7.1动量守恒定律的几种模型（讲义）-2024-2025学年高二上学期物理期中期末题型复习

7.1动量守恒定律的几种模型 考点一　小球—曲面模型 1 考点二　小球—弹簧模型 2 考点三　子弹打木块模型 2 考点四　滑块木板模型 4 考点五　爆炸模型 4 题型1小球-曲面模型 5 题型2小球-弹簧模型 7 题型3子弹打木块模型 10 题型4滑块木板模型 11 题型5爆炸模型 13 考点一　小球—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) 考点二　小球—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) 考点三　子弹打木块模型 s2 d s1 v0 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 1、 ②相减得： ……④ 对子弹用动量定理： ……⑤ 对木块用动量定理： ……⑥ 点评：这个式子的物理意义是：恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。 由上式不难求得平均阻力的大小： 至于木块前进的距离，可以由以上②、③相比得出： 从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比： 一般情况下，所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：④ 当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是（这里的为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算的大小。 考点四　滑块木板模型 示意图 木板初速度为零 木板有初速度，板块反向 v0 v共 v0 v共 -v0 v1=0 v2 (m<M) v-t图 t O v v0 t1 木板 木块 v共 t O v v0 t1 木块 木板 v共 -v0 考点五　爆炸模型 一、爆炸模型的特点 1、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。 2、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。 3、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 2、 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 题型1小球-曲面模型 1. （2023秋•米东区校级月考）如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放．Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．P对Q做正功，Q对P做负功 B．P对Q的作用力与Q对P的作用力冲量相同 C．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒 D．P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒 2. （2023秋•金坛区期中）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（　　） A．在下滑过程中小球和槽之间的作用力对槽不做功 B．在下滑过程中小球和槽所组成的系统机械能守恒、动量守恒 C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处 3. （2023秋•重庆期中）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，各接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．P、Q组成的系统满足动量守恒 B．P的位移大小为 C．Q滑至最低点时的速度为 D．Q的位移大小为 4. （2023秋•常熟市校级月考）如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　） A．小球在运动的全过程中，只有重力对它做功，对于整个系统而言，机械能守恒 B．小球在运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球有可能不能冲出C点，若无水平面上的物块后，小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度 D．小球离开C点以后，一定做竖直上抛运动，且能无碰撞的回到槽中 5. （2022秋•滨州期末）如图光滑水平面上放置两个相互接触的四分之一圆形光滑曲面A、B，A固定B可自由滑动，小滑块C静置于曲面B最低端，小滑块D由距曲面A最低端高h＝0.8m的地方自由滑下，与C发生弹性正碰，已知小滑块C质量m1＝0.3kg，小滑块D质量m2＝0.1kg，曲面B质量M＝0.3kg，重力加速度g＝10m/s2。则滑块C、D所能达到的最大高度之比为（　　） A．2：1 B．1：2 C．3：1 D．1：3 题型2小球-弹簧模型 6. （2022秋•未央区校级期末）如图甲所示，质量为2kg的小球B与质量未知的小球C用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A以6m/s的初速度向右运动，t＝2s时球A与球B碰撞并瞬间粘在一起，碰后球B的ν﹣t图像如图乙所示。已知弹簧的弹性系数k＝240N/m，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），整个运动过程中弹簧始终在弹性限度内。下列判断正确的是（　　） A．碰后球B的速度为零时弹簧长度最短 B．碰后球B的速度为零时球C的加速度为零 C．碰后运动过程中，小球B加速度的最大值为20m/s2 D．碰后运动过程中，小球B加速度的最大值为30m/s2 7. （2023•尖山区校级开学）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（　　） A．t3时刻弹簧被压缩到最短 B．在t2、t4时刻弹簧处于原长状态 C．两物块的质量之比为m1：m2＝2：1 D．在t1时刻两物块的动能大小相等 8. （2023•沙河口区校级开学）如图甲所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，中间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内，t1、t3时刻弹簧的弹性势能分别为Ep0、，则下列说法正确的是（　　） A．A、B的质量之比为1：3 B．t2时刻B的速度为 C．t2时刻弹簧的弹性势能为 D．t3时刻A、B的速率之比为3：5 9. （多选）（2023秋•福州期末）如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完全相同的木块C以速度v0与木块A碰撞并粘在一起，则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．木块C与木块A碰撞结束时，木块C速度为 C．弹簧的最大弹性势能为 D．弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量 10. （多选）（2023秋•东安区校级期末）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A、B间距离一直增大 D．t1～t3时间内A的速率先增大后减小 题型3子弹打木块模型 11. （2023秋•海珠区校级月考）如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是（　　） A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B．两个系统产生的内能不一样大 C．子弹在软木中打入深度较大 D．子弹在硬木中打入深度较大 12. （2023秋•香坊区校级月考）如图所示，质量为M的木块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中，下列说法正确的是（　　） A．木块的动能增加f（L+d） B．子弹的动能减少量为fd C．子弹和木块组成的系统动能减少量为fL D．子弹和木块组成的系统的动能减少量为 13. （多选）（2022秋•百色期末）如图所示，在固定的光滑水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量也为m的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，不计空气阻力，重力加速度为g，木块没能碰过到横杆，下列说法正确的是（　　） A．子弹射入木块后的运动过程中，木块、子弹、轻绳及圆环构成的系统动量不守恒 B．子弹射入木块后的瞬间，它们的共同速度为 C．子弹射入木块后，子弹和木块能上升的最大高度为 D．子弹射入木块后，当子弹和木块上升到最大高度时，圆环的速度达到最大 14. （多选）（2022秋•东莞市期末）如图甲，质量m＝10g的子弹水平射入静止在水平地面上的木块并留在其中，此后木块运动的t图像如图乙所示，其中x表示木块的位移，t表示木块运动的时间。已知木块的质量为M＝990g，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.8 B．子弹射入木块过程中，子弹损失的机械能为792J C．保持子弹射入木块时的初速度不变，若子弹一的质量越大，系统损失的机械能越多（子弹未射出木块） D．保持子弹射入木块时的初速度不变，若木块的质量越大，子弹对木块的冲量越大（子弹未射出木块） 题型4滑块木板模型 15. （多选）（2023秋•西安期末）如图所示，质量为m'的小车静止在光滑的水平面上，车的上表面粗糙，一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法正确的是（　　） A．木块的最终速度为 B．车表面越粗糙，木块减少的动量越多 C．小车获得的冲量与车表面的粗糙程度无关 D．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒 16. （多选）（2023秋•岳麓区校级期末）如图所示，质量为M的小车在水平面上始终以恒定速度v0向右做匀速运动，一质量为m的小球（m＜＜M）从高h处自由下落，与小车碰撞（碰撞时的作用力远远大于小球的重力）后反弹，上升的最大高度仍为h。设球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球刚弹起后的速度大小可能为（　　） A． B． C． D． 17. （2024•朝阳区校级开学）如图所示，竖直平面内有一高为h＝0.2m的光滑倾斜圆弧轨道，末端水平。质量mB＝3kg的小滑块B静止在圆弧轨道末端。轨道右方有一辆质量为mC＝3kg的小车C静止在光滑水平面上，小车上表面与轨道末端平齐且挨在一起。另一个质量为mA＝1kg的小滑块A从圆弧轨道上端由静止释放，下滑后与B发生弹性碰撞。已知B与小车C上表面的动摩擦因数为μ＝0.25，滑块A在整个过程中与小车C都没有相互作用，取g＝10m/s2。求： （1）A与B碰撞前瞬间滑块A、B的速度大小； （2）要保证滑块B不从小车C上滑下，小车至少要有多长。 题型5爆炸模型 18. （多选）（2023秋•邢台期末）国庆节，某游乐场在确保安全的情况下燃放烟花。质量m＝0.3kg的烟花点燃后，在t＝0.01s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体（此过程烟花位移可以忽略）。然后被竖直发射到距地面h＝20m的最高点。在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，烟花被炸成两部分，其中质量为m1＝0.2kg的部分以v1＝20m/s的速度向东水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，g取10m/s2。则（　　） A．第一次火药爆炸，烟花动量变化量的大小为3.0kg•m/s B．第一次火药爆炸过程中高压气体对烟花平均作用力大小为603N C．第二次火药爆炸过程有180J的化学能转化为机械能 D．第二次火药爆炸后两部分烟花落地点间距为120m 19. （2022春•牧野区校级月考）竖直向上发射一物体（不计空气阻力），在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则（　　） A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小 B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同 C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小 D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小 20. （2022秋•淮安期末）一爆竹飞行到距离地面5m的最高处时速度大小为v＝4m/s，水平向右，此时从中间瞬间爆炸成质量相等的头、尾两块，头部在右端，两者均沿水平方向飞出且不翻转，不计质量损失，不计空气阻力，g取10m/s2。下列图中关于头、尾两块爆竹飞行的轨迹可能正确的是（　　） A． B． C． D． 21. （2023•江汉区开学）在一次模拟训练中，质量为1.2kg的微型导弹在0.01s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体（此过程导弹位移可以忽略），然后被竖直发射到距地面h＝80m的最高点．在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，爆炸过程中释放的能量有40%转化为机械能，导弹被炸成两部分，其中质量为m1＝0.8kg的部分以v1＝600m/s的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10m/s2。求： （1）第一次火药爆炸过程中高压气体对导弹平均作用力大小； （2）第二次火药爆炸后两部分导弹落地点之间距离； （3）第二次火药爆炸中释放的能量。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 7.1动量守恒定律的几种模型 考点一　小球—曲面模型 1 考点二　小球—弹簧模型 2 考点三　子弹打木块模型 2 考点四　滑块木板模型 4 考点五　爆炸模型 4 题型1小球-曲面模型 5 题型2小球-弹簧模型 9 题型3子弹打木块模型 14 题型4滑块木板模型 18 题型5爆炸模型 20 考点一　小球—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) 考点二　小球—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) 考点三　子弹打木块模型 s2 d s1 v0 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 1、 ②相减得： ……④ 对子弹用动量定理： ……⑤ 对木块用动量定理： ……⑥ 点评：这个式子的物理意义是：恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。 由上式不难求得平均阻力的大小： 至于木块前进的距离，可以由以上②、③相比得出： 从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比： 一般情况下，所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：④ 当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是（这里的为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算的大小。 考点四　滑块木板模型 示意图 木板初速度为零 木板有初速度，板块反向 v0 v共 v0 v共 -v0 v1=0 v2 (m<M) v-t图 t O v v0 t1 木板 木块 v共 t O v v0 t1 木块 木板 v共 -v0 考点五　爆炸模型 一、爆炸模型的特点 1、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。 2、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。 3、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 2、 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 题型1小球-曲面模型 1. （2023秋•米东区校级月考）如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放．Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．P对Q做正功，Q对P做负功 B．P对Q的作用力与Q对P的作用力冲量相同 C．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒 D．P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒 【解答】解：A、Q在P上运动过程，P向左运动，P对Q的弹力垂直于接触面向右上方，与P相对于地面的速度成钝角，所以P对Q做负功。Q对P的弹力与P的速度成锐角，所以Q对P做正功，故A错误； B、P、Q间的弹力为一对作用力反作用力，等大反向，且作用时间相同，所以根据I＝Ft知P对Q的作用力与Q对P的作用力冲量大小相等，方向相反，故B错误； CD、Q在P上运动过程，对于P和Q构成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，故C错误，D正确。 故选：D。 2. （2023秋•金坛区期中）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（　　） A．在下滑过程中小球和槽之间的作用力对槽不做功 B．在下滑过程中小球和槽所组成的系统机械能守恒、动量守恒 C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处 【解答】解：A、光滑弧形槽静止在光滑水平面上，小球在下滑过程中，槽向左运动，小球和槽之间的作用力对槽做正功，故A错误； B、在下滑过程中小球和槽所组成的系统只有重力做功，机械能守恒；系统竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，故B错误； C、全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误； D、小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并沿槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。 故选：D。 3. （2023秋•重庆期中）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，各接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．P、Q组成的系统满足动量守恒 B．P的位移大小为 C．Q滑至最低点时的速度为 D．Q的位移大小为 【解答】解：A、P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； BD、设P的位移大小为x，则Q的位移大小为2R﹣x，P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，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： 3mvQ﹣mvP＝0，即：3mm0 解得：xR，Q的位移大小xQ＝2R﹣x＝2RRR，故BD错误； C、设Q到达最低点的速度大小为v1，此时P点的速度大小为v2，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得： 3mv1﹣mv2＝0 系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgR 解得：v1，故C正确。 故选：C。 4. （2023秋•常熟市校级月考）如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　） A．小球在运动的全过程中，只有重力对它做功，对于整个系统而言，机械能守恒 B．小球在运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球有可能不能冲出C点，若无水平面上的物块后，小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度 D．小球离开C点以后，一定做竖直上抛运动，且能无碰撞的回到槽中 【解答】解：A、小球从A点到B点，半圆槽静止不动，只有重力做功；从B点到C点，半圆槽向右运动，除重力做功外还有圆槽的弹力做功；对于整个系统而言，只有重力做功，机械能守恒，故A错误； B、小球在到达B点之前，半圆槽静止不动，小球动量增加，系统动量不守恒；小球到达B点之后，半圆槽会向右运动，小球与半圆槽水平方向不受外力，则小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误； C、若小球下落的高度较低，则小球有可能不能冲出C点；若无水平面上的物块后，则小球进入半圆槽中到到达最低点B的过程中，半圆槽向左运动；当小球从B点上滑到离开槽的过程中，半圆槽做减速运动，当小球离开半圆槽的时候，半圆槽的速度减为零，由能量关系可知，小球离开半圆槽的速度等于进入半圆槽时的速度，则小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度，故C正确； D、小球离开C点以后，既有水平速度，也有竖直速度，所以小球做斜抛运动。因小球的水平速度等于半圆槽的水平速度，所以小球能无碰撞的回到槽中，故D错误。 故选：C。 5. （2022秋•滨州期末）如图光滑水平面上放置两个相互接触的四分之一圆形光滑曲面A、B，A固定B可自由滑动，小滑块C静置于曲面B最低端，小滑块D由距曲面A最低端高h＝0.8m的地方自由滑下，与C发生弹性正碰，已知小滑块C质量m1＝0.3kg，小滑块D质量m2＝0.1kg，曲面B质量M＝0.3kg，重力加速度g＝10m/s2。则滑块C、D所能达到的最大高度之比为（　　） A．2：1 B．1：2 C．3：1 D．1：3 【解答】解：小滑块D沿曲面A滑下，设末速度v0，由机械能守恒定律得： 代入数据解得：v0m/s＝4m/s 滑块D与C发生弹性正碰，取向右为正，碰后C、D速度分别为v1、v2， 由动量守恒定律得：m2v0＝m1v1+m2v2 由机械能守恒定律得： 联立解二次方程得：v1＝2m/s、v2＝﹣2m/s D返回A弧面时，由机械能守恒定律可得： 解得小滑块D能达到的最大高度：h2m＝0.2m 滑块C与曲面B相互作用过程，以向右为正由动量守恒定律有：m1v1＝（m1+M）v共 机械能守恒定律有： 联立解得：h1＝0.1m 所以滑块C、D所能达到的最大高度之比为：，故ACD错误，B正确。 故选：B。 题型2小球-弹簧模型 6. （2022秋•未央区校级期末）如图甲所示，质量为2kg的小球B与质量未知的小球C用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A以6m/s的初速度向右运动，t＝2s时球A与球B碰撞并瞬间粘在一起，碰后球B的ν﹣t图像如图乙所示。已知弹簧的弹性系数k＝240N/m，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），整个运动过程中弹簧始终在弹性限度内。下列判断正确的是（　　） A．碰后球B的速度为零时弹簧长度最短 B．碰后球B的速度为零时球C的加速度为零 C．碰后运动过程中，小球B加速度的最大值为20m/s2 D．碰后运动过程中，小球B加速度的最大值为30m/s2 【解答】解：A．当三球共速时，弹簧弹性势能最大，压缩量最大，弹簧长度最短，故A错误； B．由图可知，B的速度为零后继续反向加速，说明弹簧弹力不为0，故C球受到弹簧弹力，加速度不为0，故B错误； CD．AB发生完全非弹性碰撞，设水平向右为正方向，由动量守恒定律，则 mAvA＝（mA+mB）v 代入数据解得 mA＝4kg ABC整体动量守恒（mA+mB）v＝（mA+mB）v'+mCvC 当弹簧恢复原长时，此时v'＝﹣1m/s，满足 即 代入数据解得 mC＝10kg 当ABC共速时，设水平向右为正方向，由动量守恒定律 （mA+mB）v＝（mA+mBmC）v共 依据能量守恒定律 联立解得 Ep＝30J Ep 代入数据解得 此时小球B加速度最大a 代入数据解得 a＝20m/s2，故C正确，D错误。 故选：C。 7. （2023•尖山区校级开学）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（　　） A．t3时刻弹簧被压缩到最短 B．在t2、t4时刻弹簧处于原长状态 C．两物块的质量之比为m1：m2＝2：1 D．在t1时刻两物块的动能大小相等 【解答】解：AB、由图乙可知两物块的运动过程：开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，弹簧被压缩至最短，系统动能最小，弹性势能最大，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，弹簧最长，系统动能最小，所以从t3到t4过程中弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，故A错误，B正确； C、从t＝0开始到t1时刻，取向右为正方向，根据系统动量守恒有 m1v1＝（m1+m2）v2 其中：v1＝3m/s，v2＝1m/s 解得：m1：m2＝1：2，故C错误； D、在t1时刻，两物块的速度相等，但质量不相等，所以两物块的动能大小不相等，故D错误。 故选：B。 8. （2023•沙河口区校级开学）如图甲所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，中间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内，t1、t3时刻弹簧的弹性势能分别为Ep0、，则下列说法正确的是（　　） A．A、B的质量之比为1：3 B．t2时刻B的速度为 C．t2时刻弹簧的弹性势能为 D．t3时刻A、B的速率之比为3：5 【解答】解：设A的质量为m1，B质量为m2。 A、根据图乙可知在t1时刻两物块速度相等，取向右为正方向，根据动量守恒定律有： m1v0＝（m1+m2），解得：m1：m2＝1：2，故A错误； B、根据图乙可知t2时刻A的速度为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律有： m1v0＝m2v1，解得t2时刻B的速度为：v1＝0.5v0，故B错误； C、从0～t1时间内，根据能量守恒可得：m1（m1+m2）（）2+EP0 从0～t2时间内，根据能量守恒可得：m1m2（0.5v0）2+EP2 联立解得：EP2，故C正确； D、t3时刻，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v3+m2v4 根据能量守恒定律有：m1m1m2 联立解得：解一：v3v0，v4，解二：v3，v4 结合图乙可知解二不符合题意，则t3时刻A、B的速率之比为：，故D错误。 故选：C。 9. （多选）（2023秋•福州期末）如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完全相同的木块C以速度v0与木块A碰撞并粘在一起，则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．木块C与木块A碰撞结束时，木块C速度为 C．弹簧的最大弹性势能为 D．弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量 【解答】解：A、从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，木块A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒。木块C与A碰撞并粘在一起，此过程系统机械能有损失，产生内能，故系统机械能不守恒，故A错误； B、木块C与A碰撞并粘在一起的过程，以木块C与木块A组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝2mv，解得木块C与木块A碰撞结束时，木块C速度：v，故B正确； C、当三者的速度大小相等时，弹簧的弹性势能最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：2mv＝3mv′，解得：v′ 根据能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：EP 解得：EP，故C错误； D、木块C与A碰撞过程中系统机械能有损失，之后粘合体在通过弹簧与物块B作用过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，粘合体与物块B达到相同速度时，弹簧的弹性势能最大，但由于碰撞过程系统机械能有损失，所以弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量，故D正确。 故选：BD。 10. （多选）（2023秋•东安区校级期末）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A、B间距离一直增大 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正确； B、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； CD、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，A的速度一直增大，故CD错误。 故选：AB。 题型3子弹打木块模型 11. （2023秋•海珠区校级月考）如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是（　　） A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B．两个系统产生的内能不一样大 C．子弹在软木中打入深度较大 D．子弹在硬木中打入深度较大 【解答】解：AB、设子弹质量为m，木块质量为M，由于最终都达到共同速度，以向右为正方向，根据动量守恒定律：mv0＝（m+M）v 可知，共同速度v相同，则根据能量守恒定律有： 可知子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，故两个系统产生的内能Q一样多，故AB错误； CD、根据功能关系：Q＝Ff•d 从以上表达式可知，当产生的内能Q相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入深度d越大，由于子弹在软木块受到的摩擦力小，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。 故选：C。 12. （2023秋•香坊区校级月考）如图所示，质量为M的木块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中，下列说法正确的是（　　） A．木块的动能增加f（L+d） B．子弹的动能减少量为fd C．子弹和木块组成的系统动能减少量为fL D．子弹和木块组成的系统的动能减少量为 【解答】解：A、子弹对木块的作用力大小为f，木块相对于水平桌面的位移为L，则子弹对木块做功为fL，根据动能定理可得木块动能的增加量等于子弹对木块做功，即fL，故A错误； B、子弹相对于地面的位移大小为L+d，则木块对子弹的阻力做功为﹣f（L+d），根据动能定理得知，子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做的功，大小为f（L+d），故B错误； C、子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做的功为fd，根据功能关系可知，系统动能的减少量为fd，故C错误； D、取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得子弹和木块的共同速度为：，所以子弹和木块（系统）的动能减少量为，解得：，故D正确。 故选：D。 13. （多选）（2022秋•百色期末）如图所示，在固定的光滑水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量也为m的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，不计空气阻力，重力加速度为g，木块没能碰过到横杆，下列说法正确的是（　　） A．子弹射入木块后的运动过程中，木块、子弹、轻绳及圆环构成的系统动量不守恒 B．子弹射入木块后的瞬间，它们的共同速度为 C．子弹射入木块后，子弹和木块能上升的最大高度为 D．子弹射入木块后，当子弹和木块上升到最大高度时，圆环的速度达到最大 【解答】解：A、子弹射入木块后的运动过程中，木块、子弹、轻绳及圆环构成的系统只在水平方向合外力为零，竖直方向合外力不为零，所以该系统动量不守恒，而水平方向动量守恒，故A正确； B、子弹射入木块的过程，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹射入木块后的瞬间子弹和木块的共同速度大小为v1，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m0v0＝（m0+m）v1 解得：，故B错误； C、子弹射入木块后的运动过程中，圆环、木块和子弹构成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，当三者达到共同速度v时，子弹和木块上升的高度最大，设最大高度为h，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒有 m0v0＝（m0+2m）v 从子弹射入木块后到子弹和木块上升到最大高度的过程中，根据机械能守恒定律有 联立解得：，故C正确； D、子弹射入木块后的运动过程中，子弹和木块上升到最大高度时，圆环受到向右下方的拉力，而圆环的速度方向又向右，此时圆环所受合外力方向与速度方向之间的夹角为锐角，则可知圆环之后做加速运动，即此时速度不是最大，故D错误。 故选：AC。 14. （多选）（2022秋•东莞市期末）如图甲，质量m＝10g的子弹水平射入静止在水平地面上的木块并留在其中，此后木块运动的t图像如图乙所示，其中x表示木块的位移，t表示木块运动的时间。已知木块的质量为M＝990g，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.8 B．子弹射入木块过程中，子弹损失的机械能为792J C．保持子弹射入木块时的初速度不变，若子弹一的质量越大，系统损失的机械能越多（子弹未射出木块） D．保持子弹射入木块时的初速度不变，若木块的质量越大，子弹对木块的冲量越大（子弹未射出木块） 【解答】解：A、根据图乙可得，整理可得x＝4t﹣4t2 结合匀变速直线运动位移与时间关系可知子弹留在木块中一起做匀减速直线运动的初速度和加速度大小分别为v＝4m/s，a＝8m/s2 以子弹、木块为整体，根据牛顿第二定律可得μ（M+m）g＝（M+m）a 解得木块与水平地面之间的动摩擦因数为μ，故A正确； B、设子弹射入木块前的初速度为v0，设向右为正方向，根据动量守恒可得mv0＝（m+M）v，代入数据解得v0＝400m/s 子弹损失的机械能，代入数据解得ΔE＝799.92J，故B错误； C、设子弹射入木块前的初速度为v0，根据动量守恒可得mv0＝（m+M）v，解得 该过程中系统损失的机械能为 可知保持子弹射入木块时的初速度不变，若子弹的质量越大，系统损失的机械能越多； 根据动量定理，子弹对木块的冲量为I＝Mv，可知保持子弹射入木块时的初速度不变，若木块的质量越大，子弹对木块的冲量越大，故CD正确。 故选：ACD。 题型4滑块木板模型 15. （多选）（2023秋•西安期末）如图所示，质量为m'的小车静止在光滑的水平面上，车的上表面粗糙，一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法正确的是（　　） A．木块的最终速度为 B．车表面越粗糙，木块减少的动量越多 C．小车获得的冲量与车表面的粗糙程度无关 D．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒 【解答】解：AD、以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0＝（m+m'）v，解得最终两者的共同速度v，故A正确，D错误； B、木块减少的动量为Δp木＝mv0﹣mv，与车面粗糙程度无关，故B错误； C、由动量定理可知，小车获得冲量I＝Δp车＝m'v，与车面粗糙程度无关，故C正确。 故选：AC。 16. （多选）（2023秋•岳麓区校级期末）如图所示，质量为M的小车在水平面上始终以恒定速度v0向右做匀速运动，一质量为m的小球（m＜＜M）从高h处自由下落，与小车碰撞（碰撞时的作用力远远大于小球的重力）后反弹，上升的最大高度仍为h。设球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球刚弹起后的速度大小可能为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：小球弹起后竖直方向的速度为：vy； ①小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有： Mv0＝（M+m）v 由于M≫m 所以：v＝v0； 此时小球的速度为：v1 ②若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理，水平方向上有：Fμt＝mv′ 小球反弹后上升的高度为h，则反弹的速度v与落在小车上时的速度大小相等，以向上为正方向，竖直方向上有： FNt＝mvy﹣m（﹣vy）＝2m， 又Fμ＝μFN 解得：v′＝2μ， 则有：v2，故AC正确、BD错误。 故选：AC。 17. （2024•朝阳区校级开学）如图所示，竖直平面内有一高为h＝0.2m的光滑倾斜圆弧轨道，末端水平。质量mB＝3kg的小滑块B静止在圆弧轨道末端。轨道右方有一辆质量为mC＝3kg的小车C静止在光滑水平面上，小车上表面与轨道末端平齐且挨在一起。另一个质量为mA＝1kg的小滑块A从圆弧轨道上端由静止释放，下滑后与B发生弹性碰撞。已知B与小车C上表面的动摩擦因数为μ＝0.25，滑块A在整个过程中与小车C都没有相互作用，取g＝10m/s2。求： （1）A与B碰撞前瞬间滑块A、B的速度大小； （2）要保证滑块B不从小车C上滑下，小车至少要有多长。 【解答】解：（1）根据题意，A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小分别为vA，vB；机械能守恒定律可得 解得vA＝2m/s 由题可知，B的速度为 vB＝0m/s （2）根据题意可知，A与B发生弹性正碰，设水平向右为正方向，由动量守恒定律有 mAvA＝mAv1+mBv2 由能量守恒定律有 mAmAmB 解得v2＝1m/s B和C组成的系统水平方向合力为零，要保证滑块B不从小车C上滑下，即滑块B滑到小车右端时与小车速度相等，设水平向右为正方向，由动量守恒定律有 mBv2＝（mB+mC）v' 由能量守恒定律有 解得L＝0.1m 答：（1）A与B碰撞前瞬间滑块A、B的速度大小为2m/s，0； （2）要保证滑块B不从小车C上滑下，小车至少要有多0.1m。 题型5爆炸模型 18. （多选）（2023秋•邢台期末）国庆节，某游乐场在确保安全的情况下燃放烟花。质量m＝0.3kg的烟花点燃后，在t＝0.01s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体（此过程烟花位移可以忽略）。然后被竖直发射到距地面h＝20m的最高点。在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，烟花被炸成两部分，其中质量为m1＝0.2kg的部分以v1＝20m/s的速度向东水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，g取10m/s2。则（　　） A．第一次火药爆炸，烟花动量变化量的大小为3.0kg•m/s B．第一次火药爆炸过程中高压气体对烟花平均作用力大小为603N C．第二次火药爆炸过程有180J的化学能转化为机械能 D．第二次火药爆炸后两部分烟花落地点间距为120m 【解答】解：A．第一次火药爆炸后，设烟花的速度为v，则有 v2＝2gh 解得v＝20m/s 烟花动量变化量的大小为 Δp＝mv﹣0 Δp＝6.0kg•m/s，故A错误； B．设向上为正方向，第一次火药爆炸过程对烟花应用动量定理有 （F﹣mg）t＝mv﹣0 解得F＝603N，故B正确； C．第二次爆炸，水平方向动量守恒，设m1运动方向为正方向，有 0＝m1v1﹣（m﹣m1）v2 解得v2＝40m/s 所以另一部分烟花的速度大小为40m/s，方向水平向西，转化为机械能的化学能 E E＝120J，故C错误； D．两部分下落均做自由落体运动，有 两部分烟花水平方向为匀速直线运动，且运动方向相反，两部分落地点间距为 x＝（v2+v1）t x＝120m，故D正确。 故选：BD。 19. （2022春•牧野区校级月考）竖直向上发射一物体（不计空气阻力），在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则（　　） A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小 B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同 C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小 D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小 【解答】解：A、炸裂过程系统内力远大于外力，该过程系统动量守恒，炸裂后a的速度大小即可能大于、也可能等于、还可能小于原来的速度，故A错误； BC、炸裂过程系统动量守恒，以向上为正方向，设炸裂前瞬间物块的速度为v0，由动量守恒定律得：mv0＝mbvb﹣mava，解得：vb，由题意可知：mb＞ma，ma+mb＝m，则：vbv0，b的速度方向与初速度方向相同，故B正确，C错误； D、炸裂过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误； 故选：B。 20. （2022秋•淮安期末）一爆竹飞行到距离地面5m的最高处时速度大小为v＝4m/s，水平向右，此时从中间瞬间爆炸成质量相等的头、尾两块，头部在右端，两者均沿水平方向飞出且不翻转，不计质量损失，不计空气阻力，g取10m/s2。下列图中关于头、尾两块爆竹飞行的轨迹可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A．爆炸后的两块爆竹竖直方向下落时间为 解得t＝1s 以爆炸前的速度方向为正方向，两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部v1＝6m/s，尾部v2＝2m/s，设爆竹的总质量为2m，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动量和总动能为 p1＝2m×4＝8m， 爆炸后的总动量 p2＝m×2+m×6＝8m 爆炸后的总动能为 则有p1＝p2，Ek1＜Ek2 则爆炸前后动量守恒，动能增加，符合实际，故A正确； B．设爆炸前的速度方向为正方向，两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部v1＝8m/s，尾部v2＝﹣2m/s，设爆竹的总质量为2m，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动量为 p1＝2m×4＝8m 爆炸后的总动量为 p2＝m×8+m×（﹣2）＝6m 则有p1≠p2，则爆炸前后动量不守恒，故B错误； C．两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部v1＝3m/s，尾部v2＝5m/s，设爆竹的总质量为2m，以爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动量为 p1＝2m×4＝8m 爆炸后的总动量为 p2＝m×3+m×5＝8m 则有p1＝p2 则爆炸前后动量守恒，但头部的速度小于尾部速度，不符合实际，故C错误； D．设爆炸前的速度方向为正方向，两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部v1＝4m/s，尾部v2＝4m/s，设爆竹的总质量为2m，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动量和总动能为 p1＝2m×4＝8m， 爆炸后的总动量和总动能为 p2＝m×4+m×4＝8m， 则有p1＝p2，Ek1＝Ek2 则爆炸前后动量守恒，动能相等，但爆炸后总动能会增大，不符合实际，故D错误。 故选：A。 21. （2023•江汉区开学）在一次模拟训练中，质量为1.2kg的微型导弹在0.01s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体（此过程导弹位移可以忽略），然后被竖直发射到距地面h＝80m的最高点．在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，爆炸过程中释放的能量有40%转化为机械能，导弹被炸成两部分，其中质量为m1＝0.8kg的部分以v1＝600m/s的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10m/s2。求： （1）第一次火药爆炸过程中高压气体对导弹平均作用力大小； （2）第二次火药爆炸后两部分导弹落地点之间距离； （3）第二次火药爆炸中释放的能量。 【解答】解：（1）第一次火药爆炸后，设导弹的速度为v，则有：v2＝2gh 解得：v＝40m/s 第一次火药爆炸过程对导弹，以向上为正，根据动量定理有：（F﹣mg）t＝mv﹣0 解得高压气体对导弹平均作用力大小为：F＝4812N （2）第二次爆炸，以v1方向为正，向水平方向动量守恒有：m1v1﹣（m﹣m1）v2＝0 代入解得：v2＝1200m/s 所以另一部分导弹的速度大小为1200m/s，方向相反； 导弹均做平抛运动，两部分下落的时间相等均满足： 解得：t＝4s 所以两部分导弹落地点间距为：x＝（v1+v2）t 代入数据得：x＝7200m （3）由题意，根据能量守恒定律可得，第二次火药爆炸中释放的能量为： 代入数据解得：E＝1080000J＝1.08×106J 学科网（北京）股份有限公司 $$