爆炸與類爆炸模型 2025年高考物理模型歸納

專題11爆炸與類爆炸模型

目錄

【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(diǎn)

1、動(dòng)量守恒：由于爆炸是極短時(shí)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(dòng)量守恒。

2、動(dòng)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(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能

增加。

3、位置不變：由于爆炸的時(shí)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(jì)，可認(rèn)為

物體爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)。

二、爆炸模型講解

1、如圖：質(zhì)量分別為加4、加B的可視為質(zhì)點(diǎn)A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥.一開始二者靜止，點(diǎn)燃火藥

（此時(shí)間極短且不會(huì)影響各物體的質(zhì)量和各表面的光滑程度），則：

/、3組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：加機(jī)B。①得：

上v.=m3R@?

力mA

②式表明在爆炸過程中相互作用的兩個(gè)物體間獲得的速度與它們的質(zhì)量成反比。

4、3組成的系統(tǒng)能量守恒：￡化學(xué)能+；%"③

①式也可以寫為：2=?④又根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系尸=而以得

______________卜m

』2tnJM=12mBEkB④進(jìn)一步化簡得：二”=~⑤

E

kBmA

⑤式表明在爆炸過程中相互作用的兩個(gè)物體間獲得的動(dòng)能與它們的質(zhì)量成反比。

mvn

②⑤聯(lián)立可得：EM=~片化學(xué)能EkB=E化學(xué)能⑥

mA+mBmA+mB

2、若原來4、B組成的系統(tǒng)以初速度u在運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中發(fā)生了爆炸現(xiàn)象則：

4、5組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：(加/+加5)?=加/4+掰5VB⑦

1111yyiTT?

4、5組成的系統(tǒng)能量守恒：=-mAv^+-mBvj--CmA+mB)v=--^~(yA-vBf?

2222mA+mB

1.某科研小組試驗(yàn)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

到為高度時(shí)點(diǎn)燃燃料，假設(shè)質(zhì)量為加的燃?xì)庠谝凰查g全部豎直向下噴出，若燃?xì)庀鄬?duì)火箭噴射出的速率為

it,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。求：

(1)火箭到達(dá)用高度時(shí)的速度大?。?/p>

(2)燃?xì)馊繃姵龊蠡鸺乃俣却笮。?/p>

(3)火箭上升的最大高度。

【答案】(1)Jv；-2g//()⑵收-2g%+￡"(3)%+；(jv：-2g%

M2glMJ

【詳解】(1)由機(jī)械能守恒可得

解得火箭到達(dá)為高度時(shí)的速度大小為

M=7vo-2^0

(2)由動(dòng)量守恒可得

Mvx=(M-m)v2+m(y2-u)

解得燃?xì)馊繃姵龊蠡鸺乃俣却笮?/p>

v2=M_2g\

(3)設(shè)火箭上升的最大高度為“，根據(jù)機(jī)械能守恒可得

2.一枚在空中水平飛行的玩具火箭質(zhì)量為加，在某時(shí)刻距離地面的高度為刀，速度為V。此時(shí)，火箭突然炸

裂成A、B兩部分，其中質(zhì)量為叫的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v/；

（2）炸裂后B部分在空中下落的時(shí)間f；

（3）在爆炸過程中增加的機(jī)械能AE。

【答案】⑴j⑵伺；（3）

m-mx\g2J

【詳解】（1）炸裂后瞬間由動(dòng)量守恒可知

mv=

解得A部分的速度為

mv

（2）炸裂后由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知

12

h7=2gr

空中下落的時(shí)間為

（3）在爆炸過程中增加的機(jī)械能為

1

AE=；（加一wjv；一—mv2

2

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(shí)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(diǎn)時(shí)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「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〃，兩部分落地點(diǎn)之間

的距離為乙重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力，不計(jì)火藥爆炸對(duì)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(shí)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。

上層火藥

早一

下層火藥

______引線

【答案】(1)

【詳解】解:(1)引燃上層火藥后兩部分向相反的方向做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向

,12

h=&gr

水平方向

L=vxt+v2t

上層火藥燃爆時(shí)，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)爆竹總質(zhì)量為冽

八12

0=jmvx--mv2

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

k112,122

—X-7HV.+—x—mv,

Ek=1

上2323-

下層火藥燃爆后爆竹獲得的機(jī)械能

￡下=mgh

上、下兩層火藥的質(zhì)量比

2

加上E上Z

下E下18〃2

4.如圖所示，質(zhì)量均為加的兩塊完全相同的木塊/、2放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊/、2間

夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì))。讓48以初速度％一起從。點(diǎn)滑出，滑行一段距離x后到達(dá)

Vo

P點(diǎn)，速度變?yōu)橐?，此時(shí)炸藥爆炸使木塊/、8脫離，發(fā)現(xiàn)木塊/繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)3x后停下。已知炸藥

2

爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能有50%轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，爆炸時(shí)間可以忽略不計(jì)，重力加速度為g,求：

(1)木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)心

(2)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能E。。

【答案】(I(2)2wvB

【解析】(1)從?；絇,對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)能定理得

―/z-2mgx=—x2m(—)2——x2mvS

Vo

(2)爆炸前對(duì)系統(tǒng)，有V8—(3)2=2G

在尸點(diǎn)爆炸，4、8系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2加一=%%+加%

2

爆炸后對(duì)/,有瘍=2a-3x,

根據(jù)能量守恒定律有

111V0

-mvl-t--mvi——x2m(—)2=50%Eo,

解得Eo=2mW

5.如圖所示，木塊N、8的質(zhì)量均為機(jī)，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊N、8間夾有一小塊炸

藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì)).讓/、8以初速度為一起從。點(diǎn)滑出，滑行一段距離后到達(dá)尸點(diǎn)，速度變?yōu)?/p>

Vo

一,此時(shí)炸藥爆炸使木塊/、2脫離，發(fā)現(xiàn)木塊2立即停在原位置，木塊/繼續(xù)沿水平方向前進(jìn).已知。、

2

尸兩點(diǎn)間的距離為s,設(shè)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，爆炸時(shí)間很短可以忽略不計(jì)，求：

(1)木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃;

(2)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能Eo.

3vo?1

【答案】(1y——(2)—mvo2

8gs4

【解析】(1)從?；絇,對(duì)N、8由動(dòng)能定理得

(2)在尸點(diǎn)爆炸時(shí)，4、8組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有

vo

2m,——mv,

2

根據(jù)能量守恒定律有

￡0+—x2m(—)2=-OTV2

解得EQ——mv(?

6.一質(zhì)量為加的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，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(dòng)能之和也為E,且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加

速度大小為g,不計(jì)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(shí)間；

(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。

一…1\2E2E

【答案】(1)--⑵一

mmg

【解析】(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為功,由題給條件有

19

E—^mvo@

設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

O-vo=-gZ@

聯(lián)立①②式得

1

t=一一③

⑵設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為加，由機(jī)械能守恒定律有

E=mghi@

火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為V1和藝。由題給條件和

動(dòng)量守恒定律有

—mv?+—mv?=石"⑤

—mvi+—mv2~0@

由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。

設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為后，由機(jī)械能守恒定律有

-mv?=—mg/z2?

聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為

2E

〃=歷+〃2=--?

【模型二】彈簧的“爆炸，，模型

AB

nwn

A>3組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：機(jī)4叱=機(jī)8匕?①得：

②

VBmA

②式表明在爆炸過程中相互作用的兩個(gè)物體間獲得的速度與它們的質(zhì)量成反比。

/、5組成的系統(tǒng)能量守恒：￡p■%v；+g加ml③

①式也可以寫為：巴=弓④又根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系尸="不得

__________________Eyyi

飛=』砥④進(jìn)一步化簡得:詈:上⑤

2mAEM22

EkBmA

⑤式表明在爆炸過程中相互作用的兩個(gè)物體間獲得的動(dòng)能與它們的質(zhì)量成反比。

②⑤聯(lián)立可得：

EkA=———EpEkB=———Ep⑥

mA+mBmA+mB

3、若原來4、5組成的系統(tǒng)以初速度y在運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中發(fā)生了爆炸現(xiàn)象則：

A>5組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：（加4+加e）V=加/嶗+加8。⑦

]I11M41YI

組成的系統(tǒng)能量守恒：2（也一女了⑧

A>3Ep=~mAvA+—mBv\--hnA+mB）'v=------，?

2222mA+mB

1.如圖所示，水平面上有兩個(gè)木塊，兩木塊的質(zhì)量分別為加八加2，且加2=2%。開始時(shí)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(yùn)動(dòng)。若兩木塊啊和〃?2與水平面間的動(dòng)摩

擦因數(shù)分別為〃八“2,且〃尸2分，則在彈簧伸長的過程中，兩木塊（）

A.動(dòng)量大小之比為1：1B.速度大小之比為2：1

C.動(dòng)量大小之比為2：1D.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1:2,彈簧解除鎖定后各自運(yùn)動(dòng)所在地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為2:1,

叫向左運(yùn)動(dòng)，叫向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中所受滑動(dòng)摩擦力分別為

工=從機(jī)￡,方向水平向右；力=〃2%g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(gè)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(dòng)量守恒，設(shè)在彈簧伸長的任意時(shí)刻叫的動(dòng)量為0,m2的動(dòng)量為％，

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得

°=君+小

即

Pl=-Pl

則可知兩物塊的動(dòng)量大小之比為1:1,故A正確，C錯(cuò)誤；

BD.動(dòng)量

p=mv

而兩物塊的質(zhì)量之比為1:2,則可知兩物塊在彈簧伸長過程中的速度大小之比為2:1,故B正確，D錯(cuò)誤。

故選AB?

2.如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止兩個(gè)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(gè)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(shì)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7?=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

A.兩球剛脫離彈簧時(shí)，球％獲得的動(dòng)能比球M小

B.球加在運(yùn)動(dòng)達(dá)到軌道最高點(diǎn)速度大小為2m/s

C.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(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力差為12N

【答案】CD

【詳解】A.由動(dòng)量守恒得，M、機(jī)動(dòng)量大小相同，由

得質(zhì)量小的物體動(dòng)能大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.由

得，兩物體動(dòng)能比為1：3,故加的初動(dòng)能為

|,3

Ek,n=-mva=-xlO.8J=8.1J

m獲得的速度為

即到達(dá)B點(diǎn)的速度VB=9m/s,由動(dòng)能定理可得

2

—mvg=mg-2R+—mvA

解得m達(dá)到圓形軌道頂端的速度

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.由自由落體公式可得下降時(shí)間為

選項(xiàng)c正確；

D.根在圓形軌道上端時(shí)

FA+mg=m

在下端時(shí)

FB-mg=m

—mv：=mg?2R+—mv\

則在上下兩端壓力差為

AT7=F—F=2mg+m-----—=6mg—12N

BAR

選項(xiàng)D正確。

故選CDo

3.如圖所示，物塊甲、乙（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止于水平地面上，質(zhì)量分別為%=2kg、加乙=lkg,一輕彈簧

（長度不計(jì)）壓縮后鎖定在甲、乙之間。某時(shí)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(shì)能為3J,甲、乙與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為%=0」和〃乙=0.5,重力加速度取lOrn/s?,則

甲［J乙

/////////////////////////////////////

A.彈開后瞬間乙的速度大小為lm/sB.甲、乙滑行的時(shí)間之比為5：2

C.甲滑行過程中產(chǎn)生的熱量為2JD.甲、乙停止運(yùn)動(dòng)時(shí)相距0.9m

【答案】BD

【詳解】A.彈簧被彈開的過程動(dòng)量守恒，則

加甲匕二加乙3

g機(jī)甲V；+；加乙片=4

解得

匕=lm/s

v2=2m/s

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.兩物體被彈開后，根據(jù)

v=at=jLigt

則

V

t=——

甲、乙滑行的時(shí)間之比為

k=2i.^=lx-=-

t乙%212

選項(xiàng)B正確；

C.甲滑行過程中產(chǎn)生的熱量為

11

0=5加甲y；?=,x2xl29j=lj

選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.甲、乙停止運(yùn)動(dòng)時(shí)相距

Ax=-^―+—^―=——-——+——-——=0.9m

2〃甲g2〃乙g2x0.1x102x0.5x10

選項(xiàng)D正確。

故選BDo

4.如圖，高度〃=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B,wA=mB=0.1kgoA、B間夾一壓縮量

Ax=0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時(shí)由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長時(shí)A恰好從桌面左端沿

水平方向飛出，水平射程XA=0-4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離/=025m后停止。A、B均視為質(zhì)

點(diǎn)，取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小"人和％；

（2）物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃；

（3）整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能密。

ABB

/八

/

h

【答案】（1）lm/s,lm/s；（2）0.2；（3）0.12J

【詳解】（1）對(duì)A物塊由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得

代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時(shí)A的速度大小為

vA=lm/s

AB物塊質(zhì)量相等，同時(shí)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(dòng)量守恒，則

7

加AVA=冽B%

解得脫離彈簧時(shí)B的速度大小為

vB=lm/s

(2)對(duì)物塊B由動(dòng)能定理

12

=O--mBvB

代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)為

〃=0.2

(3)彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動(dòng)能及這個(gè)過程中克服摩擦力所做的功，即

+jUmAgAxA+〃加Bgj

其中

mA=mBfAx=AXA+AxB

解得整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能

鈣=0.12J

5.如圖所示的水平地面上有a、b、。三點(diǎn)。將一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，粗糙的成段水平，加de段光滑,

cde是以。為圓心，R為半徑的一段圓弧，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A和B緊靠在一起，中間夾有少量炸藥，靜

止于6處，A的質(zhì)量是B的2倍。某時(shí)刻炸藥爆炸，兩物塊突然分離，分別向左、右沿軌道運(yùn)動(dòng)。B到最

高點(diǎn)d時(shí)速度沿水平方向，此時(shí)軌道對(duì)B的支持力大小等于B所受重力的;，A與仍段的動(dòng)摩擦因數(shù)為

〃，重力加速度g,求：

(1)物塊B在d點(diǎn)的速度大?。?/p>

(2)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(shí)間。

【詳解】(1)設(shè)物塊A和B的質(zhì)量分別為加《和"5

7

解得

vd二方一

(2)設(shè)A、B分開時(shí)的速度分別為盯、v2,系統(tǒng)動(dòng)量守恒

加A、~mBV2=0

B由位置b運(yùn)動(dòng)到d的過程中，機(jī)械能守恒

=mBg7?+|mBvj

3__

匕=彳聲

A在滑行過程中，由動(dòng)能定理

12

°--WAVl=一〃機(jī)AgS

聯(lián)立得

9R

s=-----

32〃

(3)設(shè)物塊脫離軌道時(shí)速度為v,FN=0

向心力公式

而

2

；+nggR(l-cos6>)=|mBv

解得

cos。=3

4

V=

脫離軌道時(shí)離地面的高度

3

h=Rcosd=—R

4

離軌道時(shí)后做向下斜拋運(yùn)動(dòng)

豎直方向

h=Reos0=vsind-t+—gt

J17gR-舊城

8g

【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(jì)水的阻力，求船和人對(duì)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(duì)象，在水平方向不受外力作用，滿足動(dòng)量守恒.設(shè)某時(shí)刻人的速度為

vi，船的速度為為，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎?，則有：mv,-MV2=0

上式換為平均速度仍然成立，即mvi-MV2=Q小

兩邊同乘時(shí)間3mvit—Mv2t-0,時(shí)

設(shè)人、船位移大小分別為Si、S2,則有，%5]=旅2①_______]一,

由圖可以看出：sx+s2-L②—S1―4S2k

mM

由①②兩式解得邑=------L,s2=---------L

答案：4=L,s2=L

~M+m

點(diǎn)評(píng)：人船模型中的動(dòng)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(duì)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(diǎn)：兩物體同時(shí)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)停止。

人船模型中的動(dòng)量與能量規(guī)律：由于系統(tǒng)不受外力作用，故而遵從動(dòng)量守恒定律，又由于相互作用力做功，

故系統(tǒng)或每個(gè)物體動(dòng)能均發(fā)生變化：力對(duì)“人”做的功量度“人”動(dòng)能的變化；力對(duì)“船”做的功量度“船”

動(dòng)能的變化。

【類人船模型】

1.質(zhì)量為"的氣球上有一個(gè)質(zhì)量為根的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地〃高處，如果從氣球

上慢慢放下一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應(yīng)為（）

D.-----h

【答案】C

【解析】設(shè)人沿軟梯滑至地面，軟梯長度至少為￡,以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，豎直方向動(dòng)量守

恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：0=—MV2+加V1

人沿軟梯降至地面，氣球上升的高度為￡-平均速度大小為藝=￡2

t

_h

人相對(duì)于地面下降的高度為力，平均速度大小為也=-

t

、，、L-hh

聯(lián)乂得：0=~M----Fm—,

tt

Tn

解得：L=-----h,故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.

M

2.如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為M、mo滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)，小球與滑塊

上的懸點(diǎn)。由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為"開始時(shí)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止。

現(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，下列說法正確的是（）

A.滑塊和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒

2m2gL

C.滑塊的最大速率為

M(M+m)

m

D.滑塊向右移動(dòng)的位移為------L

M+m

【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(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)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(dòng)量守恒，故B正確；

C.當(dāng)小球落到最低點(diǎn)時(shí)，只有水平方向速度，此時(shí)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(dòng)量有MV-mv=0系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgL=-mv2+-MV2解得，滑塊的最大速率為

昨產(chǎn);故C正確;D.設(shè)滑塊向右移動(dòng)的位移為x,根據(jù)水平動(dòng)量守恒得M二-掰3二二=0

7M+m）tt

解得％=------乙故D正確。故選BCD。

M+m

3.如圖，質(zhì)量為3加的滑塊Q套在固定的水平桿上，一輕桿上端通過較鏈固定在Q上，下端與一質(zhì)量為俄

的小球P相連。某時(shí)刻給小球P—水平向左、大小為力的初速度，經(jīng)時(shí)間/小球P在水平方向上的位移為X。

規(guī)定水平向左為正方向，忽略一切摩擦，則滑塊Q在水平方向上的位移為（）

Q

V。

X空C%1

A.一

333DT

【答案】C

【詳解】p、Q在水平方向上動(dòng)量守恒，有

mvQ=mvx+3mv2

在極短的時(shí)間4內(nèi)，有

mvQ?Nt-mvi?M+3mv2?

則在時(shí)間，內(nèi)有

mvQt=mx+3mx2

可知

_vot-x

%一丁

故選c。

4.如圖，質(zhì)量為〃，半徑為R的圓弧槽，置于光滑水平面上.將一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從與圓心等高處無初

速度地釋放，滑塊的質(zhì)量為加，且M=2加，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(dòng)量守恒

則滑塊運(yùn)動(dòng)至水平面時(shí)速度大小為J手

B.若圓弧面光滑,

D

C.若圓弧面粗糙,滑塊能運(yùn)動(dòng)至水平面，則圓弧槽的位移大小為I

D.若圓弧面粗糙，滑塊能運(yùn)動(dòng)至水平面，則滑塊的位移大小為三

【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(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；

B.若圓弧面光滑，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)至水平面時(shí)速度大小為匕，圓弧糟速度大小為V2，由機(jī)械能守恒定律知

I212

mgR=—mvx+—MV2

在水平方向上動(dòng)量守恒有

機(jī)匕=MV2,M=2m

聯(lián)立解得

故B錯(cuò)誤；

C.若圓弧面粗糙，滑塊能運(yùn)動(dòng)至水平面，設(shè)滑塊與圓弧槽相對(duì)于地面沿水平方向的位移分別為占和X2，由

水平方向動(dòng)量守恒有

mx{=MX2,xx+x2=R

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(cuò)誤。

就選Co

5.如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，從2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(diǎn)。一質(zhì)量為

加、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)/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)8點(diǎn)時(shí)的速度大小為艱或

B.彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為加gR

2

C.滑塊從/點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)的過程中，小車運(yùn)動(dòng)的位移大小為

D.滑塊第一次從/點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)時(shí)，小車對(duì)滑塊的支持力大小為4mg

【答案】BD

【詳解】AD.滑塊從/滑到2時(shí)，滿足水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，則有

mVj=2mv2,mgR=—mvt+—x

解得

打，七

運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊受力分析

（M+V2）2

-mg=m

R

解得

FN=4/g

故A錯(cuò)誤、D正確;

B.滑塊運(yùn)動(dòng)到小車最右端時(shí)根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒可知二者均靜止，則減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)

能，故B正確;

C.從N到8滑下過程由人船模型

加國=2mx2,xj+x2=R

解得小車的位移應(yīng)當(dāng)是

R

予

故C錯(cuò)誤。

故選BDo

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6加，滑環(huán)質(zhì)量為小，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(shí)不可伸長的輕繩與豎直方向的夾角為45。，繩長為L兒童和滑環(huán)均可

視為質(zhì)點(diǎn)，滑索始終處于水平狀態(tài)，不計(jì)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(dòng)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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為J'gZ

D.兒童從靜止運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，滑環(huán)的位移大小為主包

7

【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(dòng)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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒有

6mv=mv'

根據(jù)能量守恒定律有

11

6mg—cos^)=—x6mv2+—mv(2

解得

故C錯(cuò)誤；

D.兒童從靜止運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，兒童和滑環(huán)在水平方向的平均速度大?。?/p>

和v2滿足

6mvx-mv2

則水平位移大小X/和X2滿足

6mxx-mx2

根據(jù)相對(duì)位移關(guān)系有

Xy+x2=Lsin45°

解得

3?

=

7

故D正確。

故選ABDo

【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

①到最低點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒：0=加修-〃^2；機(jī)械能守恒:加g（R+〃尸/加Vo?

能量守恒:冽g(R+〃)=%冽vJ+;^jv/v22+Q.

②到最高點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒，速度都為零;水平方向動(dòng)量守恒：mvQ=（m+M）v共

2

全程能量守恒:加g/z=冽g/z'+。1+。2-能量守恒：!4mv0=%(刑+M)v共2+mgh+Q.

且Q>02（若內(nèi)壁光滑。1=。2=。）（若內(nèi)壁光滑。=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(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,其中〃=機(jī)，g=10m/s2o下列說法正確的是（）

A.小滑塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A點(diǎn)的速度大小為3m/s

手

B.小滑塊從/點(diǎn)飛出后還能夠上升的高度為0.2m

C.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(diǎn)/時(shí)，小滑塊相對(duì)圓弧軌道豎直向上運(yùn)動(dòng)，即水平方向

速度相同，當(dāng)把小滑塊與小車看作系統(tǒng)時(shí)，水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有

mvQ=(M+m)v

又M=m,故

v=3m/s

又系統(tǒng)能量守恒，則有

；mVg=；mvl+^-A/v2+pimgL+mgR

可得小滑塊到達(dá)/點(diǎn)時(shí)速度

匕=V13m/s

故A錯(cuò)誤；

B.由上可知，在4點(diǎn)時(shí)，小滑塊水平速度

匕=3m/s

由

可知

vy=2m/s

小滑塊離開小車后豎直方向只受重力，故加速度

a=g

方向豎直向下，由

H=2gh

可知，小滑塊離開/點(diǎn)后能夠上升的最大高度

h=0.2m

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?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，又離開小車時(shí)兩者水平速度

相同，故小滑塊從4點(diǎn)落回小車，假設(shè)小滑塊最終與小車達(dá)到共速，則整個(gè)過程，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量

守恒可得

mv0=（用+加）v共

解得

v共=3m/s

根據(jù)能量守恒可得

加說一;（加+機(jī)）噬

3=jumgs

解得

s-4,5m<2L=5m

假設(shè)成立，小滑塊最終停在離小車右端0.5m處，兩者的最終速度未3m/s,故C錯(cuò)誤，D正確。

故選BDo

2.如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛質(zhì)量為2加的小車，小車的四分之一圓弧軌道在最低點(diǎn)8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(gè)輕彈簧，彈簧的原長小

于水平軌道的長度。一個(gè)質(zhì)量為m的小球從圓弧軌道與圓心等高的A點(diǎn)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(duì)于小車靜止在2點(diǎn)，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(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

7

B.小球第一次到達(dá)3點(diǎn)時(shí)對(duì)小車的壓力3Mg

C.彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為:mgR

D.從開始到彈簧具有最大彈性勢(shì)能時(shí)，摩擦生熱;%gR

【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(dòng)量守恒，但豎直方向合力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤，符合題意；

B.將小車和小球、彈簧當(dāng)成一個(gè)系統(tǒng)，在運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的水平動(dòng)量守恒，取向右為正

121c2

O=mvl-2mv2,mgR=—mvl+—2mv2

小球第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)

01+V?)2

FN-mg=m

R

解得

FN=4mg

根據(jù)牛頓第三定律，對(duì)小車的壓力4〃?g,故B錯(cuò)誤，符合題意;

CD.彈簧具有的最大彈性勢(shì)能時(shí)，系統(tǒng)共速

】

mV-2mv2=(m+2m)v

解得

v=0

根據(jù)能量守恒，設(shè)克服阻力做功為叫

1,12

mv

2i+-2mv2-=^m+^

壓縮彈簧后被彈回并恰好相對(duì)于小車靜止在8點(diǎn)，可知

mvl-2mv2=(m+2m)v*

最終共速為0,根據(jù)能量守恒

約”,=嗎

解得

Ep?,=W/=Q=；mgR

故CD正確，不符合題意。

故選ABo

3.如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的工件帶有半徑&=0.6m的光滑圓弧軌道，靜止在光滑水平地面上，B為

4

軌道的最低點(diǎn)，2點(diǎn)距地面高度〃=02m。質(zhì)量為冽=4kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧最高點(diǎn)/由靜

止釋放，經(jīng)8點(diǎn)后滑離工件，取g=10m/s2。求：

(1)物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

(2)物塊落地時(shí)距工件初始靜止時(shí)右端位置的水平距離。

AO

【答案】(l)280N,方向豎直向下；(2)0m

【解析】

(1)物塊從圓弧軌道頂端滑到5點(diǎn)過程中，物塊和工件組成的系統(tǒng)機(jī)械能守