2025人教版物理重難點-選擇性必修一人教版物理重難點-必修三專題1.4 反沖和爆炸（含答案）

2025人教版物理重難點-選擇性必修一人教版物理重難點-必修三專題1.4反沖和爆炸（含答案）專題1.4反沖和爆炸【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1反沖問題】 【題型2人船模型】 【題型3某方向上的人船模型】 【題型4爆炸問題】 【題型5涉及反沖的綜合問題】 【題型6涉及爆炸的綜合問題】 【題型1反沖問題】【例1】一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次。(1)當(dāng)發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？【變式1-1】質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止狀態(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為()A.eq\f(m,M)vB.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)vD.eq\f(M,m＋M)v【變式1-2】(多選)如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，相對放置著兩個形狀完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端與光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球從弧形槽A頂端由靜止釋放。下列判斷正確的是()A．小球在弧形槽A下滑過程中，小球的機械能不守恒B．小球在弧形槽B上滑過程中，小球的機械能不守恒C．小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)滿足動量守恒D．小球不能上升到弧形槽B的頂端【變式1-3】如圖所示，光滑水平面上有兩輛小車，用細線(未畫出)相連，中間有一個被壓縮的輕彈簧(與兩小車未連接)，小車處于靜止狀態(tài)，燒斷細線后，由于彈力的作用兩小車分別向左、右運動．已知兩小車的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1，下列說法正確的是()A．彈簧彈開后左右兩小車的速度大小之比為1∶2B．彈簧彈開后左右兩小車的動量大小之比為1∶2C．彈簧彈開過程左右兩小車受到的沖量大小之比為2∶1D．彈簧彈開過程彈力對左右兩小車做功之比為1∶4【題型2人船模型】【例2】有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量，他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，船的質(zhì)量為()A.eq\f(mL－d,d)B.eq\f(mL＋d,d)C.eq\f(mL,d)D.eq\f(mL－d,L)【變式2-1】如圖所示小船靜止于水面上，站在船尾上的人不斷將魚拋向船頭的船艙內(nèi)，將一定質(zhì)量的魚拋完后，關(guān)于小船的速度和位移，下列說法正確的是()A．向左運動，船向左移一些B．小船靜止，船向左移一些C．小船靜止，船向右移一些D．小船靜止，船不移動【變式2-2】某人在一輛靜止的小車上練習(xí)打靶，已知車、人、槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量均為m，槍口到靶的距離為L，子彈水平射出槍口相對于地的速度為v，在發(fā)射后一顆子彈時，前一顆子彈已嵌入靶中，則發(fā)射完n顆子彈時，小車后退的距離為()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【變式2-3】如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質(zhì)量為m1＝50kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質(zhì)量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當(dāng)靜止時人離地面的高度為h＝5m．如果這個人開始沿繩向下滑，當(dāng)滑到繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看成質(zhì)點)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m【題型3某方向上的人船模型】【例3】一個質(zhì)量為M、底面邊長為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上，如圖所示，有一質(zhì)量為m的物塊由斜面頂部無初速度滑到底部時，斜面體移動的距離為s。下列說法中正確的是()A．若斜面粗糙，則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，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒D．若斜面粗糙，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒【變式3-1】(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個小球A、B用長為L的輕質(zhì)細繩連接，B球穿在光滑水平細桿上，初始時刻，細繩處于水平狀態(tài)。將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計，下列說法正確的是()A．A球?qū)⒆鲎兯賵A周運動B．B球?qū)⒁恢毕蛴疫\動C．B球向右運動的最大位移為LD．B球運動的最大速度為eq\r(gL)【變式3-2】如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車，已知滑塊質(zhì)量m＝eq\f(M,2)，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，求：①滑塊運動過程中，小車的最大速度vm；②滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小。【變式3-3】如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()A．eq\f(mh,M＋m) B．eq\f(Mh,M＋m)C．eq\f(mh,M＋mtanα) D．eq\f(Mh,M＋mtanα)【題型4爆炸問題】【例4】一質(zhì)量為M的煙花斜飛到空中，到達最高點時的速度為v0，此時煙花炸裂成沿v0所在直線上的兩塊(損失的炸藥質(zhì)量不計)，兩塊的速度方向水平相反，落地時水平位移大小相等，不計空氣阻力。若向前的一塊質(zhì)量為m，則炸裂瞬間其速度大小為()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【變式4-1】如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A、B、C，質(zhì)量關(guān)系是mA＝mC＝m、mB＝eq\f(m,2).開始時滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止狀態(tài)，滑塊A以速度v0正對B向右運動，在A未與B碰撞之前，引爆了B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B粘在一起，以速率v0向左運動．求：(1)炸藥爆炸過程中炸藥對C的沖量；(2)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機械能？【變式4-2】在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是()A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m【變式4-3】一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊彈片水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()【題型5涉及反沖的綜合問題】【例5】如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側(cè)有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，小孩與B車的總質(zhì)量是A車質(zhì)量的10倍．兩車開始都處于靜止狀態(tài)，小孩把A車以相對于地面的速度v推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面的速度v推出．每次推出，A車相對于地面的速度都是v，方向向左．則小孩把A車推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車()A．5 B．6C．7 D．8【變式5-1】靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？【變式5-2】一玩具以初速度v0從水平地面豎直向上拋出，達到最高點時，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等。彈簧彈開的時間極短，不計空氣阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq\f(3,4)時的速度大??；(2)兩部分落地時速度大小之比?！咀兪?-3】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【題型6涉及爆炸的綜合問題】【例6】以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈,到達最高點時炸成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊,其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行。(1)求質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向。(2)爆炸過程有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動能?【變式6-1】如圖所示，固定的光滑平臺上固定有光滑的半圓軌道，軌道半徑R＝0.6m．平臺上靜止著兩個滑塊A、B，mA＝0.1kg，mB＝0.2kg，兩滑塊間夾有少量炸藥，平臺右側(cè)有一帶豎直擋板的小車，靜止在光滑的水平地面上．小車質(zhì)量為M＝0.3kg，車上表面與平臺的臺面等高，小車的上表面的右側(cè)固定一根水平輕彈簧，彈簧的自由端在Q點，小車的上表面左端點P與Q點之間是粗糙的，滑塊B與PQ之間表面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，Q點右側(cè)表面是光滑的．點燃炸藥后，A、B分離瞬間A滑塊獲得向左的速度vA＝6m/s，而滑塊B則沖向小車．兩滑塊都可以看成質(zhì)點，炸藥的質(zhì)量忽略不計，爆炸的時間極短，爆炸后兩個物塊的速度方向在同一水平直線上，且g＝10m/s2.求：(1)滑塊A在半圓軌道最高點對軌道的壓力；(2)若L＝0.8m，滑塊B滑上小車后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能；(3)要使滑塊B既能擠壓彈簧，又最終沒有滑離小車，則小車上PQ之間的距離L應(yīng)在什么范圍內(nèi)．【變式6-2】如圖，A、B質(zhì)量分別為m1＝1kg，m2＝2kg，置于小車C上，小車的質(zhì)量為m3＝1kg，A、B與小車的動摩擦因數(shù)為0.5，小車靜止在光滑的水平面上。某時刻炸藥爆炸，若A、B間炸藥爆炸的能量有12J轉(zhuǎn)化為A、B的機械能，其余能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。A、B始終在小車表面水平運動，小車足夠長，求：(1)炸開后A、B獲得的速度大??；(2)A、B在小車上滑行的時間各是多少？【變式6-3】如圖所示，固定的光滑平臺左端固定有一光滑的半圓軌道，軌道半徑為R，平臺上靜止放著兩個滑塊A、B，其質(zhì)量mA＝m，mB＝2m，兩滑塊間夾有少量炸藥．平臺右側(cè)有一小車，靜止在光滑的水平地面上，小車質(zhì)量M＝3m，車長L＝2R，車面與平臺的臺面等高，車面粗糙，動摩擦因數(shù)μ＝0.2，右側(cè)地面上有一不超過車面高的立樁，立樁與小車右端的距離為x，x在0＜x＜2R的范圍內(nèi)取值，當(dāng)小車運動到立樁處立即被牢固粘連．點燃炸藥后，滑塊A恰好能夠通過半圓軌道的最高點D，滑塊B沖上小車．兩滑塊都可以看做質(zhì)點，炸藥的質(zhì)量忽略不計，爆炸的時間極短，爆炸后兩個滑塊的速度方向在同一水平直線上，重力加速度為g＝10m/s2.求：(1)滑塊A在半圓軌道最低點C時受到軌道的支持力FN；(2)炸藥爆炸后滑塊B的速度大小vB；(3)請討論滑塊B從滑上小車在小車上運動的過程中，克服摩擦力做的功Wf與s的關(guān)系．

參考答案【題型1反沖問題】【例1】一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次。(1)當(dāng)發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？[解析](1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，由動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2m/s。(2)發(fā)動機每秒噴氣20次，設(shè)運動第1s末，火箭的速度為v20，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，解得v20≈13.5m/s。[答案](1)2m/s(2)13.5m/s【變式1-1】質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止狀態(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為()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：選B由題意知：小孩和滑板動量守恒，則Mv＋mv′＝0，得v′＝－eq\f(M,m)v，即滑板的速度大小為eq\f(Mv,m)，方向與小孩運動方向相反，故B項正確?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，相對放置著兩個形狀完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端與光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球從弧形槽A頂端由靜止釋放。下列判斷正確的是()A．小球在弧形槽A下滑過程中，小球的機械能不守恒B．小球在弧形槽B上滑過程中，小球的機械能不守恒C．小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)滿足動量守恒D．小球不能上升到弧形槽B的頂端解析：選AD由于A是不固定的，小球下滑的過程中，一部分動能轉(zhuǎn)移給了A，所以小球的機械能不守恒，A正確；由于B是固定的，小球在上滑的過程中，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，機械能守恒，B錯誤；小球最初和A的合動量為零，而當(dāng)小球上升到靜止時，小球的動量為零，A的動量不為零，所以小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)動量不守恒，C錯誤；由于小球的一部分動能給了A，所以小球最終到達不了B的頂端，D正確。【變式1-3】如圖所示，光滑水平面上有兩輛小車，用細線(未畫出)相連，中間有一個被壓縮的輕彈簧(與兩小車未連接)，小車處于靜止狀態(tài)，燒斷細線后，由于彈力的作用兩小車分別向左、右運動．已知兩小車的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1，下列說法正確的是()A．彈簧彈開后左右兩小車的速度大小之比為1∶2B．彈簧彈開后左右兩小車的動量大小之比為1∶2C．彈簧彈開過程左右兩小車受到的沖量大小之比為2∶1D．彈簧彈開過程彈力對左右兩小車做功之比為1∶4答案A解析兩小車及彈簧系統(tǒng)所受合力為零，動量守恒，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正確；由動量守恒定律知，彈簧彈開后左右兩小車的動量大小相等，B錯誤；彈簧彈開過程中，左右兩小車受到的彈力大小相等，作用時間相同，由I＝Ft知，左右兩小車受到的沖量大小之比為1∶1，C錯誤；由動能定理得，彈簧彈開過程彈力對左右兩小車做功之比為W1∶W2＝eq\f(p\o\al(12),2m1)∶eq\f(p\o\al(22),2m2)＝1∶2，D錯誤．【題型2人船模型】【例2】有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量，他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，船的質(zhì)量為()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：選A設(shè)人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t，則v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)；取船的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：Mv－mv′＝0，則得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得船的質(zhì)量為M＝eq\f(mL－d,d)，故選A?！咀兪?-1】如圖所示小船靜止于水面上，站在船尾上的人不斷將魚拋向船頭的船艙內(nèi)，將一定質(zhì)量的魚拋完后，關(guān)于小船的速度和位移，下列說法正確的是()A．向左運動，船向左移一些B．小船靜止，船向左移一些C．小船靜止，船向右移一些D．小船靜止，船不移動解析：選C人、船、魚構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，據(jù)“人船模型”，魚動船動，魚停船靜止；魚對地發(fā)生向左的位移，則人、船的位移向右。故C正確。【變式2-2】某人在一輛靜止的小車上練習(xí)打靶，已知車、人、槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量均為m，槍口到靶的距離為L，子彈水平射出槍口相對于地的速度為v，在發(fā)射后一顆子彈時，前一顆子彈已嵌入靶中，則發(fā)射完n顆子彈時，小車后退的距離為()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：選C由題意知系統(tǒng)動量守恒，前一發(fā)擊中靶后，再打下一發(fā)，說明發(fā)射后一顆子彈時，車已經(jīng)停止運動。每發(fā)射一顆子彈，車后退一段距離。每發(fā)射一顆子彈時，子彈動量為mv，由動量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，設(shè)每發(fā)射一顆子彈車后退x，則子彈相對于地面運動的距離是(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)，則打完n發(fā)后車共后退s＝eq\f(nmL,M＋nm)。【變式2-3】如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質(zhì)量為m1＝50kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質(zhì)量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當(dāng)靜止時人離地面的高度為h＝5m．如果這個人開始沿繩向下滑，當(dāng)滑到繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看成質(zhì)點)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m答案B解析當(dāng)人滑到下端時，設(shè)人相對地面下滑的位移大小為h1，氣球相對地面上升的位移大小為h2，由動量守恒定律，得m1eq\f(h1,t)＝m2eq\f(h2,t)，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6m，所以他離地高度是3.6m，故選項B正確．【題型3某方向上的人船模型】【例3】一個質(zhì)量為M、底面邊長為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上，如圖所示，有一質(zhì)量為m的物塊由斜面頂部無初速度滑到底部時，斜面體移動的距離為s。下列說法中正確的是()A．若斜面粗糙，則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，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒D．若斜面粗糙，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒解析：選A不論斜面是否光滑，斜面體和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上都動量守恒，以向左為正方向，斜面體的位移大小為s，則物塊的位移大小為b－s，物塊和斜面體的平均速率分別為v1＝eq\f(b－s,t)，v2＝eq\f(s,t)，由動量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq\f(mb,M＋m)，A正確，B錯誤；不論斜面是否光滑，物塊下滑過程中系統(tǒng)在豎直方向上所受合力都不為零，系統(tǒng)所受的合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，若斜面光滑，則系統(tǒng)機械能守恒，若斜面不光滑，則系統(tǒng)機械能不守恒，C、D錯誤。【變式3-1】(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個小球A、B用長為L的輕質(zhì)細繩連接，B球穿在光滑水平細桿上，初始時刻，細繩處于水平狀態(tài)。將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計，下列說法正確的是()A．A球?qū)⒆鲎兯賵A周運動B．B球?qū)⒁恢毕蛴疫\動C．B球向右運動的最大位移為LD．B球運動的最大速度為eq\r(gL)[解析]由于B點不固定，故A的軌跡不可能為圓周，A錯誤；A球來回擺動，A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，可知B球?qū)⒆鐾鶑?fù)運動，B錯誤；對于A、B組成的系統(tǒng)，當(dāng)A球擺到左側(cè)，細繩再次處于水平狀態(tài)時，B球有向右的最大位移，此時對系統(tǒng)有mAeq\f(xA,t)－mBeq\f(xB,t)＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右運動的最大位移為L，C正確；當(dāng)A球擺到B球正下方時，B球的速度最大，在水平方向上由動量守恒定律得mAvA＝mBvB，由機械能守恒定律得mAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2，解得B球運動的最大速度為vB＝eq\r(gL)，D正確。[答案]CD【變式3-2】如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車，已知滑塊質(zhì)量m＝eq\f(M,2)，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，求：①滑塊運動過程中，小車的最大速度vm；②滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小。解析：(1)滑塊到達B點時的速度最大，受到的支持力最大；滑塊下滑的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mvB2，滑塊在B點處受到的支持力與重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：N－mg＝meq\f(vB2,R)，解得：N＝3mg，由牛頓第三定律得：滑塊對小車的壓力：N′＝N＝3mg即滑塊運動過程中對小車的最大壓力是3mg。(2)①在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，設(shè)小車的最大速度是vm，由機械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)Mvm2＋eq\f(1,2)m(2vm)2，解得：vm＝eq\r(\f(gR,3))。②由于在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，所以滑塊從B到C運動過程中，滑塊的平均速度是小車的平均速度的2倍，即：eq\x\to(v)滑塊＝2eq\x\to(v)車，由于它們運動的時間相等，根據(jù)：x＝eq\x\to(v)t可得s滑塊＝2s車又：s滑塊＋s車＝L所以小車的位移大小：s車＝eq\f(1,3)L。答案：(1)3mg(2)①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(1,3)L【變式3-3】如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()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：選C此題屬“人船模型”問題。m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)m在水平方向上對地位移為x1，M在水平方向上對地位移為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正確?！绢}型4爆炸問題】【例4】一質(zhì)量為M的煙花斜飛到空中，到達最高點時的速度為v0，此時煙花炸裂成沿v0所在直線上的兩塊(損失的炸藥質(zhì)量不計)，兩塊的速度方向水平相反，落地時水平位移大小相等，不計空氣阻力。若向前的一塊質(zhì)量為m，則炸裂瞬間其速度大小為()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：選C設(shè)炸裂后向前的一塊速度大小為v，兩塊均在空中做平拋運動，根據(jù)落地時水平位移大小相等知，兩塊的速度大小相等、方向相反，炸裂過程系統(tǒng)動量守恒，以炸裂前的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq\f(Mv0,2m－M)，C正確，A、B、D錯誤。【變式4-1】如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A、B、C，質(zhì)量關(guān)系是mA＝mC＝m、mB＝eq\f(m,2).開始時滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止狀態(tài)，滑塊A以速度v0正對B向右運動，在A未與B碰撞之前，引爆了B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B粘在一起，以速率v0向左運動．求：(1)炸藥爆炸過程中炸藥對C的沖量；(2)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機械能？解析(1)全過程，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC炸藥對C的沖量：I＝mCvC－0解得：I＝eq\f(5,2)mv0，方向向右(2)炸藥爆炸過程，B和C組成的系統(tǒng)動量守恒mCvC－mBvB＝0據(jù)能量關(guān)系：ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)vB2＋eq\f(1,2)mvC2解得：ΔE＝eq\f(75,8)mv02.【變式4-2】在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是()A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m解析：選B爆炸物上升到最高點時，瞬時速度為零，爆炸瞬間水平方向動量守恒，因此質(zhì)量為2∶1的兩塊碎塊，其速度大小之比為1∶2，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，水平方向位移大小之比為1∶2，但合位移大小之比并不為1∶2，A錯誤。根據(jù)題意，則有eq\f(s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝5，eq\f(2s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340m，兩碎塊落地點之間的水平距離為1020m，D錯誤。由上述推導(dǎo)可知，碎塊做平拋運動的時間為4s，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，爆炸物爆炸點離地面的高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正確。質(zhì)量大的碎塊其初速度為85m/s，C錯誤?！咀兪?-3】一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊彈片水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()答案：B解析：由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊彈片做平拋運動的時間t＝1s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊彈片的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊彈片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊彈片的動量改變量大小相等，兩塊彈片質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運動水平方向上，x＝v0t，由題圖知，A圖中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A項錯誤；B圖中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B項正確?！绢}型5涉及反沖的綜合問題】【例5】如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側(cè)有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，小孩與B車的總質(zhì)量是A車質(zhì)量的10倍．兩車開始都處于靜止狀態(tài)，小孩把A車以相對于地面的速度v推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面的速度v推出．每次推出，A車相對于地面的速度都是v，方向向左．則小孩把A車推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車()A．5 B．6C．7 D．8答案B解析方法一取水平向右為正方向，小孩第一次推出A車時，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝eq\f(mA,mB)v，第n次推出A車時，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，則vn－vn－1＝eq\f(2mA,mB)v，所以vn＝v1＋(n－1)eq\f(2mA,mB)v，當(dāng)vn≥v時，再也接不到小車，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故選B.方法二當(dāng)小孩推、接小車A時，小車A、B與小孩組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A車與墻壁碰撞反彈時墻壁對A車沖量I＝2mAv系統(tǒng)動量增加2mAv，設(shè)小孩把A車推出n次后，小孩恰好不能再接到A車，對整個系統(tǒng)由動量定理得：nI＝mAv＋mBv聯(lián)立兩式解得n＝5.5，故至少推6次．【變式5-1】靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。?2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？[解析](1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB ①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2 ②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。 ③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2 ⑤vB－at＝0 ⑥在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2 ⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧由于l＜sA＜2l＋sB，在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處，B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m。 ⑨(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAg(2l＋sB) ⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(7)m/s ?故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2 ?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s ?這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動，設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學(xué)公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2 ?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m ?sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m。?[答案](1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0.50m(3)0.91m【變式5-2】一玩具以初速度v0從水平地面豎直向上拋出，達到最高點時，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等。彈簧彈開的時間極短，不計空氣阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq\f(3,4)時的速度大小；(2)兩部分落地時速度大小之比。[解析](1)設(shè)玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度eq\f(3,4)h時的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向為正，由運動學(xué)公式，有0－v02＝－2gh ① v2－v02＝－2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)h)) ②聯(lián)立①②式解得v＝eq\f(1,2)v0。 ③(2)設(shè)玩具分開時兩部分的質(zhì)量分別為m1、m2，水平速度大小分別為v1、v2。依題意，動能關(guān)系為eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v02 ④玩具達到最高點時速度為零，兩部分分開時速度方向相反，水平方向動量守恒，有m1v1－m2v2＝0 ⑤分開后兩部分做平拋運動，由運動學(xué)關(guān)系，兩部分落回地面時，豎直方向分速度大小為v0，設(shè)兩部分落地時的速度大小分別為v1′、v2′，由速度合成公式，有v1′＝eq\r(v02＋v12) ⑥v2′＝eq\r(v02＋v22) ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式，考慮到m1∶m2＝1∶4，得eq\f(v1′,v2′)＝2。 ⑧ [答案](1)eq\f(1,2)v0(2)2【變式5-3】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)不能，理由見解析解析(1)規(guī)定向左為正方向．冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.對冰塊與斜面體，由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝1m/s，m3＝20kg③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體，由動量守恒和機械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在后方，故冰塊不能追上小孩．【題型6涉及爆炸的綜合問題】【例6】以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈,到達最高點時炸成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊,其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行。(1)求質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向。(2)爆炸過程有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動能?【解析】(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動,在最高點處爆炸前的速度v0'=v0cos60°=12v0。設(shè)v0'3mv0'=2mv1+mv2其中爆炸后大塊彈片速度v1=2v0解得v2=-2.5v0,“-”號表示v2的速度與爆炸前速度方向相反。(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動能的增量,ΔEk=12×2mv12+12mv22-12×3【答案】(1)2.5v0方向與爆炸前速度的方向相反【變式6-1】如圖所示，固定的光滑平臺上固定有光滑的半圓軌道，軌道半徑R＝0.6m．平臺上靜止著兩個滑塊A、B，mA＝0.1kg，mB＝0.2kg，兩滑塊間夾有少量炸藥，平臺右側(cè)有一帶豎直擋板的小車，靜止在光滑的水平地面上．小車質(zhì)量為M＝0.3kg，車上表面與平臺的臺面等高，小車的上表面的右側(cè)固定一根水平輕彈簧，彈簧的自由端在Q點，小車的上表面左端點P與Q點之間是粗糙的，滑塊B與PQ之間表面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，Q點右側(cè)表面是光滑的．點燃炸藥后，A、B分離瞬間A滑塊獲得向左的速度vA＝6m/s，而滑塊B則沖向小車．兩滑塊都可以看成質(zhì)點，炸藥的質(zhì)量忽略不計，爆炸的時間極短，爆炸后兩個物塊的速度方向在同一水平直線上，且g＝10m/s2.求：(1)滑塊A在半圓軌道最高點對軌道的壓力；(2)若L＝0.8m，滑塊B滑上小車后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能；(3)要使滑塊B既能擠壓彈簧，又最終沒有滑離小車，則小車上PQ之間的距離L應(yīng)在什么范圍內(nèi)．答案(1)1N，方向豎直向上(2)0.22J(3)0.675m<L<1.35m解析(1)A從軌道最低點到軌道最高點由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mAv2＝mAg·2R在最高點由牛頓第二定律得：mAg＋FN＝mAeq\f(v2,R)解得FN＝1N由牛頓第三定律得，滑塊A在半圓軌道最高點對軌道的壓力大小為1N，方向豎直向上．(2)爆炸過程由動量守恒定律得：mAvA＝mBvB，解得vB＝3m/s滑塊B沖上小車后將彈簧壓縮到最短時，彈簧具有最大彈性勢能，由動量守恒定律得：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，聯(lián)立解得Ep＝0.22J(3)滑塊B最終沒有離開小車，滑塊B和小車具有共同的末速度，設(shè)為u，滑塊B與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，有mBvB＝(M＋mB)u若小車PQ之間的距離L足夠大，則滑塊B還沒與彈簧接觸就已經(jīng)與小車相對靜止，設(shè)滑塊B恰好滑到Q點，由能量守恒定律得μmBgL1＝eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mB＋M)u2聯(lián)立解得L1＝1.35m若小車PQ之間的距離L不是很大，則滑塊B必然擠壓彈簧，由于Q點右側(cè)是光滑的，滑塊B必然被彈回到PQ之間，設(shè)滑塊B恰好回到小車的左端P點處，由能量守恒定律得：2μmBgL2＝eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mB＋M)u2聯(lián)立解得L2＝0.675m綜上所述，要使滑塊B既能擠壓彈簧，又最終沒有離開小車，PQ之間的距離L應(yīng)滿足的條件是0.675m<L<1.35m.【變式6-2】如圖，A、B質(zhì)量分別為m1＝1kg，m2＝2kg，置于小車C上，小車的質(zhì)量為m3＝1kg，A、B與小車的動摩擦因數(shù)為0.5，小車靜止在光滑的水平面上。某時刻炸藥爆炸，若A、B間炸藥爆炸的能量有12J轉(zhuǎn)化為A、B的機械能，其余能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。A、B始終在小車表面水平運動，小車足夠長，求：(1)炸開后A、B獲得的速度大?。?2)A、B在小車上滑行的時間各是多少？[解析](1)根據(jù)爆炸過程中能量的轉(zhuǎn)化，有：E＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22爆炸過程中，根據(jù)動量守恒得：m1v1＝m2v2聯(lián)立解得：v1＝4m/s，v2＝2m/s。(2)爆炸后A、B都在C上滑動，由題意可知B會與C先相對靜止，設(shè)此時A的速度為v3，B、C的速度為v4，在該過程中，ABC組成的系統(tǒng)動量守恒。設(shè)該過程的時間為t1。對A應(yīng)用動量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；對B應(yīng)用動量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；對C應(yīng)用動量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；代入數(shù)據(jù)解之得：v3＝3m/s，v4＝1m/s，t1＝0.2s。之后，A在C上滑動直到相對靜止，由動量守恒定律可知三者速度都為0。即：(m1＋m2＋m3)v＝0，解得v＝0。設(shè)A滑動的總時間為t，對A應(yīng)用動量定理，則：－μm1gt＝0－m1v1，解得：t＝0.8s。[答案](1)4m/s2m/s(2)0.8s0.2s【變式6-3】如圖所示，固定的光滑平臺左端固定有一光滑的半圓軌道，軌道半徑為R，平臺上靜止放著兩個滑塊A、B，其質(zhì)量mA＝m，mB＝2m，兩滑塊間夾有少量炸藥．平臺右側(cè)有一小車，靜止在光滑的水平地面上，小車質(zhì)量M＝3m，車長L＝2R，車面與平臺的臺面等高，車面粗糙，動摩擦因數(shù)μ＝0.2，右側(cè)地面上有一不超過車面高的立樁，立樁與小車右端的距離為x，x在0＜x＜2R的范圍內(nèi)取值，當(dāng)小車運動到立樁處立即被牢固粘連．點燃炸藥后，滑塊A恰好能夠通過半圓軌道的最高點D，滑塊B沖上小車．兩滑塊都可以看做質(zhì)點，炸藥的質(zhì)量忽略不計，爆炸的時間極短，爆炸后兩個滑塊的速度方向在同一水平直線上，重力加速度為g＝10m/s2.求：(1)滑塊A在半圓軌道最低點C時受到軌道的支持力FN；(2)炸藥爆炸后滑塊B的速度大小vB；(3)請討論滑塊B從滑上小車在小車上運動的過程中，克服摩擦力做的功Wf與s的關(guān)系．解析(1)以水平向右為正方向，設(shè)爆炸后滑塊A的速度大小為vA，設(shè)滑塊A在半圓軌道運動到達最高點的速度為vAD，則mAg＝meq\f(v\o\al(2,AD),R)得到vAD＝eq\r(gR)滑塊A在半圓軌道上運動過程中，據(jù)動能定理：－mAg×2R＝eq\f(1,2)mAvAD2－eq\f(1,2)mAvAC2得：vA＝vAC＝eq\r(5gR)滑塊A在半圓軌道最低點：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爆炸過程，動量守恒，則mBvB＋mA(－vA)＝0得：vB＝eq\f(mA,mB)vA＝eq\f(\r(5gR),2)(3)滑塊B滑上小車直到與小車共速，設(shè)為v共整個過程中，動量守恒：mBvB＝(mB＋M)v共得：v共＝eq\f(2vB,5)＝eq\f(\r(5gR),5)滑塊B從滑上小車到共速時的位移為xB＝eq\f(v\o\al(2,共)－v\o\al(2,B),－2μg)＝eq\f(21R,8)小車從開始運動到共速時的位移為x車＝eq\f(v\o\al(2,共),2\f(μ2mg,3m))＝eq\f(3,4)R兩者位移之差(即滑塊B相對小車的位移)為：Δx＝xB－x車＝eq\f(15R,8)＜2R，即滑塊B與小車在達到共速時未掉下小車．當(dāng)小車與立樁碰撞后小車停止，然后滑塊B以v共向右做勻減速直線運動，則直到停下來發(fā)生的位移為x′x′＝eq\f(v\o\al(2,共),2μg)＝eq\f(R,2)＞(L－Δx)＝eq\f(1,8)R所以，滑塊B會從小車上滑離．討論：當(dāng)0＜x＜eq\f(3R,4)時，滑塊B克服摩擦力做功為Wf＝μ2mg(L＋x)＝4m(2R＋x)當(dāng)eq\f(3R,4)≤x≤2R時，滑塊B從滑上小車到共速時克服摩擦力做功為Wf1＝μ2mgxB＝eq\f(21mR,2).專題1.4反沖和爆炸【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1反沖問題】 【題型2人船模型】 【題型3某方向上的人船模型】 【題型4爆炸問題】 【題型5涉及反沖的綜合問題】 【題型6涉及爆炸的綜合問題】 【題型1反沖問題】【例1】一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次。(1)當(dāng)發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？[解析](1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，由動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2m/s。(2)發(fā)動機每秒噴氣20次，設(shè)運動第1s末，火箭的速度為v20，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，解得v20≈13.5m/s。[答案](1)2m/s(2)13.5m/s【變式1-1】質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止狀態(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為()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：選B由題意知：小孩和滑板動量守恒，則Mv＋mv′＝0，得v′＝－eq\f(M,m)v，即滑板的速度大小為eq\f(Mv,m)，方向與小孩運動方向相反，故B項正確。【變式1-2】(多選)如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，相對放置著兩個形狀完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端與光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球從弧形槽A頂端由靜止釋放。下列判斷正確的是()A．小球在弧形槽A下滑過程中，小球的機械能不守恒B．小球在弧形槽B上滑過程中，小球的機械能不守恒C．小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)滿足動量守恒D．小球不能上升到弧形槽B的頂端解析：選AD由于A是不固定的，小球下滑的過程中，一部分動能轉(zhuǎn)移給了A，所以小球的機械能不守恒，A正確；由于B是固定的，小球在上滑的過程中，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，機械能守恒，B錯誤；小球最初和A的合動量為零，而當(dāng)小球上升到靜止時，小球的動量為零，A的動量不為零，所以小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)動量不守恒，C錯誤；由于小球的一部分動能給了A，所以小球最終到達不了B的頂端，D正確?！咀兪?-3】如圖所示，光滑水平面上有兩輛小車，用細線(未畫出)相連，中間有一個被壓縮的輕彈簧(與兩小車未連接)，小車處于靜止狀態(tài)，燒斷細線后，由于彈力的作用兩小車分別向左、右運動．已知兩小車的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1，下列說法正確的是()A．彈簧彈開后左右兩小車的速度大小之比為1∶2B．彈簧彈開后左右兩小車的動量大小之比為1∶2C．彈簧彈開過程左右兩小車受到的沖量大小之比為2∶1D．彈簧彈開過程彈力對左右兩小車做功之比為1∶4答案A解析兩小車及彈簧系統(tǒng)所受合力為零，動量守恒，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正確；由動量守恒定律知，彈簧彈開后左右兩小車的動量大小相等，B錯誤；彈簧彈開過程中，左右兩小車受到的彈力大小相等，作用時間相同，由I＝Ft知，左右兩小車受到的沖量大小之比為1∶1，C錯誤；由動能定理得，彈簧彈開過程彈力對左右兩小車做功之比為W1∶W2＝eq\f(p\o\al(12),2m1)∶eq\f(p\o\al(22),2m2)＝1∶2，D錯誤．【題型2人船模型】【例2】有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量，他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，船的質(zhì)量為()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：選A設(shè)人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t，則v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)；取船的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：Mv－mv′＝0，則得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得船的質(zhì)量為M＝eq\f(mL－d,d)，故選A。【變式2-1】如圖所示小船靜止于水面上，站在船尾上的人不斷將魚拋向船頭的船艙內(nèi)，將一定質(zhì)量的魚拋完后，關(guān)于小船的速度和位移，下列說法正確的是()A．向左運動，船向左移一些B．小船靜止，船向左移一些C．小船靜止，船向右移一些D．小船靜止，船不移動解析：選C人、船、魚構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，據(jù)“人船模型”，魚動船動，魚停船靜止；魚對地發(fā)生向左的位移，則人、船的位移向右。故C正確。【變式2-2】某人在一輛靜止的小車上練習(xí)打靶，已知車、人、槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量均為m，槍口到靶的距離為L，子彈水平射出槍口相對于地的速度為v，在發(fā)射后一顆子彈時，前一顆子彈已嵌入靶中，則發(fā)射完n顆子彈時，小車后退的距離為()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：選C由題意知系統(tǒng)動量守恒，前一發(fā)擊中靶后，再打下一發(fā)，說明發(fā)射后一顆子彈時，車已經(jīng)停止運動。每發(fā)射一顆子彈，車后退一段距離。每發(fā)射一顆子彈時，子彈動量為mv，由動量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，設(shè)每發(fā)射一顆子彈車后退x，則子彈相對于地面運動的距離是(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)，則打完n發(fā)后車共后退s＝eq\f(nmL,M＋nm)?！咀兪?-3】如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質(zhì)量為m1＝50kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質(zhì)量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當(dāng)靜止時人離地面的高度為h＝5m．如果這個人開始沿繩向下滑，當(dāng)滑到繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看成質(zhì)點)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m答案B解析當(dāng)人滑到下端時，設(shè)人相對地面下滑的位移大小為h1，氣球相對地面上升的位移大小為h2，由動量守恒定律，得m1eq\f(h1,t)＝m2eq\f(h2,t)，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6m，所以他離地高度是3.6m，故選項B正確．【題型3某方向上的人船模型】【例3】一個質(zhì)量為M、底面邊長為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上，如圖所示，有一質(zhì)量為m的物塊由斜面頂部無初速度滑到底部時，斜面體移動的距離為s。下列說法中正確的是()A．若斜面粗糙，則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，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒D．若斜面粗糙，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒解析：選A不論斜面是否光滑，斜面體和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上都動量守恒，以向左為正方向，斜面體的位移大小為s，則物塊的位移大小為b－s，物塊和斜面體的平均速率分別為v1＝eq\f(b－s,t)，v2＝eq\f(s,t)，由動量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq\f(mb,M＋m)，A正確，B錯誤；不論斜面是否光滑，物塊下滑過程中系統(tǒng)在豎直方向上所受合力都不為零，系統(tǒng)所受的合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，若斜面光滑，則系統(tǒng)機械能守恒，若斜面不光滑，則系統(tǒng)機械能不守恒，C、D錯誤。【變式3-1】(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個小球A、B用長為L的輕質(zhì)細繩連接，B球穿在光滑水平細桿上，初始時刻，細繩處于水平狀態(tài)。將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計，下列說法正確的是()A．A球?qū)⒆鲎兯賵A周運動B．B球?qū)⒁恢毕蛴疫\動C．B球向右運動的最大位移為LD．B球運動的最大速度為eq\r(gL)[解析]由于B點不固定，故A的軌跡不可能為圓周，A錯誤；A球來回擺動，A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，可知B球?qū)⒆鐾鶑?fù)運動，B錯誤；對于A、B組成的系統(tǒng)，當(dāng)A球擺到左側(cè)，細繩再次處于水平狀態(tài)時，B球有向右的最大位移，此時對系統(tǒng)有mAeq\f(xA,t)－mBeq\f(xB,t)＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右運動的最大位移為L，C正確；當(dāng)A球擺到B球正下方時，B球的速度最大，在水平方向上由動量守恒定律得mAvA＝mBvB，由機械能守恒定律得mAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2，解得B球運動的最大速度為vB＝eq\r(gL)，D正確。[答案]CD【變式3-2】如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車，已知滑塊質(zhì)量m＝eq\f(M,2)，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，求：①滑塊運動過程中，小車的最大速度vm；②滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小。解析：(1)滑塊到達B點時的速度最大，受到的支持力最大；滑塊下滑的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mvB2，滑塊在B點處受到的支持力與重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：N－mg＝meq\f(vB2,R)，解得：N＝3mg，由牛頓第三定律得：滑塊對小車的壓力：N′＝N＝3mg即滑塊運動過程中對小車的最大壓力是3mg。(2)①在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，設(shè)小車的最大速度是vm，由機械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)Mvm2＋eq\f(1,2)m(2vm)2，解得：vm＝eq\r(\f(gR,3))。②由于在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，所以滑塊從B到C運動過程中，滑塊的平均速度是小車的平均速度的2倍，即：eq\x\to(v)滑塊＝2eq\x\to(v)車，由于它們運動的時間相等，根據(jù)：x＝eq\x\to(v)t可得s滑塊＝2s車又：s滑塊＋s車＝L所以小車的位移大小：s車＝eq\f(1,3)L。答案：(1)3mg(2)①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(1,3)L【變式3-3】如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()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：選C此題屬“人船模型”問題。m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)m在水平方向上對地位移為x1，M在水平方向上對地位移為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正確?！绢}型4爆炸問題】【例4】一質(zhì)量為M的煙花斜飛到空中，到達最高點時的速度為v0，此時煙花炸裂成沿v0所在直線上的兩塊(損失的炸藥質(zhì)量不計)，兩塊的速度方向水平相反，落地時水平位移大小相等，不計空氣阻力。若向前的一塊質(zhì)量為m，則炸裂瞬間其速度大小為()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：選C設(shè)炸裂后向前的一塊速度大小為v，兩塊均在空中做平拋運動，根據(jù)落地時水平位移大小相等知，兩塊的速度大小相等、方向相反，炸裂過程系統(tǒng)動量守恒，以炸裂前的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝eq\f(Mv0,2m－M)，C正確，A、B、D錯誤。【變式4-1】如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A、B、C，質(zhì)量關(guān)系是mA＝mC＝m、mB＝eq\f(m,2).開始時滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止狀態(tài)，滑塊A以速度v0正對B向右運動，在A未與B碰撞之前，引爆了B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B粘在一起，以速率v0向左運動．求：(1)炸藥爆炸過程中炸藥對C的沖量；(2)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機械能？解析(1)全過程，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC炸藥對C的沖量：I＝mCvC－0解得：I＝eq\f(5,2)mv0，方向向右(2)炸藥爆炸過程，B和C組成的系統(tǒng)動量守恒mCvC－mBvB＝0據(jù)能量關(guān)系：ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)vB2＋eq\f(1,2)mvC2解得：ΔE＝eq\f(75,8)mv02.【變式4-2】在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是()A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m解析：選B爆炸物上升到最高點時，瞬時速度為零，爆炸瞬間水平方向動量守恒，因此質(zhì)量為2∶1的兩塊碎塊，其速度大小之比為1∶2，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，水平方向位移大小之比為1∶2，但合位移大小之比并不為1∶2，A錯誤。根據(jù)題意，則有eq\f(s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝5，eq\f(2s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340m，兩碎塊落地點之間的水平距離為1020m，D錯誤。由上述推導(dǎo)可知，碎塊做平拋運動的時間為4s，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，爆炸物爆炸點離地面的高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正確。質(zhì)量大的碎塊其初速度為85m/s，C錯誤?！咀兪?-3】一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊彈片水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()答案：B解析：由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊彈片做平拋運動的時間t＝1s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊彈片的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊彈片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊彈片的動量改變量大小相等，兩塊彈片質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運動水平方向上，x＝v0t，由題圖知，A圖中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A項錯誤；B圖中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B項正確?！绢}型5涉及反沖的綜合問題】【例5】如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側(cè)有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，小孩與B車的總質(zhì)量是A車質(zhì)量的10倍．兩車開始都處于靜止狀態(tài)，小孩把A車以相對于地面的速度v推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面的速度v推出．每次推出，A車相對于地面的速度都是v，方向向左．則小孩把A車推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車()A．5 B．6C．7 D．8答案B解析方法一取水平向右為正方向，小孩第一次推出A車時，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝eq\f(mA,mB)v，第n次推出A車時，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，則vn－vn－1＝eq\f(2mA,mB)v，所以vn＝v1＋(n－1)eq\f(2mA,mB)v，當(dāng)vn≥v時，再也接不到小車，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故選B.方法二當(dāng)小孩推、接小車A時，小車A、B與小孩組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A車與墻壁碰撞反彈時墻壁對A車沖量I＝2mAv系統(tǒng)動量增加2mAv，設(shè)小孩把A車推出n次后，小孩恰好不能再接到A車，對整個系統(tǒng)由動量定理得：nI＝mAv＋mBv聯(lián)立兩式解得n＝5.5，故至少推6次．【變式5-1】靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。?2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？[解析](1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB ①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2 ②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。 ③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2 ⑤vB－at＝0 ⑥在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2 ⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧由于l＜sA＜2l＋sB，在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處，B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m。 ⑨(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAg(2l＋sB) ⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(7)m/s ?故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2 ?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s ?這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動，設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學(xué)公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2 ?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m ?sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m。?[答案](1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0.5