專項培優(yōu)11 爆炸與類爆炸模型（解析版）-2025版高三物理寒假精-品講義

專題11爆炸與類爆炸模型目錄TOC\o"1-3"\h\u【模型一】爆炸模型 1【模型二】彈簧的“爆炸”模型 7【模型三】人船模型與類人船模型 14【模型四】類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較 20【模型一】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(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)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(xué)能）轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)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(chǎn)生的位移很小，一般可以忽略不計，可認(rèn)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(zhì)量分別為、的可視為質(zhì)點A、B間夾著質(zhì)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(zhì)量和各表面的光滑程度)，則：、組成的系統(tǒng)動量守恒：①得：②②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(zhì)量成反比。、組成的系統(tǒng)能量守恒：③①式也可以寫為：④又根據(jù)動量與動能的關(guān)系得④進(jìn)一步化簡得：⑤⑤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(zhì)量成反比。②⑤聯(lián)立可得：⑥若原來、組成的系統(tǒng)以初速度在運動，運動過程中發(fā)生了爆炸現(xiàn)象則：、組成的系統(tǒng)動量守恒：⑦、組成的系統(tǒng)能量守恒：⑧1．某科研小組試驗一款火箭，攜帶燃料后的總質(zhì)量為M。先將火箭以初速度從地面豎直向上彈出，上升到高度時點燃燃料，假設(shè)質(zhì)量為m的燃?xì)庠谝凰查g全部豎直向下噴出，若燃?xì)庀鄬鸺龂娚涑龅乃俾蕿閡，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)火箭到達(dá)高度時的速度大小；(2)燃?xì)馊繃姵龊蠡鸺乃俣却笮。?3)火箭上升的最大高度?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）由機(jī)械能守恒可得解得火箭到達(dá)高度時的速度大小為（2）由動量守恒可得解得燃?xì)馊繃姵龊蠡鸺乃俣却笮椋?）設(shè)火箭上升的最大高度為，根據(jù)機(jī)械能守恒可得解得2．一枚在空中水平飛行的玩具火箭質(zhì)量為m，在某時刻距離地面的高度為h，速度為v。此時，火箭突然炸裂成A、B兩部分，其中質(zhì)量為的B部分速度恰好為0。忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g。求：（1）炸裂后瞬間A部分的速度大小v1；（2）炸裂后B部分在空中下落的時間t；（3）在爆炸過程中增加的機(jī)械能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）炸裂后瞬間由動量守恒可知解得A部分的速度為（2）炸裂后由運動學(xué)規(guī)律可知空中下落的時間為（3）在爆炸過程中增加的機(jī)械能為解得3．雙響爆竹是民間慶典使用較多的一種煙花爆竹，其結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，紙筒內(nèi)分上、下兩層安放火藥。使用時首先引燃下層火藥，使爆竹獲得豎直向上的初速度，升空后上層火藥被引燃，爆竹凌空爆響。一人某次在水平地面上燃放雙響爆竹，爆竹上升至最高點時恰好引燃上層火藥，立即爆炸成兩部分，兩部分的質(zhì)量之比為1︰2，獲得的速度均沿水平方向。已知這次燃放爆竹上升的最大高度為h，兩部分落地點之間的距離為L，重力加速度為g，不計空氣阻力，不計火藥爆炸對爆竹總質(zhì)量的影響。（1）求引燃上層火藥后兩部分各自獲得的速度大小。（2）已知火藥燃爆時爆竹增加的機(jī)械能與火藥的質(zhì)量成正比，求上、下兩層火藥的質(zhì)量比。

【答案】（1），；（2）【詳解】解：（1）引燃上層火藥后兩部分向相反的方向做平拋運動，豎直方向水平方向上層火藥燃爆時，水平方向動量守恒，設(shè)爆竹總質(zhì)量為m解得兩部分各自獲得的速度大小，（2）上層火藥燃爆后爆竹獲得的機(jī)械能下層火藥燃爆后爆竹獲得的機(jī)械能上、下兩層火藥的質(zhì)量比4.如圖所示，質(zhì)量均為m的兩塊完全相同的木塊A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計)。讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離x后到達(dá)P點，速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，此時炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊A繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)3x后停下。已知炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能有50%轉(zhuǎn)化為木塊的動能，爆炸時間可以忽略不計，重力加速度為g，求：(1)木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能E0?！敬鸢浮?1)eq\f(3veq\o\al(2,0),8gx)(2)2mveq\o\al(2,0)【解析】(1)從O滑到P，對系統(tǒng)由動能定理得－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)爆炸前對系統(tǒng)，有veq\o\al(2,0)－(eq\f(v0,2))2＝2ax在P點爆炸，A、B系統(tǒng)動量守恒，有2meq\f(v0,2)＝mvA＋mvB爆炸后對A，有veq\o\al(2,A)＝2a·3x，根據(jù)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)5.如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計)．讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離后到達(dá)P點，速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，此時炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)．已知O、P兩點間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略不計，求：(1)木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能E0.【答案】(1)eq\f(3v\o\al(02,),8gs)(2)eq\f(1,4)mveq\o\al(02,)【解析】(1)從O滑到P，對A、B由動能定理得－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點爆炸時，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有2m·eq\f(v0,2)＝mv，根據(jù)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,)6.一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度?！敬鸢浮?1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)【解析】(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學(xué)公式有0－v0＝－gt②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有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，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設(shè)爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)⑧【模型二】彈簧的“爆炸”模型、組成的系統(tǒng)動量守恒：①得：②②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(zhì)量成反比。、組成的系統(tǒng)能量守恒：③①式也可以寫為：④又根據(jù)動量與動能的關(guān)系得④進(jìn)一步化簡得：⑤⑤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(zhì)量成反比。②⑤聯(lián)立可得：⑥若原來、組成的系統(tǒng)以初速度在運動，運動過程中發(fā)生了爆炸現(xiàn)象則：、組成的系統(tǒng)動量守恒：⑦、組成的系統(tǒng)能量守恒：⑧1．如圖所示，水平面上有兩個木塊，兩木塊的質(zhì)量分別為m1、m2，且m2=2m1。開始時兩木塊之間有一根用輕繩縛住的已壓縮輕彈簧，燒斷繩后，兩木塊分別向左、右運動。若兩木塊m1和m2與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，且μ1=2μ2，則在彈簧伸長的過程中，兩木塊（）

A．動量大小之比為1∶1 B．速度大小之比為2∶1C．動量大小之比為2∶1 D．速度大小之比為1∶1【答案】AB【詳解】AC．左右兩木塊質(zhì)量之比為，彈簧解除鎖定后各自運動所在地面間的動摩擦因數(shù)之比為，向左運動，向右運動，運動過程中所受滑動摩擦力分別為，方向水平向右；方向水平向左則可知兩物塊所受摩擦力大小相等，方向相反，若將兩物塊及彈簧組成的看成一個系統(tǒng)，可知該系統(tǒng)在彈簧解除鎖定瞬間及之后彈簧伸長過程中動量守恒，設(shè)在彈簧伸長的任意時刻的動量為，的動量為，根據(jù)動量守恒定律可得即則可知兩物塊的動量大小之比為，故A正確，C錯誤；BD．動量而兩物塊的質(zhì)量之比為，則可知兩物塊在彈簧伸長過程中的速度大小之比為，故B正確，D錯誤。故選AB。2．如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止兩個等大的小球，其質(zhì)量分別為M=0.6kg、m=0.2kg，其中間夾著一個被鎖定的壓縮輕彈簧（彈簧與兩球不相連），彈簧具有Ep=10.8J的彈性勢能?，F(xiàn)解除鎖定，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R=0.4m豎直放置的光滑半圓形固定軌道，g取10m/s2則下列說法正確的是（）A．兩球剛脫離彈簧時，球m獲得的動能比球M小B．球m在運動達(dá)到軌道最高點速度大小為2m/sC．球m離開半圓形軌道后經(jīng)過0.4s落回水平地面D．球m經(jīng)過半圓形軌道的最低點和最高點時，對軌道的壓力差為12N【答案】CD【詳解】A．由動量守恒得，M、m動量大小相同，由得質(zhì)量小的物體動能大，選項A錯誤；B．由得，兩物體動能比為1：3，故m的初動能為m獲得的速度為v0=9m/s即到達(dá)B點的速度vB=9m/s，由動能定理可得解得m達(dá)到圓形軌道頂端的速度選項B錯誤；C．由自由落體公式可得下降時間為選項C正確；D．m在圓形軌道上端時在下端時則在上下兩端壓力差為選項D正確。故選CD。3．如圖所示，物塊甲、乙（可視為質(zhì)點）靜止于水平地面上，質(zhì)量分別為，一輕彈簧（長度不計）壓縮后鎖定在甲、乙之間。某時刻解鎖彈簧，甲、乙彈開后分別沿地面滑行。已知彈簧在解鎖前的彈性勢能為，甲、乙與地面間的動摩擦因數(shù)分別為和，重力加速度取，則（）A．彈開后瞬間乙的速度大小為 B．甲、乙滑行的時間之比為5∶2C．甲滑行過程中產(chǎn)生的熱量為 D．甲、乙停止運動時相距【答案】BD【詳解】A．彈簧被彈開的過程動量守恒，則解得選項A錯誤；B．兩物體被彈開后，根據(jù)則甲、乙滑行的時間之比為選項B正確；C．甲滑行過程中產(chǎn)生的熱量為選項C錯誤；D．甲、乙停止運動時相距選項D正確。故選BD。4.如圖，高度的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量。A、B間夾一壓縮量的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離后停止。A、B均視為質(zhì)點，取重力加速度。求：（1）脫離彈簧時A、B的速度大小和；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能?！敬鸢浮浚?）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J【詳解】（1）對A物塊由平拋運動知識得代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時A的速度大小為AB物塊質(zhì)量相等，同時受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力，則AB物塊整體動量守恒，則解得脫離彈簧時B的速度大小為（2）對物塊B由動能定理代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面的動摩擦因數(shù)為（3）彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動能及這個過程中克服摩擦力所做的功，即其中，解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能5.如圖所示的水平地面上有a、b、O三點。將一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde是以O(shè)為圓心，R為半徑的一段圓弧，可視為質(zhì)點的物塊A和B緊靠在一起，中間夾有少量炸藥，靜止于b處，A的質(zhì)量是B的2倍。某時刻炸藥爆炸，兩物塊突然分離，分別向左、右沿軌道運動。B到最高點d時速度沿水平方向，此時軌道對B的支持力大小等于B所受重力的，A與ab段的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g，求：（1）物塊B在d點的速度大?。唬?）物塊A滑行的距離s；（3）物塊B從脫離軌道后到落到水平地面所用的時間。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)物塊A和B的質(zhì)量分別為mA和mB解得（2）設(shè)A、B分開時的速度分別為v1、v2，系統(tǒng)動量守恒B由位置b運動到d的過程中，機(jī)械能守恒A在滑行過程中，由動能定理聯(lián)立得（3）設(shè)物塊脫離軌道時速度為v，F(xiàn)N=0向心力公式而

解得脫離軌道時離地面的高度離軌道時后做向下斜拋運動豎直方向解得【模型三】人船模型與類人船模型【模型構(gòu)建】如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？解析：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在水平方向不受外力作用，滿足動量守恒．設(shè)某時刻人的速度為v1，船的速度為v2，取人行進(jìn)的方向為正，則有：s1s1s2兩邊同乘時間t，，設(shè)人、船位移大小分別為s1、s2，則有，①由圖可以看出：②由①②兩式解得，答案：，點評：人船模型中的動力學(xué)規(guī)律：由于組成系統(tǒng)的兩物體受到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度大小與質(zhì)量成反比，方向相反。這類問題的特點：兩物體同時運動，同時停止。人船模型中的動量與能量規(guī)律：由于系統(tǒng)不受外力作用，故而遵從動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統(tǒng)或每個物體動能均發(fā)生變化：力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能的變化?！绢惾舜Ｐ汀?.質(zhì)量為M的氣球上有一個質(zhì)量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個質(zhì)量不計的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應(yīng)為()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】設(shè)人沿軟梯滑至地面，軟梯長度至少為L，以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對象，豎直方向動量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1人沿軟梯降至地面，氣球上升的高度為L－h(huán)，平均速度大小為v2＝eq\f(L－h(huán),t)人相對于地面下降的高度為h，平均速度大小為v1＝eq\f(h,t)聯(lián)立得：0＝－M·eq\f(L－h(huán),t)＋m·eq\f(h,t)，解得：L＝eq\f(M＋m,M)h，故C正確，A、B、D錯誤．2.如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為M、m?；瑝K可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為L。開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點時，下列說法正確的是（）A．滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B．滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C．滑塊的最大速率為D．滑塊向右移動的位移為【答案】BCD【解析】A．小球下落過程中，小球豎直方向有分加速度，系統(tǒng)的合外力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．繩子上拉力屬于內(nèi)力，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，因此系統(tǒng)水平方向動量守恒，故B正確；C．當(dāng)小球落到最低點時，只有水平方向速度，此時小球和滑塊的速度均達(dá)到最大，取水平向右為正方向，系統(tǒng)水平方向動量有系統(tǒng)機(jī)械能守恒有解得，滑塊的最大速率為故C正確；D．設(shè)滑塊向右移動的位移為x，根據(jù)水平動量守恒得解得故D正確。故選BCD。3．如圖，質(zhì)量為的滑塊套在固定的水平桿上，一輕桿上端通過鉸鏈固定在上，下端與一質(zhì)量為的小球相連。某時刻給小球一水平向左、大小為的初速度，經(jīng)時間小球在水平方向上的位移為。規(guī)定水平向左為正方向，忽略一切摩擦，則滑塊在水平方向上的位移為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】、在水平方向上動量守恒，有在極短的時間內(nèi)，有則在時間內(nèi)有可知故選C。4．如圖，質(zhì)量為M，半徑為R的圓弧槽，置于光滑水平面上．將一可視為質(zhì)點的滑塊從與圓心等高處無初速度地釋放，滑塊的質(zhì)量為m，且，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．若圓弧面光滑，則圓弧槽與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒B．若圓弧面光滑，則滑塊運動至水平面時速度大小為C．若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，則圓弧槽的位移大小為D．若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，則滑塊的位移大小為【答案】C【詳解】A．若圓弧面光滑，圓弧槽與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，故A錯誤；B．若圓弧面光滑，設(shè)滑塊運動至水平面時速度大小為，圓弧糟速度大小為，由機(jī)械能守恒定律知在水平方向上動量守恒有，聯(lián)立解得，故B錯誤；C．若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，設(shè)滑塊與圓弧槽相對于地面沿水平方向的位移分別為和，由水平方向動量守恒有，解得，故C正確；D．由于滑塊還發(fā)生了豎直位移R，故滑塊的位移大小為故D錯誤。就選C。5．如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，從B到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在C點。一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊從圓弧軌道的最高點A由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為g。下列說法正確的是（

）

A．滑塊到達(dá)B點時的速度大小為B．彈簧獲得的最大彈性勢能為mgRC．滑塊從A點運動到B點的過程中，小車運動的位移大小為D．滑塊第一次從A點運動到B點時，小車對滑塊的支持力大小為4mg【答案】BD【詳解】AD．滑塊從A滑到B時，滿足水平方向動量守恒，機(jī)械能守恒，則有，解得，運動到B點時對滑塊受力分析解得FN=4mg故A錯誤、D正確；B．滑塊運動到小車最右端時根據(jù)水平方向動量守恒可知二者均靜止，則減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，故B正確；C．從A到B滑下過程由人船模型，x1＋x2=R解得小車的位移應(yīng)當(dāng)是故C錯誤。故選BD。6.近年來，隨著三孩政策的開放，越來越多的兒童出生，兒童游樂場所的設(shè)施也更加多種多樣。如圖所示是兒童游樂場所的滑索模型，兒童質(zhì)量為6m，滑環(huán)質(zhì)量為m，滑環(huán)套在水平固定的光滑滑索上。該兒童站在一定的高度由靜止開始滑出，靜止時不可伸長的輕繩與豎直方向的夾角為，繩長為L，兒童和滑環(huán)均可視為質(zhì)點，滑索始終處于水平狀態(tài)，不計空氣阻力，重力加速度為g，以下說法正確的是（）A．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒B．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．兒童運動到最低點時速度大小為D．兒童從靜止運動到最低點的過程中，滑環(huán)的位移大小為【答案】ABD【詳解】A．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向不受力，豎直方向受力不平衡，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，故A正確；B．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，故B正確；C．兒童運動到最低點時，根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有根據(jù)能量守恒定律有解得故C錯誤；D．兒童從靜止運動到最低點的過程中，根據(jù)動量守恒定律可知，兒童和滑環(huán)在水平方向的平均速度大小和滿足則水平位移大小x1和x2滿足根據(jù)相對位移關(guān)系有解得故D正確。故選ABD。【模型四】類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較反沖模型類碰撞模型示意圖vv1x1x1hRv2x2x2vv0hRv共①到最低點水平方向動量守恒:0=mv1-Mv2；能量守恒:mg(R+h)=?mv12+?Mv22+Q1.機(jī)械能守恒:mg(R+h)=?mv02②到最高點水平方向動量守恒，速度都為零；全程能量守恒:mgh=mgh’+Q1+Q2.且Q1>Q2（若內(nèi)壁光滑Q1=Q2=0）水平方向動量守恒：mv0=(m+M)v共能量守恒：?mv02=?(m+M)v共2+mgh+Q.（若內(nèi)壁光滑Q=0）1．如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為M的小車，其左側(cè)是半徑R=0.2m的四分之一光滑圓弧軌道，其右側(cè)是一段長L=2.5m的粗糙水平軌道，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊以初速度v0=6m/s從小車的右端滑上小車，小滑塊與粗糙水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，其中M=m，g=10m/s2。下列說法正確的是（）A．小滑塊到達(dá)圓弧軌道最高點A點的速度大小為3m/sB．小滑塊從A點飛出后還能夠上升的高度為0.2mC．小滑塊能從小車右端滑下來D．小車的最終速度為3m/s【答案】BD【詳解】A．分析可知，小滑塊到達(dá)圓弧軌道最高點A時，小滑塊相對圓弧軌道豎直向上運動，即水平方向速度相同，當(dāng)把小滑塊與小車看作系統(tǒng)時，水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有又M=m，故又系統(tǒng)能量守恒，則有可得小滑塊到達(dá)A點時速度故A錯誤；B．由上可知，在A點時，小滑塊水平速度由可知小滑塊離開小車后豎直方向只受重力，故加速度方向豎直向下，由可知，小滑塊離開A點后能夠上升的最大高度故B正確；CD．分析可知，小滑塊離開小車到落回小車的過程水平方向為勻速直線運動，又離開小車時兩者水平速度相同，故小滑塊從A點落回小車，假設(shè)小滑塊最終與小車達(dá)到共速，則整個過程，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可得解得根據(jù)能量守恒可得解得假設(shè)成立，小滑塊最終停在離小車右端處，兩者的最終速度未，故C錯誤，D正確。故選BD。2.如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛質(zhì)量為2m的小車，小車的四分之一圓弧軌道在最低點B與水平軌道相切，圓弧軌道表面光滑，半徑為R，水平軌道表面粗糙。在小車的右端固定一個輕彈簧，彈簧的原長小于水平軌道的長度。一個質(zhì)量為m的小球從圓弧軌道與圓心等高的A點開始自由滑下，經(jīng)B到達(dá)水平軌道，壓縮彈簧后被彈回并恰好相對于小車靜止在B點，重力加速度大小為g，下列說法不正確的是（）

A．小球、小車及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能不守恒B．小球第一次到達(dá)B點時對小車的壓力C．彈簧具有的最大彈性勢能為D．從開始到彈簧具有最大彈性勢能時，摩擦生熱【答案】AB【詳解】A．小球、小車及彈簧組成的系統(tǒng)由于克服阻力做功，機(jī)械能不守恒，水平方向外力為零，水平方向動量守恒，但豎直方向合力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤，符合題意；B．將小車和小球、彈簧當(dāng)成一個系統(tǒng)，在運動過程中，系統(tǒng)的水平動量守恒，取向右為正，小球第一次到達(dá)B點時解得根據(jù)牛頓第三定律，對小車的壓力，故B錯誤，符合題意；CD．彈簧具有的最大彈性勢能時，系統(tǒng)共速解得根據(jù)能量守恒，設(shè)克服阻力做功為壓縮彈簧后被彈回并恰好相對于小車靜止在B點，可知最終共速為0，根據(jù)能量守恒解得故CD正確，不符合題意。故選AB。3.如圖所示，質(zhì)量為的工件帶有半徑的光滑圓弧軌道，靜止在光滑水平地面上，B為軌道的最低點，B點距地面高度。質(zhì)量為的物塊（可視為質(zhì)點）從圓弧最高點A由靜止釋放，經(jīng)B點后滑離工件，取。求：(1)物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力；(2)物塊落地時距工件初始靜止時右端位置的水平距離?！敬鸢浮?1)280N，方向豎直向下；(2)0m【解析】(1)物塊從圓弧軌道頂端滑到B點過程中，物塊和工件組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒，則有聯(lián)立解得在B點處，對物塊有解得根據(jù)牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大小，方向豎直向下(2)物塊滑離工件后做平拋運動的時間物塊從滑離工件到落地過程水平方向運動的距離而工件在物塊滑離前的運動過程中向左運動，設(shè)物塊向右運動的距離為，工件向左運動的距離為，兩者在水平方向動量守恒，則由水平方向動量守恒得兩邊同乘于兩者相互作用的時間得又由位移關(guān)系得聯(lián)立解得，故物塊落地時距工件開始靜止時右端位置的水平距離為4.如圖所示，可固定的四分之一圓槽AB的半徑為R、質(zhì)量為3m，靜止放在水平地面上，圓槽底端B點的切線水平，距離B點為R處有一質(zhì)量為3m的小球2?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小球1（可視為質(zhì)點）從圓槽頂端的A點由靜止釋放，重力加速度為g，不計一切摩擦，兩小球大小相同，所有的碰撞均為彈性碰撞。（1）若圓槽固定，求小球2最終的速度大??；（2）若圓槽不固定，求小球1剛與小球2接觸時，與圓槽底端B點的距離；（3）若圓槽不固定，求小球1最終的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）若圓槽固定，則小球1下落速度為接下來小球1與小球2發(fā)生彈性碰撞，動量守恒有機(jī)械能守恒有解得（2）設(shè)小球1剛離開圓槽時，圓槽的位移為，此時小球的位移為，有小球1滑下過程水平方向動量守恒，設(shè)小球1運動方向為正方向，有由于兩者運動時間相同，整理有即解得小球1滑下過程，由能量守恒有小球滑下后，到與小球2接觸過程做勻速直線運動，則有該時間內(nèi)圓槽運動為綜上所述，其小球1與圓槽底端距離為（3）結(jié)合之前的分析可知，小球1與小球2發(fā)生碰撞，動量守恒有機(jī)械能守恒有解得即小球1與小球2碰撞后速度大小為，所以小球1與小球2碰后速度大小大于圓槽的速度，最終會追上圓槽并滑上后再滑下來，該過程類似于彈性碰撞。設(shè)圓槽運動方向為正方向，有能量方面有解得所以小球1最終以速度勻速運動下去。5．如圖所示，質(zhì)量為，半徑的四分之一光滑圓弧槽靜置于光滑水平地面上，有兩個大小、形狀相同的可視為質(zhì)點的光滑小球、，、，右側(cè)與球心等高處連接一輕質(zhì)彈簧，彈簧的另一端距圓弧槽底有一定距離。現(xiàn)將從圓弧槽頂端由靜止釋放，重力加速度，求：（1）若圓弧槽固定不動，小球滑離圓弧槽時的速度大??；（2）若圓弧槽不固定，小球滑離圓弧槽時的速度大?。唬?）圓弧槽不固定的情況下彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）圓弧槽固定，小球機(jī)械能守恒解得（2）圓弧槽不固定，槽和小球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，若以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得（3）當(dāng)小球、速度相等時，彈簧具有最大彈性勢能，根據(jù)動量守恒解得解得根據(jù)能量守恒可得代入數(shù)據(jù)可得6．如圖所示，質(zhì)量為的小車靜止在光滑的水平地面上，小車AB段是半徑為R（R未知）的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L（L未知）的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點。一質(zhì)量為的滑塊在小車上的B點以的初速度開始向左運動，滑塊恰好到達(dá)圓弧的頂端A點，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。若滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g取。（1）求圓弧的半徑；（2）求小車BC段的長度；（3）若滑塊在小車光滑圓弧軌道上運動的時間為，求該過程中滑塊對小車做的功和滑塊對小車彈力沖量的大小和方向?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），，方向斜向左下方，與豎直方向成角【詳解】（1）滑塊在最高點A時與小車相對靜止，自B滑至最高點A過程中水平方向動量守恒定律滑塊與小車組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒解得圓弧的半徑為（2）滑塊最后恰好停在C點，說明滑塊在C點時與小車共速，小車自B點開始至C點過程中，水平方向動量守恒由系統(tǒng)能量守恒定律解得小車BC段的長度為（3）滑塊自B上升至返回B過程中，水平方向動量守恒滑塊與小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得，對小車由動能定理解得該過程中滑塊對小車做的功為該過程對滑塊由動量定理，豎直方向有解得方向豎直向上；水平方向有解得方向水平向右，故小車對滑塊彈力沖量的大小為方向斜向右上方，與豎直方向成角，由于小車對滑塊的彈力與滑塊對小車的彈力是一對相互作用力，則滑塊對小車彈力沖量的大小為，方向斜向左下方，與豎直方向成角。7．如圖所示，質(zhì)量、帶有半徑的光滑圓弧的B物體靜止在光滑水平地面上，圓弧底端與水平地面相切于M點，質(zhì)量的A物體（視為質(zhì)點）從圓弧頂端由靜止釋放。取重力加速度大小。求：（1）A、B兩物體分開時的速度大小、；（2）從A、B兩物體分開到A物體運動到地面上M點的時間t。

【答案】（1），；（2）【詳解】（1）對A，B兩物體，由機(jī)被能守恒定律有由水平方向動量守恒有解得，。（2）A物體從B物體上滑落的過程中水平方向動量守恒，故任一時刻均有故水平方向上有故下落過程中，有由題意可知解得A、B兩物體分開時A物體在M點左側(cè)處A物體從B物體底端第一次到達(dá)M點的時間解得8．如圖所示，水平軌道左端與圓弧軌道平滑連接，小球A、B及半徑R=2m的圓弧形滑塊C的質(zhì)量分別為m1=1kg、m2=2kg、m3=3kg，小球B與滑塊C靜止在水平面上?，F(xiàn)從圓弧軌道上高h(yuǎn)=4.05m處將小球A由靜止釋放，小球A與小球B發(fā)生正碰，經(jīng)過一段時間后小球B滑上滑塊C。小球B到滑塊C底端的距離足夠長，一切摩擦均可忽略，假設(shè)所有的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取g=10m/s2。（1）求小球A與小球B第一次碰撞后，小球B的速度大小；（2）求小球B第一次在滑塊C上能達(dá)到的最大高度；（3）求小球B第一次返回滑塊C底端時的速度大?。唬?）通過計算分析，小球B能否第二次滑上滑塊C，若能滑上，求小球B第二次能達(dá)到的最大高度；若不能滑上，求小球A、小球B、滑塊C的最終速度的大小。

【答案】（1）6m/s；（2）1.08m；（3）l.2m/s；（4）小球B不能第二次滑上滑塊C，小球A、小球B、滑塊C的最終速度分別為，，【詳解】（1）設(shè)碰前小球A的速度為，從圓弧軌道上高h(yuǎn)=4.05m處將小球A由靜止釋放，由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得小球A、B碰撞的過程A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動量守恒，以向右為正方向，設(shè)小球A、B碰撞后的速度分別為v1、v2，則有解得即小球A與小球B第一次碰撞后，小球B的速度大小為6m/s；（2）小球B與滑塊C在水平方向上共速時小球B上升的高度最大。設(shè)共同的速度為v3，小球B與滑塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有小球B與滑塊C組成的系統(tǒng)能量守恒，有代入數(shù)據(jù)解得H=1.08m（3）設(shè)小球B返回滑塊C底端時B與C的速度分別為v4、v5，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得即小球B返回滑塊C底端時的速度大小為1.2m/s；（4）小球A與小球B第一次碰后以的速度向左運動，再次滑上圓弧軌道，滑下后速度方向向右，速度，經(jīng)過一段時間，小球A與小球B發(fā)生第二次碰撞，設(shè)碰后小球A和小球B的速度分別為v7、v8，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得聯(lián)立解得小球A與小球B第二次碰后以的速度向左運動，再次滑上圓弧軌道，滑下后速度方向向右，速度，經(jīng)過一段時間，小球A與小球B發(fā)生第三次碰撞，設(shè)碰后小球A和小球B的速度分別為vA、vB，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得聯(lián)立解得因為，所以小球B不能第二次滑上滑塊C，小球A、小球B、滑塊C的最終速度分別為，，。9．某科技館內(nèi)有一用來觀察擺球與牽連配重滑塊運動規(guī)律的裝置，如圖所示，用一足夠長的水平軌道桿，將質(zhì)量為的帶孔滑塊穿套之后水平固定在水平地面上方，再用一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在滑塊下方A點，另一端連接質(zhì)量為m的小球，已知繩長為L，水平桿距地面足夠高，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，忽略空氣阻力。將輕質(zhì)細(xì)繩伸直，小球從B點（B點與A點等高且在水平桿正下方）靜止釋放。（1）若水平桿光滑，當(dāng)小球第一次擺動到最低點時，求滑塊的位移大小和此時細(xì)繩對小球的拉力大小?（2）若水平桿粗糙，滑塊所受最大靜摩擦等于滑動摩擦力，要求小球擺動過程中滑塊始終保持靜止，則滑塊與水平桿之間的動摩擦因數(shù)最小為多大?在此過程中，當(dāng)小球所受重力