2025人教版物理重难点-选择性必修一人教版物理重难点-必修三专题1.4 反冲和爆炸（含答案）

2025人教版物理重难点-选择性必修一人教版物理重难点-必修三专题1.4反冲和爆炸（含答案）专题1.4反冲和爆炸【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1反冲问题】 【题型2人船模型】 【题型3某方向上的人船模型】 【题型4爆炸问题】 【题型5涉及反冲的综合问题】 【题型6涉及爆炸的综合问题】 【题型1反冲问题】【例1】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次。(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1s末，火箭的速度为多大？【变式1-1】质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为()A.eq\f(m,M)vB.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)vD.eq\f(M,m＋M)v【变式1-2】(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是()A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒D．小球不能上升到弧形槽B的顶端【变式1-3】如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一个被压缩的轻弹簧(与两小车未连接)，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动．已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是()A．弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1∶2B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1∶2C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2∶1D．弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1∶4【题型2人船模型】【例2】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。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，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)【变式2-1】如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是()A．向左运动，船向左移一些B．小船静止，船向左移一些C．小船静止，船向右移一些D．小船静止，船不移动【变式2-2】某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为()A.eq\f(m,M＋m)L B.eq\f(nm,M＋m)LC.eq\f(nm,M＋nm)L D.eq\f(m,M＋nm)L【变式2-3】如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5m．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看成质点)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m【题型3某方向上的人船模型】【例3】一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是()A．若斜面粗糙，则s＝eq\f(mb,M＋m)B．只有斜面光滑，才有s＝eq\f(mb,M＋m)C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒【变式3-1】(多选)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()A．A球将做变速圆周运动B．B球将一直向右运动C．B球向右运动的最大位移为LD．B球运动的最大速度为eq\r(gL)【变式3-2】如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝eq\f(M,2)，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小。【变式3-3】如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A．eq\f(mh,M＋m) B．eq\f(Mh,M＋m)C．eq\f(mh,M＋mtanα) D．eq\f(Mh,M＋mtanα)【题型4爆炸问题】【例4】一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为()A.eq\f(2M,M－m)v0 B.eq\f(M,M－m)v0C.eq\f(M,2m－M)v0 D.eq\f(2M,2m－M)v0【变式4-1】如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝eq\f(m,2).开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？【变式4-2】在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【变式4-3】一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()【题型5涉及反冲的综合问题】【例5】如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出．每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左．则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车()A．5 B．6C．7 D．8【变式5-1】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，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。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？【变式5-2】一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq\f(3,4)时的速度大小；(2)两部分落地时速度大小之比。【变式5-3】如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【题型6涉及爆炸的综合问题】【例6】以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块,其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。(1)求质量较小的另一块弹片速度的大小和方向。(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能?【变式6-1】如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1kg，mB＝0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带竖直挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝0.3kg，车上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10m/s2.求：(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；(2)若L＝0.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内．【变式6-2】如图，A、B质量分别为m1＝1kg，m2＝2kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：(1)炸开后A、B获得的速度大小；(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？【变式6-3】如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝3m，车长L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x，x在0＜x＜2R的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g＝10m/s2.求：(1)滑块A在半圆轨道最低点C时受到轨道的支持力FN；(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；(3)请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与s的关系．

参考答案【题型1反冲问题】【例1】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次。(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1s末，火箭的速度为多大？[解析](1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2m/s。(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，解得v20≈13.5m/s。[答案](1)2m/s(2)13.5m/s【变式1-1】质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为()A.eq\f(m,M)vB.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)vD.eq\f(M,m＋M)v解析：选B由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－eq\f(M,m)v，即滑板的速度大小为eq\f(Mv,m)，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。【变式1-2】(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是()A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒D．小球不能上升到弧形槽B的顶端解析：选AD由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。【变式1-3】如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一个被压缩的轻弹簧(与两小车未连接)，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动．已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是()A．弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1∶2B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1∶2C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2∶1D．弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1∶4答案A解析两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正确；由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，B错误；弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft知，左右两小车受到的冲量大小之比为1∶1，C错误；由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为W1∶W2＝eq\f(p\o\al(12),2m1)∶eq\f(p\o\al(22),2m2)＝1∶2，D错误．【题型2人船模型】【例2】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。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，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)解析：选A设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)；取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得船的质量为M＝eq\f(mL－d,d)，故选A。【变式2-1】如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是()A．向左运动，船向左移一些B．小船静止，船向左移一些C．小船静止，船向右移一些D．小船静止，船不移动解析：选C人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故C正确。【变式2-2】某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为()A.eq\f(m,M＋m)L B.eq\f(nm,M＋m)LC.eq\f(nm,M＋nm)L D.eq\f(m,M＋nm)L解析：选C由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动。每发射一颗子弹，车后退一段距离。每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L－x,t)))＝[M＋(n－1)m]eq\f(x,t)，解得：x＝eq\f(mL,M＋nm)，则打完n发后车共后退s＝eq\f(nmL,M＋nm)。【变式2-3】如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5m．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看成质点)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m答案B解析当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得m1eq\f(h1,t)＝m2eq\f(h2,t)，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6m，所以他离地高度是3.6m，故选项B正确．【题型3某方向上的人船模型】【例3】一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是()A．若斜面粗糙，则s＝eq\f(mb,M＋m)B．只有斜面光滑，才有s＝eq\f(mb,M＋m)C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒解析：选A不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝eq\f(b－s,t)，v2＝eq\f(s,t)，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq\f(mb,M＋m)，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。【变式3-1】(多选)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()A．A球将做变速圆周运动B．B球将一直向右运动C．B球向右运动的最大位移为LD．B球运动的最大速度为eq\r(gL)[解析]由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将做往复运动，B错误；对于A、B组成的系统，当A球摆到左侧，细绳再次处于水平状态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有mAeq\f(xA,t)－mBeq\f(xB,t)＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右运动的最大位移为L，C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律得mAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2，解得B球运动的最大速度为vB＝eq\r(gL)，D正确。[答案]CD【变式3-2】如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝eq\f(M,2)，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小。解析：(1)滑块到达B点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mvB2，滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：N－mg＝meq\f(vB2,R)，解得：N＝3mg，由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′＝N＝3mg即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)Mvm2＋eq\f(1,2)m(2vm)2，解得：vm＝eq\r(\f(gR,3))。②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：eq\x\to(v)滑块＝2eq\x\to(v)车，由于它们运动的时间相等，根据：x＝eq\x\to(v)t可得s滑块＝2s车又：s滑块＋s车＝L所以小车的位移大小：s车＝eq\f(1,3)L。答案：(1)3mg(2)①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(1,3)L【变式3-3】如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A．eq\f(mh,M＋m) B．eq\f(Mh,M＋m)C．eq\f(mh,M＋mtanα) D．eq\f(Mh,M＋mtanα)解析：选C此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2。 ①且x1＋x2＝eq\f(h,tanα)。 ②由①②可得x2＝eq\f(mh,M＋mtanα)，故C正确。【题型4爆炸问题】【例4】一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为()A.eq\f(2M,M－m)v0 B.eq\f(M,M－m)v0C.eq\f(M,2m－M)v0 D.eq\f(2M,2m－M)v0解析：选C设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq\f(Mv0,2m－M)，C正确，A、B、D错误。【变式4-1】如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝eq\f(m,2).开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？解析(1)全过程，A、B、C组成的系统动量守恒mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC炸药对C的冲量：I＝mCvC－0解得：I＝eq\f(5,2)mv0，方向向右(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒mCvC－mBvB＝0据能量关系：ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)vB2＋eq\f(1,2)mvC2解得：ΔE＝eq\f(75,8)mv02.【变式4-2】在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m解析：选B爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有eq\f(s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝5，eq\f(2s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340m，两碎块落地点之间的水平距离为1020m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正确。质量大的碎块其初速度为85m/s，C错误。【变式4-3】一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()答案：B解析：由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块弹片做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块弹片的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，由题图知，A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项正确。【题型5涉及反冲的综合问题】【例5】如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出．每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左．则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车()A．5 B．6C．7 D．8答案B解析方法一取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝eq\f(mA,mB)v，第n次推出A车时，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，则vn－vn－1＝eq\f(2mA,mB)v，所以vn＝v1＋(n－1)eq\f(2mA,mB)v，当vn≥v时，再也接不到小车，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故选B.方法二当小孩推、接小车A时，小车A、B与小孩组成的系统动量守恒，当A车与墙壁碰撞反弹时墙壁对A车冲量I＝2mAv系统动量增加2mAv，设小孩把A车推出n次后，小孩恰好不能再接到A车，对整个系统由动量定理得：nI＝mAv＋mBv联立两式解得n＝5.5，故至少推6次．【变式5-1】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，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。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？[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－mBvB ①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2 ②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。 ③(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)at2 ⑤vB－at＝0 ⑥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)at2 ⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧由于l＜sA＜2l＋sB，在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m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＝0.50m。 ⑨(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＝－μmAg(2l＋sB) ⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s ⑪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mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ⑫eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2 ⑬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/s ⑭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″2 ⑮由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m ⑯sA′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。⑰[答案](1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0.50m(3)0.91m【变式5-2】一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq\f(3,4)时的速度大小；(2)两部分落地时速度大小之比。[解析](1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度eq\f(3,4)h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有0－v02＝－2gh ① v2－v02＝－2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)h)) ②联立①②式解得v＝eq\f(1,2)v0。 ③(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v02 ④玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有m1v1－m2v2＝0 ⑤分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，由速度合成公式，有v1′＝eq\r(v02＋v12) ⑥v2′＝eq\r(v02＋v22) ⑦联立④⑤⑥⑦式，考虑到m1∶m2＝1∶4，得eq\f(v1′,v2′)＝2。 ⑧ [答案](1)eq\f(1,2)v0(2)2【变式5-3】如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)不能，理由见解析解析(1)规定向左为正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得v＝1m/s，m3＝20kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩．【题型6涉及爆炸的综合问题】【例6】以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块,其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。(1)求质量较小的另一块弹片速度的大小和方向。(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能?【解析】(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度v0'=v0cos60°=12v0。设v0'3mv0'=2mv1+mv2其中爆炸后大块弹片速度v1=2v0解得v2=-2.5v0,“-”号表示v2的速度与爆炸前速度方向相反。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量,ΔEk=12×2mv12+12mv22-12×3【答案】(1)2.5v0方向与爆炸前速度的方向相反【变式6-1】如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1kg，mB＝0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带竖直挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝0.3kg，车上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10m/s2.求：(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；(2)若L＝0.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内．答案(1)1N，方向竖直向上(2)0.22J(3)0.675m<L<1.35m解析(1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mAv2＝mAg·2R在最高点由牛顿第二定律得：mAg＋FN＝mAeq\f(v2,R)解得FN＝1N由牛顿第三定律得，滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1N，方向竖直向上．(2)爆炸过程由动量守恒定律得：mAvA＝mBvB，解得vB＝3m/s滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：mBvB＝(mB＋M)v共由能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mB＋M)v共2－μmBgL，联立解得Ep＝0.22J(3)滑块B最终没有离开小车，滑块B和小车具有共同的末速度，设为u，滑块B与小车组成的系统动量守恒，有mBvB＝(M＋mB)u若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块B还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块B恰好滑到Q点，由能量守恒定律得μmBgL1＝eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mB＋M)u2联立解得L1＝1.35m若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块B必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块B必然被弹回到PQ之间，设滑块B恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：2μmBgL2＝eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mB＋M)u2联立解得L2＝0.675m综上所述，要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的条件是0.675m<L<1.35m.【变式6-2】如图，A、B质量分别为m1＝1kg，m2＝2kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：(1)炸开后A、B获得的速度大小；(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？[解析](1)根据爆炸过程中能量的转化，有：E＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2联立解得：v1＝4m/s，v2＝2m/s。(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B会与C先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，ABC组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；代入数据解之得：v3＝3m/s，v4＝1m/s，t1＝0.2s。之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。即：(m1＋m2＋m3)v＝0，解得v＝0。设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：－μm1gt＝0－m1v1，解得：t＝0.8s。[答案](1)4m/s2m/s(2)0.8s0.2s【变式6-3】如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝3m，车长L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x，x在0＜x＜2R的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g＝10m/s2.求：(1)滑块A在半圆轨道最低点C时受到轨道的支持力FN；(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；(3)请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与s的关系．解析(1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，设滑块A在半圆轨道运动到达最高点的速度为vAD，则mAg＝meq\f(v\o\al(2,AD),R)得到vAD＝eq\r(gR)滑块A在半圆轨道上运动过程中，据动能定理：－mAg×2R＝eq\f(1,2)mAvAD2－eq\f(1,2)mAvAC2得：vA＝vAC＝eq\r(5gR)滑块A在半圆轨道最低点：FN－mAg＝meq\f(v\o\al(2,AC),R)得：FN＝mAg＋mAeq\f(v\o\al(2,AC),R)＝6mg(2)在A、B爆炸过程，动量守恒，则mBvB＋mA(－vA)＝0得：vB＝eq\f(mA,mB)vA＝eq\f(\r(5gR),2)(3)滑块B滑上小车直到与小车共速，设为v共整个过程中，动量守恒：mBvB＝(mB＋M)v共得：v共＝eq\f(2vB,5)＝eq\f(\r(5gR),5)滑块B从滑上小车到共速时的位移为xB＝eq\f(v\o\al(2,共)－v\o\al(2,B),－2μg)＝eq\f(21R,8)小车从开始运动到共速时的位移为x车＝eq\f(v\o\al(2,共),2\f(μ2mg,3m))＝eq\f(3,4)R两者位移之差(即滑块B相对小车的位移)为：Δx＝xB－x车＝eq\f(15R,8)＜2R，即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车．当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为x′x′＝eq\f(v\o\al(2,共),2μg)＝eq\f(R,2)＞(L－Δx)＝eq\f(1,8)R所以，滑块B会从小车上滑离．讨论：当0＜x＜eq\f(3R,4)时，滑块B克服摩擦力做功为Wf＝μ2mg(L＋x)＝4m(2R＋x)当eq\f(3R,4)≤x≤2R时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为Wf1＝μ2mgxB＝eq\f(21mR,2).专题1.4反冲和爆炸【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1反冲问题】 【题型2人船模型】 【题型3某方向上的人船模型】 【题型4爆炸问题】 【题型5涉及反冲的综合问题】 【题型6涉及爆炸的综合问题】 【题型1反冲问题】【例1】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次。(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1s末，火箭的速度为多大？[解析](1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2m/s。(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，解得v20≈13.5m/s。[答案](1)2m/s(2)13.5m/s【变式1-1】质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为()A.eq\f(m,M)vB.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)vD.eq\f(M,m＋M)v解析：选B由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－eq\f(M,m)v，即滑板的速度大小为eq\f(Mv,m)，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。【变式1-2】(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是()A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒D．小球不能上升到弧形槽B的顶端解析：选AD由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。【变式1-3】如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一个被压缩的轻弹簧(与两小车未连接)，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动．已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是()A．弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1∶2B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1∶2C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2∶1D．弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1∶4答案A解析两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正确；由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，B错误；弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft知，左右两小车受到的冲量大小之比为1∶1，C错误；由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为W1∶W2＝eq\f(p\o\al(12),2m1)∶eq\f(p\o\al(22),2m2)＝1∶2，D错误．【题型2人船模型】【例2】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。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，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)解析：选A设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)；取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得船的质量为M＝eq\f(mL－d,d)，故选A。【变式2-1】如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是()A．向左运动，船向左移一些B．小船静止，船向左移一些C．小船静止，船向右移一些D．小船静止，船不移动解析：选C人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故C正确。【变式2-2】某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为()A.eq\f(m,M＋m)L B.eq\f(nm,M＋m)LC.eq\f(nm,M＋nm)L D.eq\f(m,M＋nm)L解析：选C由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动。每发射一颗子弹，车后退一段距离。每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L－x,t)))＝[M＋(n－1)m]eq\f(x,t)，解得：x＝eq\f(mL,M＋nm)，则打完n发后车共后退s＝eq\f(nmL,M＋nm)。【变式2-3】如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5m．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看成质点)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m答案B解析当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得m1eq\f(h1,t)＝m2eq\f(h2,t)，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6m，所以他离地高度是3.6m，故选项B正确．【题型3某方向上的人船模型】【例3】一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是()A．若斜面粗糙，则s＝eq\f(mb,M＋m)B．只有斜面光滑，才有s＝eq\f(mb,M＋m)C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒解析：选A不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝eq\f(b－s,t)，v2＝eq\f(s,t)，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq\f(mb,M＋m)，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。【变式3-1】(多选)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()A．A球将做变速圆周运动B．B球将一直向右运动C．B球向右运动的最大位移为LD．B球运动的最大速度为eq\r(gL)[解析]由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将做往复运动，B错误；对于A、B组成的系统，当A球摆到左侧，细绳再次处于水平状态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有mAeq\f(xA,t)－mBeq\f(xB,t)＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右运动的最大位移为L，C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律得mAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2，解得B球运动的最大速度为vB＝eq\r(gL)，D正确。[答案]CD【变式3-2】如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝eq\f(M,2)，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小。解析：(1)滑块到达B点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mvB2，滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：N－mg＝meq\f(vB2,R)，解得：N＝3mg，由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′＝N＝3mg即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)Mvm2＋eq\f(1,2)m(2vm)2，解得：vm＝eq\r(\f(gR,3))。②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：eq\x\to(v)滑块＝2eq\x\to(v)车，由于它们运动的时间相等，根据：x＝eq\x\to(v)t可得s滑块＝2s车又：s滑块＋s车＝L所以小车的位移大小：s车＝eq\f(1,3)L。答案：(1)3mg(2)①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(1,3)L【变式3-3】如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A．eq\f(mh,M＋m) B．eq\f(Mh,M＋m)C．eq\f(mh,M＋mtanα) D．eq\f(Mh,M＋mtanα)解析：选C此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2。 ①且x1＋x2＝eq\f(h,tanα)。 ②由①②可得x2＝eq\f(mh,M＋mtanα)，故C正确。【题型4爆炸问题】【例4】一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为()A.eq\f(2M,M－m)v0 B.eq\f(M,M－m)v0C.eq\f(M,2m－M)v0 D.eq\f(2M,2m－M)v0解析：选C设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq\f(Mv0,2m－M)，C正确，A、B、D错误。【变式4-1】如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝eq\f(m,2).开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？解析(1)全过程，A、B、C组成的系统动量守恒mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC炸药对C的冲量：I＝mCvC－0解得：I＝eq\f(5,2)mv0，方向向右(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒mCvC－mBvB＝0据能量关系：ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)vB2＋eq\f(1,2)mvC2解得：ΔE＝eq\f(75,8)mv02.【变式4-2】在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m解析：选B爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有eq\f(s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝5，eq\f(2s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340m，两碎块落地点之间的水平距离为1020m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正确。质量大的碎块其初速度为85m/s，C错误。【变式4-3】一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()答案：B解析：由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块弹片做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块弹片的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，由题图知，A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项正确。【题型5涉及反冲的综合问题】【例5】如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出．每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左．则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车()A．5 B．6C．7 D．8答案B解析方法一取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝eq\f(mA,mB)v，第n次推出A车时，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，则vn－vn－1＝eq\f(2mA,mB)v，所以vn＝v1＋(n－1)eq\f(2mA,mB)v，当vn≥v时，再也接不到小车，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故选B.方法二当小孩推、接小车A时，小车A、B与小孩组成的系统动量守恒，当A车与墙壁碰撞反弹时墙壁对A车冲量I＝2mAv系统动量增加2mAv，设小孩把A车推出n次后，小孩恰好不能再接到A车，对整个系统由动量定理得：nI＝mAv＋mBv联立两式解得n＝5.5，故至少推6次．【变式5-1】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，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。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？[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－mBvB ①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2 ②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。 ③(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)at2 ⑤vB－at＝0 ⑥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)at2 ⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧由于l＜sA＜2l＋sB，在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m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＝0.50m。 ⑨(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＝－μmAg(2l＋sB) ⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s ⑪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mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ⑫eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2 ⑬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/s ⑭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″2 ⑮由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m ⑯sA′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。⑰[答案](1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0.5