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微專題Ⅰ 動量守恒定律幾種模型分析
模型一、小球與曲面模型 1
模型二、小球與彈簧模型 3
模型三、子彈打木塊模型 6
模型四、爆炸與類爆炸模型 9
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)
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
如圖所示，半徑為R＝0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上，小球P和凹槽Q的質量均為m＝1kg，將小球P從凹槽的右側最頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計，重力加速度g取10m/s2。則以下說法正確的是（　　）
A．當小球第一次到達凹槽左端時，凹槽向右的位移大小為0.8m
B．P、Q組成的系統動量守恒
C．釋放后當小球P向左運動到最高點時，又恰與釋放點等高
D．因為P、Q組成的系統機械能守恒，小球P運動到凹槽的最低點時速度為
（多選）如圖所示，一質量為m、半徑為R的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平面上，有一質量也為m的小球由槽頂端A靜止釋放，在其下滑至槽末端B的過程中，已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。則下列說法正確的是（　　）
A．若圓弧槽固定，小球的機械能守恒
B．若圓弧槽固定，小球滑至B點時對槽的壓力大小為3mg
C．若圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統動量守恒
D．圓弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B點時的速度大小之比為1：1
（多選）如圖所示，在光滑水平面上停放質量為m裝有弧形槽的小車，現有一質量為2m的光滑小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則下列說法正確的是（　　）
A．小球離車后，對地將做自由落體運動
B．小球離車后，對地將向左做平拋運動
C．小球在弧形槽上上升的最大高度為
D．此過程中小球對車做的功為
如圖所示，質量M＝0.8kg的軌道ABCD放在光滑水平面上，其中AB段是半徑R＝0.5m的四分之一光滑圓弧，在B點與水平軌道BD相切，水平軌道上的BC段粗糙，BC段長l＝2.5m，C點左側的軌道光滑，軌道的左端連接一輕質彈簧，彈簧長度小于CD長度。現有一質量m＝0.2kg的小物體在A點正上方高為h＝0.5m處由靜止自由落下，恰沿A點切線滑入圓弧軌道，已知小物體與水平軌道BC段的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，彈簧在整個過程中未超出彈性限度。求：
（1）小物體對軌道的最大壓力；
（2）彈簧的最大彈性勢能；
（3）小物體再次回到BA沿BA上升的最大高度。
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)
如圖甲所示，質量分別為mA和mB的兩物體用輕彈簧連接置于光滑水平面，初始時兩物體被鎖定，彈簧處于壓縮狀態。t＝0時刻將B物體解除鎖定，t＝t1時刻解除A物體的鎖定，此時B物體的速度為v0。A、B兩物體運動的a﹣t圖像如圖乙所示，其中S1和S2分別表示0～t1時間內和t1～t3時間內B物體的a﹣t圖像與坐標軸所圍面積的大小。則下列說法正確的是（　　）
A．mA＞mB
B．S1＞S2
C．t1～t3時間內距離一直增大
D．t1～t3時間內A的速率先增大后減小
如圖所示，在一端固定于地面的豎直彈簧上端，固定一質量為m的木板后木板在B處靜止，已知此時彈簧的壓縮量為x0，現從彈簧原長A處由靜止釋放一質量也為m的粘性物體，落到木板B上后一起隨木板向下運動，已知彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量、k為勁度系數），下列說法正確的是（　　）
A．在粘性物體落到木板上之前，彈簧的彈性勢能為
B．粘性物體落到木板上后，兩物體最低可運動至距A點2x0處
C．粘性物體落到木板上后，兩物體最高可運動至距A點處
D．從粘性物體開始運動，整個過程中，系統的機械能保持不變
在光滑的水平地面上有兩個小車A和B，A車質量為mA＝2kg，B車質量mB＝1kg，B車左側固定有一個輕彈簧，如圖所示，一開始彈簧處于原長且保持水平，A車向右的初速度v0＝3m/s，則下列選項中不正確的有（　　）
A．兩車共速時的速度為2m/s
B．A車的最終速度為1m/s
C．B車的最終速度為4m/s
D．彈簧的最大彈性勢能為4J
如圖所示，帶有擋板的小車質量為m，上表面光滑，靜止于光滑水平面上。輕質彈簧左端固定在小車上，右端處于自由伸長狀態。質量也為m的小球，以速度v從右側滑上小車，在小球剛接觸彈簧至與彈簧分離的過程中，以下判斷正確的是（　　）
A．彈簧的最大彈性勢能為
B．彈簧的最大彈性勢能為
C．彈簧對小車做的功為
D．彈簧對小球做功為
如圖，傾角θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平面上，在斜面底端垂直斜面固定一彈性擋板P，質量分別為m和4m的小物塊a、b置于斜面上，物塊a與斜面間無摩擦。兩小物塊間夾一勁度系數很大、處于壓縮狀態的輕質短彈簧，彈簧通過機關鎖定。現給兩物塊一大小為v0的初速度，兩物塊恰好能沿斜面勻速下滑，此時解除彈簧鎖定，解除鎖定后彈簧會迅速恢復原長并被移走。兩物塊均可視為質點，不計彈簧長度，物塊a、物塊b、擋板P間的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度為g。
（1）求物塊b與斜面間的動摩擦因數μ；
（2）若鎖定彈簧的彈性勢能為Ep，求彈簧恢復原長時a、b兩物塊的速度；
（3）若鎖定彈簧的彈性勢能Ep＝10mv02，求解鎖彈開后物塊b沿斜面向上滑動的最大距離xm。
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
如圖，足夠長的光滑細桿PQ水平固定，質量為8kg的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動。質量為1.98kg的物塊B通過長度為0.2m輕質細繩豎直懸掛在A上，整個裝置處于靜止狀態，A、B可視為質點，讓質量為0.02kg的子彈以v0＝200m/s的速度水平射入物塊B（時間極短，子彈未穿出）后，重力加速度為g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．物塊B上升的高度為0.2 m
B．在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構成的系統動量和機械能都守恒
C．若將物塊A固定，子彈仍以v0射入，物塊B將擺到水平桿PQ位置
D．若將物塊A固定，子彈仍以v0射入，當物塊B擺到最高點時速度為0.6 m/s
如圖所示，子彈以水平速度v0射向原來靜止在光滑水平面上的木塊，并留在木塊中和木塊一起運動。在子彈射入木塊的過程中，下列說法中正確的是（　　）
A．子彈和木塊組成的系統機械能守恒
B．子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量相同
C．子彈動量變化的大小等于木塊動量變化的大小
D．子彈對木塊做的功等于木塊對子彈做的功
如圖所示，小木塊A用細線吊在O點，此刻小物塊的重力勢能為零．一顆子彈以一定的水平速度射入木塊A中，并立即與A有共同的速度，然后一起擺動到最大擺角α（0＜α＜90°）．如果保持子彈質量和入射的速度大小不變，而使小木塊的質量稍微增大，關于最大擺角α、子彈的初動能與木塊和子彈一起達到最大擺角時的機械能之差ΔE，有（　　）
A．α角增大，ΔE也增大 B．α角增大，ΔE減小
C．α角減小，ΔE增大 D．α角減小，ΔE也減小
如圖所示，平板車放在光滑的水平面上，木塊和輕彈簧放在光滑的平板車上，輕彈簧一端與固定在平板車上的擋板連接，整個裝置處于靜止，一顆子彈以一定的水平速度射入木塊（時間極短）并留在木塊中與木塊一起向前滑行，與彈簧接觸后壓縮彈簧，不計擋板和彈簧的質量，下面說法正確的是（　　）
A．子彈射入木塊過程中，子彈與木塊組成的系統動量守恒、機械能守恒
B．子彈和木塊壓縮彈簧過程中，子彈、木塊、小車組成的系統動量不守恒、機械能守恒
C．子彈和木塊壓縮彈簧過程中，子彈、木塊、小車、彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒
D．從子彈剛好接觸木塊至彈簧壓縮最短的整個過程中，子彈、木塊、小車組成的系統所損失的機械能等于子彈與木塊摩擦產生的熱量
如圖所示，在固定的光滑水平桿（桿足夠長）上，套有一個質量為m＝0.5kg的光滑金屬圓環，輕繩一端拴在環上，另一端系著一個質量為M＝1.98kg的木塊，現有一質量為m0＝20g的子彈以v0＝100m/s的水平速度射入木塊并留在木塊中（不計空氣阻力和子彈與木塊作用的時間，g取10m/s2），求：
（1）圓環、木塊和子彈這個系統損失的機械能；
（2）木塊所能達到的最大高度；
（3）鐵環的最大速度。
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
如圖所示，假設煙花上升到距地面高度為h的最高點時，炸裂成甲、乙、丙三個質量均為m的碎塊（可視為質點），其中甲的初速度大小為v0，方向豎直向上，乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°，爆炸產生的熱量為Q，重力加速度大小為g，空氣阻力忽略不計。下列說法正確的是（　　）
A．爆炸剛結束時，乙、丙的合動量大小為2mv0
B．三個物體到達地面時的動能不相等
C．甲在落地的過程中，重力對甲的沖量大小為
D．爆炸過程中釋放的總能量為mv02
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
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
如圖所示，水平地面上緊挨著的兩個滑塊P、Q之間有少量炸藥（質量不計），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距離分別為0.8m、0.2m。已知P、Q與水平地面間的動摩擦因數相同，則P、Q的質量之比m1：m2為（　　）
A．1：2 B．2：1 C．4：1 D．1：4
如圖所示，一質量m1＝0.2kg的“T形桿P豎直放在地面上，有一質量m2＝0.4kg的中間是空的金屬圓盤Q套在“T形桿P的直桿上很難分離。某工程師設計了一個方法成功將金屬圓盤Q與“T”形桿P分開，該工程師在“T形桿P與金屬圓盤Q間裝上適量的火藥，火藥爆炸后（時間極短）“T形桿P以4m/s的速度向上運動。已知金屬圓盤Q與“T”形桿P的直桿間滑動摩擦力大小恒為f＝16N，不計空氣阻力。重力加速度大小g取10m/s2。
（1）求火藥爆炸后瞬間金屬圓盤Q的速度大小；
（2）分別求點燃火藥爆炸后瞬間“T”形桿P和金屬圓盤Q的加速度大小。
（3）若要求金屬圓盤Q與“T”形桿P分開，則直桿長度的最大值是多少？
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微專題Ⅰ 動量守恒定律幾種模型分析
模型一、小球與曲面模型 1
模型二、小球與彈簧模型 6
模型三、子彈打木塊模型 12
模型四、爆炸與類爆炸模型 17
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)
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。
如圖所示，半徑為R＝0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上，小球P和凹槽Q的質量均為m＝1kg，將小球P從凹槽的右側最頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計，重力加速度g取10m/s2。則以下說法正確的是（　　）
A．當小球第一次到達凹槽左端時，凹槽向右的位移大小為0.8m
B．P、Q組成的系統動量守恒
C．釋放后當小球P向左運動到最高點時，又恰與釋放點等高
D．因為P、Q組成的系統機械能守恒，小球P運動到凹槽的最低點時速度為
【解答】解：AC．水平面光滑，P、Q水平方向動量守恒，小球P和凹槽Q的質量均為m＝1kg，則水平分速度始終大小相等，方向相反，故P可到達凹槽左側最高點，此時Q的位移為R＝0.4m，故A錯誤，C正確；
B．豎直方向動量不守恒，故B錯誤；
D．由題意，根據動能定理：，v＝2m/s
故D錯誤。
故選：C。
（多選）如圖所示，一質量為m、半徑為R的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平面上，有一質量也為m的小球由槽頂端A靜止釋放，在其下滑至槽末端B的過程中，已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。則下列說法正確的是（　　）
A．若圓弧槽固定，小球的機械能守恒
B．若圓弧槽固定，小球滑至B點時對槽的壓力大小為3mg
C．若圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統動量守恒
D．圓弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B點時的速度大小之比為1：1
【解答】解：AB、若圓弧槽固定，小球滑至B點時，小球運動過程中只有重力做功，小球機械能守恒，由機械能守恒定律得mgR，解得小球滑到B點時的速度vB；
根據牛頓第二定律可得：FN﹣mg＝m，結合牛頓第三定律，小球對槽的壓力為FN'＝FN＝3mg；故AB正確；
C、若圓弧槽不固定，小球有豎直方向的分加速度，系統的合外力不為零，系統動量不守恒，故C錯誤；
D、若圓弧槽不固定，設小球滑到B點時的速度大小為v1，圓弧槽速度大小為v2。
在小球下滑的過程，取水平向左為正方向，由系統水平方向動量守恒得
mv1﹣mv2＝0
根據系統機械能守恒有mgR
聯立解得小球滑到B點時的速度為v1＝v2，則vB：v1：：1，故D錯誤；
故選：AB。
（多選）如圖所示，在光滑水平面上停放質量為m裝有弧形槽的小車，現有一質量為2m的光滑小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則下列說法正確的是（　　）
A．小球離車后，對地將做自由落體運動
B．小球離車后，對地將向左做平拋運動
C．小球在弧形槽上上升的最大高度為
D．此過程中小球對車做的功為
【解答】解：AB、設小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個過程中水平方向動量守恒，
以向左為正方向，由動量守恒定律得：2mv0＝2mv1+mv2
由機械能守恒定律得：
解得：v1v0，v2，
分離時兩者速度分析均向左，所以小球與小車分離后對地將向左做平拋運動，故A錯誤，B正確；
C、當小球與小車的水平速度相等時，小球弧形槽上升到最大高度，設該高度為h，系統在水平方向動量守恒，
以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：2mv0＝3mv
由機械能守恒定律得：
解得：，故C正確；
D、對小車運用動能定理得，小球對小車做功：，故D錯誤。
故選：BC。
如圖所示，質量M＝0.8kg的軌道ABCD放在光滑水平面上，其中AB段是半徑R＝0.5m的四分之一光滑圓弧，在B點與水平軌道BD相切，水平軌道上的BC段粗糙，BC段長l＝2.5m，C點左側的軌道光滑，軌道的左端連接一輕質彈簧，彈簧長度小于CD長度。現有一質量m＝0.2kg的小物體在A點正上方高為h＝0.5m處由靜止自由落下，恰沿A點切線滑入圓弧軌道，已知小物體與水平軌道BC段的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，彈簧在整個過程中未超出彈性限度。求：
（1）小物體對軌道的最大壓力；
（2）彈簧的最大彈性勢能；
（3）小物體再次回到BA沿BA上升的最大高度。
【解答】解：（1）根據題意可知，當小物體第一次運動到軌道的B點時，小物體和軌道有最大速度，此刻小物體對軌道的壓力最大。軌道和小物體組成的系統水平方向動量守恒，設向左為正方向，軌道速度大小為v1，小物體速度大小為v2，由動量守恒定律有
0＝mv2﹣Mv1
小物體由初始位置到B點，小物體和軌道組成的系統機械能守恒，有
解得v1＝1m/s；v2＝4m/s
在B點，軌道對小物體的支持力和小物體的重力的合力提供向心力，則有
解得：FN＝12N
由牛頓第三定律得，小物體對軌道的最大壓力為12N。
（2）根據題意可知，當彈簧壓縮到最短時，軌道和小物體共速，有
0＝（m+M）v3
解得：v3＝0
小物體由初始位置到彈簧壓縮到最短，小物體和軌道組成的系統能量守恒，有
mg（h+R）＝Ep+μmgl
聯立解得：Ep＝1.5J
（3）小物體再次回到圓弧軌道，上升到最高點時相對軌道靜止，有
0＝（m+M）v4
解得：v4＝0
小物體由初始位置到軌道和小物體相對靜止，軌道和小物體組成的系統能量守恒，有
mg（h+R）＝2μmgl+mgH
解得：H＝0.5m
答：（1）小物體對軌道的最大壓力為12N；
（2）彈簧的最大彈性勢能為1.5J；
（3）小物體再次回到BA沿BA上升的最大高度為0.5m。
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)
如圖甲所示，質量分別為mA和mB的兩物體用輕彈簧連接置于光滑水平面，初始時兩物體被鎖定，彈簧處于壓縮狀態。t＝0時刻將B物體解除鎖定，t＝t1時刻解除A物體的鎖定，此時B物體的速度為v0。A、B兩物體運動的a﹣t圖像如圖乙所示，其中S1和S2分別表示0～t1時間內和t1～t3時間內B物體的a﹣t圖像與坐標軸所圍面積的大小。則下列說法正確的是（　　）
A．mA＞mB
B．S1＞S2
C．t1～t3時間內距離一直增大
D．t1～t3時間內A的速率先增大后減小
【解答】解：A、彈簧對A和對B的彈力F大小相等，由牛頓第二定律得：a，由圖乙所示圖象可知，在t2時刻A、B的加速度大小關系是：aA＞aB，即解得：mA＜mB，故A錯誤；
B、t1～t3時刻，彈簧初末狀態均為原長，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得
mBv0＝mBvB+mAvA
mBv02mBvB2mAvA2
解得：vB0
a﹣t圖線與坐標軸所圍圖形的面積等于物體速度的變化量，由題意可知，t1時刻B的速度大小v0＝S1，t3時刻B的速度大小vB＝S1﹣S2＞0，則S1＞S2，故B正確；
C、由圖乙分析可知在t2時刻兩物體加速度最大，此時彈簧處于伸長量最大，t3時刻加速度為0，彈簧恢復到原長，t1～t3時間內A、B間距離先增大后減小，故C錯誤；
D、接上一問，由于該時間內彈簧處于伸長狀態，所以A的速度一直增大，故D錯誤。
故選：B。
如圖所示，在一端固定于地面的豎直彈簧上端，固定一質量為m的木板后木板在B處靜止，已知此時彈簧的壓縮量為x0，現從彈簧原長A處由靜止釋放一質量也為m的粘性物體，落到木板B上后一起隨木板向下運動，已知彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量、k為勁度系數），下列說法正確的是（　　）
A．在粘性物體落到木板上之前，彈簧的彈性勢能為
B．粘性物體落到木板上后，兩物體最低可運動至距A點2x0處
C．粘性物體落到木板上后，兩物體最高可運動至距A點處
D．從粘性物體開始運動，整個過程中，系統的機械能保持不變
【解答】解：A、初始時，木板處于靜止狀態，設彈簧壓縮量為x0，由平衡條件得：mg＝kx0
由公式可得，在粘性物體落到木板上之前，彈簧的彈性勢能為Ek x0，故A正確；
BC、粘性物體落到木板上之前做自由落體運動，由機械能守恒定律有
粘性物體與木板發生完全非彈性碰撞，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律有mv0＝2mv1
聯立解得
此后系統機械能守恒，設彈簧形變量為x2時，兩物體的速度為零，即處于最低點或最高點，由機械能守恒有
又有mg＝kx0
聯立解得
即兩物體最低可運動至距A點處，兩物體最高可運動至距A點處，故BC錯誤；
D、粘性物體與木板發生完全非彈性碰撞，系統機械能不守恒，所以整個過程中，系統的機械能不守恒，故D錯誤。
故選：A。
在光滑的水平地面上有兩個小車A和B，A車質量為mA＝2kg，B車質量mB＝1kg，B車左側固定有一個輕彈簧，如圖所示，一開始彈簧處于原長且保持水平，A車向右的初速度v0＝3m/s，則下列選項中不正確的有（　　）
A．兩車共速時的速度為2m/s
B．A車的最終速度為1m/s
C．B車的最終速度為4m/s
D．彈簧的最大彈性勢能為4J
【解答】解：光滑的水平地面，輛小車不受摩擦力，小車組成的系統水平方向動量守恒，設水平向右為正方向
AD．兩車共速時，彈簧壓縮量最大，彈簧的彈性勢能最大，根據動量守恒和能量守恒有
mAv0＝（mA+mB）v
代入數據解得v＝2m/s
EP＝3J，故A正確，D錯誤；
BC．兩車（含彈簧）作用的整個過程，最終彈簧形變量為零，根據動量守恒和能量守恒
mAv0＝mAvA+mBvB
解得vA＝1m/s，vB＝4m/s，故BC正確。
本題選不正確的
故選：D。
如圖所示，帶有擋板的小車質量為m，上表面光滑，靜止于光滑水平面上。輕質彈簧左端固定在小車上，右端處于自由伸長狀態。質量也為m的小球，以速度v從右側滑上小車，在小球剛接觸彈簧至與彈簧分離的過程中，以下判斷正確的是（　　）
A．彈簧的最大彈性勢能為
B．彈簧的最大彈性勢能為
C．彈簧對小車做的功為
D．彈簧對小球做功為
【解答】解：AB、當小球和小車的速度相同時彈簧的壓縮量最大，彈簧的彈性勢能最大
小車與小球組成的系統動量守恒，取向左為正方向，由系統動量守恒定律得：mv＝2mv′
由能量守恒定律得：
解得彈簧最大的彈性勢能為，A錯誤，B正確；
CD、設小球與彈簧分離時，小車和小球的速度分別為v1和v2，小球與小車組成的系統動量守恒
以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv＝mv1+mv2
由機械能守恒定律得：
解得：v1＝v，v2＝0
對小車，由動能定理可知，彈簧對小車做的功：
對小球，由動能定理可知，彈簧對小球做的功為：，故CD錯誤。
故選：B。
如圖，傾角θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平面上，在斜面底端垂直斜面固定一彈性擋板P，質量分別為m和4m的小物塊a、b置于斜面上，物塊a與斜面間無摩擦。兩小物塊間夾一勁度系數很大、處于壓縮狀態的輕質短彈簧，彈簧通過機關鎖定。現給兩物塊一大小為v0的初速度，兩物塊恰好能沿斜面勻速下滑，此時解除彈簧鎖定，解除鎖定后彈簧會迅速恢復原長并被移走。兩物塊均可視為質點，不計彈簧長度，物塊a、物塊b、擋板P間的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度為g。
（1）求物塊b與斜面間的動摩擦因數μ；
（2）若鎖定彈簧的彈性勢能為Ep，求彈簧恢復原長時a、b兩物塊的速度；
（3）若鎖定彈簧的彈性勢能Ep＝10mv02，求解鎖彈開后物塊b沿斜面向上滑動的最大距離xm。
【解答】解：（1）對a、b整體，根據受力平衡可得：5mgsinθ＝μ×4mgcosθ
解得：μ
（2）設攤開瞬間物塊a、b的速度分別為va、vb，
以沿斜面向下方向為正，根據動量守恒可得：5mv0＝mva+4mvb
由能量守恒有：
解得：；
（3）若鎖定彈簧的彈性勢能Ep＝10mv02，則由上問分析可得：va＝5v0；vb＝0
對于物塊b，由于gsinθ＜μcosθ，因此彈簧恢復原長后物塊b靜止，物塊a與擋板彈性碰撞后返回再與物塊b多次彈性碰撞，當物塊a返回物塊b處速度為零時，物塊b沿斜面向上滑動的最大距離最大，根據能量守恒可得，則有：
代入解得：xm
答：（1）物塊b與斜面間的動摩擦因數μ為；
（2）若鎖定彈簧的彈性勢能為Ep，彈簧恢復原長時a、b兩物塊的速度分別為和；
（3）若鎖定彈簧的彈性勢能Ep＝10mv02，解鎖彈開后物塊b沿斜面向上滑動的最大距離為。
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
如圖，足夠長的光滑細桿PQ水平固定，質量為8kg的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動。質量為1.98kg的物塊B通過長度為0.2m輕質細繩豎直懸掛在A上，整個裝置處于靜止狀態，A、B可視為質點，讓質量為0.02kg的子彈以v0＝200m/s的速度水平射入物塊B（時間極短，子彈未穿出）后，重力加速度為g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．物塊B上升的高度為0.2 m
B．在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構成的系統動量和機械能都守恒
C．若將物塊A固定，子彈仍以v0射入，物塊B將擺到水平桿PQ位置
D．若將物塊A固定，子彈仍以v0射入，當物塊B擺到最高點時速度為0.6 m/s
【解答】解：A、子彈擊中B的過程系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＝（m+mB）v
解得v＝2m/s
如果A固定，根據能量守恒可知：
代入數據解得：h＝0.2m
因為A不固定，所以上升高度小于0.2m，故A錯誤；
B、在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構成的系統，合外力沖量遠小于內力沖量，其動量守恒，但由于要產生內能，所以機械能不守恒，故B錯誤。
CD、根據以上A選項分析可知，將物塊A固定，子彈仍以v0射入，物塊B將擺到h＝0.2m（恰等于繩長L）的高處，即水平桿PQ位置，擺到最高點時速度為0，故C正確，D錯誤。
故選：C。
如圖所示，子彈以水平速度v0射向原來靜止在光滑水平面上的木塊，并留在木塊中和木塊一起運動。在子彈射入木塊的過程中，下列說法中正確的是（　　）
A．子彈和木塊組成的系統機械能守恒
B．子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量相同
C．子彈動量變化的大小等于木塊動量變化的大小
D．子彈對木塊做的功等于木塊對子彈做的功
【解答】解：A．根據題意，由能量轉化和守恒定律可知，子彈原有的動能轉化為子彈和木塊的內能與木塊增加的動能。即子彈與木塊組成的系統機械能不守恒，故A錯誤；
B．在子彈射入木塊的過程中，根據牛頓第三定律可知，子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力大小相等，作用時間相同，由I＝Ft可知，子彈對木塊的沖量大小等于木塊對子彈的沖量大小，方向相反，故B錯誤；
C．根據題意可知，子彈和木塊組成的系統合外力為零，系統動量守恒，則有mv0＝mv+Mv
可得mv0﹣mv＝Mv，即子彈動量變化的大小等于木塊動量變化的大小，故C正確；
D．子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力大小相等，方向相反，但兩者對地位移大小不等，則子彈對木塊做的功不等于木塊對子彈做的功，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，小木塊A用細線吊在O點，此刻小物塊的重力勢能為零．一顆子彈以一定的水平速度射入木塊A中，并立即與A有共同的速度，然后一起擺動到最大擺角α（0＜α＜90°）．如果保持子彈質量和入射的速度大小不變，而使小木塊的質量稍微增大，關于最大擺角α、子彈的初動能與木塊和子彈一起達到最大擺角時的機械能之差ΔE，有（　　）
A．α角增大，ΔE也增大 B．α角增大，ΔE減小
C．α角減小，ΔE增大 D．α角減小，ΔE也減小
【解答】解：設子彈的質量為m、初速度為v0，木塊的質量為M。
取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mv0＝（M+m）v，
解得：v
小物塊與子彈系統的機械能E2（M+m）v2，小木塊的質量M增大，則系統機械能減小，達到最大的擺角α減小；
系統機械能的損失ΔEmv02 E2mv02（1），M增大，則ΔE增大，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
如圖所示，平板車放在光滑的水平面上，木塊和輕彈簧放在光滑的平板車上，輕彈簧一端與固定在平板車上的擋板連接，整個裝置處于靜止，一顆子彈以一定的水平速度射入木塊（時間極短）并留在木塊中與木塊一起向前滑行，與彈簧接觸后壓縮彈簧，不計擋板和彈簧的質量，下面說法正確的是（　　）
A．子彈射入木塊過程中，子彈與木塊組成的系統動量守恒、機械能守恒
B．子彈和木塊壓縮彈簧過程中，子彈、木塊、小車組成的系統動量不守恒、機械能守恒
C．子彈和木塊壓縮彈簧過程中，子彈、木塊、小車、彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒
D．從子彈剛好接觸木塊至彈簧壓縮最短的整個過程中，子彈、木塊、小車組成的系統所損失的機械能等于子彈與木塊摩擦產生的熱量
【解答】解：A．子彈射入木塊過程中，彈與木塊組成的系統所受合外力為零，因此動量守恒，而子彈打入木塊的過程中，因摩擦產生熱量，機械能不守恒，故A錯誤；
BC．子彈和木塊一起壓縮彈簧過程中，子彈、木塊、小車和彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒，故B錯誤，C正確；
D．整個過程，子彈、木塊、小車組成的系統所損失的機械能等于子彈與木塊摩擦產生的熱量和彈簧增加的彈性勢能，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，在固定的光滑水平桿（桿足夠長）上，套有一個質量為m＝0.5kg的光滑金屬圓環，輕繩一端拴在環上，另一端系著一個質量為M＝1.98kg的木塊，現有一質量為m0＝20g的子彈以v0＝100m/s的水平速度射入木塊并留在木塊中（不計空氣阻力和子彈與木塊作用的時間，g取10m/s2），求：
（1）圓環、木塊和子彈這個系統損失的機械能；
（2）木塊所能達到的最大高度；
（3）鐵環的最大速度。
【解答】解：已知m0＝20g＝0.02kg
（1）子彈射入木塊過程，系統的動量守恒，取水平向右方向為正方向，根據動量守恒定律得：
m0v0＝（m0+M）v
機械能只在該過程有損失，損失的機械能為ΔEm0（m0+M）v2
代入數據解得：ΔE＝99J
（2）木塊（含子彈）在向上擺動過程中，以木塊（含子彈）和圓環木塊（含子彈）和圓環組成的系統為研究對象，取水平向右為正方向，根據系統水平方向動量守恒得：
（m0+M）v＝（m0+M+m）v′
根據機械能守恒定律有：（m0+M）v2（m0+M+m）v′2+（m0+M）gh
聯立解得：h＝0.01m
（3）當子彈、木塊、鐵環達到共同速度后，子彈和木塊將向下擺動，在此過程中鐵環一直受繩子水平向右的分力作用，鐵環速度一直增大，當木塊（含子彈）運動到圓環正下方時鐵環速度最大。
設此時鐵環速度為v1，子彈和木塊的速度為v2。
取水平向右為正方向，根據系統水平方向動量守恒得：
（m0+M）v＝（m0+M）v2+mv1
根據機械能守恒定律有：（m0+M）v2（m0+M）
聯立解得：v2＝0.6m/s，v1＝1.6m/s
故鐵環的最大速度為0.6m/s。
答：（1）圓環、木塊和子彈這個系統損失的機械能為99J；
（2）木塊所能達到的最大高度為0.01m。
（3）鐵環的最大速度為0.6m/s。
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
如圖所示，假設煙花上升到距地面高度為h的最高點時，炸裂成甲、乙、丙三個質量均為m的碎塊（可視為質點），其中甲的初速度大小為v0，方向豎直向上，乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°，爆炸產生的熱量為Q，重力加速度大小為g，空氣阻力忽略不計。下列說法正確的是（　　）
A．爆炸剛結束時，乙、丙的合動量大小為2mv0
B．三個物體到達地面時的動能不相等
C．甲在落地的過程中，重力對甲的沖量大小為
D．爆炸過程中釋放的總能量為mv02
【解答】解：A.根據動量守恒可知，爆炸剛結束時，乙、丙的合動量應與甲的動量等大反向，即大小為mv0，故A錯誤；
B.三物塊的質量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°，根據平行四邊形定則可知，乙、丙的動量大小與乙、丙兩速度合成后的動量大小相同，因此三個物塊初速度大小均相等，初動能相等，三個物體到達地面時重力做功相等，則末動能相等，故B錯誤；
C.甲在落地的過程中，設用時為t，則有
h＝﹣v0t
重力對甲的沖量大小
I＝mgt
解得
I
故C正確；
D.結合以上分析，三個物塊初速度大小和初動能均相同，爆炸過程中釋放的總能量即三個物塊初動能之和加上爆炸產生的熱量為Q，即大于，故D錯誤。
故選：C。
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。
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。
如圖所示，水平地面上緊挨著的兩個滑塊P、Q之間有少量炸藥（質量不計），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距離分別為0.8m、0.2m。已知P、Q與水平地面間的動摩擦因數相同，則P、Q的質量之比m1：m2為（　　）
A．1：2 B．2：1 C．4：1 D．1：4
【解答】解：爆炸過程中，兩滑塊動量守恒，取水平向右為正，則
0＝﹣m1v1+m2v2
爆炸之后分別對兩滑塊動能定理可知：滑塊P
﹣μ1m1gx1＝0
滑塊Q
﹣μ2m2gx2＝0
聯立代入已知數據解得
m1：m2＝1：2
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
如圖所示，一質量m1＝0.2kg的“T形桿P豎直放在地面上，有一質量m2＝0.4kg的中間是空的金屬圓盤Q套在“T形桿P的直桿上很難分離。某工程師設計了一個方法成功將金屬圓盤Q與“T”形桿P分開，該工程師在“T形桿P與金屬圓盤Q間裝上適量的火藥，火藥爆炸后（時間極短）“T形桿P以4m/s的速度向上運動。已知金屬圓盤Q與“T”形桿P的直桿間滑動摩擦力大小恒為f＝16N，不計空氣阻力。重力加速度大小g取10m/s2。
（1）求火藥爆炸后瞬間金屬圓盤Q的速度大小；
（2）分別求點燃火藥爆炸后瞬間“T”形桿P和金屬圓盤Q的加速度大小。
（3）若要求金屬圓盤Q與“T”形桿P分開，則直桿長度的最大值是多少？
【解答】解：（1）設火藥爆炸瞬間T”形桿P和金屬圓盤Q的速度大小分別為v1，v2，
規定向上為正方向，根據動量守恒定律0＝m1v1﹣m2v2
代入數據可得v2＝2m/s
（2）P向上運動，摩擦力向下，據牛頓第二定律可得m1g+f＝m1a1
Q向下運動，摩擦力向上，據牛頓第二定律可得f﹣m2g＝m2a2
解得：a1＝90m/s2，a2＝30m/s2
（3）P減速至零的時間為t1s＝0.044s
Q減速至零的時間為
t2s＝0.067s
可知P先減為零后反向加速，Q一直減速，當兩者速度相等時分開，此時直桿的長度最
大，以向下為正方向，可得v2﹣a2Δt＝﹣v1+a1Δt
直桿長度的最大值為
聯立解得L＝0.15m
答：（1）火藥爆炸后瞬間金屬圓盤Q的速度大小為2m/s；
（2）點燃火藥爆炸后瞬間“T”形桿P和金屬圓盤Q的加速度大小分別為90m/s2，30m/s2；
（3）直桿長度的最大值是0.15m。
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