選修35第十一章專題突破動(dòng)量守恒定律的常見模型

1、專題突破 動(dòng)量守恒定律的常見模型“人船”模型1.“人船”模型問題 兩個(gè)原來靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為零，則動(dòng)量守恒， 在相互作用的過程中， 任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。 這樣的 問題歸為“人船”模型問題。2.“人船”模型的特點(diǎn)(1) 兩物體相互作用過程滿足動(dòng)量守恒定律： m1v1m2v20。(2) 運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位 移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度的大小 (瞬時(shí)速率 )比等于它們質(zhì)量的反 比，即 x1v1m2。x2 v2 m1(3) 應(yīng)用此關(guān)系時(shí)要注意一個(gè)問題：公式 v1、v2 和 x一般都是相對(duì)地面而言

2、的。 【例 1】 如圖 1所示，長(zhǎng)為 L、質(zhì)量為 M 的小船停在靜水中，質(zhì)量為 m的人 從靜止開始從船頭走到船尾，不計(jì)水的阻力，求船和人相對(duì)地面的位移各為多 少？圖1解析 設(shè)任一時(shí)刻人與船的速度大小分別為 v1、v2，作用前都靜止。因整個(gè)過程 中動(dòng)量守恒，所以有 mv1 Mv2而整個(gè)過程中的平均速度大小為 v1、v2，則有mv1Mv2。兩邊乘以時(shí)間t 有 mv1t Mv2t，即 mx1Mx2。且 x1x2 L，可求出 x1 M L， x2 m L。 m MmM答案 mmMMLL mM“人船”模型問題應(yīng)注意以下兩點(diǎn)(1) 適用條件系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量為零。 在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生

3、相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中至少有一個(gè)方向的動(dòng)量守恒 (如水平方向或豎 直方向 )。(2) 畫草圖解題時(shí)要畫出各物體的位移關(guān)系草圖， 找出各長(zhǎng)度間的關(guān)系， 注意兩物體的位移 是相對(duì)同一參考系的位移。子彈打木塊 ”模型1.模型圖2.模型特點(diǎn)(1) 當(dāng)子彈和木塊的速度相等時(shí)木塊的速度最大，兩者的相對(duì)位移(子彈射入木塊的深度 )取得極值。(2) 系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等 于系統(tǒng)機(jī)械能的減少，當(dāng)兩者的速度相等時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大。(3) 根據(jù)能量守恒， 系統(tǒng)損失的動(dòng)能 EkmMMEk0，等于系統(tǒng)其他形式能的增加。由上式可以看出，子彈的質(zhì)量越小，木塊的質(zhì)量越大，動(dòng)能損失越

4、多。(4) 解決該類問題，既可以從動(dòng)量、能量?jī)煞矫娼忸}，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度 借助圖象求解。例 2】 (2018·海南高考)(多選)如圖 2(a)，一長(zhǎng)木板靜止于光滑水平桌面上， t0時(shí)， 小物塊以速度 v0滑到長(zhǎng)木板上，圖 (b)為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的 vt 圖象，圖中 t1、v0、v1 已知。重力加速度大小為 g。由此可求得 ()圖2A. 木板的長(zhǎng)度B. 物塊與木板的質(zhì)量之比C. 物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)D. 從 t0 開始到 t1時(shí)刻，木板獲得的動(dòng)能解析 木板在光滑水平面上，物塊滑上木板后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由圖(b)可知最終12物塊與木板以共同速度 v1 運(yùn)動(dòng)，有 mv0(Mm)v

5、1，mgx2(Mm)v211v0 v1 v112mv02，x(v 2 v2 )t1，由 式可求物塊與木板的質(zhì)量之比， B 項(xiàng)正確； 由 式可求物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)， C 項(xiàng)正確；木板質(zhì)量未知，獲得的動(dòng) 能不可求， D 項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 BC“子彈打木塊 ” 模型解題思路(1) 應(yīng)用系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(2) 在涉及子彈 (滑塊 )或平板的作用時(shí)間時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。(3) 在涉及子彈 (滑塊 )或平板的位移時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理。(4) 在涉及子彈 (滑塊 )的相對(duì)位移時(shí)，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。(5) 滑塊恰好不滑出時(shí)，有滑塊與平板達(dá)到共同速度時(shí)相對(duì)位移為板長(zhǎng)L滑塊彈簧”模型模型特點(diǎn)對(duì)兩個(gè)(

6、或兩個(gè)以上 )物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中，應(yīng)注意以下四 點(diǎn)：(1)在能量方面，由于彈簧的形變會(huì)具有彈性勢(shì)能，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化， 若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 (2)在相互作用過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(3) 彈簧處于最長(zhǎng) (最短 )狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守 恒，機(jī)械能守恒。(4) 彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零?！纠?3】 （2019 ·石家莊二中一模 ）如圖 3 甲所示，物塊 A、B 的質(zhì)量分別是 mA 4.0 kg和 mB3.0 kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊 B右側(cè)與 豎直墻壁相接觸。另有一

7、物塊 C 從 t0 時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在 t4 s 時(shí)與 物塊 A相碰，并立即與 A粘在一起不再分開， C的 vt圖象如圖乙所示。求：圖3（1）C 的質(zhì)量 mC ；（2）B 離開墻后的運(yùn)動(dòng)過程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能 Ep。解析 （1）由題圖乙知， C 與 A 碰前速度為 v19 m/s，碰后速度為 v23 m/s， C 與 A 碰撞過程動(dòng)量守恒。mCv1（mAmC）v2解得 mC2 kg。（2）由題圖可知， 12 s時(shí) B離開墻壁，此時(shí) A、C的速度大小 v33 m/s，之后 A、B、C 及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，且當(dāng) A、C與 B的速度相等時(shí)，彈 簧彈性勢(shì)能最大（mAmC）v3

8、（mAmBmC）v41 2 1 22（mAmC）v32（mAmBmC）v4Ep解得 Ep 9 J。答案 （1）2 kg （2）9 J圓?。ɑ蛐泵妫┸壍阑瑝K （或小球）”模型1. 模型圖2. 模型特點(diǎn)（1）最高點(diǎn)：m與 M 具有共同水平速度，且 m不可能從此處離開軌道，系統(tǒng)水平11 方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 mv0 （M m）v 共，2mv202（M m）v2共mgh。mv0mv1（2）最低點(diǎn)： m與 M分離點(diǎn)。水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，Mv2，12mv2012mv21 21M v22【例 4】 如圖 4所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為 M 的斜面， 斜面表面光滑、高度

9、為 h、傾角為 。一質(zhì)量為 m（m<M）的小物塊以一定的初速 度沿水平面向左運(yùn)動(dòng)， 不計(jì)沖上斜面時(shí)的機(jī)械能損失。 如果斜面固定， 則小物塊恰能沖到斜面的頂端。 如果斜面不固定， 則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度A.hmhB.mMC.MD. MhD.mM解析 斜面固定時(shí)，由動(dòng)能定理得mgh012mv02所以 v0 2gh 斜面不固定時(shí)，由水平方向動(dòng)量守恒得mv0（Mm）v 由機(jī)械能守恒得 解得 hMMmh，選項(xiàng) D 正確 答案 D21mv0221(Mm)v2mgh科學(xué)思維的培養(yǎng) 與圖象結(jié)合的動(dòng)量守恒定律的綜合類問題 動(dòng)量守恒定律往往與圖象結(jié)合， 比較常見的就是速度圖象、 位移圖象。 解題

10、時(shí)從 兩種圖象中讀出物體運(yùn)動(dòng)的速度或初、末速度并結(jié)合動(dòng)量守恒定律作答。 【典例】 質(zhì)量為 m11 kg 和 m2（未知 ）的兩個(gè)物體在光滑的水平面上正碰，碰 撞時(shí)間極短，其 xt 圖象如圖 5 所示，則 （ ）圖5A. 此碰撞一定為彈性碰撞B. 被碰物體質(zhì)量為 2 kgC. 碰后兩物體速度相同D. 此過程有機(jī)械能損失解析 xt 圖象的斜率表示物體的速度，由題圖求出 m1、m2 碰撞前后的速度分 別為 v14 m/s，v20，v12 m/s，v22 m/s；由動(dòng)量守恒定律得 m1v1m1v1 m2v2，得 m23 kg；根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式以及以上數(shù)據(jù)計(jì)算碰撞前、后系統(tǒng)總動(dòng) 能均為 8 J，機(jī)械能無損

11、失，因此是彈性碰撞， B、C、D 項(xiàng)錯(cuò)誤， A 項(xiàng)正確。 答案 A變式訓(xùn)練】 （2019·濰坊名校模擬 ）在光滑的水平面上有 a、b 兩球，其質(zhì)量分 別為 ma、mb，兩球在 t0 時(shí)刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過程中無機(jī)械能損失，兩球()A. ma>mbB.ma<mbC. ma mbD.無法判斷解析 由題圖圖象知， a 球以某一初速度向原來靜止的 b 球運(yùn)動(dòng)，碰后 a 球反彈 且速度大小小于其初速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知， a 球的質(zhì)量小于 b 球的質(zhì) 量，故 B 項(xiàng)正確。答案 B1. （2018 南·京模擬 ）下列說法錯(cuò)誤的是 （）A. 火箭靠噴出氣流的反沖作用

12、而獲得巨大速度B. 體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿是為了減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力C. 用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D. 為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，發(fā)動(dòng)機(jī)艙越堅(jiān)固越好 解析 火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度，故 A 項(xiàng)正確；體操運(yùn)動(dòng) 在著地時(shí)屈腿可以延長(zhǎng)著地時(shí)間，從而可以減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力，故 項(xiàng)正確；用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是可以防止槍身快速后退而造成傷害， 是為了減少反沖的影響，故 C 項(xiàng)正確；為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度， 發(fā)動(dòng)機(jī)艙應(yīng)有彈性，從而延長(zhǎng)作用時(shí)間而減小傷害，故 D 項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 D2. (2019 黑·龍江大慶模擬 )兩球在水

13、平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止?？?以肯定的是，碰前兩球的 ( )A. 質(zhì)量相等B.動(dòng)能相等C.動(dòng)量大小相等D.速度大小相等解析 兩球組成的系統(tǒng)碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒， 兩球在水平面上相向運(yùn)動(dòng)， 生正碰后都變?yōu)殪o止，故根據(jù)動(dòng)量守恒定律可以判斷碰前兩球的動(dòng)量大小相等、 方向相反，選項(xiàng) C 正確。答案 C3. 如圖 7，質(zhì)量為 M 的小船在靜止水面上以速率 v0 向右勻速行駛，一質(zhì)量為 的救生員站在船尾， 相對(duì)小船靜止。 若救生員以相對(duì)水面速率 v 水平向左躍入 中，則救生員躍出后小船的速率為 ( )圖7mA. v0MvmB.v0MvC.v0M（v0v）D. v0M（v0v）解析 設(shè)水平向右

14、為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，對(duì)救生員和船有 mvMv，解得 vv0Mm(v0v)，選項(xiàng) C 正確。答案 C4. 如圖 8所示，一質(zhì)量為 M3.0 kg的長(zhǎng)木板 B放在光滑水平地面上，在其右端 放一個(gè)質(zhì)量為 m1.0 kg的小木塊 A。給 A和 B以大小均為 4.0 m/s、方向相反的 初速度，使 A開始向左運(yùn)動(dòng)， B開始向右運(yùn)動(dòng)， A始終沒有滑離 B。在 A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)， B 的速度大小可能是 （圖8D.3.0 m/sB 做減速運(yùn)動(dòng)，最終A.解析 A 先向左減速到零，再向右做加速運(yùn)動(dòng)，在此期間， 它們保持相對(duì)靜止，設(shè) A 減速到零時(shí)， B 的速度為 v1，最終它們的共同速度為8v2，取水

15、平向右為正方向，則 MvmvMv1，Mv1（M m）v2，可得 v13 m/s，8 v22 m/s，所以在 A 做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)， B 的速度大小應(yīng)大于 2 m/s 且小于 3 m/s，只有選項(xiàng) B 正確。答案 B活頁作業(yè)（時(shí)間： 30分鐘）一、單項(xiàng)選擇題1.靜止的實(shí)驗(yàn)火箭， 總質(zhì)量為 M，當(dāng)它以對(duì)地速度為 v0噴出質(zhì)量為 m 的高溫氣 體后，火箭的速度為 （ ）A. mv0B. mv0C.m v0D.mv0A. MmB. M mC. MD. M解析 由動(dòng)量守恒定律得 mv0（Mm）v0，火箭的速度為 v Mmvm選項(xiàng) B 正確。答案 B2.如圖 1 所示，一內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓柱槽置于光滑的

16、水平面上。槽的左側(cè)有一 豎直墻壁。現(xiàn)讓一小球 （可認(rèn)為質(zhì)點(diǎn) ）自左端槽口 A 點(diǎn)的正上方從靜止開始下落， 與半圓槽相切并從 A 點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則下列說法正確的是 （ ）A. 小球離開右側(cè)槽口以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)B. 小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，只有重力對(duì)小球做功C. 小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D. 小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)量守恒 解析 小球從下落到最低點(diǎn)的過程中， 槽沒有動(dòng)， 與豎直墻之間存在擠壓， 動(dòng)量 不守恒；小球經(jīng)過最低點(diǎn)往上運(yùn)動(dòng)的過程中， 斜槽與豎直墻分離， 水平方向動(dòng)量 守恒；全過程中有一段時(shí)間系統(tǒng)受豎直墻彈力的作用， 故全

17、過程系統(tǒng)水平方向動(dòng) 量不守恒，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤；小球離開右側(cè)槽口時(shí)，水平方向有速度，將做斜拋運(yùn) 動(dòng)，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；小球經(jīng)過最低點(diǎn)往上運(yùn)動(dòng)的過程中，斜槽往右運(yùn)動(dòng)，斜槽對(duì) 小球的支持力對(duì)小球做負(fù)功， 小球?qū)π辈鄣膲毫?duì)斜槽做正功， 系統(tǒng)機(jī)械能守恒， 選項(xiàng) B錯(cuò)誤，C 正確。答案 C3. 如圖 2所示，具有一定質(zhì)量的小球 A固定在輕桿一端， 另一端掛在小車支架的 O 點(diǎn)。用手將小球拉至水平，此時(shí)小車靜止于光滑水平面上，放手讓小球擺下與 B 處固定的橡皮泥碰擊后粘在一起，則在此過程中小車將 ( )圖2A.向右運(yùn)動(dòng)B. 向左運(yùn)動(dòng)C. 靜止不動(dòng)D.小球下擺時(shí)，車向左運(yùn)動(dòng)后又靜止解析 水平方向上，系統(tǒng)不受外

18、力， 因此在水平方向上動(dòng)量守恒。 小球下落過程 中，水平方向具有向右的分速度，因此為保證動(dòng)量守恒，小車要向左運(yùn)動(dòng)。當(dāng)撞 到橡皮泥，是完全非彈性碰撞， A 球和小車大小相等、方向相反的動(dòng)量恰好抵消 掉，小車會(huì)靜止，選項(xiàng) D 正確。答案 D4. 如圖 3所示，氣球下面有一根長(zhǎng)繩， 一個(gè)質(zhì)量為 m150 kg 的人抓在氣球下方， 氣球和長(zhǎng)繩的總質(zhì)量為 m220 kg，長(zhǎng)繩的下端剛好和水平面接觸，當(dāng)靜止時(shí)人 離地面的高度為 h 5 m。如果這個(gè)人開始沿繩向下滑，當(dāng)他滑到繩下端時(shí)，他 離地面高度是 （可以把人看做質(zhì)點(diǎn) ）（）圖3解析 當(dāng)人滑到繩下端時(shí)， 如圖所示，由動(dòng)量守恒定律，得 m1ht1m2ht2

19、， 且 h1h2 h。解得 h11.4 m；所以他離地高度 Hhh13.6 m，故 選項(xiàng) B 正確。答案 B5. （2018海·南高考）如圖 4，用長(zhǎng)為 l的輕繩懸掛一質(zhì)量為 M的沙箱，沙箱靜止。 一質(zhì)量為 m 的彈丸以速度 v 水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動(dòng)一 小角度。不計(jì)空氣阻力。對(duì)子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程 （ ）圖4A.若保持 m、v、l 不變，M 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小B. 若保持 M、v、l 不變， m 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小C. 若保持 M、m、l 不變， v 變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大D. 若保持 M、m、v 不變， l 變大，

20、則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大11解析 動(dòng)量守恒 mv（Mm）V，系統(tǒng)損失的機(jī)械能 Ek2mv22（M m）V22Mmv2mv2Mv22（Mm） 2（1mvMm）2（MmMv 1），所以 A、B、D項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。答案 C二、多項(xiàng)選擇題6. A、 B 兩球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，如圖 5 所示的 xt 圖象記錄了它們碰撞前后的 運(yùn)動(dòng)情況，其中 a、b 分別為 A、B 碰撞前的 xt 圖象。 c 為碰撞后它們的 x t 圖象。若 A 球質(zhì)量為 1 kg，則 B 球質(zhì)量及碰后它們的速度大小為 （ ）A.2 kgB.3 kgC.4 m/sD.1 m/s410402m/s2 m/s，碰撞后二者連在起做勻速直線運(yùn)動(dòng)

21、，解析 由圖象可知碰撞前二者都做勻速直線運(yùn)動(dòng)， va 2 m/s 3 m/s， vb24vcm/s 1 m/s。4 2碰撞過程中動(dòng)量守恒，即 mAvamBvb（mAmB）vc2可解得 mB3 kg由以上可知選項(xiàng) B、D 正確。答案 BD7. 如圖 6 所示，木塊 A 的質(zhì)量 mA1 kg，足夠長(zhǎng)的木板 B 的質(zhì)量 mB 4 kg，質(zhì) 量為 mC4 kg的木塊 C置于木板 B上，水平面光滑， B、C之間有摩擦?，F(xiàn)使 A 以 v012 m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與 B碰撞后以 4 m/s的速度彈回，則 （）圖6A.B運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為 4 m/sB. B 運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為 8 m/sC.

22、C 運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為 4 m/sD. C 運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為 2 m/s解析 A與 B碰后瞬間， C的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未變，此時(shí) B的速度最大，由 A、B組成 的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 （取向右為正方向 ），有 mAv0 mAv A mBvB，代入數(shù)據(jù)得 vB 4 m/s ，選項(xiàng) A 正確， B 錯(cuò)誤； B 與 C 相互作用使 B 減速， C 加速，由于 B 足夠 長(zhǎng)，所以 B和 C能達(dá)到相同速度，二者共速后， C速度最大，由 B、C組成的系 統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 mBvB（mBmC）vC，代入數(shù)據(jù)得 vC2 m/s，選項(xiàng) C 錯(cuò)誤， D 正 確。答案 AD8. （2019 徐·州三中月考 ）光滑

23、水平地面上， A、 B 兩物體質(zhì)量都為 m，A 以速度 v 向右運(yùn)動(dòng)， B 原來靜止，左端有一輕彈簧，如圖 7 所示，當(dāng) A 撞上彈簧，彈簧被 壓縮最短時(shí) （ ）圖7A.A、B 系統(tǒng)總動(dòng)量仍然為 mvB. A 的動(dòng)量變?yōu)榱鉉. B 的動(dòng)量達(dá)到最大值D. A、B 的速度相等解析 系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒， A 項(xiàng)正確；彈簧被壓縮到最短時(shí) A、B 兩物體具 有相同的速度， D 項(xiàng)正確，B 項(xiàng)錯(cuò)誤；但此時(shí) B的速度并不是最大的，因?yàn)閺椈?還會(huì)彈開，故 B 物體會(huì)繼續(xù)加速， A物體會(huì)繼續(xù)減速， C 項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 AD9. 如圖 8所示，箱子放在水平地面上， 箱內(nèi)有一質(zhì)量為 m的鐵球以速度 v 向左壁 碰去，來回碰幾次后停下來，而箱子始終靜止，則整個(gè)過程中 （ ）圖8A.鐵球?qū)ο渥拥臎_量為零B. 鐵球和箱子受到的沖量大小相等C. 箱子對(duì)鐵球的沖量大小為 mv，向右D. 摩擦力對(duì)箱子的沖量大小為 mv，向右解析 根據(jù)動(dòng)量定理，鐵球受到的沖量為 I0mv mv，而箱子受到的沖量 始終為零，故B 項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，