高考物理复习特训考点六动量守恒定律第51练(模型方法)爆炸、反冲模型和人船模型含解析

第51练　(模型方法)爆炸、反冲模型和人船模型　

（时间　25分钟）

思维方法

在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律．

一、选择题

1.

如图所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将(　　)

A．后退0.5 m    B．后退0.6 m

C．后退0.75 m    D．一直匀速后退

2．(多选)[2022·江西临川质检]我国的“长征”系列运载火箭已经成功发射了240多颗不同用途的卫星．火箭升空过程中向后喷出高速气体，从而获得较大的向前速度．火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的最终速度．影响火箭最大速度的因素是(　　)

A．火箭向后喷出的气体速度

B．火箭开始飞行时的质量

C．火箭喷出的气体总质量

D．火箭始、末质量比

3．(多选)[2022·济南一模]如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)

A．A球将做变速圆周运动

B．B球将一直向右运动

C．B球向右运动的最大位移为L

D．B球运动的最大速度为

二、非选择题

4．在光滑水平桌面上，有一长l＝2 m的木板C，它的两端各有一固定的挡板，C的质量mC＝5  kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA＝1  kg，mB＝4  kg.开始时A、B、C都静止，并且A、B间夹有少量的塑胶炸药，如图所示，炸药爆炸使得A以6 m/s的速度水平向左运动．如果A、B与C间的摩擦忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略．

(1)两滑块都与挡板相碰后，求板C的速度为多大．

(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移大小和方向如何？

5．如图所示，静置于光滑水平面上的滑块Q由半径为L的光滑圆弧轨道AB和长为L的水平轨道BC组成，半径OB竖直，末端C离地高度为.若滑块Q锁定，让一小物块P从A处由静止释放，沿轨道运动，从C端飞出，落到水平面上的D点．已知Q的质量是P的4倍，P与轨道BC之间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块P可视为质点，重力加速度为g.

(1)求C、D间的水平距离x0；

(2)若将滑块Q解锁，让P仍从A处由静止释放沿轨道运动，离开C端后落到水平面上的D′点，求：

①P滑到C端时的速度大小v1；

②D′、D两点间的距离x.

第51练　（模型方法）爆炸、反冲模型和人船模型

1．答案：A

解析：人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m．

2．答案：AD

解析：分别用M、m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v0表示喷气速度大小，则火箭喷气过程动量守恒，有mv－（M－m）v0＝0，即火箭最大速度v＝v0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，A、D正确．

3．答案：CD

解析：由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，故A项错误．A球来回摆动，B球将左右做往复运动，故B项错误．对A、B，水平方向动量守恒，从A球释放到A球摆到最左端过程中，取水平向左为正方向，由水平动量守恒得：mA－mB＝0，即有mA sA＝mB sB，又sA＋sB＝2L，得B球向右运动的最大位移sB＝L，故C项正确．当A球摆到B球正下方时，B的速度最大．由水平动量守恒，得mAvA＝mBvB，由机械能守恒，得mAgL＝mAv＋mBv.解得B球运动的最大速度为vB＝，故D项正确．

4．答案：（1）0　（2）0.3 m，方向向左

解析：爆炸过程中A、B相互作用，系统满足动量守恒定律，A、B分离后以不同的速率滑向挡板，A先到达挡板与C作用，并发生完全非弹性碰撞，C与B有相对运动，直到碰撞结束为止，整个过程满足动量守恒定律．

（1）对于由A、B、C组成的系统，开始时静止，由动量守恒定律有（mA＋mB＋mC）vC＝0，得vC＝0，即最终木板C的速度为0.

（2）A先与C相碰，由动量守恒定律有

mAvA＝（mA＋mC）v共

所以v共＝1 m/s

对A、B组成的系统由动量守恒定律有mAvA＝mBvB

得vB＝1.5 m/s

从炸药爆炸到A、C相碰经过的时间t1＝＝ s，此时B距C的右挡板的距离xB＝－vBt1＝0.75 m，再经过t2时间B与C相碰，则t2＝＝0.3 s，故C向左的位移大小ΔxC＝v共t2＝1×0.3 m＝0.3 m，方向向左．

5．答案：（1）L　（2）① 　②L

解析：（1）设P的质量为m，Q锁定时，P到达C端时的速度大小为v0，P从A运动到C的过程，根据动能定理有mgL－μmgL＝mv

P离开C端后做平抛运动，则x0＝v0t1

＝gt

联立解得x0＝L

（2）①若将滑块Q解锁，设P到达C端时，P的速度大小为v1，Q的速度大小为v2，以水平向右为正，系统在水平方向上不受力，系统在水平方向上动量守恒，则

mv1－4mv2＝0

根据能量守恒定律有mgL＝μmgL＋mv＋·4mv

解得v1＝

②由（1）问得t1＝

P离开C 端后做平抛运动，则水平射程x3＝v1t1

设在P从A运动到C的过程，Q向左运动的位移大小为x2，则P向右运动的位移大小x1＝2L－x2

系统在水平方向上不受外力，在水平方向上平均动量守恒，则m·－4m·＝0

解得x2＝L

D′、D两点间的距离x＝x0＋x2－x3＝L