资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
微专题Ⅰ 动量守恒定律几种模型分析
模型一、小球与曲面模型 1
模型二、小球与弹簧模型 3
模型三、子弹打木块模型 6
模型四、爆炸与类爆炸模型 9
模型一、小球与曲面模型
(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大
水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)小球返回曲面底端时
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于弹性碰撞)
如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法错误的是（　　）
A．P一直向左运动
B．P的位移大小为
C．Q到右端最高点一定与圆心等高
D．Q运动到最低点时的速度最大
如图所示，半径为R＝0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上，小球P和凹槽Q的质量均为m＝1kg，将小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是（　　）
A．当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为0.8m
B．P、Q组成的系统动量守恒
C．释放后当小球P向左运动到最高点时，又恰与释放点等高
D．因为P、Q组成的系统机械能守恒，小球P运动到凹槽的最低点时速度为
（多选）如图所示，一质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（　　）
A．若圆弧槽固定，小球的机械能守恒
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时对槽的压力大小为3mg
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
D．圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度大小之比为1：1
（多选）如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是（　　）
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向左做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
如图所示，质量M＝0.8kg的轨道ABCD放在光滑水平面上，其中AB段是半径R＝0.5m的四分之一光滑圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道上的BC段粗糙，BC段长l＝2.5m，C点左侧的轨道光滑，轨道的左端连接一轻质弹簧，弹簧长度小于CD长度。现有一质量m＝0.2kg的小物体在A点正上方高为h＝0.5m处由静止自由落下，恰沿A点切线滑入圆弧轨道，已知小物体与水平轨道BC段的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，弹簧在整个过程中未超出弹性限度。求：
（1）小物体对轨道的最大压力；
（2）弹簧的最大弹性势能；
（3）小物体再次回到BA沿BA上升的最大高度。
模型二、小球与弹簧模型
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于完全弹性碰撞)
如图甲所示，质量分别为mA和mB的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两物体被锁定，弹簧处于压缩状态。t＝0时刻将B物体解除锁定，t＝t1时刻解除A物体的锁定，此时B物体的速度为v0。A、B两物体运动的a﹣t图像如图乙所示，其中S1和S2分别表示0～t1时间内和t1～t3时间内B物体的a﹣t图像与坐标轴所围面积的大小。则下列说法正确的是（　　）
A．mA＞mB
B．S1＞S2
C．t1～t3时间内距离一直增大
D．t1～t3时间内A的速率先增大后减小
如图所示，在一端固定于地面的竖直弹簧上端，固定一质量为m的木板后木板在B处静止，已知此时弹簧的压缩量为x0，现从弹簧原长A处由静止释放一质量也为m的粘性物体，落到木板B上后一起随木板向下运动，已知弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量、k为劲度系数），下列说法正确的是（　　）
A．在粘性物体落到木板上之前，弹簧的弹性势能为
B．粘性物体落到木板上后，两物体最低可运动至距A点2x0处
C．粘性物体落到木板上后，两物体最高可运动至距A点处
D．从粘性物体开始运动，整个过程中，系统的机械能保持不变
在光滑的水平地面上有两个小车A和B，A车质量为mA＝2kg，B车质量mB＝1kg，B车左侧固定有一个轻弹簧，如图所示，一开始弹簧处于原长且保持水平，A车向右的初速度v0＝3m/s，则下列选项中不正确的有（　　）
A．两车共速时的速度为2m/s
B．A车的最终速度为1m/s
C．B车的最终速度为4m/s
D．弹簧的最大弹性势能为4J
如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是（　　）
A．弹簧的最大弹性势能为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．弹簧对小车做的功为
D．弹簧对小球做功为
如图，倾角θ＝37°的足够长斜面体固定在水平面上，在斜面底端垂直斜面固定一弹性挡板P，质量分别为m和4m的小物块a、b置于斜面上，物块a与斜面间无摩擦。两小物块间夹一劲度系数很大、处于压缩状态的轻质短弹簧，弹簧通过机关锁定。现给两物块一大小为v0的初速度，两物块恰好能沿斜面匀速下滑，此时解除弹簧锁定，解除锁定后弹簧会迅速恢复原长并被移走。两物块均可视为质点，不计弹簧长度，物块a、物块b、挡板P间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。
（1）求物块b与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若锁定弹簧的弹性势能为Ep，求弹簧恢复原长时a、b两物块的速度；
（3）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝10mv02，求解锁弹开后物块b沿斜面向上滑动的最大距离xm。
模型三、子弹打木块模型
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：……①
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有
对子弹用动能定理： ……②
对木块用动能定理： ……③
②相减得： ……④
对子弹用动量定理： ……⑤
对木块用动量定理： ……⑥
如图，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为8kg的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动。质量为1.98kg的物块B通过长度为0.2m轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点，让质量为0.02kg的子弹以v0＝200m/s的速度水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，重力加速度为g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物块B上升的高度为0.2 m
B．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统动量和机械能都守恒
C．若将物块A固定，子弹仍以v0射入，物块B将摆到水平杆PQ位置
D．若将物块A固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为0.6 m/s
如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．子弹和木块组成的系统机械能守恒
B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同
C．子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小
D．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功
如图所示，小木块A用细线吊在O点，此刻小物块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α（0＜α＜90°）．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有（　　）
A．α角增大，ΔE也增大 B．α角增大，ΔE减小
C．α角减小，ΔE增大 D．α角减小，ΔE也减小
如图所示，平板车放在光滑的水平面上，木块和轻弹簧放在光滑的平板车上，轻弹簧一端与固定在平板车上的挡板连接，整个装置处于静止，一颗子弹以一定的水平速度射入木块（时间极短）并留在木块中与木块一起向前滑行，与弹簧接触后压缩弹簧，不计挡板和弹簧的质量，下面说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．子弹和木块压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车组成的系统动量不守恒、机械能守恒
C．子弹和木块压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车、弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
D．从子弹刚好接触木块至弹簧压缩最短的整个过程中，子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量
如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为m＝0.5kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98kg的木块，现有一质量为m0＝20g的子弹以v0＝100m/s的水平速度射入木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2），求：
（1）圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；
（2）木块所能达到的最大高度；
（3）铁环的最大速度。
模型四、爆炸与类爆炸模型
一．爆炸模型的特点
动量守恒：由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
位置不变：由于爆炸的时间极短。因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
二、爆炸模型讲解
1、如图：质量分别为、的可视为质点A、B间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则：
、组成的系统动量守恒：①得： ②
②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。
、组成的系统能量守恒：③
①式也可以写为：④又根据动量与动能的关系得
④进一步化简得：⑤
⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。
②⑤联立可得： ⑥
若原来、组成的系统以初速度在运动，运动过程中发生了爆炸现象则：
、组成的系统动量守恒：⑦
、组成的系统能量守恒：⑧
如图所示，假设烟花上升到距地面高度为h的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均为m的碎块（可视为质点），其中甲的初速度大小为v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，爆炸产生的热量为Q，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为2mv0
B．三个物体到达地面时的动能不相等
C．甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为
D．爆炸过程中释放的总能量为mv02
质量为m的烟花弹从地面以初动能E向上飞出，当其上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的a、b、c、d四部分（可视为质点），其中a、b两部分速度方向分别为竖直向上和竖直向下，c、d两部分速度方向分别为水平向左和水平向右，a的动能也为E，如图所示。爆炸时间极短，且炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大为g，不计空气阻力和火药的质量。关于它们后面的运动，下列说法正确的是（　　）
A．都落地后，a、b、c、d分布在一个四边形的四个顶点上，且ac连线比cb连线短
B．落地前，a、b、c、d在相等的时间内速度的变化量相同
C．落地时，a的速度大小为
D．落地时，a、b、c、d重力的功率关系为Pa＝Pb＞Pc＞Pd
如图所示，A、B为光滑水平面上并排静止放置的两个物块，在两物块右方有一竖直墙壁，物块A的质量为3kg，物块B的质量为1kg，两物块之间有少量炸药（质量忽略不计），引爆炸药，炸药爆炸过程中共有24J的能量转化为两物块的动能，后续运动过程中，两物块之间以及物块与墙壁之间的碰撞均为弹性正碰，物块A、B运动始终在一条直线上，则物块A最终的速度大小为（　　）
A．2m/s B．3m/s C．2m/s D．4m/s
如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药（质量不计），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.8m、0.2m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1：m2为（　　）
A．1：2 B．2：1 C．4：1 D．1：4
如图所示，一质量m1＝0.2kg的“T形杆P竖直放在地面上，有一质量m2＝0.4kg的中间是空的金属圆盘Q套在“T形杆P的直杆上很难分离。某工程师设计了一个方法成功将金属圆盘Q与“T”形杆P分开，该工程师在“T形杆P与金属圆盘Q间装上适量的火药，火药爆炸后（时间极短）“T形杆P以4m/s的速度向上运动。已知金属圆盘Q与“T”形杆P的直杆间滑动摩擦力大小恒为f＝16N，不计空气阻力。重力加速度大小g取10m/s2。
（1）求火药爆炸后瞬间金属圆盘Q的速度大小；
（2）分别求点燃火药爆炸后瞬间“T”形杆P和金属圆盘Q的加速度大小。
（3）若要求金属圆盘Q与“T”形杆P分开，则直杆长度的最大值是多少？
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
微专题Ⅰ 动量守恒定律几种模型分析
模型一、小球与曲面模型 1
模型二、小球与弹簧模型 6
模型三、子弹打木块模型 12
模型四、爆炸与类爆炸模型 17
模型一、小球与曲面模型
(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大
水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)小球返回曲面底端时
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于弹性碰撞)
如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法错误的是（　　）
A．P一直向左运动
B．P的位移大小为
C．Q到右端最高点一定与圆心等高
D．Q运动到最低点时的速度最大
【解答】解：A、在Q滑至最低点时，对P来说受到小球给的向左的力，故向左做加速运动，在小球从最低点到滑至半圆槽右侧最高点的过程中，P受到小球给的向右的力，P做向左的减速运动，因为对于系统来说水平方向动量守恒，当Q滑至半圆槽右端最高点时，P速度减为零，所以整个运动过程中，P一直向左运动，故A正确；
B、根据动量守恒定律可知，物块Q从槽口左端运动到右端的过程中，P和Q在任一时刻的水平分速度大小满足
mvP＝3mvQ
所以二者的位移关系同样满足
mxP＝m3mxQ
根据相对位移关系可知
xP+xQ＝2R
解得：，故B错误；
C、小球和半圆槽组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒且总动量为零，小球和半圆槽速度相等，由动量守恒可知速度为零。对于系统来说只有重力做功，系统机械能守恒，所以Q到右端最高点一定与圆心等高，故C正确；
D、Q在下滑过程中重力做正功，故动能增加，在上滑过程中重力做负功，动能减小、所以Q运动到最低点时的速度最大，故D正确；
本题选错误的，故选：B。
如图所示，半径为R＝0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上，小球P和凹槽Q的质量均为m＝1kg，将小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是（　　）
A．当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为0.8m
B．P、Q组成的系统动量守恒
C．释放后当小球P向左运动到最高点时，又恰与释放点等高
D．因为P、Q组成的系统机械能守恒，小球P运动到凹槽的最低点时速度为
【解答】解：AC．水平面光滑，P、Q水平方向动量守恒，小球P和凹槽Q的质量均为m＝1kg，则水平分速度始终大小相等，方向相反，故P可到达凹槽左侧最高点，此时Q的位移为R＝0.4m，故A错误，C正确；
B．竖直方向动量不守恒，故B错误；
D．由题意，根据动能定理：，v＝2m/s
故D错误。
故选：C。
（多选）如图所示，一质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（　　）
A．若圆弧槽固定，小球的机械能守恒
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时对槽的压力大小为3mg
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
D．圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度大小之比为1：1
【解答】解：AB、若圆弧槽固定，小球滑至B点时，小球运动过程中只有重力做功，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR，解得小球滑到B点时的速度vB；
根据牛顿第二定律可得：FN﹣mg＝m，结合牛顿第三定律，小球对槽的压力为FN'＝FN＝3mg；故AB正确；
C、若圆弧槽不固定，小球有竖直方向的分加速度，系统的合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；
D、若圆弧槽不固定，设小球滑到B点时的速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2。
在小球下滑的过程，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得
mv1﹣mv2＝0
根据系统机械能守恒有mgR
联立解得小球滑到B点时的速度为v1＝v2，则vB：v1：：1，故D错误；
故选：AB。
（多选）如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是（　　）
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向左做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
【解答】解：AB、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：2mv0＝2mv1+mv2
由机械能守恒定律得：
解得：v1v0，v2，
分离时两者速度分析均向左，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故A错误，B正确；
C、当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，
以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：2mv0＝3mv
由机械能守恒定律得：
解得：，故C正确；
D、对小车运用动能定理得，小球对小车做功：，故D错误。
故选：BC。
如图所示，质量M＝0.8kg的轨道ABCD放在光滑水平面上，其中AB段是半径R＝0.5m的四分之一光滑圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道上的BC段粗糙，BC段长l＝2.5m，C点左侧的轨道光滑，轨道的左端连接一轻质弹簧，弹簧长度小于CD长度。现有一质量m＝0.2kg的小物体在A点正上方高为h＝0.5m处由静止自由落下，恰沿A点切线滑入圆弧轨道，已知小物体与水平轨道BC段的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，弹簧在整个过程中未超出弹性限度。求：
（1）小物体对轨道的最大压力；
（2）弹簧的最大弹性势能；
（3）小物体再次回到BA沿BA上升的最大高度。
【解答】解：（1）根据题意可知，当小物体第一次运动到轨道的B点时，小物体和轨道有最大速度，此刻小物体对轨道的压力最大。轨道和小物体组成的系统水平方向动量守恒，设向左为正方向，轨道速度大小为v1，小物体速度大小为v2，由动量守恒定律有
0＝mv2﹣Mv1
小物体由初始位置到B点，小物体和轨道组成的系统机械能守恒，有
解得v1＝1m/s；v2＝4m/s
在B点，轨道对小物体的支持力和小物体的重力的合力提供向心力，则有
解得：FN＝12N
由牛顿第三定律得，小物体对轨道的最大压力为12N。
（2）根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，轨道和小物体共速，有
0＝（m+M）v3
解得：v3＝0
小物体由初始位置到弹簧压缩到最短，小物体和轨道组成的系统能量守恒，有
mg（h+R）＝Ep+μmgl
联立解得：Ep＝1.5J
（3）小物体再次回到圆弧轨道，上升到最高点时相对轨道静止，有
0＝（m+M）v4
解得：v4＝0
小物体由初始位置到轨道和小物体相对静止，轨道和小物体组成的系统能量守恒，有
mg（h+R）＝2μmgl+mgH
解得：H＝0.5m
答：（1）小物体对轨道的最大压力为12N；
（2）弹簧的最大弹性势能为1.5J；
（3）小物体再次回到BA沿BA上升的最大高度为0.5m。
模型二、小球与弹簧模型
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于完全弹性碰撞)
如图甲所示，质量分别为mA和mB的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两物体被锁定，弹簧处于压缩状态。t＝0时刻将B物体解除锁定，t＝t1时刻解除A物体的锁定，此时B物体的速度为v0。A、B两物体运动的a﹣t图像如图乙所示，其中S1和S2分别表示0～t1时间内和t1～t3时间内B物体的a﹣t图像与坐标轴所围面积的大小。则下列说法正确的是（　　）
A．mA＞mB
B．S1＞S2
C．t1～t3时间内距离一直增大
D．t1～t3时间内A的速率先增大后减小
【解答】解：A、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a，由图乙所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aA＞aB，即解得：mA＜mB，故A错误；
B、t1～t3时刻，弹簧初末状态均为原长，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mBv0＝mBvB+mAvA
mBv02mBvB2mAvA2
解得：vB0
a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，由题意可知，t1时刻B的速度大小v0＝S1，t3时刻B的速度大小vB＝S1﹣S2＞0，则S1＞S2，故B正确；
C、由图乙分析可知在t2时刻两物体加速度最大，此时弹簧处于伸长量最大，t3时刻加速度为0，弹簧恢复到原长，t1～t3时间内A、B间距离先增大后减小，故C错误；
D、接上一问，由于该时间内弹簧处于伸长状态，所以A的速度一直增大，故D错误。
故选：B。
如图所示，在一端固定于地面的竖直弹簧上端，固定一质量为m的木板后木板在B处静止，已知此时弹簧的压缩量为x0，现从弹簧原长A处由静止释放一质量也为m的粘性物体，落到木板B上后一起随木板向下运动，已知弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量、k为劲度系数），下列说法正确的是（　　）
A．在粘性物体落到木板上之前，弹簧的弹性势能为
B．粘性物体落到木板上后，两物体最低可运动至距A点2x0处
C．粘性物体落到木板上后，两物体最高可运动至距A点处
D．从粘性物体开始运动，整个过程中，系统的机械能保持不变
【解答】解：A、初始时，木板处于静止状态，设弹簧压缩量为x0，由平衡条件得：mg＝kx0
由公式可得，在粘性物体落到木板上之前，弹簧的弹性势能为Ek x0，故A正确；
BC、粘性物体落到木板上之前做自由落体运动，由机械能守恒定律有
粘性物体与木板发生完全非弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv1
联立解得
此后系统机械能守恒，设弹簧形变量为x2时，两物体的速度为零，即处于最低点或最高点，由机械能守恒有
又有mg＝kx0
联立解得
即两物体最低可运动至距A点处，两物体最高可运动至距A点处，故BC错误；
D、粘性物体与木板发生完全非弹性碰撞，系统机械能不守恒，所以整个过程中，系统的机械能不守恒，故D错误。
故选：A。
在光滑的水平地面上有两个小车A和B，A车质量为mA＝2kg，B车质量mB＝1kg，B车左侧固定有一个轻弹簧，如图所示，一开始弹簧处于原长且保持水平，A车向右的初速度v0＝3m/s，则下列选项中不正确的有（　　）
A．两车共速时的速度为2m/s
B．A车的最终速度为1m/s
C．B车的最终速度为4m/s
D．弹簧的最大弹性势能为4J
【解答】解：光滑的水平地面，辆小车不受摩擦力，小车组成的系统水平方向动量守恒，设水平向右为正方向
AD．两车共速时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒有
mAv0＝（mA+mB）v
代入数据解得v＝2m/s
EP＝3J，故A正确，D错误；
BC．两车（含弹簧）作用的整个过程，最终弹簧形变量为零，根据动量守恒和能量守恒
mAv0＝mAvA+mBvB
解得vA＝1m/s，vB＝4m/s，故BC正确。
本题选不正确的
故选：D。
如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是（　　）
A．弹簧的最大弹性势能为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．弹簧对小车做的功为
D．弹簧对小球做功为
【解答】解：AB、当小球和小车的速度相同时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大
小车与小球组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由系统动量守恒定律得：mv＝2mv′
由能量守恒定律得：
解得弹簧最大的弹性势能为，A错误，B正确；
CD、设小球与弹簧分离时，小车和小球的速度分别为v1和v2，小球与小车组成的系统动量守恒
以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mv1+mv2
由机械能守恒定律得：
解得：v1＝v，v2＝0
对小车，由动能定理可知，弹簧对小车做的功：
对小球，由动能定理可知，弹簧对小球做的功为：，故CD错误。
故选：B。
如图，倾角θ＝37°的足够长斜面体固定在水平面上，在斜面底端垂直斜面固定一弹性挡板P，质量分别为m和4m的小物块a、b置于斜面上，物块a与斜面间无摩擦。两小物块间夹一劲度系数很大、处于压缩状态的轻质短弹簧，弹簧通过机关锁定。现给两物块一大小为v0的初速度，两物块恰好能沿斜面匀速下滑，此时解除弹簧锁定，解除锁定后弹簧会迅速恢复原长并被移走。两物块均可视为质点，不计弹簧长度，物块a、物块b、挡板P间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。
（1）求物块b与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若锁定弹簧的弹性势能为Ep，求弹簧恢复原长时a、b两物块的速度；
（3）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝10mv02，求解锁弹开后物块b沿斜面向上滑动的最大距离xm。
【解答】解：（1）对a、b整体，根据受力平衡可得：5mgsinθ＝μ×4mgcosθ
解得：μ
（2）设摊开瞬间物块a、b的速度分别为va、vb，
以沿斜面向下方向为正，根据动量守恒可得：5mv0＝mva+4mvb
由能量守恒有：
解得：；
（3）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝10mv02，则由上问分析可得：va＝5v0；vb＝0
对于物块b，由于gsinθ＜μcosθ，因此弹簧恢复原长后物块b静止，物块a与挡板弹性碰撞后返回再与物块b多次弹性碰撞，当物块a返回物块b处速度为零时，物块b沿斜面向上滑动的最大距离最大，根据能量守恒可得，则有：
代入解得：xm
答：（1）物块b与斜面间的动摩擦因数μ为；
（2）若锁定弹簧的弹性势能为Ep，弹簧恢复原长时a、b两物块的速度分别为和；
（3）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝10mv02，解锁弹开后物块b沿斜面向上滑动的最大距离为。
模型三、子弹打木块模型
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：……①
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有
对子弹用动能定理： ……②
对木块用动能定理： ……③
②相减得： ……④
对子弹用动量定理： ……⑤
对木块用动量定理： ……⑥
如图，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为8kg的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动。质量为1.98kg的物块B通过长度为0.2m轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点，让质量为0.02kg的子弹以v0＝200m/s的速度水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，重力加速度为g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物块B上升的高度为0.2 m
B．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统动量和机械能都守恒
C．若将物块A固定，子弹仍以v0射入，物块B将摆到水平杆PQ位置
D．若将物块A固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为0.6 m/s
【解答】解：A、子弹击中B的过程系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（m+mB）v
解得v＝2m/s
如果A固定，根据能量守恒可知：
代入数据解得：h＝0.2m
因为A不固定，所以上升高度小于0.2m，故A错误；
B、在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故B错误。
CD、根据以上A选项分析可知，将物块A固定，子弹仍以v0射入，物块B将摆到h＝0.2m（恰等于绳长L）的高处，即水平杆PQ位置，摆到最高点时速度为0，故C正确，D错误。
故选：C。
如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．子弹和木块组成的系统机械能守恒
B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同
C．子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小
D．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功
【解答】解：A．根据题意，由能量转化和守恒定律可知，子弹原有的动能转化为子弹和木块的内能与木块增加的动能。即子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．在子弹射入木块的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft可知，子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，方向相反，故B错误；
C．根据题意可知，子弹和木块组成的系统合外力为零，系统动量守恒，则有mv0＝mv+Mv
可得mv0﹣mv＝Mv，即子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小，故C正确；
D．子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，但两者对地位移大小不等，则子弹对木块做的功不等于木块对子弹做的功，故D错误。
故选：C。
如图所示，小木块A用细线吊在O点，此刻小物块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α（0＜α＜90°）．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有（　　）
A．α角增大，ΔE也增大 B．α角增大，ΔE减小
C．α角减小，ΔE增大 D．α角减小，ΔE也减小
【解答】解：设子弹的质量为m、初速度为v0，木块的质量为M。
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝（M+m）v，
解得：v
小物块与子弹系统的机械能E2（M+m）v2，小木块的质量M增大，则系统机械能减小，达到最大的摆角α减小；
系统机械能的损失ΔEmv02 E2mv02（1），M增大，则ΔE增大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
如图所示，平板车放在光滑的水平面上，木块和轻弹簧放在光滑的平板车上，轻弹簧一端与固定在平板车上的挡板连接，整个装置处于静止，一颗子弹以一定的水平速度射入木块（时间极短）并留在木块中与木块一起向前滑行，与弹簧接触后压缩弹簧，不计挡板和弹簧的质量，下面说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．子弹和木块压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车组成的系统动量不守恒、机械能守恒
C．子弹和木块压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车、弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
D．从子弹刚好接触木块至弹簧压缩最短的整个过程中，子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量
【解答】解：A．子弹射入木块过程中，弹与木块组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，而子弹打入木块的过程中，因摩擦产生热量，机械能不守恒，故A错误；
BC．子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，故B错误，C正确；
D．整个过程，子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量和弹簧增加的弹性势能，故D错误。
故选：C。
如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为m＝0.5kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98kg的木块，现有一质量为m0＝20g的子弹以v0＝100m/s的水平速度射入木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2），求：
（1）圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；
（2）木块所能达到的最大高度；
（3）铁环的最大速度。
【解答】解：已知m0＝20g＝0.02kg
（1）子弹射入木块过程，系统的动量守恒，取水平向右方向为正方向，根据动量守恒定律得：
m0v0＝（m0+M）v
机械能只在该过程有损失，损失的机械能为ΔEm0（m0+M）v2
代入数据解得：ΔE＝99J
（2）木块（含子弹）在向上摆动过程中，以木块（含子弹）和圆环木块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得：
（m0+M）v＝（m0+M+m）v′
根据机械能守恒定律有：（m0+M）v2（m0+M+m）v′2+（m0+M）gh
联立解得：h＝0.01m
（3）当子弹、木块、铁环达到共同速度后，子弹和木块将向下摆动，在此过程中铁环一直受绳子水平向右的分力作用，铁环速度一直增大，当木块（含子弹）运动到圆环正下方时铁环速度最大。
设此时铁环速度为v1，子弹和木块的速度为v2。
取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得：
（m0+M）v＝（m0+M）v2+mv1
根据机械能守恒定律有：（m0+M）v2（m0+M）
联立解得：v2＝0.6m/s，v1＝1.6m/s
故铁环的最大速度为0.6m/s。
答：（1）圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能为99J；
（2）木块所能达到的最大高度为0.01m。
（3）铁环的最大速度为0.6m/s。
模型四、爆炸与类爆炸模型
一．爆炸模型的特点
动量守恒：由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
位置不变：由于爆炸的时间极短。因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
二、爆炸模型讲解
1、如图：质量分别为、的可视为质点A、B间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则：
、组成的系统动量守恒：①得： ②
②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。
、组成的系统能量守恒：③
①式也可以写为：④又根据动量与动能的关系得
④进一步化简得：⑤
⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。
②⑤联立可得： ⑥
若原来、组成的系统以初速度在运动，运动过程中发生了爆炸现象则：
、组成的系统动量守恒：⑦
、组成的系统能量守恒：⑧
如图所示，假设烟花上升到距地面高度为h的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均为m的碎块（可视为质点），其中甲的初速度大小为v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，爆炸产生的热量为Q，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为2mv0
B．三个物体到达地面时的动能不相等
C．甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为
D．爆炸过程中释放的总能量为mv02
【解答】解：A.根据动量守恒可知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量应与甲的动量等大反向，即大小为mv0，故A错误；
B.三物块的质量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，根据平行四边形定则可知，乙、丙的动量大小与乙、丙两速度合成后的动量大小相同，因此三个物块初速度大小均相等，初动能相等，三个物体到达地面时重力做功相等，则末动能相等，故B错误；
C.甲在落地的过程中，设用时为t，则有
h＝﹣v0t
重力对甲的冲量大小
I＝mgt
解得
I
故C正确；
D.结合以上分析，三个物块初速度大小和初动能均相同，爆炸过程中释放的总能量即三个物块初动能之和加上爆炸产生的热量为Q，即大于，故D错误。
故选：C。
质量为m的烟花弹从地面以初动能E向上飞出，当其上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的a、b、c、d四部分（可视为质点），其中a、b两部分速度方向分别为竖直向上和竖直向下，c、d两部分速度方向分别为水平向左和水平向右，a的动能也为E，如图所示。爆炸时间极短，且炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大为g，不计空气阻力和火药的质量。关于它们后面的运动，下列说法正确的是（　　）
A．都落地后，a、b、c、d分布在一个四边形的四个顶点上，且ac连线比cb连线短
B．落地前，a、b、c、d在相等的时间内速度的变化量相同
C．落地时，a的速度大小为
D．落地时，a、b、c、d重力的功率关系为Pa＝Pb＞Pc＞Pd
【解答】解：A、爆炸时间极短，重力可忽略不计，说明爆炸过程动量守恒，水平方向和竖直方向动量都守恒，取a的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：0mvamvb；取c的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0mvcmvd，解得va＝vb，vc＝vd。炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，根据动量定理有Ftmv，联立得va＝vb＝vc＝vd＝v。爆炸后a、b、c、d四部分分别做竖直上抛、竖直下抛和平抛运动，落地前c、d两部分沿各自初速度方向的水平位移相等，竖直方向做自由落体运动的位移相等，a、b只在竖直方向上运动，只有竖直位移，且两点最终落点相同，故落地后四点分布在一条直线上，且ac连线等于cb连线，故A错误；
B、落地前，a、b、c、d的加速度均为重力加速度，在相等时间内速度变化量均为Δv＝gt，方向竖直向下，故B正确；
C、设爆炸时离地高度为h，烟花弹上升过程根据机械能守恒，有E＝mgh。落地时根据动能定理，对a，有mghE，解得落地时，a的速度大小为
va′，故C错误；
D、落地时，a、b、c、d的竖直速度大小关系为：va′＝vb′＞vc′＝vd′，根据P＝mgv′得a、b、c、d重力的功率关系为Pa＝Pb＞Pc＝Pd，故D错误。
故选：B。
如图所示，A、B为光滑水平面上并排静止放置的两个物块，在两物块右方有一竖直墙壁，物块A的质量为3kg，物块B的质量为1kg，两物块之间有少量炸药（质量忽略不计），引爆炸药，炸药爆炸过程中共有24J的能量转化为两物块的动能，后续运动过程中，两物块之间以及物块与墙壁之间的碰撞均为弹性正碰，物块A、B运动始终在一条直线上，则物块A最终的速度大小为（　　）
A．2m/s B．3m/s C．2m/s D．4m/s
【解答】解：炸药爆炸过程中，取物块A获得的速度方向为正方向，由物块A、B组成的系统动量守恒得：mAvA﹣mBvB＝0
炸药的化学能转化成两物块的动能，有 EmAvA2mBvB2
解得：vA＝2m/s，vB＝6m/s
物块B与墙壁发生碰撞后，原速率反弹后追上物块A与其发生弹性碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定律得
mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′
由机械能守恒得
mAvA2mBvB2mAvA′2mBvB′2
解得 vA′＝4m/s，vB′＝0，因此，物块A最终的速度大小为4m/s，故ABC错误，D正确。
故选：D。
如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药（质量不计），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.8m、0.2m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1：m2为（　　）
A．1：2 B．2：1 C．4：1 D．1：4
【解答】解：爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则
0＝﹣m1v1+m2v2
爆炸之后分别对两滑块动能定理可知：滑块P
﹣μ1m1gx1＝0
滑块Q
﹣μ2m2gx2＝0
联立代入已知数据解得
m1：m2＝1：2
故A正确，BCD错误；
故选：A。
如图所示，一质量m1＝0.2kg的“T形杆P竖直放在地面上，有一质量m2＝0.4kg的中间是空的金属圆盘Q套在“T形杆P的直杆上很难分离。某工程师设计了一个方法成功将金属圆盘Q与“T”形杆P分开，该工程师在“T形杆P与金属圆盘Q间装上适量的火药，火药爆炸后（时间极短）“T形杆P以4m/s的速度向上运动。已知金属圆盘Q与“T”形杆P的直杆间滑动摩擦力大小恒为f＝16N，不计空气阻力。重力加速度大小g取10m/s2。
（1）求火药爆炸后瞬间金属圆盘Q的速度大小；
（2）分别求点燃火药爆炸后瞬间“T”形杆P和金属圆盘Q的加速度大小。
（3）若要求金属圆盘Q与“T”形杆P分开，则直杆长度的最大值是多少？
【解答】解：（1）设火药爆炸瞬间T”形杆P和金属圆盘Q的速度大小分别为v1，v2，
规定向上为正方向，根据动量守恒定律0＝m1v1﹣m2v2
代入数据可得v2＝2m/s
（2）P向上运动，摩擦力向下，据牛顿第二定律可得m1g+f＝m1a1
Q向下运动，摩擦力向上，据牛顿第二定律可得f﹣m2g＝m2a2
解得：a1＝90m/s2，a2＝30m/s2
（3）P减速至零的时间为t1s＝0.044s
Q减速至零的时间为
t2s＝0.067s
可知P先减为零后反向加速，Q一直减速，当两者速度相等时分开，此时直杆的长度最
大，以向下为正方向，可得v2﹣a2Δt＝﹣v1+a1Δt
直杆长度的最大值为
联立解得L＝0.15m
答：（1）火药爆炸后瞬间金属圆盘Q的速度大小为2m/s；
（2）点燃火药爆炸后瞬间“T”形杆P和金属圆盘Q的加速度大小分别为90m/s2，30m/s2；
（3）直杆长度的最大值是0.15m。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑