新課標(biāo)高中物理模型與方法專題11 爆炸與類爆炸模型（解析版）

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 6【模型三】人船模型與類人船模型 12【模型四】類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較 15【模型一】爆炸模型一．爆炸模型的特點(diǎn)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(yùn)動。二、爆炸模型講解1、如圖：質(zhì)量分別為、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(yùn)動，運(yùn)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：⑧【模型演練1】.(多選)(2020·廣西池州市期末)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)且質(zhì)量均為1kg的甲、乙兩物體緊靠著放在水平地面上，物體甲與左側(cè)地面間的動摩擦因數(shù)為0.3，物體乙右側(cè)地面光滑，兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，分離瞬間物體乙的速度大小為3m/s，重力加速度g取10m/s2.則()A．炸藥爆炸后，兩物體分離瞬間物體甲的速度大小為3m/sB．甲、乙兩物體分離瞬間獲得的總能量為18JC．從分離到甲物體停止運(yùn)動，經(jīng)過的時間為4sD．甲、乙兩物體分離2s時，兩物體之間的距離為7.5m【答案】AD【解析】炸藥爆炸后，設(shè)分離瞬間物體甲的速度大小為v1，物體乙的速度大小為v2，對甲、乙兩物體組成的系統(tǒng)由動量守恒定律得mv1＝mv2，甲、乙兩物體速度大小v1＝v2＝3m/s，選項(xiàng)A正確；由能量守恒得E＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22＝9J，選項(xiàng)B錯誤；甲、乙兩物體分離后，甲物體向左勻減速滑行，a＝μg＝3m/s2，從分離到甲物體停止運(yùn)動，經(jīng)過的時間t1＝eq\f(v1,a)＝1s，選項(xiàng)C錯誤；物體甲運(yùn)動的位移為x1＝eq\f(v1,2)t1＝1.5m，物體乙運(yùn)動的位移為x2＝v2t＝6m，故甲、乙兩物體分離2s時，兩物體之間的距離d＝x2＋x1＝7.5m，選項(xiàng)D正確．【模型演練2】(2021·山東濟(jì)南市歷城二中一模)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(diǎn)滑出，滑行一段距離x后到達(dá)P點(diǎn)，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(diǎn)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)【模型演練3】(2020·河北邯鄲市模擬)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(diǎn)滑出，滑行一段距離后到達(dá)P點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)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,)【模型演練4】（2021·山東省濟(jì)寧市高三上學(xué)期1月期末）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(yùn)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(yùn)動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)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動部分做豎直上拋運(yùn)動。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)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(yùn)動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)⑧【模型演練5】(2021·四川雙流中學(xué)診斷)如圖所示，A、B兩個物體粘在一起以v0＝3m/s的速度向右運(yùn)動，物體中間有少量炸藥，經(jīng)過O點(diǎn)時炸藥爆炸，假設(shè)所有的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為A、B兩個物體的動能且兩物體仍然在水平面上運(yùn)動，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變?yōu)関A＝2m/s，B物體繼續(xù)向右運(yùn)動進(jìn)入光滑半圓軌道且恰好通過最高點(diǎn)D，已知兩物體的質(zhì)量mA＝mB＝1kg，O點(diǎn)到半圓軌道最低點(diǎn)C的距離xOC＝0.25m，物體與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，A、B兩個物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2，求：(1)炸藥的化學(xué)能E；(2)半圓軌道的半徑R?！敬鸢浮?1)1J(2)0.3m【解析】(1)A、B在炸藥爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根據(jù)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)，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得E＝1J。(2)由于B物體恰好經(jīng)過半圓軌道的最高點(diǎn)，故有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，在B物體由O運(yùn)動到D的過程中，由動能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立可解得R＝0.3m。【模型演練6】(2020·山東濟(jì)寧市質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m的炮彈運(yùn)動到水平地面O點(diǎn)正上方時速度沿水平方向，離地面高度為h，炮彈動能為E，此時發(fā)生爆炸，炮彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分的動能之和為2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸時間極短，重力加速度為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求炮彈的兩部分落地點(diǎn)之間的距離．【答案】4eq\r(\f(Eh,mg))【解析】爆炸之前E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)爆炸過程動量守恒：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隨后一塊做自由落體運(yùn)動，一塊做平拋運(yùn)動，則由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝2v0t解得x＝4eq\r(\f(Eh,mg)).【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(yùn)動，運(yùn)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：⑧【模型演練1】(2020·安徽名校高考沖刺模擬卷)如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和m的兩滑塊A、B，它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧(彈簧與A、B不拴連)，由于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài).當(dāng)剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是()A.兩滑塊的動量大小之比pA∶pB＝2∶1B.兩滑塊的速度大小之比vA∶vB＝2∶1C.兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝1∶2D.彈簧對兩滑塊做功之比WA∶WB＝1∶1【答案】C【解析】以滑塊A運(yùn)動的方向?yàn)檎较?，在兩滑塊剛好脫離彈簧時運(yùn)用動量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝eq\f(vB,2)，兩滑塊速度大小之比為：eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,2)，兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝eq\f(\f(1,2)×2mvA2,\f(1,2)mvB2)＝eq\f(1,2)，B錯誤，C正確；兩滑塊的動量大小之比eq\f(pA,pB)＝eq\f(2mvA,mvB)＝eq\f(1,1)，A錯誤；彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動能之比，即WA∶WB＝1∶2，D錯誤.【模型演練2】（2021·云南省保山市智源中學(xué)高三下學(xué)期開學(xué)考試）兩個小木塊A和B中間夾著一輕質(zhì)彈簧，用細(xì)線捆在一起，放在光滑的水平平臺上，某時刻剪斷細(xì)線，小木塊被彈開，落地點(diǎn)與平臺邊緣的水平距離分別為lA＝1m，lB＝2m，如圖所示，則下列說法正確的是A.木塊A、B離開彈簧時的速度大小之比B.木塊A、B的質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1C.木塊A、B離開彈簧時的動能之比EkA∶EkB＝1∶2D.彈簧對木塊A、B的沖量大小之比IA∶IB＝1∶2【答案】ABC【解析】兩個木塊被彈出離開桌面后做平拋運(yùn)動，因下落的高度相等，所以運(yùn)動的時間相等。由及l(fā)A＝1m，lB＝2m得，故A正確。彈簧彈開兩個物體的過程，對兩個木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：得，故B正確。由，根據(jù)可得：，故C正確。由動量定理D錯誤?！镜淅治?】（2021·黑龍江大慶市·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三月考）質(zhì)量分別為3m和m的兩個物體，用一根細(xì)線相連，中間夾著一個被壓縮的輕質(zhì)彈簧，整個系統(tǒng)原來在光滑水平地面上以速度v0向右勻速運(yùn)動，如圖所示。后來細(xì)線斷裂，質(zhì)量為m的物體離開彈簧時的速度變?yōu)?v0。求彈簧在這個過程中做的總功。【答案】【解析】系統(tǒng)動量守恒①得彈簧在這個過程中做的總功等于它減少的彈性勢能則由能量守恒【典例分析4】（2021·遼寧省營口市高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為的、兩個小物塊（均視為質(zhì)點(diǎn)），、用輕繩連接，中間有一壓縮的較短輕彈簧（彈簧與物塊不拴接）。開始時、均靜止。在物塊右邊一定距離處有一半徑為的固定光滑豎直半圓形軌道，半圓形軌道與水平面相切于點(diǎn)，物塊的左邊靜置著一個三面均光滑的斜面體（底部與水平面平滑連接）。某一時刻細(xì)繩突然斷開，物塊、瞬間分離，A向右運(yùn)動，恰好能過半圓形軌道的最高點(diǎn)（物塊過點(diǎn)后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為（小于斜面體的高度）。已知重力加速度為，求：(1)細(xì)繩斷開前彈簧的彈性勢能大?。?2)斜面體的質(zhì)量？【答案】(1)；(2)【解析】(1)在D點(diǎn)，有從彈開到D，由動能定理，有彈簧釋放瞬間由動量守恒定律，有細(xì)繩斷開前彈簧的彈性勢能大小為解得(2)B滑上斜面體最高點(diǎn)時，對B和斜面體，由動量守恒定律，有由機(jī)械能守恒定律，有解得【模型演練5】（2021·吉林省榆樹一中高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質(zhì)量為M＝0.2kg的小球P和質(zhì)量為m＝0.1kg的小球Q，P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接)，桌面邊緣E處放置一質(zhì)量也為m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平桌面相切的光滑豎直半圓形軌道。釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C；小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為一體飛出，落在水平地面上的D點(diǎn)。已知水平桌面高為h＝0.2m，D點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離為x＝0.2m，重力加速度為g＝10m/s2，求：(1)小球P經(jīng)過半圓形軌道最低點(diǎn)B時對軌道的壓力大小F′NB；(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大小vQ；(3)被壓縮的輕彈簧的彈性勢能Ep?！敬鸢浮?1)12N(2)2m/s(3)0.3J【解答】(1)小球P恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C，則有Mg＝Meq\f(v\o\al(2,C),R) 解得vC＝eq\r(gR) 對于小球P，從B→C，由動能定理有－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點(diǎn)有FNB－Mg＝Meq\f(v\o\al(2,B),R) 解得FNB＝6Mg＝12N 由牛頓第三定律有F′NB＝FNB＝12N。 (2)設(shè)Q與S做平拋運(yùn)動的初速度大小為v，所用時間為t，根據(jù)公式h＝eq\f(1,2)gt2得t＝0.2s 根據(jù)公式x＝vt，得v＝1m/s 碰撞前后Q和S組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mvQ＝2mv 解得vQ＝2m/s。 (3)P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，則有MvP＝mvQ 解得vP＝1m/s P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)，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。 【模型演練6】（2021·黑龍江牡丹江一中高三上學(xué)期1月期末）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1所釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)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(yùn)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？【答案】(1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0．50m(3)0.91m【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－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(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(yùn)動的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥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(yùn)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)at2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧處．B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)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＝－μmAgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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(jī)械能守恒定律有mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－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(yùn)動，B繼續(xù)向左運(yùn)動．設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動距離為sA′時停止，B向左運(yùn)動距離為sB′時停止，由運(yùn)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【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?yàn)檎?，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(diǎn)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(diǎn)：兩物體同時運(yùn)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汀俊灸Ｐ脱菥?】(2020·衡水中學(xué)模擬)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是()A．FN＝mgcosαB．滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D．此過程中斜面向左滑動的距離為eq\f(m,M＋m)L【答案】D【解析】當(dāng)滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運(yùn)動，所以滑塊B相對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為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確?！灸Ｐ脱菥?】有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(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(jìn)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，則船的質(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)【答案】B【解析】設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t).以船后退的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝eq\f(mL－d,d)，小船的質(zhì)量為：M＝eq\f(mL－d,d)，故B正確．【模型演練3】(2020·湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測)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．【模型演練4】（2021·全國高三專題練習(xí)）如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為M、m。滑塊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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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?！灸Ｐ退摹款惐ǎㄈ舜┠Ｐ秃皖惻鲎材Ｐ偷谋容^反沖模型類碰撞模型示意圖vv1x1x1hRv2x2x2vv0hRv共①到最低點(diǎn)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(diǎn)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）【模型演練1】(2021·河南名校聯(lián)盟3月調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從小車上的A點(diǎn)由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)已知小車質(zhì)量M=4m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，則（）A．全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為R+LB．小車在運(yùn)動過程中速度的最大值為C．全過程小車相對地面的位移大小為D．、L、R三者之間的關(guān)系為R=L【答案】BCD【解析】AC．滑動與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，由人船模型特點(diǎn)有，由上兩式解得，全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為，全過程小車相對地面的位移大小為，所以A錯誤；C正確；B．滑塊滑到圓弧軌道最低點(diǎn)時，小車速度最大，滑動與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有，由上兩式解得小車在運(yùn)動過程中速度的最大值為，所以B正確；D．滑塊最后恰好停在C點(diǎn)時，小車也停止運(yùn)動，全程由能量守恒定律則有解得R=L所以、L、R三者之間的關(guān)系為R=L，則D正確；故選BCD?！灸Ｐ脱菥?】（2021·山東省日照市高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，內(nèi)有光滑半圓形軌道、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑BD長度為2r。一個鐵樁固定在地面上，滑塊左側(cè)緊靠在鐵樁上?；瑝K內(nèi)圓軌道的左端點(diǎn)B的正上方高度h處有一點(diǎn)A，現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球（可以視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止釋放，然后經(jīng)過半圓軌道的B、C、D點(diǎn)后沖出（C點(diǎn)為圓軌道的最低點(diǎn)）。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，空氣阻力忽略不計。(1)求小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大??；(2)求小球第一次沖出D點(diǎn)后，能夠上升的最大高度；(3)如果沒有滑塊左側(cè)的鐵樁，求小球第二次沖出D點(diǎn)并到達(dá)最高點(diǎn)時，小球與初位置A點(diǎn)的水平距離?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】(1)小球從A到C由動能定理解得(2)小球從C到D的過程水平方向動量守恒，則由能量關(guān)系解得(3)如果沒有滑塊左側(cè)的鐵樁，小球第一次沖出D點(diǎn)時，滑塊向左的位移為x，則解得此時滑塊和小球的水平速度均為零，小球向上做豎直上拋運(yùn)動，再次回到D點(diǎn)進(jìn)入凹槽，此后凹槽向右運(yùn)動，先加速后減速，到小球從B點(diǎn)沖出時，凹槽回到原來的位置，速度減為零，以后重復(fù)原來的運(yùn)動，則當(dāng)小球第二次沖出D點(diǎn)并到達(dá)最高點(diǎn)時，小球與初位置A點(diǎn)的水平距離為【模型演練3】(2021·四川遂寧市三診)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(diǎn)，B點(diǎn)距地面高度。質(zhì)量為的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)后滑離工件，取。求：(1)物塊滑到軌道上的B點(diǎn)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。【答案】(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(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動的時間物塊從滑離工件到落地過程水平方向運(yùn)動的距離而工件在物塊滑離前的運(yùn)動過程中向左運(yùn)動，設(shè)物塊向右運(yùn)動的距離為，工件向