高考物理复习特训卷 第一部分 高考热点专项练 考点六 动量守恒定律 第50练 (模型方法)爆炸、反冲模型和人船模型

1、 第50练(模型方法)爆炸、反冲模型和人船模型 eq avs4alco1(（时间25分钟）) 思维方法在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换这种问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律一、选择题1.如图所示，质量m60 kg的人，站在质量M300 kg的车的一端，车长L3 m，相对于地面静止当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将()A后退0.5 m B后退0.6 mC后退0.75 m D一直匀速后退2(多选)2022江西临川质检我国的“长征”系列运载火箭已经成功发射了240多颗不同用途的卫星火箭升空过程

2、中向后喷出高速气体，从而获得较大的向前速度火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的最终速度影响火箭最大速度的因素是()A火箭向后喷出的气体速度B火箭开始飞行时的质量C火箭喷出的气体总质量D火箭始、末质量比3(多选)2022济南一模如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是()AA球将做变速圆周运动BB球将一直向右运动CB球向右运动的最大位移为LDB球运动的最大速度为 eq r(gL) 二、非选择题4在光滑水平桌面上，有一长l2 m的木板C，它的两端各有一固定的挡板，C的

3、质量mC5 kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA1 kg，mB4 kg.开始时A、B、C都静止，并且A、B间夹有少量的塑胶炸药，如图所示，炸药爆炸使得A以6 m/s的速度水平向左运动如果A、B与C间的摩擦忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略(1)两滑块都与挡板相碰后，求板C的速度为多大(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移大小和方向如何？5如图所示，静置于光滑水平面上的滑块Q由半径为L的 eq f(1,4) 光滑圆弧轨道AB和长为L的水平轨道BC组成，半径OB竖直，末端C离地高度为 eq f(L,2) .若滑块Q锁

4、定，让一小物块P从A处由静止释放，沿轨道运动，从C端飞出，落到水平面上的D点已知Q的质量是P的4倍，P与轨道BC之间的动摩擦因数0.5，小物块P可视为质点，重力加速度为g.(1)求C、D间的水平距离x0；(2)若将滑块Q解锁，让P仍从A处由静止释放沿轨道运动，离开C端后落到水平面上的D点，求：P滑到C端时的速度大小v1；D、D两点间的距离x.第50练（模型方法）爆炸、反冲模型和人船模型1答案：A解析：人车组成的系统动量守恒，则mv1Mv2，所以mx1Mx2，又有x1x2L，解得x20.5 m2答案：AD解析：分别用M、m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v0表示喷气速度大小，则火箭喷气过程动

5、量守恒，有mv（Mm）v00，即火箭最大速度v eq blc(rc)(avs4alco1(f(M,m)1) v0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，A、D正确3答案：CD解析：由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，故A项错误A球来回摆动，B球将左右做往复运动，故B项错误对A、B，水平方向动量守恒，从A球释放到A球摆到最左端过程中，取水平向左为正方向，由水平动量守恒得：mA eq f(sA,t) mB eq f(sB,t) 0，即有mA sAmB sB，又sAsB2L，得B球向右运动的最大位移sBL，故C项正确当A球摆到B球正下方时，B的速度最大由水平动量守恒，得m

6、AvAmBvB，由机械能守恒，得mAgL eq f(1,2) mAv eq oal(sup11(2),sdo4(A) eq f(1,2) mBv eq oal(sup11(2),sdo4(B) .解得B球运动的最大速度为vB eq r(gL) ，故D项正确4答案：（1）0（2）0.3 m，方向向左解析：爆炸过程中A、B相互作用，系统满足动量守恒定律，A、B分离后以不同的速率滑向挡板，A先到达挡板与C作用，并发生完全非弹性碰撞，C与B有相对运动，直到碰撞结束为止，整个过程满足动量守恒定律（1）对于由A、B、C组成的系统，开始时静止，由动量守恒定律有（mAmBmC）vC0，得vC0，即最终木板C的

7、速度为0.（2）A先与C相碰，由动量守恒定律有mAvA（mAmC）v共所以v共1 m/s对A、B组成的系统由动量守恒定律有mAvAmBvB得vB1.5 m/s从炸药爆炸到A、C相碰经过的时间t1 eq f(f(l,2),vA) eq f(1,6) s，此时B距C的右挡板的距离xB eq f(l,2) vBt10.75 m，再经过t2时间B与C相碰，则t2 eq f(xB,vBv共) 0.3 s，故C向左的位移大小xCv共t210.3 m0.3 m，方向向左5答案：（1）L（2） eq r(f(4gL,5) eq f(72r(5),5) L解析：（1）设P的质量为m，Q锁定时，P到达C端时的速度

8、大小为v0，P从A运动到C的过程，根据动能定理有mgLmgL eq f(1,2) mv eq oal(sup11(2),sdo4(0) P离开C端后做平抛运动，则x0v0t1 eq f(L,2) eq f(1,2) gt eq oal(sup11(2),sdo4(1) 联立解得x0L（2）若将滑块Q解锁，设P到达C端时，P的速度大小为v1，Q的速度大小为v2，以水平向右为正，系统在水平方向上不受力，系统在水平方向上动量守恒，则mv14mv20根据能量守恒定律有mgLmgL eq f(1,2) mv eq oal(sup11(2),sdo4(1) eq f(1,2) 4mv eq oal(sup11(2),sdo4(2) 解得v1 eq r(f(4gL,5) 由（1）问得t1 eq r(f(L,g) P离开C 端后做平抛运动，则水平射程x3v1t1设在P从A运动到C的过程，Q向左运动的位