物理易错题.docx

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物理易错题

关于冲量，下列说法中正确的是（　　）

A.冲量是物体动量变化的原因

B.作用在静止的物体上的力的冲量一定为零

C.动量越大的物体受到的冲量越大

D.冲量的方向就是物体受到的合外力方向

【解析】冲量等于力与时间的乘积，是矢量，方向与力的方向相同．

【答案】解：

A、根据动量定理知，冲量是引起动量变化的原因，故A正确．

B、根据I=Ft知，作用在静止物体上力的冲量不为零，故B错误．

C、冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C错误．

D、冲量的方向与力的方向相同，合力的冲量才与合力的方向相同，故D错误．

如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中

A.重力的冲量相同

B.弹力的冲量相同

C.合力的冲量相同

D.以上说法均不对

【解析】设物体质量为m，沿倾角为θ的斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsInθ=ma.

设物体开始下滑时高度为h，根据初速为零的匀加速运动的位移公式，可得物体下滑的时间为.

下滑过程中重力的冲量为.

同理可得，物体沿倾角为α的光滑斜面下滑过程中重力的冲量为

因为θ≠α，所以Iθ≠Iα,选项A错误.

力的冲量是矢量.两个矢量相同，必须大小和方向都相同.因该题中θ≠α,故弹力的方向和合力的方向都不同，弹力的冲量的方向和合力的冲量的方向也不同.选项B、C错误.

综上所述，该题答案为D

一人做“蹦极”运动,用原长20m的橡皮绳拴住身体往下跃,若此人质量为50kg,从60m高处由静止下落,从开始下落运动到停止的瞬间所用的时间为4s.则橡皮绳对人的平均作用力约为多少?

（g取10m/s2）

【答案】1000N

水平推力F1和F2分别作用于水平面上静止的a、b两物体上，两物体的质量相等．作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下来．两物体的v-t图象如图所示，图中线段AB∥CD，则（　　）

AF1的冲量大于F2的冲量

BF1的冲量小于F2的冲量

C两物体受到的摩擦力大小相等

D两物体受到的摩擦力大小不等

【解析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等．根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系．

【答案】解：

C、D，由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．故C正确，D错误．

A、B根据动量定理，对整个过程研究得

F1t1-ftOB=0，F2t2-ftOD=0

由图看出，tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故A错误，B正确．

故选BC

如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的1/4圆周轨道，圆心O在S的正上方。

在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。

以下说法正确的是

A.a比b先到达S，它们在S点的动量不相等

B.a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等

C.a比b先到达S，它们在S点的动量相等

D.b比a先到达S，它们在S点的动量相等

【答案】A

【解析】a物体做自由落体运动，运动时间为t1，b物体沿圆弧轨道下滑的过程中，其竖直方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度。

又a、b两物体竖直方向位移相等，所以b物体下滑到S的时间t2＞t1。

故A正确，B、C、D错误。

如图6-3-1所示，质量均为M的A、B两木块从同一高度自由下落.当A木块落至某一位置时被以速率为v0水平飞来的子弹击中（设子弹未穿出），子弹的质量为m，则A、B两木块在空中运动的时间tA、tB的关系是（）

A.tA=tB

B.tA＞tB

C.tA＜tB

D.无法比较

【解析】A与子弹构成的系统在水平方向不受外力，动量守恒.而在竖直方向，子弹与A木块组成的系统，内力远大于两物的重力和（M+m）g，竖直方向上动量近似守恒.子弹在击中A之前A在竖直方向的速度为v1，击中后竖直方向的共同速度为v2，据Mv1=（M+m）v2，得v2＜v1，即A在竖直方向的分速度减小，时间延长，答案选B.

【答案】B

将两条完全相同的磁铁（磁性极强）分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为3m/s，乙车速度大小为2m/s，方向相反并在同一直线上，如图所示：

（1）当乙车速度为零时，甲车的速度多大？

方向如何？

（2）由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？

方向如何？

【答案】

解：

两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，设向右为正方向

（1）据动量守恒知：

mv甲-mv乙=mv甲'

代入数据解得v甲'=v甲-v乙=（3-2）m/s=1m/s，方向向右

（2）两车相距最小时，两车速度相同，设为v'，由动量守恒知：

mv甲-mv乙=mv'+mv'

解得，方向向右

一辆平板车沿光滑平面运动，车的质量m=20kg，运动速度为v0=4m/s，求在下列情况下，车的速度变为多大？

（1）一个质量为m′=2kg的沙包从5m高处落入车内；

（2）将质量m′=2kg的沙包，以v=5m/s的速度迎面水平扔入车内．

【解析】

（1）、沙包从5m高处落入车内，与车作用前的速度的方向是竖直向下的，水平方向上没有分量．以平板车和沙包为研究对象，经受力分析发现在水平方向上合力为零，在水平方向上动量守恒．选取正方向，根据动量守恒定律列式求解．

（2）、此问是沙包以v=5m/s的速度迎面水平扔入车内，在相互作用的过程中，以平板车和沙包为研究对象，水平方向上合外力为零，动量守恒．选取正方向，根据动量守恒定律列式求解．

【答案】

解：

（1）、沙包和车组成一个系统，在水平方向上动量守恒，选向右的方向为正．沙包在刚落入车内那一时刻，在水平方向上的速度为零，（注意是沙包刚落入车内在竖直方向的速度，它在水平方向的分速度为零），最后沙包停在车上，沙包和车有共同的速度v'，

根据水平方向的动量守恒，可得：

mv0=（m'+m）v'

（2）取车运动方向为正，设沙包和车的共同速度为v2，有

mv0-m′v1=（m+m′）v2

答：

（1）一个质量为m′=2kg的沙包从5m高处落入车内，车的最终速度为3.64m/s

（2）将质量m′=2kg的沙包，以v=5m/s的速度迎面水平扔入车内，车的最终速度为3.2m/s

【点评】

动量守恒定律的内容是相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．

细分动量守恒定律的使用条件，可从三个方面来理解：

1、系统不受外力或受到的合外力为零．

2、系统所受的外力远小于内力，系统动量守恒．象碰撞、爆炸等．

3、系统某一方向上不受外力或所受外力之和等于零，则在该方向上动量守恒．

解答此题时，不要受到竖直下落的沙包的速度的影响，作用前沙包的速度方向是竖直向下的，我们研究的动量守恒是在水平方向上．此时沙包的速度在水平方向上分量为零．注意动量守恒的同向性．此题符合动量守恒的第三个条件．

在光滑水平面上动能为E0，动量大小P0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰后球1的动能和动量大小分别记为E1、P1，球2的动能和动量大小分别记为E2、P2，则必有（　　）

A.E1＜E0B.P1＜P0C.E2＞E0D.P2＜P0

【解析】根据碰撞过程的两大基本规律：

系统动量守恒和总动能不增加，分析可知得到：

E1＜E0，E2＜E0，P1＜P0．由动量守恒定律分析P2与P0的关系．

【答案】解：

A、C、D、由题，碰撞后两球均有速度．

由碰撞过程中总动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0，P1＜P0．

否则，就违反了能量守恒定律．故AB正确，C错误，

D、根据动量守恒定律得：

P0=P2-P1，

得：

P2=P0+P1，可见，P2＞P0．故D错误．

故选：

AB．

长为1m的细绳，能承受的最大拉力为46N，用此绳悬挂质量为0．99kg的物块处于静止状态，如图所示，一颗质量为10g的子弹，以水平速度v0射人物块内，并留在其中。

若子弹射人物块内时细绳恰好不断裂，g取10m/s2，则子弹射人物块前速度v。

最大为___m/s。

【答案】600

如图8-7-2所示，在光滑的水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是500g，B的质量是300g，有一质量为80g的小铜块C（可视为质点）以25m/s的水平初速度开始在A的表面滑动.铜块最后停在B上,B与C一起以2.5m/s的速度共同前进.求:

（1）木块A最后的速度vA′;

（2）C离开A时的速度vC′.

【解析】

【答案】

【解析】C在A上滑动时，选A、B、C作为一个系统，其总动量守恒.则mCv0=mCvC′+（mA+mB）vA′①C滑到B上后A做匀速运动，再选B、C作为一个系统，其总动量也守恒，则mCvC′+mBvA′=（mB+mC）vBC②

也可以研究C在A、B上面滑动的全过程，在整个过程中，A、B、C组成系统的总动量守恒，则mCv0=mAvA′+（mB+mC）vBC③

把上述方程①②③式中的任意两个联立求解即可得到vA′=2.1m/s，vC′=4m/s.

如图，ABC三个木块的质量均为m。

置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，是弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以初速沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为，求弹簧释放的势能。

【答案】

【试题分析】设碰后A、B和C的共同速度大小为V，由动量守恒得

①

设C离开弹簧时，A、B的速度大小为，由动量守恒得

②

设弹簧的弹性势能为

从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有

③

由①②③式得弹簧所释放的势能为

④

在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（　　）

A.若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开

B.若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行

C.若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开

D.若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行

【解析】碰撞最基本的规律是系统的动量守恒，分析碰撞前后的动量，根据动量是否守恒进行判断．

【答案】解：

A、若两球质量相等，碰撞前以速率相等相向而行，则系统的总动量为零．若碰撞后以某一相等速率反向而行，总动量也为零，符合动量守恒，是可能的．故A正确．

B、若两球质量相等，碰撞前以速率相等相向而行，则系统的总动量为零．若碰后以某一相等速率同向而行，总动量不等于零，不符合动量守恒这一基本规律，不可能发生．故B错误．

C、若两球质量不同，碰撞前以速率相等相向而行，系统的总动量与质量较大的物体动量方向相同；若碰后以某一相等速率反向而行，总动量也与质量较大的物体动量方向相同，而此方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，不可能发生，故C错误．

D、若两球质量不同，碰撞前以速率相等相向而行，系统的总动量与质量较大的物体动量方向相同；若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行，总动量可能与碰撞前动量相等，是可能发生的，故D正确．

故选：

AD．

【点评】本题抓住碰撞过程的基本规律：

动量守恒定律进行分析，特别要注意动量的方向，动量守恒是指总动量的大小和方向都不变，要正确全面理解．

半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动．若甲球质量大于乙球质量，碰撞前两球动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是（　　）

A.甲球的速度为零而乙球的速度不为零

B.乙球的速度为零而甲球的速度不为零

C.两球的速度均不为零

D.两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等

【解析】该题考查动量守恒定律，动能与动量的关系，甲乙两球动能相等，有EK甲=EK乙，设甲球的动量为P甲，乙球动量为P乙，则，，因为m甲＞m乙，所以P甲＞P乙，又因为两球相向运动，所以P甲与P乙方向相反，碰撞后两球应沿动量大的方向，故两球运动方向与甲球原来的方向相同不为零．所以乙球速度不为零．

【答案】

解：

A、上述分析知EK甲=EK乙，因为=，所以，∵m甲＞m乙∴P甲＞P乙．甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，甲继续沿原来的方向运动，乙必弹回．所以乙的速度不可能为零，故A正确．

B、因为乙必弹回，故速度不为零．B错误

C、因为碰撞后甲乙都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零，C正确

D、碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动，都不反向，D错误

故选A、C

半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，若甲球的质量大于乙求的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是（　　）

A.甲球的速度为零而乙球的速度不为零

B.乙球的速度为零而甲球的速度不为零

C.两球的速度均零

D.两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等

【解析】两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，应用由动量守恒定律分析答题．

【答案】解：

A、物体的动量：

p=，由题意知：

EK甲＞EK乙，m甲＞m乙，则p甲＞p乙．甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，碰撞后甲的速度为零或继续沿原来的方向运动，乙必弹回．所以乙的速度不可能为零，故A正确．

B、因为乙必弹回，故速度不为零．故B错误

C、碰撞过程系统动量守恒，碰撞前系统总动量不为零，由动量守恒定律可知，碰撞后系统总动量不为零，因此碰撞后两球的速度不能都为零，故C错误；

D、由A的分析可知，碰撞后系统总动量沿甲的初动量方向，甲不可能反向，故D错误；

故选：

A．

质量m1＝4kg的小球以v1＝10m/s的速率向正东方向运动。

质量m2＝6kg的小球以v2＝4m/s的速率向正西方向运动。

选取向东的方向为正方向。

两球发生正碰后，可能的速度是（　　）

①v1′＝1.6m/s，v2′＝1.6m/s

②v1′＝－6.8m/s，v2′＝7.2m/s

③v1′＝－5m/s，v2′＝6m/s

④v1′＝－8m/s，v2′＝8m/s

A.①②③B.①②④C.②③④D.①③④

【答案】A

【解析】系统动能在碰撞过程中不会增加，其碰后总动能最多与碰前总动能相同，为当碰后两物体合在一起时损失的机械能最多，由动量守恒知碰后的速度此时系统的总动能这是碰后系统具有的最少动能。

碰撞中系统的动量守恒，即碰后系统总动量应与初动量相同，为m1v1－m2v2＝16kg·m/s，方向向东。

对①，由上述可知恰为碰后结合在一起的碰撞（完全非弹性碰撞），因此①正确；对于②，碰后系统总动量p′＝m1v1′＋m2v2′＝16kg·m/s，碰后系统总动能可见碰撞中动量守恒且动能无损失（为完全弹性碰撞），②正确；对于③，同上述理由可知碰后总动量p′＝16kg·m/s，碰后总动能Ek′＝158J，可见③符合动量守恒，且机械能符合要求，③正确；④碰后总动量p′＝16kg，碰后总动能因此④是错误的。