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微專題Ⅰ 動量守恒定律幾種模型分析
掌握動量守恒定律的幾種模型
模型一、小球與曲面模型
(1)小球上升至最高點時，小球的重力勢能最大
水平方向動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相當于完全非彈性碰撞)
(2)小球返回曲面底端時
動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相當于彈性碰撞)
（2022春 安陽月考）如圖所示，一個質量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，半圓槽半徑為R，一小物塊Q質量為3m，從半圓槽的最左端與圓心等高位置無初速釋放，然后滑上半圓槽右端，接觸面均光滑，Q從釋放到滑至半圓槽右端最高點的過程中，下列說法錯誤的是（　　）
A．P一直向左運動
B．P的位移大小為
C．Q到右端最高點一定與圓心等高
D．Q運動到最低點時的速度最大
【解答】解：A、在Q滑至最低點時，對P來說受到小球給的向左的力，故向左做加速運動，在小球從最低點到滑至半圓槽右側最高點的過程中，P受到小球給的向右的力，P做向左的減速運動，因為對于系統來說水平方向動量守恒，當Q滑至半圓槽右端最高點時，P速度減為零，所以整個運動過程中，P一直向左運動，故A正確；
B、根據動量守恒定律可知，物塊Q從槽口左端運動到右端的過程中，P和Q在任一時刻的水平分速度大小滿足
mvP＝3mvQ
所以二者的位移關系同樣滿足
mxP＝m3mxQ
根據相對位移關系可知
xP+xQ＝2R
解得：，故B錯誤；
C、小球和半圓槽組成的系統水平方向不受力，水平方向動量守恒且總動量為零，小球和半圓槽速度相等，由動量守恒可知速度為零。對于系統來說只有重力做功，系統機械能守恒，所以Q到右端最高點一定與圓心等高，故C正確；
D、Q在下滑過程中重力做正功，故動能增加，在上滑過程中重力做負功，動能減小、所以Q運動到最低點時的速度最大，故D正確；
本題選錯誤的，故選：B。
（2024 東港區校級模擬）如圖所示，木塊A的右側為光滑曲面，且下端極薄，上端軌道切線豎直，其質量為2.0kg，靜止于光滑水平面上。一質量為2.0kg的小球B以2.0m/s的速度從右向左運動沖上A的曲面，與A發生相互作用。B球沿A曲面上升的最大高度為（　　）
A．0.1m B．0.2m C．0.5m D．0.05m
【解答】解：A與B組成的系統在水平方向動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得
mBvB＝（mA+mB）v
由機械能守恒定律得
解得
h＝0.1m
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024春 高新區期末）如圖所示，一小車靜止于光滑水平面，其上固定一光滑彎曲軌道，整個小車（含軌道）的質量為m．現有質量也為m的小球，以水平速度v0從左端滑上小車，沿彎曲軌道上升到最高點，最終從軌道左端滑離小車。關于這個過程，下列說法正確的是（　　）
A．小球與小車組成的系統動量守恒
B．小球沿軌道上升到最高點時，小車的速度為零
C．小球沿軌道上升的最大高度為
D．小球滑離小車后，做自由落體運動
【解答】解：ABC．依題意，小車和小球組成的系統水平方向不受外力，則系統水平方向動量守恒，豎直方向上不守恒。設達到最高點的高度為H，此時小球仍然具有水平速度，取水平向右為正方向，由動量守恒定律，可得
mv0＝（m+m）v
根據能量守恒，可得
聯立，解得
故ABC錯誤；
D．設小球滑離小車時，二者速度分別為v球和v車，取水平向右為正方向，由動量守恒和能量守恒可得
聯立解得
v球＝0
小球滑離小車后，做自由落體運動，故D正確。
故選：D。
（2024 紅橋區一模）如圖所示，一質量M＝2.0kg的長木板AB靜止在水平面上，木板的左側固定一半徑R＝0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同．現在將質量m＝1.0kg的小鐵塊（可視為質點）從弧形軌道頂端由靜止釋放，小鐵塊到達軌道底端時的速度v0＝3.0m/s，最終小鐵塊和長木板達到共同速度．忽略長木板與地面間的摩擦．取重力加速度g＝10m/s求
（1）小鐵塊在弧形軌道末端時所受支持力的大小F；
（2）小鐵塊在弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）小鐵塊和長木板達到的共同速度v．
【解答】解：（1）小木塊在弧形軌道末端時，由牛頓第二定律得
解得：F＝mg+m1×10+125N
（2）鐵塊在弧形軌道上滑行過程，根據動能定理得
解得：克服摩擦力所做的功Wf＝mgR1×10×0.61×32＝1.5J
（3）鐵塊在木板上滑動過程，系統的動量守恒，則有 mv0＝（m+M）v
解得：共同速度v1.0m/s
答：
（1）小鐵塊在弧形軌道末端時所受支持力的大小F是25N；
（2）小鐵塊在弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功Wf是1.5J．
（3）小鐵塊和長木板達到的共同速度v是1m/s．
（2024春 越秀區期末）如圖，一滑板的上表面由長度為L的粗糙水平部分AB和半徑為R的四分之一光滑圓弧BC組成，滑板靜止于光滑的水平地面上，物體P（可視為質點）置于滑板上面的A點，物體P與滑板水平部分的動摩擦因數為μ（已知μ＜1，但具體大小未知），一根長度為L、不可伸長的輕細線，一端固定于O′點，另一端系一小球Q，小球Q位于最低點時與物體P處于同一高度并恰好接觸。現將小球Q拉至與O′同一高度（細線處于水平拉直狀態），然后由靜止釋放，小球Q向下擺動并與物體P發生彈性碰撞（碰撞時間極短）。已知小球Q的質量為m，物體P的質量為2m，滑板的質量為6m，，重力加速度為g，不計空氣阻力。
（1）小球Q與物體P碰撞后瞬間，求物體P速度的大小；
（2）若物體P恰不從C點滑出，求μ的值；
（3）若要保證物體P既能到達圓弧BC，同時不會從C點滑出，求物體P在AB上滑行路程s與μ的關系。（結果均可用根式和分式表示）
【解答】解：（1）小球Q下擺過程，根據動能定理有
取向左為正方向，小球Q與物體P發生彈性碰撞過程有
mv0＝mv1+2mv2
解得
（2）若物體P恰不從C點滑出，即P運動到C點時與滑板的速度相等，取向左為正方向，有
2mv2＝（6m+2m）v3
解得
（3）若要保證物體P既能到達圓弧BC，同時不會從C點滑出，則（2）中求出的動摩擦因數為最小值，即有
當P恰好能夠運動到B點，此時的動摩擦因數為最大值，取向左為正方向，有
2mv2＝（6m+2m）v4
解得
綜合上述有
若物體P最終恰好運動至滑板上的A點與滑板保持相對靜止，取向左為正方向，有
2mv2＝（6m+2m）v5
解得
可知，當動摩擦因數小于時，P最終將從滑板的A點飛出，可知，當時有
s＝2L
當時，P最終在AB之間的某一位置與滑板保持相對靜止，取向左為正方向，有
2mv2＝（6m+2m）v6
解得
模型二、小球與彈簧模型
(1)兩小球速度相同時，彈簧最短，彈性勢能最大
動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相當于完全非彈性碰撞)
(2)彈簧恢復原長時：
動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相當于完全彈性碰撞)
（2024 黃陂區校級一模）質量為2kg的小球b靜止在光滑的水平地面上，左端連接一水平輕質彈簧，質量為2kg的另一小球a以4m/s的速度向b運動，從小球a接觸彈簧到壓縮到最短所經歷的時間為，已知此彈簧的壓縮量x與彈性勢能Ep的關系為，則小球a、b在這段時間內的位移大小分別為（　　）
A．m， B．m，m
C．m，m D．m，m
【解答】解：小球a、b與彈簧組成的系統動量守恒，彈簧被壓縮至最短時，小球a、b達到共速，設共速時的速度為v1，小球a的初速度為v0，則由動量守恒定律有：mav0＝（ma+mb）v1
碰撞過程中機械能守恒，有：
解得彈簧壓縮到最短時的彈性勢能：Ep＝8J
由彈簧的壓縮量x與彈性勢能Ep的關系：
代入可得：x＝0.4m
設小球a、b在這段時間內的位移大小分別為l1、l2，任取極短的時間Δt，兩小球在任意時刻動量均守恒，任意時刻的速度分別設為v1i、v2i則有：mav0＝mav1i+mbv2i
兩邊同乘以Δt并求和得：∑mav0Δt＝∑mav1iΔt+∑mbv2iΔt
故有：mav0t＝mal1+mbl2
而兩小球的對地位移之間的關系為：l1﹣l2＝x
聯立解得：，，故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
（2024 朝陽區一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質量均為m，P以速度v向右運動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當彈簧被壓縮至最短時（　　）
A．P的動量為0
B．Q的動量達到最大值
C．P、Q系統總動量小于mv
D．彈簧儲存的彈性勢能為
【解答】解：AC、物體P、Q與輕彈簧組成的系統所受合外力為零，滿足系統動量守恒的條件，系統總動量為mv，所以彈簧被壓縮至最短時此系統總動量仍然為mv，以向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mv＝2mv1，解得：v1v，所以P的動量為mv1mv，不為零，故AC錯誤；
D、根據機械能守恒定律得彈簧儲存的彈性勢能為Ep，故D正確；
B、彈簧被壓縮至最短時，彈簧處于壓縮狀態，對物體Q有向右的彈力，物體Q的速度方向也向右，所以在接下來的一段時間內，物體Q做加速運動，其動量會繼續增大，故此時Q的動量不是最大，故B錯誤。
故選：D。
（2023秋 無錫期末）如圖a所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的輕質彈簧，整個系統靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側固定的擋板相接觸，B物塊質量為2kg。現解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的v﹣t圖像如圖b所示，則（　　）
A．A的質量為5kg
B．彈簧鎖定時其彈性勢能為6J
C．A離開擋板后最大速度為4m/s
D．B的速度為2m/s時，彈簧恰好處于原長狀態
【解答】解：B、物塊A剛要離開擋板時彈簧為原長，由B物塊的v﹣t圖像可知A剛離開擋板時B的速度為vB0＝3m/s，根據機械能守恒定律可得彈簧鎖定時其彈性勢能為：EpmB2×32J＝9J，故B錯誤；
AC、物塊A離開擋板后到A、B共速時彈簧被拉伸到最長，之后彈簧再次變為原長，此過程A一直做加速直線運動，B一直做減速直線運動，之后彈簧被壓縮，A做減速直線運動，B做加速直線運動，故彈簧再次為原長時A的速度最大，B的速度最小，由v﹣t圖像可知B的速度最小值為vB1＝1m/s，設A的速度最大為vA1。
當A離開擋板后，A、B組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：
mBvB0＝mAvA1+mBvB1
mBmAmB
聯立解得：vA1＝4m/s，mA＝1kg，故A錯誤，C正確；
D、由上述分析可知B的速度為1m/s時，彈簧恰好處于原長狀態，B的速度有3m/s減小到1m/s的過程中彈簧處于伸長狀態，故D錯誤。
故選：C。
（2024 道里區校級一模）輕質彈簧上端懸掛于天花板上，下端與質量為M的木板相連，木板靜止時位于圖中Ⅰ位置。O點為彈簧原長時下端點的位置，質量為m的圓環形物塊套在彈簧上（不與彈簧接觸），現將m從O點正上方的Ⅱ位置自由釋放，物塊m與木板瞬時相碰后一起運動，物塊m在P點達到最大速度，且M恰好能回到O點。若將m從比Ⅱ位置高的Q點自由釋放后，m與木板碰后仍一起運動，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊m達到最大速度的位置在P點的下方
B．物塊m與木板M從Ⅰ位置到O的過程做勻減速運動
C．物塊m與木板M在O點正好分離
D．物塊m能回到Q點
【解答】解：A．在物塊m下落過程中，當物塊m、木板M的總重力等于彈簧彈力時，物塊m達到最大速度，故物塊m達到最大速度的位置仍在P點，故A錯誤；
B．物塊m與木板M從I位置到O的過程，總重力不變，彈簧的彈力逐漸減小，故物塊m與木板M做加速度增大的減速運動，故B錯誤；
C．將m從O點正上方的Ⅱ位置自由釋放，且M恰好能回到O點，可知將m從比Ⅱ位置高的Q點自由釋放后，根據能量守恒，M回到O點時速度不為零，O點為彈簧原長時下端點的位置，則物塊m與木板M間的作用力為零，故物塊m與木板M在O點正好分離，故C正確；
D．根據能量守恒可知，碰撞過程存在一定的機械能損失，且物塊m的部分機械能轉化為木板M的機械能，故物塊m不能回到Q點，故D錯誤。
故選：C。
（2022 南京模擬）如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在球B上，另一端與球C接觸但未拴接，球B和球C靜止在光滑水平地面上。球A從光滑斜面上距水平地面高為H＝3.2m處由靜止滑下（不計小球A在斜面與水平面銜接處的能量損失），與球B發生正碰后粘在一起，碰撞時間極短，稍后球C脫離彈簧，在水平地面上勻速運動后，進入固定放置在水平地面上的豎直四分之一光滑圓弧軌道內。已知球A和球B的質量均為1kg，球C的質量為4kg，且三個小球均可被視為質點。圓弧的半徑R＝2m，g取10m/s2。求：
（1）小球A和小球B碰后瞬間粘在一起時的共同速度大小vAB；
（2）球C脫離彈簧后在圓弧上達到的最大高度h；
（3）調整球A釋放初位置的高度H，球C與彈簧分離后恰好能運動至圓弧軌道的圓心等高處。求球C在圓弧軌道內運動過程中克服重力做功的最大瞬時功率P。
【解答】解：（1）設小球A與B碰前瞬間的速度為vA，A由斜面最高點下滑到最低點的過程中，由機械能守恒定律可得，解得：
A與B發生正碰時在水平方向動量守恒，有
mAvA＝（mA+mB）vAB
聯立代入數據解得
；
（2）設球C脫離彈簧后的速度為vC，A、B整體的速度為vAB′，從A與B結合為一個整體后到球C離開彈簧的過程中，由動量守恒定律有
（mA+mB）vAB＝（mA+mB）v′AB+mCvC
由機械能守恒定律有
，解得：，
從球C脫離彈簧到運動至圓弧最大高度處的過程中，由機械能守恒定律得
聯立并代入數據解：
（3）球C在圓弧軌道內運動過程中，當豎直方向的加速度為零時，豎直方向速度最大，此時克服重力做功的瞬時功率最大。如圖所示，設此時球C與圓弧軌道圓心連線與水平方向的夾角為θ，所受軌道支持力大小為FN，則
mCg＝FNsinθ
在該位置處，設球C的速度為v，在沿軌道半徑方向根據牛頓第二定律得：
球C從該位置處運動到與圓弧軌道圓心等高處過程中，由機械能守恒定律得
聯立解得：3sin2θ＝1，
解得：
，
所以球C克服重力做功的最大瞬時功率為。
模型三、子彈打木塊模型
子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。
設質量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。
要點詮釋：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。
從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統動量守恒：……①
從能量的角度看，該過程系統損失的動能全部轉化為系統的內能。設平均阻力大小為，設子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有
對子彈用動能定理： ……②
對木塊用動能定理： ……③
②相減得： ……④
對子彈用動量定理： ……⑤
對木塊用動量定理： ……⑥
（2024春 天河區校級期末）如圖所示，水平桌面光滑，輕彈簧一端固定在墻上，另一端栓接木塊B，開始時B靜止，彈簧處于原長。某時刻子彈A沿水平方向射入木塊B并留在其中，將彈簧壓縮到最短。對子彈、木塊和彈簧構成的系統，從子彈開始射入木塊到彈簧被壓縮至最短的過程中（　　）
A．動量不守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能不守恒
D．動量守恒，機械能守恒
【解答】解：子彈進入木塊開始壓縮彈簧，對三者組成的系統，墻壁對彈簧向右的力不為0，故動量不守恒，又因為子彈和木塊的作用過程是一個完全非彈性碰撞模型，作用過程中會損失較多的機械能，故系統機械能也不守恒，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024春 重慶期末）如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側同時射入木塊，最終都停在木塊內，這一過程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度小于子彈B射入的深度，則（　　）
A．子彈A的質量一定比子彈B的質量小
B．入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力小
C．子彈A在木塊中運動的時間比子彈B在木塊中運動的時間短
D．子彈A射入木塊時的初動能一定比子彈B射入木塊時的初動能小
【解答】解：BD、由于木塊始終保持靜止狀態，則兩子彈對木塊的推力大小相等，則兩子彈所受的阻力大小相等，設其為F，根據動能定理得：
對A子彈：﹣FdA＝0﹣EKA，得FdA＝EkA
對B子彈：﹣FdB＝0﹣EkB，得FdB＝EKB
由于dA＜dB，則子彈入射時的初動能
EkA＜EkB，故B錯誤，D正確；
A、對兩子彈和木塊組成的系統動量守恒，則有，由題可知子彈A射入的深度小于子彈B射入的深度，因此有EkA＜EkB，因此mA＞mB，故A錯誤；
C、子彈A、B從木塊兩側同時射入木塊，木塊始終保持靜止，分析得知，兩子彈在木塊中運動時間必定相等，否則木塊就會運動，故C錯誤。
故選：D。
（2024春 廬陽區校級期中）如圖所示的裝置中，木塊B放在光滑的水平桌面上，子彈A以水平速度v0射入木塊后（子彈與木塊作用時間極短），子彈立即停在木塊內。然后將輕彈簧壓縮到最短，已知木塊B的質量為M，子彈的質量為m，現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統），則從子彈開始入射木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（　　）
A．系統的動量不守恒，機械能守恒
B．系統的動量守恒，機械能不守恒
C．系統損失的機械能為
D．彈簧最大的彈性勢能等于
【解答】解：AB、子彈在擊中木塊過程要克服阻力做功，機械能有損失，系統機械能不守恒，子彈與木塊壓縮彈簧過程，子彈、木塊、彈簧組成的系統受到墻壁的作用力，系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，由此可知，彈簧、子彈和木塊組成的系統在整個過程中動量不守恒、機械能不守恒，故AB錯誤；
C、子彈擊中木塊過程子彈與木塊組成的系統動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，
系統損失的機械能：ΔE，故C正確；
D、木塊壓縮彈簧過程，由能量守恒定律得：（M+m）v2＝EP，解得：EP，故D錯誤；
故選：C。
（2023 遼寧模擬）如圖所示，質量為4m的木塊用輕質細繩豎直懸于O點，當一顆質量為m的子彈以v0的速度水平向右射入木塊后，它們一起向右擺動的最大擺角為60°。木塊可視為質點，重力加速度大小為g，則輕繩的長度為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：子彈射入木塊的過程，取水平向右為正方向，根據動量守恒定律得：
mv0＝（4m+m）v
得v
設輕繩的長度為L。子彈擊中木塊后一起向上擺動的過程中，根據機械能守恒定律得：
（4m+m）v2＝（4m+m）gL（1﹣cos60°）
解得：L，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024春 通州區期末）如圖所示，在高h＝0.8m的平臺上放置一質量為M＝0.99kg的小木塊（視為質點），小木塊距平臺右邊緣距離d＝2m，一質量m＝0.01kg的子彈以速度v0沿水平向右的方向射入小木塊并留在其中，然后一起以速度v共＝4m/s向右運動。最后，小木塊從平臺邊緣滑出落在距平臺右側水平距離s＝0.8m的地面上，g取10m/s2，求：
（1）子彈的初速度v0的大小；
（2）小木塊滑出平臺時的速度大小v；
（3）小木塊與平臺間的動摩擦因數μ。
【解答】解：（1）子彈射入木塊的過程中，以子彈初速度方向為正方向，對系統
mv0＝（M+m）v共
解得v0＝400m/s
（2）小木塊從平臺滑出后做平拋運動，水平方向s＝vt＝0.8m
豎直方向
可得木塊飛出時的速度v＝2m/s
（3）木塊在平臺上滑動過程中做勻減速運動，根據動能定理
解得μ＝0.3
模型四、爆炸與類爆炸模型
一．爆炸模型的特點
動量守恒：由于爆炸是極短時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。
動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學能）轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加。
位置不變：由于爆炸的時間極短。因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可以忽略不計，可認為物體爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
二、爆炸模型講解
1、如圖：質量分別為、的可視為質點A、B間夾著質量可忽略的火藥．一開始二者靜止，點燃火藥(此時間極短且不會影響各物體的質量和各表面的光滑程度)，則：
、組成的系統動量守恒：①得： ②
②式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的速度與它們的質量成反比。
、組成的系統能量守恒：③
①式也可以寫為：④又根據動量與動能的關系得
④進一步化簡得：⑤
⑤式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的動能與它們的質量成反比。
②⑤聯立可得： ⑥
若原來、組成的系統以初速度在運動，運動過程中發生了爆炸現象則：
、組成的系統動量守恒：⑦
、組成的系統能量守恒：⑧
（2024 平谷區模擬）可忽略大小的一物體在空中發生爆炸，分裂成三個速率相同但質量不同的物塊1、2、3，如圖所示，它們的質量大小關系是m1＞m2＞m3，忽略空氣阻力，則它們落到水平地面上時速率的大小關系是（　　）
A．物塊1的落地速率最大
B．物塊2的落地速率最大
C．物塊3的落地速率最大
D．三物塊的落地速率相同
【解答】解：因為三個物體的初始速率相同設為v0，設落地時的速率為v，根據能量守恒定律可得：
，由此可知三物塊的落地速率與質量無關，所以三個物體落地時的速率大小相等，故D正確，ABC錯誤；
故選：D。
（2023秋 密山市期末）一枚在空中飛行的火箭在某時刻的速度為v0，方向水平，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊（如圖所示），其中質量為m2的后部分箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統質量的變化，則質量為m1前部分箭體速率v1為（　　）
A．v0﹣v2
B．v0+v2
C．
D．
【解答】解：火箭在爆炸分離時水平方向上動量守恒，規定初速度的方向為正方向，有：（m1+m2）v0＝m1v1+m2v2解得，故ABC正確，D正確。
故選：D。
（2023春 紅塔區校級期末）如圖所示，A、B為光滑水平面上并排靜止放置的兩個物塊，在兩物塊右方有一豎直墻壁，物塊A的質量為3kg，物塊B的質量為1kg，兩物塊之間有少量炸藥（質量忽略不計），引爆炸藥，炸藥爆炸過程中共有24J的能量轉化為兩物塊的動能，后續運動過程中，兩物塊之間以及物塊與墻壁之間的碰撞均為彈性正碰，物塊A、B運動始終在一條直線上，則物塊A最終的速度大小為（　　）
A．2m/s B．3m/s C．2m/s D．4m/s
【解答】解：炸藥爆炸過程中，取物塊A獲得的速度方向為正方向，由物塊A、B組成的系統動量守恒得：mAvA﹣mBvB＝0
炸藥的化學能轉化成兩物塊的動能，有 EmAvA2mBvB2
解得：vA＝2m/s，vB＝6m/s
物塊B與墻壁發生碰撞后，原速率反彈后追上物塊A與其發生彈性碰撞，取向左為正方向，由動量守恒定律得
mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′
由機械能守恒得
mAvA2mBvB2mAvA′2mBvB′2
解得 vA′＝4m/s，vB′＝0，因此，物塊A最終的速度大小為4m/s，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2022 浚縣模擬）質量為m的煙花彈從地面以初動能E向上飛出，當其上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的a、b、c、d四部分（可視為質點），其中a、b兩部分速度方向分別為豎直向上和豎直向下，c、d兩部分速度方向分別為水平向左和水平向右，a的動能也為E，如圖所示。爆炸時間極短，且炸藥對a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大為g，不計空氣阻力和火藥的質量。關于它們后面的運動，下列說法正確的是（　　）
A．都落地后，a、b、c、d分布在一個四邊形的四個頂點上，且ac連線比cb連線短
B．落地前，a、b、c、d在相等的時間內速度的變化量相同
C．落地時，a的速度大小為
D．落地時，a、b、c、d重力的功率關系為Pa＝Pb＞Pc＞Pd
【解答】解：A、爆炸時間極短，重力可忽略不計，說明爆炸過程動量守恒，水平方向和豎直方向動量都守恒，取a的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：0mvamvb；取c的速度方向為正方向，由動量守恒定律得0mvcmvd，解得va＝vb，vc＝vd。炸藥對a、b、c、d四部分的作用力大小相等，根據動量定理有Ftmv，聯立得va＝vb＝vc＝vd＝v。爆炸后a、b、c、d四部分分別做豎直上拋、豎直下拋和平拋運動，落地前c、d兩部分沿各自初速度方向的水平位移相等，豎直方向做自由落體運動的位移相等，a、b只在豎直方向上運動，只有豎直位移，且兩點最終落點相同，故落地后四點分布在一條直線上，且ac連線等于cb連線，故A錯誤；
B、落地前，a、b、c、d的加速度均為重力加速度，在相等時間內速度變化量均為Δv＝gt，方向豎直向下，故B正確；
C、設爆炸時離地高度為h，煙花彈上升過程根據機械能守恒，有E＝mgh。落地時根據動能定理，對a，有mghE，解得落地時，a的速度大小為
va′，故C錯誤；
D、落地時，a、b、c、d的豎直速度大小關系為：va′＝vb′＞vc′＝vd′，根據P＝mgv′得a、b、c、d重力的功率關系為Pa＝Pb＞Pc＝Pd，故D錯誤。
故選：B。
（2024春 華州區期末）如圖所示，物塊C質量mC＝4kg上表面光滑，左邊有一立柱，放在光滑水平地面上。一輕彈簧左端與立柱連接，右端與物塊B連接，mB＝2kg。長為L＝3.6m的輕繩上端系于O點，下端系一物塊A，mA＝3kg。拉緊輕繩使繩與豎直方向成60°角，將物塊A從靜止開始釋放，達到最低點時炸裂成質量m1＝2kg、m2＝1kg的兩個物塊1和2，物塊1水平向左運動與B粘在一起，物塊2仍系在繩上具有水平向右的速度，剛好能回到釋放時的初始位置，A、B都可以看成質點。取g＝10m/s2，求：
（1）物塊A在最低點時的速度v0；
（2）物塊A炸裂時增加的機械能ΔE；
（3）在以后的過程中，彈簧的最大彈性勢能Epm。
【解答】解：（1）物塊A從釋放達到最低點的過程中，由動能定理有：mAgL（1﹣cos60°）mA
代入數據解得：v0＝6m/s；
（2）設炸裂后物塊1的初速度大小為v1，物塊2的初速度大小為v2，則v2＝v0
取向左為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝m1v1﹣m2v2
解得：v1＝12m/s
根據能量守恒定律可得：ΔEm1m2mA
代入數據解得：ΔE＝108J；
（3）設物塊1與B粘合在一起的共同速度為vB，取向左為正方向，由動量守恒定律可得：
m1v1＝（m1+mB）vB
代入數據解得：vB＝6m/s
在以后的過程中，當物塊C和1、B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，設共同速度為vm，
取向左為正方向，由動量守恒定律可得：（m1+mB）vB＝（m1+mB+mC）vm
代入數據解得：vm＝3m/s
由能量守恒定律得：Epm（m1+m2）（m1+mB+mC）
代入數據解得：Epm＝36J。中小學教育資源及組卷應用平臺
微專題Ⅰ 動量守恒定律幾種模型分析
掌握動量守恒定律的幾種模型
模型一、小球與曲面模型
(1)小球上升至最高點時，小球的重力勢能最大
水平方向動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相當于完全非彈性碰撞)
(2)小球返回曲面底端時
動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相當于彈性碰撞)
（2022春 安陽月考）如圖所示，一個質量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，半圓槽半徑為R，一小物塊Q質量為3m，從半圓槽的最左端與圓心等高位置無初速釋放，然后滑上半圓槽右端，接觸面均光滑，Q從釋放到滑至半圓槽右端最高點的過程中，下列說法錯誤的是（　　）
A．P一直向左運動
B．P的位移大小為
C．Q到右端最高點一定與圓心等高
D．Q運動到最低點時的速度最大
（2024 東港區校級模擬）如圖所示，木塊A的右側為光滑曲面，且下端極薄，上端軌道切線豎直，其質量為2.0kg，靜止于光滑水平面上。一質量為2.0kg的小球B以2.0m/s的速度從右向左運動沖上A的曲面，與A發生相互作用。B球沿A曲面上升的最大高度為（　　）
A．0.1m B．0.2m C．0.5m D．0.05m
（2024春 高新區期末）如圖所示，一小車靜止于光滑水平面，其上固定一光滑彎曲軌道，整個小車（含軌道）的質量為m．現有質量也為m的小球，以水平速度v0從左端滑上小車，沿彎曲軌道上升到最高點，最終從軌道左端滑離小車。關于這個過程，下列說法正確的是（　　）
A．小球與小車組成的系統動量守恒
B．小球沿軌道上升到最高點時，小車的速度為零
C．小球沿軌道上升的最大高度為
D．小球滑離小車后，做自由落體運動
（2024 紅橋區一模）如圖所示，一質量M＝2.0kg的長木板AB靜止在水平面上，木板的左側固定一半徑R＝0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同．現在將質量m＝1.0kg的小鐵塊（可視為質點）從弧形軌道頂端由靜止釋放，小鐵塊到達軌道底端時的速度v0＝3.0m/s，最終小鐵塊和長木板達到共同速度．忽略長木板與地面間的摩擦．取重力加速度g＝10m/s求
（1）小鐵塊在弧形軌道末端時所受支持力的大小F；
（2）小鐵塊在弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）小鐵塊和長木板達到的共同速度v．
（2024春 越秀區期末）如圖，一滑板的上表面由長度為L的粗糙水平部分AB和半徑為R的四分之一光滑圓弧BC組成，滑板靜止于光滑的水平地面上，物體P（可視為質點）置于滑板上面的A點，物體P與滑板水平部分的動摩擦因數為μ（已知μ＜1，但具體大小未知），一根長度為L、不可伸長的輕細線，一端固定于O′點，另一端系一小球Q，小球Q位于最低點時與物體P處于同一高度并恰好接觸。現將小球Q拉至與O′同一高度（細線處于水平拉直狀態），然后由靜止釋放，小球Q向下擺動并與物體P發生彈性碰撞（碰撞時間極短）。已知小球Q的質量為m，物體P的質量為2m，滑板的質量為6m，，重力加速度為g，不計空氣阻力。
（1）小球Q與物體P碰撞后瞬間，求物體P速度的大小；
（2）若物體P恰不從C點滑出，求μ的值；
（3）若要保證物體P既能到達圓弧BC，同時不會從C點滑出，求物體P在AB上滑行路程s與μ的關系。（結果均可用根式和分式表示）
模型二、小球與彈簧模型
(1)兩小球速度相同時，彈簧最短，彈性勢能最大
動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相當于完全非彈性碰撞)
(2)彈簧恢復原長時：
動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相當于完全彈性碰撞)
（2024 黃陂區校級一模）質量為2kg的小球b靜止在光滑的水平地面上，左端連接一水平輕質彈簧，質量為2kg的另一小球a以4m/s的速度向b運動，從小球a接觸彈簧到壓縮到最短所經歷的時間為，已知此彈簧的壓縮量x與彈性勢能Ep的關系為，則小球a、b在這段時間內的位移大小分別為（　　）
A．m， B．m，m
C．m，m D．m，m
（2024 朝陽區一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質量均為m，P以速度v向右運動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當彈簧被壓縮至最短時（　　）
A．P的動量為0
B．Q的動量達到最大值
C．P、Q系統總動量小于mv
D．彈簧儲存的彈性勢能為
（2023秋 無錫期末）如圖a所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的輕質彈簧，整個系統靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側固定的擋板相接觸，B物塊質量為2kg。現解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的v﹣t圖像如圖b所示，則（　　）
A．A的質量為5kg
B．彈簧鎖定時其彈性勢能為6J
C．A離開擋板后最大速度為4m/s
D．B的速度為2m/s時，彈簧恰好處于原長狀態
（2024 道里區校級一模）輕質彈簧上端懸掛于天花板上，下端與質量為M的木板相連，木板靜止時位于圖中Ⅰ位置。O點為彈簧原長時下端點的位置，質量為m的圓環形物塊套在彈簧上（不與彈簧接觸），現將m從O點正上方的Ⅱ位置自由釋放，物塊m與木板瞬時相碰后一起運動，物塊m在P點達到最大速度，且M恰好能回到O點。若將m從比Ⅱ位置高的Q點自由釋放后，m與木板碰后仍一起運動，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊m達到最大速度的位置在P點的下方
B．物塊m與木板M從Ⅰ位置到O的過程做勻減速運動
C．物塊m與木板M在O點正好分離
D．物塊m能回到Q點
（2022 南京模擬）如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在球B上，另一端與球C接觸但未拴接，球B和球C靜止在光滑水平地面上。球A從光滑斜面上距水平地面高為H＝3.2m處由靜止滑下（不計小球A在斜面與水平面銜接處的能量損失），與球B發生正碰后粘在一起，碰撞時間極短，稍后球C脫離彈簧，在水平地面上勻速運動后，進入固定放置在水平地面上的豎直四分之一光滑圓弧軌道內。已知球A和球B的質量均為1kg，球C的質量為4kg，且三個小球均可被視為質點。圓弧的半徑R＝2m，g取10m/s2。求：
（1）小球A和小球B碰后瞬間粘在一起時的共同速度大小vAB；
（2）球C脫離彈簧后在圓弧上達到的最大高度h；
（3）調整球A釋放初位置的高度H，球C與彈簧分離后恰好能運動至圓弧軌道的圓心等高處。求球C在圓弧軌道內運動過程中克服重力做功的最大瞬時功率P。
模型三、子彈打木塊模型
子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。
設質量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。
要點詮釋：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。
從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統動量守恒：……①
從能量的角度看，該過程系統損失的動能全部轉化為系統的內能。設平均阻力大小為，設子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有
對子彈用動能定理： ……②
對木塊用動能定理： ……③
②相減得： ……④
對子彈用動量定理： ……⑤
對木塊用動量定理： ……⑥
（2024春 天河區校級期末）如圖所示，水平桌面光滑，輕彈簧一端固定在墻上，另一端栓接木塊B，開始時B靜止，彈簧處于原長。某時刻子彈A沿水平方向射入木塊B并留在其中，將彈簧壓縮到最短。對子彈、木塊和彈簧構成的系統，從子彈開始射入木塊到彈簧被壓縮至最短的過程中（　　）
A．動量不守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能不守恒
D．動量守恒，機械能守恒
（2024春 重慶期末）如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側同時射入木塊，最終都停在木塊內，這一過程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度小于子彈B射入的深度，則（　　）
A．子彈A的質量一定比子彈B的質量小
B．入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力小
C．子彈A在木塊中運動的時間比子彈B在木塊中運動的時間短
D．子彈A射入木塊時的初動能一定比子彈B射入木塊時的初動能小
（2024春 廬陽區校級期中）如圖所示的裝置中，木塊B放在光滑的水平桌面上，子彈A以水平速度v0射入木塊后（子彈與木塊作用時間極短），子彈立即停在木塊內。然后將輕彈簧壓縮到最短，已知木塊B的質量為M，子彈的質量為m，現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統），則從子彈開始入射木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（　　）
A．系統的動量不守恒，機械能守恒
B．系統的動量守恒，機械能不守恒
C．系統損失的機械能為
D．彈簧最大的彈性勢能等于
（2023 遼寧模擬）如圖所示，質量為4m的木塊用輕質細繩豎直懸于O點，當一顆質量為m的子彈以v0的速度水平向右射入木塊后，它們一起向右擺動的最大擺角為60°。木塊可視為質點，重力加速度大小為g，則輕繩的長度為（　　）
A． B． C． D．
（2024春 通州區期末）如圖所示，在高h＝0.8m的平臺上放置一質量為M＝0.99kg的小木塊（視為質點），小木塊距平臺右邊緣距離d＝2m，一質量m＝0.01kg的子彈以速度v0沿水平向右的方向射入小木塊并留在其中，然后一起以速度v共＝4m/s向右運動。最后，小木塊從平臺邊緣滑出落在距平臺右側水平距離s＝0.8m的地面上，g取10m/s2，求：
（1）子彈的初速度v0的大小；
（2）小木塊滑出平臺時的速度大小v；
（3）小木塊與平臺間的動摩擦因數μ。
模型四、爆炸與類爆炸模型
一．爆炸模型的特點
動量守恒：由于爆炸是極短時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。
動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學能）轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加。
位置不變：由于爆炸的時間極短。因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可以忽略不計，可認為物體爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
二、爆炸模型講解
1、如圖：質量分別為、的可視為質點A、B間夾著質量可忽略的火藥．一開始二者靜止，點燃火藥(此時間極短且不會影響各物體的質量和各表面的光滑程度)，則：
、組成的系統動量守恒：①得： ②
②式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的速度與它們的質量成反比。
、組成的系統能量守恒：③
①式也可以寫為：④又根據動量與動能的關系得
④進一步化簡得：⑤
⑤式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的動能與它們的質量成反比。
②⑤聯立可得： ⑥
若原來、組成的系統以初速度在運動，運動過程中發生了爆炸現象則：
、組成的系統動量守恒：⑦
、組成的系統能量守恒：⑧
（2024 平谷區模擬）可忽略大小的一物體在空中發生爆炸，分裂成三個速率相同但質量不同的物塊1、2、3，如圖所示，它們的質量大小關系是m1＞m2＞m3，忽略空氣阻力，則它們落到水平地面上時速率的大小關系是（　　）
A．物塊1的落地速率最大
B．物塊2的落地速率最大
C．物塊3的落地速率最大
D．三物塊的落地速率相同
（2023秋 密山市期末）一枚在空中飛行的火箭在某時刻的速度為v0，方向水平，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊（如圖所示），其中質量為m2的后部分箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統質量的變化，則質量為m1前部分箭體速率v1為（　　）
A．v0﹣v2
B．v0+v2
C．
D．
（2023春 紅塔區校級期末）如圖所示，A、B為光滑水平面上并排靜止放置的兩個物塊，在兩物塊右方有一豎直墻壁，物塊A的質量為3kg，物塊B的質量為1kg，兩物塊之間有少量炸藥（質量忽略不計），引爆炸藥，炸藥爆炸過程中共有24J的能量轉化為兩物塊的動能，后續運動過程中，兩物塊之間以及物塊與墻壁之間的碰撞均為彈性正碰，物塊A、B運動始終在一條直線上，則物塊A最終的速度大小為（　　）
A．2m/s B．3m/s C．2m/s D．4m/s
（2022 浚縣模擬）質量為m的煙花彈從地面以初動能E向上飛出，當其上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的a、b、c、d四部分（可視為質點），其中a、b兩部分速度方向分別為豎直向上和豎直向下，c、d兩部分速度方向分別為水平向左和水平向右，a的動能也為E，如圖所示。爆炸時間極短，且炸藥對a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大為g，不計空氣阻力和火藥的質量。關于它們后面的運動，下列說法正確的是（　　）
A．都落地后，a、b、c、d分布在一個四邊形的四個頂點上，且ac連線比cb連線短
B．落地前，a、b、c、d在相等的時間內速度的變化量相同
C．落地時，a的速度大小為
D．落地時，a、b、c、d重力的功率關系為Pa＝Pb＞Pc＞Pd
（2024春 華州區期末）如圖所示，物塊C質量mC＝4kg上表面光滑，左邊有一立柱，放在光滑水平地面上。一輕彈簧左端與立柱連接，右端與物塊B連接，mB＝2kg。長為L＝3.6m的輕繩上端系于O點，下端系一物塊A，mA＝3kg。拉緊輕繩使繩與豎直方向成60°角，將物塊A從靜止開始釋放，達到最低點時炸裂成質量m1＝2kg、m2＝1kg的兩個物塊1和2，物塊1水平向左運動與B粘在一起，物塊2仍系在繩上具有水平向右的速度，剛好能回到釋放時的初始位置，A、B都可以看成質點。取g＝10m/s2，求：
（1）物塊A在最低點時的速度v0；
（2）物塊A炸裂時增加的機械能ΔE；
（3）在以后的過程中，彈簧的最大彈性勢能Epm。

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