2022年新课标高中物理模型与方法11 爆炸与类爆炸模型教师讲解版

文档来源网络整理侵权必删PAGE1专题11爆炸与类爆炸模型目录【模型一】爆炸模型 1【模型二】弹簧的“爆炸”模型 6【模型三】人船模型与类人船模型 12【模型四】类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较 15【模型一】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：②②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：③①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：⑤⑤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【模型演练1】.(多选)(2020·广西池州市期末)如图所示，可视为质点且质量均为1kg的甲、乙两物体紧靠着放在水平地面上，物体甲与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体乙右侧地面光滑，两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体乙的速度大小为3m/s，重力加速度g取10m/s2.则()A．炸药爆炸后，两物体分离瞬间物体甲的速度大小为3m/sB．甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量为18JC．从分离到甲物体停止运动，经过的时间为4sD．甲、乙两物体分离2s时，两物体之间的距离为7.5m【答案】AD【解析】炸药爆炸后，设分离瞬间物体甲的速度大小为v1，物体乙的速度大小为v2，对甲、乙两物体组成的系统由动量守恒定律得mv1＝mv2，甲、乙两物体速度大小v1＝v2＝3m/s，选项A正确；由能量守恒得E＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22＝9J，选项B错误；甲、乙两物体分离后，甲物体向左匀减速滑行，a＝μg＝3m/s2，从分离到甲物体停止运动，经过的时间t1＝eq\f(v1,a)＝1s，选项C错误；物体甲运动的位移为x1＝eq\f(v1,2)t1＝1.5m，物体乙运动的位移为x2＝v2t＝6m，故甲、乙两物体分离2s时，两物体之间的距离d＝x2＋x1＝7.5m，选项D正确．【模型演练2】(2021·山东济南市历城二中一模)如图所示，质量均为m的两块完全相同的木块A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离x后到达P点，速度变为eq\f(v0,2)，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块A继续沿水平方向前进3x后停下。已知炸药爆炸时释放的化学能有50%转化为木块的动能，爆炸时间可以忽略不计，重力加速度为g，求：(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。【答案】(1)eq\f(3veq\o\al(2,0),8gx)(2)2mveq\o\al(2,0)【解析】(1)从O滑到P，对系统由动能定理得－μ·2mgx＝eq\f(1,2)×2m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)解得μ＝eq\f(3veq\o\al(2,0),8gx)(2)爆炸前对系统，有veq\o\al(2,0)－(eq\f(v0,2))2＝2ax在P点爆炸，A、B系统动量守恒，有2meq\f(v0,2)＝mvA＋mvB爆炸后对A，有veq\o\al(2,A)＝2a·3x，根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)×2m(eq\f(v0,2))2＝50%E0，解得E0＝2mveq\o\al(2,0)【模型演练3】(2020·河北邯郸市模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为eq\f(v0,2)，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能E0.【答案】(1)eq\f(3v\o\al(02,),8gs)(2)eq\f(1,4)mveq\o\al(02,)【解析】(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得－μ·2mgs＝eq\f(1,2)×2m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(02,)解得μ＝eq\f(3v\o\al(02,),8gs)(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有2m·eq\f(v0,2)＝mv，根据能量守恒定律有E0＋eq\f(1,2)×2m(eq\f(v0,2))2＝eq\f(1,2)mv2解得E0＝eq\f(1,4)mveq\o\al(02,)【模型演练4】（2021·山东省济宁市高三上学期1月期末）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【答案】(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②联立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)⑧【模型演练5】(2021·四川双流中学诊断)如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1kg，O点到半圆轨道最低点C的距离xOC＝0.25m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，取g＝10m/s2，求：(1)炸药的化学能E；(2)半圆轨道的半径R。【答案】(1)1J(2)0.3m【解析】(1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＋E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，两式联立并代入数据解得E＝1J。(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，联立可解得R＝0.3m。【模型演练6】(2020·山东济宁市质检)如图所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．【答案】4eq\r(\f(Eh,mg))【解析】爆炸之前E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)爆炸过程动量守恒：mv0＝eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(22,)＝2E解得：v1＝0，v2＝2v0随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，则由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝2v0t解得x＝4eq\r(\f(Eh,mg)).【模型二】弹簧的“爆炸”模型、组成的系统动量守恒：①得：②②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：③①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：⑤⑤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【模型演练1】(2020·安徽名校高考冲刺模拟卷)如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的两滑块A、B，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是()A.两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1B.两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1C.两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2D.弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1【答案】C【解析】以滑块A运动的方向为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝eq\f(vB,2)，两滑块速度大小之比为：eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,2)，两滑块的动能之比EkA∶EkB＝eq\f(\f(1,2)×2mvA2,\f(1,2)mvB2)＝eq\f(1,2)，B错误，C正确；两滑块的动量大小之比eq\f(pA,pB)＝eq\f(2mvA,mvB)＝eq\f(1,1)，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即WA∶WB＝1∶2，D错误.【模型演练2】（2021·云南省保山市智源中学高三下学期开学考试）两个小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平平台上，某时刻剪断细线，小木块被弹开，落地点与平台边缘的水平距离分别为lA＝1m，lB＝2m，如图所示，则下列说法正确的是A.木块A、B离开弹簧时的速度大小之比B.木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1C.木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2D.弹簧对木块A、B的冲量大小之比IA∶IB＝1∶2【答案】ABC【解析】两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，因下落的高度相等，所以运动的时间相等。由及lA＝1m，lB＝2m得，故A正确。弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，由动量守恒定律得：得，故B正确。由，根据可得：，故C正确。由动量定理D错误。【典例分析3】（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高三月考）质量分别为3m和m的两个物体，用一根细线相连，中间夹着一个被压缩的轻质弹簧，整个系统原来在光滑水平地面上以速度v0向右匀速运动，如图所示。后来细线断裂，质量为m的物体离开弹簧时的速度变为2v0。求弹簧在这个过程中做的总功。【答案】【解析】系统动量守恒①得弹簧在这个过程中做的总功等于它减少的弹性势能则由能量守恒【典例分析4】（2021·辽宁省营口市高三上学期1月期末）如图所示，光滑水平面上有质量均为的、两个小物块（均视为质点），、用轻绳连接，中间有一压缩的较短轻弹簧（弹簧与物块不拴接）。开始时、均静止。在物块右边一定距离处有一半径为的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于点，物块的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻细绳突然断开，物块、瞬间分离，A向右运动，恰好能过半圆形轨道的最高点（物块过点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为（小于斜面体的高度）。已知重力加速度为，求：(1)细绳断开前弹簧的弹性势能大小？(2)斜面体的质量？【答案】(1)；(2)【解析】(1)在D点，有从弹开到D，由动能定理，有弹簧释放瞬间由动量守恒定律，有细绳断开前弹簧的弹性势能大小为解得(2)B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，由动量守恒定律，有由机械能守恒定律，有解得【模型演练5】（2021·吉林省榆树一中高三上学期1月期末）如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2kg的小球P和质量为m＝0.1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2m，重力加速度为g＝10m/s2，求：(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小F′NB；(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。【答案】(1)12N(2)2m/s(3)0.3J【解答】(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝Meq\f(v\o\al(2,C),R) 解得vC＝eq\r(gR) 对于小球P，从B→C，由动能定理有－2MgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B) 解得vB＝eq\r(5gR) 在B点有FNB－Mg＝Meq\f(v\o\al(2,B),R) 解得FNB＝6Mg＝12N 由牛顿第三定律有F′NB＝FNB＝12N。 (2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式h＝eq\f(1,2)gt2得t＝0.2s 根据公式x＝vt，得v＝1m/s 碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有mvQ＝2mv 解得vQ＝2m/s。 (3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ 解得vP＝1m/s P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q) 解得Ep＝0.3J。 【模型演练6】（2021·黑龙江牡丹江一中高三上学期1月期末）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图1所释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】(1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0．50m(3)0.91m【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l＋sB))⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s⑪故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－vA′))＝mAvA″＋mBvB″⑫eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m⑯sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m【模型三】人船模型与类人船模型【模型构建】如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？解析：以人和船组成的系统为研究对象，在水平方向不受外力作用，满足动量守恒．设某时刻人的速度为v1，船的速度为v2，取人行进的方向为正，则有：s1s1s2两边同乘时间t，，设人、船位移大小分别为s1、s2，则有，①由图可以看出：②由①②两式解得，答案：，点评：人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度大小与质量成反比，方向相反。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。人船模型中的动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能的变化。【类人船模型】【模型演练1】(2020·衡水中学模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是()A．FN＝mgcosαB．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒D．此过程中斜面向左滑动的距离为eq\f(m,M＋m)L【答案】D【解析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正确。【模型演练2】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为()A.eq\f(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)【答案】B【解析】设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t).以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝eq\f(mL－d,d)，小船的质量为：M＝eq\f(mL－d,d)，故B正确．【模型演练3】(2020·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为()A.eq\f(m,m＋M)h B.eq\f(M,m＋M)hC.eq\f(M＋m,M)h D.eq\f(M＋m,m)h【答案】C【解析】设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝eq\f(L－h,t)人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝eq\f(h,t)联立得：0＝－M·eq\f(L－h,t)＋m·eq\f(h,t)，解得：L＝eq\f(M＋m,M)h，故C正确，A、B、D错误．【模型演练4】（2021·全国高三专题练习）如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m。滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是（）A．滑块和小球组成的系统动量守恒B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒C．滑块的最大速率为D．滑块向右移动的位移为【答案】BCD【解析】A．小球下落过程中，小球竖直方向有分加速度，系统的合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；B．绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，故B正确；C．当小球落到最低点时，只有水平方向速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，取水平向右为正方向，系统水平方向动量有系统机械能守恒有解得，滑块的最大速率为故C正确；D．设滑块向右移动的位移为x，根据水平动量守恒得解得故D正确。故选BCD。【模型四】类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较反冲模型类碰撞模型示意图vv1x1x1hRv2x2x2vv0hRv共①到最低点水平方向动量守恒:0=mv1-Mv2；能量守恒:mg(R+h)=½mv12+½Mv22+Q1.机械能守恒:mg(R+h)=½mv02②到最高点水平方向动量守恒，速度都为零；全程能量守恒:mgh=mgh’+Q1+Q2.且Q1>Q2（若内壁光滑Q1=Q2=0）水平方向动量守恒：mv0=(m+M)v共能量守恒：½mv02=½(m+M)v共2+mgh+Q.（若内壁光滑Q=0）【模型演练1】(2021·河南名校联盟3月调研)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点已知小车质量M=4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则（）A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+LB．小车在运动过程中速度的最大值为C．全过程小车相对地面的位移大小为D．、L、R三者之间的关系为R=L【答案】BCD【解析】AC．滑动与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有，由上两式解得，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为，全过程小车相对地面的位移大小为，所以A错误；C正确；B．滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑动与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有，由上两式解得小车在运动过程中速度的最大值为，所以B正确；D．滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律则有解得R=L所以、L、R三者之间的关系为R=L，则D正确；故选BCD。【模型演练2】（2021·山东省日照市高三上学期1月期末）如图所示，内有光滑半圆形轨道、质量为M的滑块静止在光滑的水平地面上，其水平直径BD长度为2r。一个铁桩固定在地面上，滑块左侧紧靠在铁桩上。滑块内圆轨道的左端点B的正上方高度h处有一点A，现将质量为m的小球（可以视为质点）从A点由静止释放，然后经过半圆轨道的B、C、D点后冲出（C点为圆轨道的最低点）。已知当地重力加速度为g，空气阻力忽略不计。(1)求小球到达C点时的速度大小；(2)求小球第一次冲出D点后，能够上升的最大高度；(3)如果没有滑块左侧的铁桩，求小球第二次冲出D点并到达最高点时，小球与初位置A点的水平距离。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)小球从A到C由动能定理解得(2)小球从C到D的过程水平方向动量守恒，则由能量关系解得(3)如果没有滑块左侧的铁桩，小球第一次冲出D点时，滑块向左的位移为x，则解得此时滑块和小球的水平速度均为零，小球向上做竖直上抛运动，再次回到D点进入凹槽，此后凹槽向右运动，先加速后减速，到小球从B点冲出时，凹槽回到原来的位置，速度减为零，以后重复原来的运动，则当小球第二次冲出D点并到达最高点时，小球与初位置A点的水平距离为【模型演练3】(2021·四川遂宁市三诊)如图所示，质量为的工件带有半径的光滑圆弧轨道，静止在光滑水平地面上，B为轨道的最低点，B点距地面高度。质量为的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放，经B点后滑离工件，取。求：(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；(2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。【答案】(1)280N，方向竖直向下；(2)0m【解析】(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则有联立解得在B点处，对物块有解得根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小，方向竖直向下(2)物块滑离工件后做平抛运动的时间物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距离而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为，工件向左