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8.6爆炸和反冲（解析版）--2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理
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这是一份8.6爆炸和反冲（解析版）--2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理，共22页。试卷主要包含了6 讲 爆炸和反冲，| “爆炸”模型，4m等内容，欢迎下载使用。
第8.6 讲 爆炸和反冲
【知识点精讲】
1．反冲运动
(1)反冲：反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果；反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律；反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。
(2)反冲现象的应用及防止
①应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转，可以自动改变喷水的方向。
②防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
2．火箭
(1)火箭的原理
火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒，它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。
(2)影响火箭获得速度大小的因素
①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2__000～4__000 m/s。
②火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，决定于火箭的结构和材料。现代火箭的质量比一般小于10。
火箭获得的最终速度
火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，如图所示，
更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，设燃料燃尽后火箭的飞行速度为v，发射后的总动量为
mv－(M－m)v1(以火箭的速度方向为正方向)
由动量守恒定律，mv－(M－m)v1＝0
解得 v＝(eq \f(M,m)－1)v1
由此可知，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比 eq \f(M,m) 决定。
【来源： 喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
（3）．多级火箭：能及时把空壳抛掉，使火箭的总质量减少，因而能够达到很高的速度，但火箭的级数不是越多越好，级数越多，构造越复杂，工作的可靠性越差，目前多级火箭一般都是三级火箭。
3．“人船”模型
模型特点eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1两个物体,2动量守恒,3总动量为零))
结论：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小)
4.| “爆炸”模型
【方法归纳】
爆炸、反冲、人船模型都有其它形式的能量转化为动能，所以爆炸、反冲、人船模型系统的动能都增加。若两个物体之间夹一压缩的弹簧，弹簧把两个物体弹开，类似于爆炸，可迁移相关知识解答。原子核衰变可以等效为反冲模型。
【最新高考题精练】
1.. （2022山东物理）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【参考答案】A
【命题意图】本题考查受力分析、动量定理、能量守恒定律及其相关知识点。
【名师解析】
火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
2.（2021年1月浙江选考）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1:2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【参考答案】B
【名师解析】爆炸物爆炸，动量守恒，v1=v2，解得两碎块的初速度之比为v1∶v2=1∶2，由平抛运动规律x=vt可知，两碎块的水平位移大小之比为x1∶x2=v1∶v2=1∶2，选项A错误；根据题述，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，可知碎块在空中下落时间为t=4s，由平抛运动规律可知，.爆炸物的爆炸点离地面高度为h=gt2=80m，选项B正确；爆炸后质量大的碎块落地时撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为t1=5s-4s=1s，撞击地面处距离声音记录仪的距离为x1=vt1=340m，由x1=v1t，解得：v1=85m，选项C错误；爆炸后质量小的碎块落地时撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为t2=6s-4s=2s，撞击地面处距离声音记录仪的距离为x2=vt2=680m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为x= x1+ x2=340m+680m=1020m，选项D错误。
3. （2017年高考·新课标全国理综II卷）（2017全国II卷·15）一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为，下列说法正确的是
A. 衰变后钍核的动能等于粒子的动能
B. 衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小
C. 铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间
D. 衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
【参考答案】B
【名师解析】静止的铀核衰变，动量守恒。由动量守恒定律可知，衰变后钍核与粒子动量大小相等，方向相反，选项B正确；根据动量与动能的关系式，动量大小相等，其两者动能一定不等，选项A错误；铀核的半衰期等于大量的铀核衰变一半所经历的时间，选项C错误；原子核衰变释放出了能量，根据爱因斯坦质能方程，一定有质量亏损，衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项D错误。
原子核衰变时满足动量守恒，根据动量守恒定律，静止的铀核放出一个α粒子衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小，选项B正确；由于钍核的质量大于α粒子的质量，由动能与动量大小之间的关系式可知，衰变后钍核的动能小于粒子的动能，选项A错误；由半衰期概念可知选项C错误；衰变时核能转化为动能，所以，衰变过程发生质量亏损，衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项D错误。
4 (2008·海南物理第19题)一置于桌面上质量为M的玩具炮，水平发射质量为m的炮弹．炮可在水平方向自由移动．当炮身上未放置其它重物时，炮弹可击中水平地面上的目标A；当炮身上固定一质量为M0的重物时，在原发射位置沿同一方向发射的炮弹可击中水平地面上的目标B．炮口离水平地面的高度为h．如果两次发射时“火药”提供的机械能相等，求B、A两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比。
解析：由动量守恒定律和能量守恒定律得：
解得：
炮弹射出后做平抛，有：
解得目标A距炮口的水平距离为：
同理，目标B距炮口的水平距离为：
解得：
【最新模拟题精练】
1. （2023江西上饶二模）如图所示，一辆质量的小车A静止在光滑的水平面上，A上有一质量的光滑小球B，将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能，B与A右壁距离为l。解除锁定，B脱离弹簧后与A右壁碰撞并被粘住，下列说法正确的是（ ）
A. B脱离弹簧时，A的速度大小为
B. B和A右壁碰撞并被粘住的过程中，A右壁对B的冲量大小为
C. 整个过程B移动的距离为
D. B碰到A右壁前瞬间，A与B的动量相同
【参考答案】AB
【名师解析】
B脱离弹簧时，由动量守恒和能量关系 ，
解得A的速度大小为 ，B的速度大小为，选项A正确；
B和A右壁碰撞并被粘住时，AB速度均变为零，则由动量定理A右壁对B的冲量大小为
，选项B正确；
整个过程由动量守恒
其中
解得B移动的距离为，选项C错误；
B碰到A右壁前瞬间，A与B的动量大小相等，方向相反，选项D错误。
2．（2023湖北荆门三校5月联考）如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。一小球以某一水平速度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为，作出图像，如图乙所示。已知P点距地面高，重力加速度为g，则（ ）
A．小车质量是小球质量的2倍
B．小球上升到最高点时的速度为
C．小球上升的最大高度为
D．小球落地时与小车左端P点的水平距离为
【参考答案】BC
【名师解析】．设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，则由图乙数据可得解得故A错误；
小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则解得故B正确；
设小球上升的最大高度为H，根据机械能守恒定律有解得故C正确；
设小球滑回至P点时，小球和小车的速度分别为和，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有；解得，小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为故D错误。。
3. （2023湖北四市七校联盟期中联考） 如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量为m的小钢球从槽的顶端A处静止释放，不计一切阻力，重力加速度为g，在此后的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小钢球和圆弧形槽组成的系统动量不守恒
B. 小钢球运动到圆弧槽B处时速度为
C. 小钢球运动到圆弧槽B处时，此圆弧槽的对地位移大小可能为R
D. 小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为R
【参考答案】ACD
【名师解析】
小钢球在竖直方向受重力作用，合力不为零，小钢球和槽组成的系统动量不守恒，A正确；
小钢球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，则有
mv1= 3mv2
又因为整个过程系统机械能守恒又有
解得，，B错误；
设小钢球小钢球下滑到底端B的过程中所用时间为t，圆弧向左移动的距离为x，则小钢球向右移动的距离为R－x，根据水平方向动量守恒得
解得，
由于小钢球在竖直方向运动了R，则小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为
，CD正确。
4. . (2023湖南名校5月质检) 气球质量为，载有质量为的人，静止在空中距地面的地方，气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳长至少为（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】C
【名师解析】
以人和气球组成的系统为研究对象，系统动量守恒，设人在沿绳缓慢下滑时的速度为v1，气球的速度为v2，经过时间t人安全到达地面，人运动的位移为s1=20m,气球上升的位移为s2，因为人从气球上沿绳慢慢下滑，所以在整个过程可看成匀速直线运动，有
则
解得
所以绳长最短为20m+10m=30m，故选C。
5. （2023湖北孝感重点高中期中联考）如图，质量为m的人站在质量为M的车的一端，m>M，车相对于地面静止。在人由一端走到另一端的过程中，人重心高度不变，空气阻力、车与地面间的摩擦力均可以忽略不计（ ）
A. 人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
B. 人发生的位移大小大于车发生的位移大小
C. 人运动越快，人和车的总动量越大
D. 不管人运动多快，车和人的总动量不变
【参考答案】D
【名师解析】
在人由一端走到另一端的过程中，对于人和车组成的系统，所受的合外力为零，系统的动量守恒，C错误，D正确。根据，人对车的作用力等于车对人的作用力，作用时间相等，所以人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小，A错误；
根据动量守恒定律
两边同时乘于时间，则得
即，m>M
解得，B错误。
6. （2023湖北六校期中联考）生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在平静的水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 人在甲板上向右散步时，船也将向右运动
B. 人在立定跳远的过程中船相对地面保持静止
C. 人在立定跳远的过程中船相对地面后退了0.4m
D. 人相对地面的成绩为1.8m
【参考答案】D
【名师解析】
根据动量守恒定律知，人在甲板上散步时，船将向后退，即船向左运动，故A错误；
根据“人船模型”动量守恒有
代入数据解得
即人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，故BC错误；
人相对地面的成绩为，故D正确；
7. （2023湖南名校联盟期中）如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为。圆弧体锁定，圆弧体可以自由滑动，一个小球从圆弧体的最高点由静止释放，在圆弧体中上升的最大高度。已知重力加速度大小为，则（）
A.小球在圆弧体最高点滑下到分离过程中，小球与圆弧体组成的系统动量守恒
B.小球与圆弧体的质量之比为1：2
C.小球在圆弧体最高点滑下到分离过程中，圆弧体后退的距离为
D.若圆弧体没有锁定，则圆弧体最终获得的速度大小为
【参考答案】.CD
【名师解析】 小球与圆弧体组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；根据小球在圆弧体中上升的最大高度，由机械能守恒定律可得。
设小球质量为，圆弧体质量为，小球从圆弧体上滑下时，的速度大小为，由题意可知：，，解得，故B错误；
，，，可得，故C正确；
若圆弧体没有锁定，则小球与圆弧体作用过程类似于弹性碰撞，交换速度，因此圆弧体最终获得的速度大小为，故D正确。
8．（2023洛阳名校联考）将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.eq \f(m,M)v0 B.eq \f(M,m)v0
C.eq \f(M,M－m)v0 D.eq \f(m,M－m)v0
【参考答案】D
【名师解析】 选火箭和燃料整体为研究对象，在气体喷出的过程中，内力远大于外力，系统动量守恒，则(M－m)v＝mv0，
解得v＝eq \f(mv0,M－m)，故D选项正确。
9. 质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m=2kg的小球（视为质点）通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态。现给小球一个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2。则
A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了
【参考答案】.AD
【名师解析】可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有=，解得：x=0.3m，选项A正确B错误。根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45m，选项C错误。根据动量守恒定律，在小球上升到轨道高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以到达的最大高度为h=0.45m，与水平面的夹角为csα=0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x’，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有=，解得：x’=0.24m。小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x+x‘=0.3m+0.24m=0.54m,选项D正确。
10. (2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟)用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg，最后一节火箭壳体的质量为100kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为。试求：（计算结果保留两位有效数字）
（1）分离后卫星的速度增加到多少？
（2）分离过程中卫星对火箭壳体所做的功是多少？
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）根据动量守恒
又
得分离后卫星的速度增加到
（2）由（1），分离后火箭壳体的速度为
分离过程中卫星对火箭壳体所做的功为
11. （2023广州二模）如图。玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大轻弹簧构成，A的质量为0.2kg，B的质量为0.4kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A上升得更高，让“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B 恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度取10m/s2。求
（1）“火箭”着地时速度大小；
（2）A上升的最大高度；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能。
【参考答案】：（1）4m/s；（2）7.2m；（3）9.6J
【名师解析】：（1）“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，做自由落体运动
解得
（2）“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B 恰好停在地面上,动量守恒，取向上为正方向
解得
A做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动
解得
（3）根据功能关系有
12. （2023北京昌平二模） 如图所示，一枚炮弹发射的初速度为，发射角为。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离。
【参考答案】（1），方向水平向右；（2）机械能增加了；（3）
【名师解析】
（1）炮弹炸裂前瞬间速度为
方向水平向右
炸裂过程中根据水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有
炸裂后A部分竖直下落，说明此时A的水平速度为零，解得
方向水平向右
（2）炸裂前后系统机械能的变化量为
解得
A、B系统机械能增加了。
（3）炸裂后，A做自由落体运动，B做平抛运动，下落时间为
落地后，A、B两部分落地点之间的水平距离为
解得
13. （2023辽宁教研联盟二模）如图，一长度L=8m、质量M=0.2kg的木板紧靠墙壁放置在光滑水平地面上，在距木板左端为kL（0（1）求木块A、B分离瞬间，木块B速度的大小；
（2）若，求木块A离开木板时，木块B速度的大小；
（3）若μA=0，求摩擦力对木块B所做的功。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）对A、B组成的系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
=4m/s
（2）A、B分开之后，分别向左，向右做减速运动，对木板
所以木板受到右侧墙壁的作用而保持静止，设木块A、B的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律得
解得
=2m/s2
=3m/s2
设从A、B分开到A离开木板所用的时间为t，则有
解得
t=1s
t=3s不符合题意舍掉。
对B则有
解得
=1m/s
（3）设木块B运动到墙壁时的速度为，则由匀变速直线运动规律可得
令=0，则
则当时，木块B在与墙壁相撞前就停止了运动，则有
解得
=−1.6J
当时，≠0，其则会与墙壁相撞，由于木块B与墙壁碰撞过程中不损失机械能，则其动能不变。木块B原速率弹回后与木板组成的系统在运动中不受水平外力，则系统动量守恒，则有
解得
则从A、B分开到B与木板共速的过程中，只有摩擦力对木块B做功，对木块B分析，由动能定理得
解得
=（1.2k−2.4）J
14. （2023天津南开二模）如图所示，固定平台右端静止着两个小滑块A、B，，，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后滑块A滑到距平台右端的C点停下，滑块A与平台间的动摩擦因数，滑块B冲上小车并最终与小车共速运动，滑块B与小车粗糙部分的动摩擦因数。两滑块都可以视为质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度。求：
（1）滑块B刚滑上小车时速度的大小；
（2）最终滑块B与小车共速时速度v的大小和方向；
（3）最终滑块B与小车共速时距小车左端的距离。
【参考答案】（1）；（2），方向水平向右；
（3）滑块B停在离小车左端处
【名师解析】
（1）设爆炸后滑块A获得速度大小为，滑块A滑到平台上的C点时停下，有
或
解得
爆炸过程中，滑块A、B组成的系统动量守恒，有
解得
（2）滑块B最终和小车达到共同速度v，根据动量守恒定律有
解得
方向水平向右
（3）设B在小车粗糙段滑行的路程为s，有
解得
即最终滑块B停在离小车左端处。
15. （2023山东青岛二中下学期期中）如图（a）所示，质量为的物块A与质量为的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C．现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行，小物块C的速度随时间变化图像如图（b）所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取，求：
（1）炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小；
（2）小物块C的质量；
（3）小物块C静止时距长木板B右端的距离d。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）对物块A在爆炸后，知
可得
对物块A与长木板B在爆炸过程中知
可得.
（2）对B、C在相对滑动过程中共速时速度为
对小物块C，在0~1s内
可得
对长木板B，在0~1s内知
且
可得
（3）对长木板B与小物块C在0~1s内，相对位移为
对长木板B，在1s后至停下时知
可得
对长木板B与小物块C在1s后至均停下，相对位移为
可知，小物块C静止时距长木板B右端的距离
16.(20分)(2022广东模拟)如图所示,光滑圆弧轨道AB固定在水平面上与水平面平滑连接,在圆弧轨道最低点A静止放置物块b、c(可看作质点),b、c的质量分别为m、2m,b、c间有少量火药(质量可忽略),某时刻火药燃烧将b、c迅速分开,分开后b以速度v0向左冲上圆弧,经一段时间再次回到b、c分开位置后继续向右运动,当c刚好停止运动时b与之发生第一次碰撞。已知b与c的所有碰撞均为弹性碰撞,b与水平面间没有摩擦,c与水平面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。已知物块b从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用时间与b冲上圆弧的速度大小无关,可用圆弧半径R表示为πRg(R为题中未知量),求:
(1)圆弧轨道半径的大小;
(2)b与c发生第3次碰撞前,b的速度;
(3)b、c第n次碰撞后到第n+1次碰撞前c运动的位移大小(n=1,2,3,…)。
【名师解析】 (1)b、c分开过程,根据动量守恒定律有mv0=2mvc0
c沿水平面滑动的加速度大小a=μmgm=μg
根据运动学规律,分开后c在水平面上滑动的时间t0和滑过的距离xc0满足t0=vc0a,vc02=2axc0
b再次回到b、c分开位置时t1=πRg
b匀速运动的时间t2=xc0v0
则t0=t1+t2
整理得R=9v0264π2μ2g。
(2)设b、c第1次碰撞后的速度分别为vb1和vc1,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0=mvb1+2mvc1,12mv02=12mvb12+12·2mvc12
解得vb1=-13v0,vc1=23v0
设第2次碰撞前c已停止运动,则第1次碰撞后c滑动的时间tc1=vc1a=2v03μg
b的运动时间tb1=t1+2xc0+xc1|vb1|
其中xc1=vc122a
由于tc1所以第2次碰撞前c已停止运动
第2次碰撞后,b的速度大小vb2=-13|vb1|=-132v0=-19v0
即b与c第3次碰撞前,b的速度大小为19v0。
(3)b与c第2次碰撞后,c的速度大小vc2=23vb1=23×13v0
b与c第2次碰撞后,c滑动的位移xc2=vc222a=2v029μg×19
……
b与c第n次碰撞前,b的速度大小vb(n-1)=13n-1v0
b与c第n次碰撞后,c的速度大小为vcn=23vb(n-1)动量守恒
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
第8.6 讲 爆炸和反冲
【知识点精讲】
1．反冲运动
(1)反冲：反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果；反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律；反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。
(2)反冲现象的应用及防止
①应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转，可以自动改变喷水的方向。
②防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
2．火箭
(1)火箭的原理
火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒，它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。
(2)影响火箭获得速度大小的因素
①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2__000～4__000 m/s。
②火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，决定于火箭的结构和材料。现代火箭的质量比一般小于10。
火箭获得的最终速度
火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，如图所示，
更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，设燃料燃尽后火箭的飞行速度为v，发射后的总动量为
mv－(M－m)v1(以火箭的速度方向为正方向)
由动量守恒定律，mv－(M－m)v1＝0
解得 v＝(eq \f(M,m)－1)v1
由此可知，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比 eq \f(M,m) 决定。
【来源： 喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
（3）．多级火箭：能及时把空壳抛掉，使火箭的总质量减少，因而能够达到很高的速度，但火箭的级数不是越多越好，级数越多，构造越复杂，工作的可靠性越差，目前多级火箭一般都是三级火箭。
3．“人船”模型
模型特点eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1两个物体,2动量守恒,3总动量为零))
结论：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小)
4.| “爆炸”模型
【方法归纳】
爆炸、反冲、人船模型都有其它形式的能量转化为动能，所以爆炸、反冲、人船模型系统的动能都增加。若两个物体之间夹一压缩的弹簧，弹簧把两个物体弹开，类似于爆炸，可迁移相关知识解答。原子核衰变可以等效为反冲模型。
【最新高考题精练】
1.. （2022山东物理）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【参考答案】A
【命题意图】本题考查受力分析、动量定理、能量守恒定律及其相关知识点。
【名师解析】
火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
2.（2021年1月浙江选考）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1:2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【参考答案】B
【名师解析】爆炸物爆炸，动量守恒，v1=v2，解得两碎块的初速度之比为v1∶v2=1∶2，由平抛运动规律x=vt可知，两碎块的水平位移大小之比为x1∶x2=v1∶v2=1∶2，选项A错误；根据题述，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，可知碎块在空中下落时间为t=4s，由平抛运动规律可知，.爆炸物的爆炸点离地面高度为h=gt2=80m，选项B正确；爆炸后质量大的碎块落地时撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为t1=5s-4s=1s，撞击地面处距离声音记录仪的距离为x1=vt1=340m，由x1=v1t，解得：v1=85m，选项C错误；爆炸后质量小的碎块落地时撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为t2=6s-4s=2s，撞击地面处距离声音记录仪的距离为x2=vt2=680m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为x= x1+ x2=340m+680m=1020m，选项D错误。
3. （2017年高考·新课标全国理综II卷）（2017全国II卷·15）一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为，下列说法正确的是
A. 衰变后钍核的动能等于粒子的动能
B. 衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小
C. 铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间
D. 衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
【参考答案】B
【名师解析】静止的铀核衰变，动量守恒。由动量守恒定律可知，衰变后钍核与粒子动量大小相等，方向相反，选项B正确；根据动量与动能的关系式，动量大小相等，其两者动能一定不等，选项A错误；铀核的半衰期等于大量的铀核衰变一半所经历的时间，选项C错误；原子核衰变释放出了能量，根据爱因斯坦质能方程，一定有质量亏损，衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项D错误。
原子核衰变时满足动量守恒，根据动量守恒定律，静止的铀核放出一个α粒子衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小，选项B正确；由于钍核的质量大于α粒子的质量，由动能与动量大小之间的关系式可知，衰变后钍核的动能小于粒子的动能，选项A错误；由半衰期概念可知选项C错误；衰变时核能转化为动能，所以，衰变过程发生质量亏损，衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项D错误。
4 (2008·海南物理第19题)一置于桌面上质量为M的玩具炮，水平发射质量为m的炮弹．炮可在水平方向自由移动．当炮身上未放置其它重物时，炮弹可击中水平地面上的目标A；当炮身上固定一质量为M0的重物时，在原发射位置沿同一方向发射的炮弹可击中水平地面上的目标B．炮口离水平地面的高度为h．如果两次发射时“火药”提供的机械能相等，求B、A两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比。
解析：由动量守恒定律和能量守恒定律得：
解得：
炮弹射出后做平抛，有：
解得目标A距炮口的水平距离为：
同理，目标B距炮口的水平距离为：
解得：
【最新模拟题精练】
1. （2023江西上饶二模）如图所示，一辆质量的小车A静止在光滑的水平面上，A上有一质量的光滑小球B，将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能，B与A右壁距离为l。解除锁定，B脱离弹簧后与A右壁碰撞并被粘住，下列说法正确的是（ ）
A. B脱离弹簧时，A的速度大小为
B. B和A右壁碰撞并被粘住的过程中，A右壁对B的冲量大小为
C. 整个过程B移动的距离为
D. B碰到A右壁前瞬间，A与B的动量相同
【参考答案】AB
【名师解析】
B脱离弹簧时，由动量守恒和能量关系 ，
解得A的速度大小为 ，B的速度大小为，选项A正确；
B和A右壁碰撞并被粘住时，AB速度均变为零，则由动量定理A右壁对B的冲量大小为
，选项B正确；
整个过程由动量守恒
其中
解得B移动的距离为，选项C错误；
B碰到A右壁前瞬间，A与B的动量大小相等，方向相反，选项D错误。
2．（2023湖北荆门三校5月联考）如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。一小球以某一水平速度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为，作出图像，如图乙所示。已知P点距地面高，重力加速度为g，则（ ）
A．小车质量是小球质量的2倍
B．小球上升到最高点时的速度为
C．小球上升的最大高度为
D．小球落地时与小车左端P点的水平距离为
【参考答案】BC
【名师解析】．设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，则由图乙数据可得解得故A错误；
小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则解得故B正确；
设小球上升的最大高度为H，根据机械能守恒定律有解得故C正确；
设小球滑回至P点时，小球和小车的速度分别为和，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有；解得，小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为故D错误。。
3. （2023湖北四市七校联盟期中联考） 如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量为m的小钢球从槽的顶端A处静止释放，不计一切阻力，重力加速度为g，在此后的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小钢球和圆弧形槽组成的系统动量不守恒
B. 小钢球运动到圆弧槽B处时速度为
C. 小钢球运动到圆弧槽B处时，此圆弧槽的对地位移大小可能为R
D. 小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为R
【参考答案】ACD
【名师解析】
小钢球在竖直方向受重力作用，合力不为零，小钢球和槽组成的系统动量不守恒，A正确；
小钢球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，则有
mv1= 3mv2
又因为整个过程系统机械能守恒又有
解得，，B错误；
设小钢球小钢球下滑到底端B的过程中所用时间为t，圆弧向左移动的距离为x，则小钢球向右移动的距离为R－x，根据水平方向动量守恒得
解得，
由于小钢球在竖直方向运动了R，则小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为
，CD正确。
4. . (2023湖南名校5月质检) 气球质量为，载有质量为的人，静止在空中距地面的地方，气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳长至少为（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】C
【名师解析】
以人和气球组成的系统为研究对象，系统动量守恒，设人在沿绳缓慢下滑时的速度为v1，气球的速度为v2，经过时间t人安全到达地面，人运动的位移为s1=20m,气球上升的位移为s2，因为人从气球上沿绳慢慢下滑，所以在整个过程可看成匀速直线运动，有
则
解得
所以绳长最短为20m+10m=30m，故选C。
5. （2023湖北孝感重点高中期中联考）如图，质量为m的人站在质量为M的车的一端，m>M，车相对于地面静止。在人由一端走到另一端的过程中，人重心高度不变，空气阻力、车与地面间的摩擦力均可以忽略不计（ ）
A. 人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
B. 人发生的位移大小大于车发生的位移大小
C. 人运动越快，人和车的总动量越大
D. 不管人运动多快，车和人的总动量不变
【参考答案】D
【名师解析】
在人由一端走到另一端的过程中，对于人和车组成的系统，所受的合外力为零，系统的动量守恒，C错误，D正确。根据，人对车的作用力等于车对人的作用力，作用时间相等，所以人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小，A错误；
根据动量守恒定律
两边同时乘于时间，则得
即，m>M
解得，B错误。
6. （2023湖北六校期中联考）生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在平静的水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 人在甲板上向右散步时，船也将向右运动
B. 人在立定跳远的过程中船相对地面保持静止
C. 人在立定跳远的过程中船相对地面后退了0.4m
D. 人相对地面的成绩为1.8m
【参考答案】D
【名师解析】
根据动量守恒定律知，人在甲板上散步时，船将向后退，即船向左运动，故A错误；
根据“人船模型”动量守恒有
代入数据解得
即人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，故BC错误；
人相对地面的成绩为，故D正确；
7. （2023湖南名校联盟期中）如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为。圆弧体锁定，圆弧体可以自由滑动，一个小球从圆弧体的最高点由静止释放，在圆弧体中上升的最大高度。已知重力加速度大小为，则（）
A.小球在圆弧体最高点滑下到分离过程中，小球与圆弧体组成的系统动量守恒
B.小球与圆弧体的质量之比为1：2
C.小球在圆弧体最高点滑下到分离过程中，圆弧体后退的距离为
D.若圆弧体没有锁定，则圆弧体最终获得的速度大小为
【参考答案】.CD
【名师解析】 小球与圆弧体组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；根据小球在圆弧体中上升的最大高度，由机械能守恒定律可得。
设小球质量为，圆弧体质量为，小球从圆弧体上滑下时，的速度大小为，由题意可知：，，解得，故B错误；
，，，可得，故C正确；
若圆弧体没有锁定，则小球与圆弧体作用过程类似于弹性碰撞，交换速度，因此圆弧体最终获得的速度大小为，故D正确。
8．（2023洛阳名校联考）将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.eq \f(m,M)v0 B.eq \f(M,m)v0
C.eq \f(M,M－m)v0 D.eq \f(m,M－m)v0
【参考答案】D
【名师解析】 选火箭和燃料整体为研究对象，在气体喷出的过程中，内力远大于外力，系统动量守恒，则(M－m)v＝mv0，
解得v＝eq \f(mv0,M－m)，故D选项正确。
9. 质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m=2kg的小球（视为质点）通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态。现给小球一个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2。则
A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了
【参考答案】.AD
【名师解析】可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有=，解得：x=0.3m，选项A正确B错误。根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45m，选项C错误。根据动量守恒定律，在小球上升到轨道高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以到达的最大高度为h=0.45m，与水平面的夹角为csα=0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x’，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有=，解得：x’=0.24m。小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x+x‘=0.3m+0.24m=0.54m,选项D正确。
10. (2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟)用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg，最后一节火箭壳体的质量为100kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为。试求：（计算结果保留两位有效数字）
（1）分离后卫星的速度增加到多少？
（2）分离过程中卫星对火箭壳体所做的功是多少？
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）根据动量守恒
又
得分离后卫星的速度增加到
（2）由（1），分离后火箭壳体的速度为
分离过程中卫星对火箭壳体所做的功为
11. （2023广州二模）如图。玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大轻弹簧构成，A的质量为0.2kg，B的质量为0.4kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A上升得更高，让“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B 恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度取10m/s2。求
（1）“火箭”着地时速度大小；
（2）A上升的最大高度；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能。
【参考答案】：（1）4m/s；（2）7.2m；（3）9.6J
【名师解析】：（1）“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，做自由落体运动
解得
（2）“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B 恰好停在地面上,动量守恒，取向上为正方向
解得
A做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动
解得
（3）根据功能关系有
12. （2023北京昌平二模） 如图所示，一枚炮弹发射的初速度为，发射角为。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离。
【参考答案】（1），方向水平向右；（2）机械能增加了；（3）
【名师解析】
（1）炮弹炸裂前瞬间速度为
方向水平向右
炸裂过程中根据水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有
炸裂后A部分竖直下落，说明此时A的水平速度为零，解得
方向水平向右
（2）炸裂前后系统机械能的变化量为
解得
A、B系统机械能增加了。
（3）炸裂后，A做自由落体运动，B做平抛运动，下落时间为
落地后，A、B两部分落地点之间的水平距离为
解得
13. （2023辽宁教研联盟二模）如图，一长度L=8m、质量M=0.2kg的木板紧靠墙壁放置在光滑水平地面上，在距木板左端为kL（0
（2）若，求木块A离开木板时，木块B速度的大小；
（3）若μA=0，求摩擦力对木块B所做的功。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）对A、B组成的系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
=4m/s
（2）A、B分开之后，分别向左，向右做减速运动，对木板
所以木板受到右侧墙壁的作用而保持静止，设木块A、B的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律得
解得
=2m/s2
=3m/s2
设从A、B分开到A离开木板所用的时间为t，则有
解得
t=1s
t=3s不符合题意舍掉。
对B则有
解得
=1m/s
（3）设木块B运动到墙壁时的速度为，则由匀变速直线运动规律可得
令=0，则
则当时，木块B在与墙壁相撞前就停止了运动，则有
解得
=−1.6J
当时，≠0，其则会与墙壁相撞，由于木块B与墙壁碰撞过程中不损失机械能，则其动能不变。木块B原速率弹回后与木板组成的系统在运动中不受水平外力，则系统动量守恒，则有
解得
则从A、B分开到B与木板共速的过程中，只有摩擦力对木块B做功，对木块B分析，由动能定理得
解得
=（1.2k−2.4）J
14. （2023天津南开二模）如图所示，固定平台右端静止着两个小滑块A、B，，，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后滑块A滑到距平台右端的C点停下，滑块A与平台间的动摩擦因数，滑块B冲上小车并最终与小车共速运动，滑块B与小车粗糙部分的动摩擦因数。两滑块都可以视为质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度。求：
（1）滑块B刚滑上小车时速度的大小；
（2）最终滑块B与小车共速时速度v的大小和方向；
（3）最终滑块B与小车共速时距小车左端的距离。
【参考答案】（1）；（2），方向水平向右；
（3）滑块B停在离小车左端处
【名师解析】
（1）设爆炸后滑块A获得速度大小为，滑块A滑到平台上的C点时停下，有
或
解得
爆炸过程中，滑块A、B组成的系统动量守恒，有
解得
（2）滑块B最终和小车达到共同速度v，根据动量守恒定律有
解得
方向水平向右
（3）设B在小车粗糙段滑行的路程为s，有
解得
即最终滑块B停在离小车左端处。
15. （2023山东青岛二中下学期期中）如图（a）所示，质量为的物块A与质量为的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C．现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行，小物块C的速度随时间变化图像如图（b）所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取，求：
（1）炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小；
（2）小物块C的质量；
（3）小物块C静止时距长木板B右端的距离d。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）对物块A在爆炸后，知
可得
对物块A与长木板B在爆炸过程中知
可得.
（2）对B、C在相对滑动过程中共速时速度为
对小物块C，在0~1s内
可得
对长木板B，在0~1s内知
且
可得
（3）对长木板B与小物块C在0~1s内，相对位移为
对长木板B，在1s后至停下时知
可得
对长木板B与小物块C在1s后至均停下，相对位移为
可知，小物块C静止时距长木板B右端的距离
16.(20分)(2022广东模拟)如图所示,光滑圆弧轨道AB固定在水平面上与水平面平滑连接,在圆弧轨道最低点A静止放置物块b、c(可看作质点),b、c的质量分别为m、2m,b、c间有少量火药(质量可忽略),某时刻火药燃烧将b、c迅速分开,分开后b以速度v0向左冲上圆弧,经一段时间再次回到b、c分开位置后继续向右运动,当c刚好停止运动时b与之发生第一次碰撞。已知b与c的所有碰撞均为弹性碰撞,b与水平面间没有摩擦,c与水平面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。已知物块b从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用时间与b冲上圆弧的速度大小无关,可用圆弧半径R表示为πRg(R为题中未知量),求:
(1)圆弧轨道半径的大小;
(2)b与c发生第3次碰撞前,b的速度;
(3)b、c第n次碰撞后到第n+1次碰撞前c运动的位移大小(n=1,2,3,…)。
【名师解析】 (1)b、c分开过程,根据动量守恒定律有mv0=2mvc0
c沿水平面滑动的加速度大小a=μmgm=μg
根据运动学规律,分开后c在水平面上滑动的时间t0和滑过的距离xc0满足t0=vc0a,vc02=2axc0
b再次回到b、c分开位置时t1=πRg
b匀速运动的时间t2=xc0v0
则t0=t1+t2
整理得R=9v0264π2μ2g。
(2)设b、c第1次碰撞后的速度分别为vb1和vc1,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0=mvb1+2mvc1,12mv02=12mvb12+12·2mvc12
解得vb1=-13v0,vc1=23v0
设第2次碰撞前c已停止运动,则第1次碰撞后c滑动的时间tc1=vc1a=2v03μg
b的运动时间tb1=t1+2xc0+xc1|vb1|
其中xc1=vc122a
由于tc1
第2次碰撞后,b的速度大小vb2=-13|vb1|=-132v0=-19v0
即b与c第3次碰撞前,b的速度大小为19v0。
(3)b与c第2次碰撞后,c的速度大小vc2=23vb1=23×13v0
b与c第2次碰撞后,c滑动的位移xc2=vc222a=2v029μg×19
……
b与c第n次碰撞前,b的速度大小vb(n-1)=13n-1v0
b与c第n次碰撞后,c的速度大小为vcn=23vb(n-1)动量守恒
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
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