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
掌握动量守恒定律的几种模型
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)
（2022春 安阳月考）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。
（2024 东港区校级模拟）如图所示，木块A的右侧为光滑曲面，且下端极薄，上端轨道切线竖直，其质量为2.0kg，静止于光滑水平面上。一质量为2.0kg的小球B以2.0m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面，与A发生相互作用。B球沿A曲面上升的最大高度为（ ）
A．0.1m B．0.2m C．0.5m D．0.05m
【解答】解：A与B组成的系统在水平方向动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mBvB＝（mA+mB）v
由机械能守恒定律得
解得
h＝0.1m
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024春 高新区期末）如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个小车（含轨道）的质量为m．现有质量也为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到最高点，最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球与小车组成的系统动量守恒
B．小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零
C．小球沿轨道上升的最大高度为
D．小球滑离小车后，做自由落体运动
【解答】解：ABC．依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，竖直方向上不守恒。设达到最高点的高度为H，此时小球仍然具有水平速度，取水平向右为正方向，由动量守恒定律，可得
mv0＝（m+m）v
根据能量守恒，可得
联立，解得
故ABC错误；
D．设小球滑离小车时，二者速度分别为v球和v车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得
联立解得
v球＝0
小球滑离小车后，做自由落体运动，故D正确。
故选：D。
（2024 红桥区一模）如图所示，一质量M＝2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现在将质量m＝1.0kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0＝3.0m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度g＝10m/s求
（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）小铁块和长木板达到的共同速度v．
【解答】解：（1）小木块在弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得
解得：F＝mg+m1×10+125N
（2）铁块在弧形轨道上滑行过程，根据动能定理得
解得：克服摩擦力所做的功Wf＝mgR1×10×0.61×32＝1.5J
（3）铁块在木板上滑动过程，系统的动量守恒，则有 mv0＝（m+M）v
解得：共同速度v1.0m/s
答：
（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F是25N；
（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf是1.5J．
（3）小铁块和长木板达到的共同速度v是1m/s．
（2024春 越秀区期末）如图，一滑板的上表面由长度为L的粗糙水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上，物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ（已知μ＜1，但具体大小未知），一根长度为L、不可伸长的轻细线，一端固定于O′点，另一端系一小球Q，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知小球Q的质量为m，物体P的质量为2m，滑板的质量为6m，，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）小球Q与物体P碰撞后瞬间，求物体P速度的大小；
（2）若物体P恰不从C点滑出，求μ的值；
（3）若要保证物体P既能到达圆弧BC，同时不会从C点滑出，求物体P在AB上滑行路程s与μ的关系。（结果均可用根式和分式表示）
【解答】解：（1）小球Q下摆过程，根据动能定理有
取向左为正方向，小球Q与物体P发生弹性碰撞过程有
mv0＝mv1+2mv2
解得
（2）若物体P恰不从C点滑出，即P运动到C点时与滑板的速度相等，取向左为正方向，有
2mv2＝（6m+2m）v3
解得
（3）若要保证物体P既能到达圆弧BC，同时不会从C点滑出，则（2）中求出的动摩擦因数为最小值，即有
当P恰好能够运动到B点，此时的动摩擦因数为最大值，取向左为正方向，有
2mv2＝（6m+2m）v4
解得
综合上述有
若物体P最终恰好运动至滑板上的A点与滑板保持相对静止，取向左为正方向，有
2mv2＝（6m+2m）v5
解得
可知，当动摩擦因数小于时，P最终将从滑板的A点飞出，可知，当时有
s＝2L
当时，P最终在AB之间的某一位置与滑板保持相对静止，取向左为正方向，有
2mv2＝（6m+2m）v6
解得
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)
（2024 黄陂区校级一模）质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为（ ）
A．m， B．m，m
C．m，m D．m，m
【解答】解：小球a、b与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球a、b达到共速，设共速时的速度为v1，小球a的初速度为v0，则由动量守恒定律有：mav0＝（ma+mb）v1
碰撞过程中机械能守恒，有：
解得弹簧压缩到最短时的弹性势能：Ep＝8J
由弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系：
代入可得：x＝0.4m
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为l1、l2，任取极短的时间Δt，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为v1i、v2i则有：mav0＝mav1i+mbv2i
两边同乘以Δt并求和得：∑mav0Δt＝∑mav1iΔt+∑mbv2iΔt
故有：mav0t＝mal1+mbl2
而两小球的对地位移之间的关系为：l1﹣l2＝x
联立解得：，，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2024 朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（ ）
A．P的动量为0
B．Q的动量达到最大值
C．P、Q系统总动量小于mv
D．弹簧储存的弹性势能为
【解答】解：AC、物体P、Q与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，系统总动量为mv，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为mv，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv＝2mv1，解得：v1v，所以P的动量为mv1mv，不为零，故AC错误；
D、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为Ep，故D正确；
B、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体Q有向右的弹力，物体Q的速度方向也向右，所以在接下来的一段时间内，物体Q做加速运动，其动量会继续增大，故此时Q的动量不是最大，故B错误。
故选：D。
（2023秋 无锡期末）如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v﹣t图像如图b所示，则（ ）
A．A的质量为5kg
B．弹簧锁定时其弹性势能为6J
C．A离开挡板后最大速度为4m/s
D．B的速度为2m/s时，弹簧恰好处于原长状态
【解答】解：B、物块A刚要离开挡板时弹簧为原长，由B物块的v﹣t图像可知A刚离开挡板时B的速度为vB0＝3m/s，根据机械能守恒定律可得弹簧锁定时其弹性势能为：EpmB2×32J＝9J，故B错误；
AC、物块A离开挡板后到A、B共速时弹簧被拉伸到最长，之后弹簧再次变为原长，此过程A一直做加速直线运动，B一直做减速直线运动，之后弹簧被压缩，A做减速直线运动，B做加速直线运动，故弹簧再次为原长时A的速度最大，B的速度最小，由v﹣t图像可知B的速度最小值为vB1＝1m/s，设A的速度最大为vA1。
当A离开挡板后，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mBvB0＝mAvA1+mBvB1
mBmAmB
联立解得：vA1＝4m/s，mA＝1kg，故A错误，C正确；
D、由上述分析可知B的速度为1m/s时，弹簧恰好处于原长状态，B的速度有3m/s减小到1m/s的过程中弹簧处于伸长状态，故D错误。
故选：C。
（2024 道里区校级一模）轻质弹簧上端悬挂于天花板上，下端与质量为M的木板相连，木板静止时位于图中Ⅰ位置。O点为弹簧原长时下端点的位置，质量为m的圆环形物块套在弹簧上（不与弹簧接触），现将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，物块m与木板瞬时相碰后一起运动，物块m在P点达到最大速度，且M恰好能回到O点。若将m从比Ⅱ位置高的Q点自由释放后，m与木板碰后仍一起运动，则下列说法正确的是（ ）
A．物块m达到最大速度的位置在P点的下方
B．物块m与木板M从Ⅰ位置到O的过程做匀减速运动
C．物块m与木板M在O点正好分离
D．物块m能回到Q点
【解答】解：A．在物块m下落过程中，当物块m、木板M的总重力等于弹簧弹力时，物块m达到最大速度，故物块m达到最大速度的位置仍在P点，故A错误；
B．物块m与木板M从I位置到O的过程，总重力不变，弹簧的弹力逐渐减小，故物块m与木板M做加速度增大的减速运动，故B错误；
C．将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，且M恰好能回到O点，可知将m从比Ⅱ位置高的Q点自由释放后，根据能量守恒，M回到O点时速度不为零，O点为弹簧原长时下端点的位置，则物块m与木板M间的作用力为零，故物块m与木板M在O点正好分离，故C正确；
D．根据能量守恒可知，碰撞过程存在一定的机械能损失，且物块m的部分机械能转化为木板M的机械能，故物块m不能回到Q点，故D错误。
故选：C。
（2022 南京模拟）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球B上，另一端与球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平地面上。球A从光滑斜面上距水平地面高为H＝3.2m处由静止滑下（不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失），与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球C脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内。已知球A和球B的质量均为1kg，球C的质量为4kg，且三个小球均可被视为质点。圆弧的半径R＝2m，g取10m/s2。求：
（1）小球A和小球B碰后瞬间粘在一起时的共同速度大小vAB；
（2）球C脱离弹簧后在圆弧上达到的最大高度h；
（3）调整球A释放初位置的高度H，球C与弹簧分离后恰好能运动至圆弧轨道的圆心等高处。求球C在圆弧轨道内运动过程中克服重力做功的最大瞬时功率P。
【解答】解：（1）设小球A与B碰前瞬间的速度为vA，A由斜面最高点下滑到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得，解得：
A与B发生正碰时在水平方向动量守恒，有
mAvA＝（mA+mB）vAB
联立代入数据解得
；
（2）设球C脱离弹簧后的速度为vC，A、B整体的速度为vAB′，从A与B结合为一个整体后到球C离开弹簧的过程中，由动量守恒定律有
（mA+mB）vAB＝（mA+mB）v′AB+mCvC
由机械能守恒定律有
，解得：，
从球C脱离弹簧到运动至圆弧最大高度处的过程中，由机械能守恒定律得
联立并代入数据解：
（3）球C在圆弧轨道内运动过程中，当竖直方向的加速度为零时，竖直方向速度最大，此时克服重力做功的瞬时功率最大。如图所示，设此时球C与圆弧轨道圆心连线与水平方向的夹角为θ，所受轨道支持力大小为FN，则
mCg＝FNsinθ
在该位置处，设球C的速度为v，在沿轨道半径方向根据牛顿第二定律得：
球C从该位置处运动到与圆弧轨道圆心等高处过程中，由机械能守恒定律得
联立解得：3sin2θ＝1，
解得：
，
所以球C克服重力做功的最大瞬时功率为。
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
（2024春 天河区校级期末）如图所示，水平桌面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端栓接木块B，开始时B静止，弹簧处于原长。某时刻子弹A沿水平方向射入木块B并留在其中，将弹簧压缩到最短。对子弹、木块和弹簧构成的系统，从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的过程中（ ）
A．动量不守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能不守恒
D．动量守恒，机械能守恒
【解答】解：子弹进入木块开始压缩弹簧，对三者组成的系统，墙壁对弹簧向右的力不为0，故动量不守恒，又因为子弹和木块的作用过程是一个完全非弹性碰撞模型，作用过程中会损失较多的机械能，故系统机械能也不守恒，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024春 重庆期末）如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度小于子弹B射入的深度，则（ ）
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量小
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力小
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间短
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能小
【解答】解：BD、由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设其为F，根据动能定理得：
对A子弹：﹣FdA＝0﹣EKA，得FdA＝EkA
对B子弹：﹣FdB＝0﹣EkB，得FdB＝EKB
由于dA＜dB，则子弹入射时的初动能
EkA＜EkB，故B错误，D正确；
A、对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有，由题可知子弹A射入的深度小于子弹B射入的深度，因此有EkA＜EkB，因此mA＞mB，故A错误；
C、子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C错误。
故选：D。
（2024春 庐阳区校级期中）如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度v0射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）
A．系统的动量不守恒，机械能守恒
B．系统的动量守恒，机械能不守恒
C．系统损失的机械能为
D．弹簧最大的弹性势能等于
【解答】解：AB、子弹在击中木块过程要克服阻力做功，机械能有损失，系统机械能不守恒，子弹与木块压缩弹簧过程，子弹、木块、弹簧组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由此可知，弹簧、子弹和木块组成的系统在整个过程中动量不守恒、机械能不守恒，故AB错误；
C、子弹击中木块过程子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，
系统损失的机械能：ΔE，故C正确；
D、木块压缩弹簧过程，由能量守恒定律得：（M+m）v2＝EP，解得：EP，故D错误；
故选：C。
（2023 辽宁模拟）如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为m的子弹以v0的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60°。木块可视为质点，重力加速度大小为g，则轻绳的长度为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：子弹射入木块的过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝（4m+m）v
得v
设轻绳的长度为L。子弹击中木块后一起向上摆动的过程中，根据机械能守恒定律得：
（4m+m）v2＝（4m+m）gL（1﹣cos60°）
解得：L，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024春 通州区期末）如图所示，在高h＝0.8m的平台上放置一质量为M＝0.99kg的小木块（视为质点），小木块距平台右边缘距离d＝2m，一质量m＝0.01kg的子弹以速度v0沿水平向右的方向射入小木块并留在其中，然后一起以速度v共＝4m/s向右运动。最后，小木块从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s＝0.8m的地面上，g取10m/s2，求：
（1）子弹的初速度v0的大小；
（2）小木块滑出平台时的速度大小v；
（3）小木块与平台间的动摩擦因数μ。
【解答】解：（1）子弹射入木块的过程中，以子弹初速度方向为正方向，对系统
mv0＝（M+m）v共
解得v0＝400m/s
（2）小木块从平台滑出后做平抛运动，水平方向s＝vt＝0.8m
竖直方向
可得木块飞出时的速度v＝2m/s
（3）木块在平台上滑动过程中做匀减速运动，根据动能定理
解得μ＝0.3
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
（2024 平谷区模拟）可忽略大小的一物体在空中发生爆炸，分裂成三个速率相同但质量不同的物块1、2、3，如图所示，它们的质量大小关系是m1＞m2＞m3，忽略空气阻力，则它们落到水平地面上时速率的大小关系是（ ）
A．物块1的落地速率最大
B．物块2的落地速率最大
C．物块3的落地速率最大
D．三物块的落地速率相同
【解答】解：因为三个物体的初始速率相同设为v0，设落地时的速率为v，根据能量守恒定律可得：
，由此可知三物块的落地速率与质量无关，所以三个物体落地时的速率大小相等，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（2023秋 密山市期末）一枚在空中飞行的火箭在某时刻的速度为v0，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块（如图所示），其中质量为m2的后部分箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则质量为m1前部分箭体速率v1为（ ）
A．v0﹣v2
B．v0+v2
C．
D．
【解答】解：火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：（m1+m2）v0＝m1v1+m2v2解得，故ABC正确，D正确。
故选：D。
（2023春 红塔区校级期末）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。
（2022 浚县模拟）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。
（2024春 华州区期末）如图所示，物块C质量mC＝4kg上表面光滑，左边有一立柱，放在光滑水平地面上。一轻弹簧左端与立柱连接，右端与物块B连接，mB＝2kg。长为L＝3.6m的轻绳上端系于O点，下端系一物块A，mA＝3kg。拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角，将物块A从静止开始释放，达到最低点时炸裂成质量m1＝2kg、m2＝1kg的两个物块1和2，物块1水平向左运动与B粘在一起，物块2仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好能回到释放时的初始位置，A、B都可以看成质点。取g＝10m/s2，求：
（1）物块A在最低点时的速度v0；
（2）物块A炸裂时增加的机械能ΔE；
（3）在以后的过程中，弹簧的最大弹性势能Epm。
【解答】解：（1）物块A从释放达到最低点的过程中，由动能定理有：mAgL（1﹣cos60°）mA
代入数据解得：v0＝6m/s；
（2）设炸裂后物块1的初速度大小为v1，物块2的初速度大小为v2，则v2＝v0
取向左为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝m1v1﹣m2v2
解得：v1＝12m/s
根据能量守恒定律可得：ΔEm1m2mA
代入数据解得：ΔE＝108J；
（3）设物块1与B粘合在一起的共同速度为vB，取向左为正方向，由动量守恒定律可得：
m1v1＝（m1+mB）vB
代入数据解得：vB＝6m/s
在以后的过程中，当物块C和1、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vm，
取向左为正方向，由动量守恒定律可得：（m1+mB）vB＝（m1+mB+mC）vm
代入数据解得：vm＝3m/s
由能量守恒定律得：Epm（m1+m2）（m1+mB+mC）
代入数据解得：Epm＝36J。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
掌握动量守恒定律的几种模型
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)
（2022春 安阳月考）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
（2024 东港区校级模拟）如图所示，木块A的右侧为光滑曲面，且下端极薄，上端轨道切线竖直，其质量为2.0kg，静止于光滑水平面上。一质量为2.0kg的小球B以2.0m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面，与A发生相互作用。B球沿A曲面上升的最大高度为（ ）
A．0.1m B．0.2m C．0.5m D．0.05m
（2024春 高新区期末）如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个小车（含轨道）的质量为m．现有质量也为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到最高点，最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球与小车组成的系统动量守恒
B．小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零
C．小球沿轨道上升的最大高度为
D．小球滑离小车后，做自由落体运动
（2024 红桥区一模）如图所示，一质量M＝2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现在将质量m＝1.0kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0＝3.0m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度g＝10m/s求
（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）小铁块和长木板达到的共同速度v．
（2024春 越秀区期末）如图，一滑板的上表面由长度为L的粗糙水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上，物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ（已知μ＜1，但具体大小未知），一根长度为L、不可伸长的轻细线，一端固定于O′点，另一端系一小球Q，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知小球Q的质量为m，物体P的质量为2m，滑板的质量为6m，，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）小球Q与物体P碰撞后瞬间，求物体P速度的大小；
（2）若物体P恰不从C点滑出，求μ的值；
（3）若要保证物体P既能到达圆弧BC，同时不会从C点滑出，求物体P在AB上滑行路程s与μ的关系。（结果均可用根式和分式表示）
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)
（2024 黄陂区校级一模）质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为（ ）
A．m， B．m，m
C．m，m D．m，m
（2024 朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（ ）
A．P的动量为0
B．Q的动量达到最大值
C．P、Q系统总动量小于mv
D．弹簧储存的弹性势能为
（2023秋 无锡期末）如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v﹣t图像如图b所示，则（ ）
A．A的质量为5kg
B．弹簧锁定时其弹性势能为6J
C．A离开挡板后最大速度为4m/s
D．B的速度为2m/s时，弹簧恰好处于原长状态
（2024 道里区校级一模）轻质弹簧上端悬挂于天花板上，下端与质量为M的木板相连，木板静止时位于图中Ⅰ位置。O点为弹簧原长时下端点的位置，质量为m的圆环形物块套在弹簧上（不与弹簧接触），现将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，物块m与木板瞬时相碰后一起运动，物块m在P点达到最大速度，且M恰好能回到O点。若将m从比Ⅱ位置高的Q点自由释放后，m与木板碰后仍一起运动，则下列说法正确的是（ ）
A．物块m达到最大速度的位置在P点的下方
B．物块m与木板M从Ⅰ位置到O的过程做匀减速运动
C．物块m与木板M在O点正好分离
D．物块m能回到Q点
（2022 南京模拟）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球B上，另一端与球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平地面上。球A从光滑斜面上距水平地面高为H＝3.2m处由静止滑下（不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失），与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球C脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内。已知球A和球B的质量均为1kg，球C的质量为4kg，且三个小球均可被视为质点。圆弧的半径R＝2m，g取10m/s2。求：
（1）小球A和小球B碰后瞬间粘在一起时的共同速度大小vAB；
（2）球C脱离弹簧后在圆弧上达到的最大高度h；
（3）调整球A释放初位置的高度H，球C与弹簧分离后恰好能运动至圆弧轨道的圆心等高处。求球C在圆弧轨道内运动过程中克服重力做功的最大瞬时功率P。
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
（2024春 天河区校级期末）如图所示，水平桌面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端栓接木块B，开始时B静止，弹簧处于原长。某时刻子弹A沿水平方向射入木块B并留在其中，将弹簧压缩到最短。对子弹、木块和弹簧构成的系统，从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的过程中（ ）
A．动量不守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能不守恒
D．动量守恒，机械能守恒
（2024春 重庆期末）如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度小于子弹B射入的深度，则（ ）
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量小
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力小
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间短
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能小
（2024春 庐阳区校级期中）如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度v0射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）
A．系统的动量不守恒，机械能守恒
B．系统的动量守恒，机械能不守恒
C．系统损失的机械能为
D．弹簧最大的弹性势能等于
（2023 辽宁模拟）如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为m的子弹以v0的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60°。木块可视为质点，重力加速度大小为g，则轻绳的长度为（ ）
A． B． C． D．
（2024春 通州区期末）如图所示，在高h＝0.8m的平台上放置一质量为M＝0.99kg的小木块（视为质点），小木块距平台右边缘距离d＝2m，一质量m＝0.01kg的子弹以速度v0沿水平向右的方向射入小木块并留在其中，然后一起以速度v共＝4m/s向右运动。最后，小木块从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s＝0.8m的地面上，g取10m/s2，求：
（1）子弹的初速度v0的大小；
（2）小木块滑出平台时的速度大小v；
（3）小木块与平台间的动摩擦因数μ。
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
（2024 平谷区模拟）可忽略大小的一物体在空中发生爆炸，分裂成三个速率相同但质量不同的物块1、2、3，如图所示，它们的质量大小关系是m1＞m2＞m3，忽略空气阻力，则它们落到水平地面上时速率的大小关系是（ ）
A．物块1的落地速率最大
B．物块2的落地速率最大
C．物块3的落地速率最大
D．三物块的落地速率相同
（2023秋 密山市期末）一枚在空中飞行的火箭在某时刻的速度为v0，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块（如图所示），其中质量为m2的后部分箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则质量为m1前部分箭体速率v1为（ ）
A．v0﹣v2
B．v0+v2
C．
D．
（2023春 红塔区校级期末）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
（2022 浚县模拟）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
（2024春 华州区期末）如图所示，物块C质量mC＝4kg上表面光滑，左边有一立柱，放在光滑水平地面上。一轻弹簧左端与立柱连接，右端与物块B连接，mB＝2kg。长为L＝3.6m的轻绳上端系于O点，下端系一物块A，mA＝3kg。拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角，将物块A从静止开始释放，达到最低点时炸裂成质量m1＝2kg、m2＝1kg的两个物块1和2，物块1水平向左运动与B粘在一起，物块2仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好能回到释放时的初始位置，A、B都可以看成质点。取g＝10m/s2，求：
（1）物块A在最低点时的速度v0；
（2）物块A炸裂时增加的机械能ΔE；
（3）在以后的过程中，弹簧的最大弹性势能Epm。
