資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題11 爆炸與類爆炸模型
[模型導航]
【模型一】爆炸模型 1
【模型二】彈簧的“爆炸”模型 4
【模型三】人船模型與類人船模型 7
【模型四】類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較 9
[模型分析]
【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完成的，爆炸物體間的相互作用力遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。
動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學能）轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加。
位置不變：由于爆炸的時間極短。因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可以忽略不計，可認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：質量分別為、的可視為質點A、B間夾著質量可忽略的火藥．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量和各表面的光滑程度)，則：
、組成的系統動量守恒：①得：
②
②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量成反比。
、組成的系統能量守恒：③
式也可以寫為：④又根據動量與動能的關系得
④進一步化簡得：⑤
⑤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量成反比。
②⑤聯立可得： ⑥
若原來、組成的系統以初速度在運動，運動過程中發生了爆炸現象則：
、組成的系統動量守恒：⑦
、組成的系統能量守恒：⑧
斜向上發射的炮彈在最高點爆炸（爆炸時間極短）成質量均為m的兩塊碎片，其中一塊碎片做自由落體運動。已知炮彈爆炸時距地面的高度為H，炮彈爆炸前的動能為E，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量，則兩塊碎片落地點間的距離為（　　）
A．2 B．2 C．2 D．4
質量為m的煙花彈從地面以初動能E向上飛出，當其上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的a、b、c、d四部分（可視為質點），其中a、b兩部分速度方向分別為豎直向上和豎直向下，c、d兩部分速度方向分別為水平向左和水平向右，a的動能也為E，如圖所示。爆炸時間極短，且炸藥對a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大為g，不計空氣阻力和火藥的質量。關于它們后面的運動，下列說法正確的是（　　）
A．都落地后，a、b、c、d分布在一個四邊形的四個頂點上，且ac連線比cb連線短
B．落地前，a、b、c、d在相等的時間內速度的變化量相同
C．落地時，a的速度大小為
D．落地時，a、b、c、d重力的功率關系為Pa＝Pb＞Pc＞Pd
如圖所示，水平地面上緊挨著的兩個滑塊P、Q之間有少量炸藥（質量不計），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距離分別為0.1m、0.4m。已知P、Q與水平地面間的動摩擦因數相同，則P、Q的質量之比m1：m2為（　　）
A．4：1 B．1：4 C．2：1 D．1：2
一質量為M的煙花斜飛到空中，到最高點時速度為v，此時煙花炸裂成兩塊（損失的炸藥質量不計），炸裂成的兩塊速度沿水平相反方向，落地時水平位移大小相等，不計空氣阻力，若向前一塊的質量為m，則向前一塊的速度大小為（　　）
A． B． C． D．v
如圖所示，在距離水平地面一定高度處的豎直平面內固定一半徑為R的光滑半圓軌道AB，在半圓軌道最低點B處有兩個小球P、Q（兩小球均可視為質點），兩小球之間放有火藥，點燃火藥，兩小球分別獲得水平向右和水平向左的初速度，向左運動的小球P落在水平地面上的C點，向右運動的小球Q沿半圓軌道恰好運動到A點后水平拋出也落在C點。已知火藥釋放的能量有80%轉化為兩小球的動能，C點與B點的水平距離為3R，P小球的質量為m，重力加速度為g。求：
（1）半圓軌道AB的最低點B處距離水平地面的高度h；
（2）小球P獲得水平向左的初速度瞬間對半圓軌道最低點的壓力；
（3）火藥釋放的能量E。
如圖（a）所示，豎直平面內一傾角為θ＝30°、足夠長的粗糙斜面與長度為l＝2m的粗糙水平面CD平滑連接，CD右側固定一彈性擋板。可視為質點、材料相同的滑塊A、B質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，置于水平面左端C點。某時刻A、B之間的少量炸藥突然爆炸（可視為瞬間過程），若A、B之間炸藥爆炸的能量有48J轉化為A、B的機械能，其余能量轉化為內能。爆炸后瞬間A、B速度方向均在水平方向上，A第一次在斜面上運動的v﹣t圖線如圖（b）所示（圖中v1、v2和t1未知）。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短，已知滑塊A、B與水平面CD之間的動摩擦因數為μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）爆炸結束的瞬間A、B獲得的速度大小；
（2）A與粗糙斜面之間的動摩擦因數 1；
（3）A第一次回到斜面底端時，A與B之間的距離及A和B都停止后，A與B之間的距離。
【模型二】彈簧的“爆炸”模型
、組成的系統動量守恒：①得：
②
②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量成反比。
、組成的系統能量守恒：③
①式也可以寫為：④又根據動量與動能的關系得
④進一步化簡得：⑤
⑤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量成反比。
②⑤聯立可得： ⑥
若原來、組成的系統以初速度在運動，運動過程中發生了爆炸現象則：
、組成的系統動量守恒：⑦
、組成的系統能量守恒：⑧
（多選）如圖a所示，質量分別為m1、m2的兩物塊A、B間拴接一個被壓縮且鎖定的輕彈簧，整個裝置靜置于光滑水平地面上，其中A與左側固定的擋板相接觸。現解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B的速度隨時間變化的圖像如圖b所示，則（　　）
A．整個運動過程中，A、B組成的系統機械能守恒
B．A、B的質量之比m1：m2＝1：1
C．A的最大速度為vm＝2m/s
D．A離開擋板后，彈簧的彈性勢能最大時B的速度為2m/s
如圖所示，在光滑水平面上，有質量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態的輕質彈簧，由于被一根細繩拉著而處于靜止狀態。當剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是（　　）
A．兩滑塊的動能之比EkA：EkB＝2：1
B．兩滑塊的動量大小之比pA：pB＝2：1
C．彈簧對兩滑塊的沖量大小之比IA：IB＝1：1
D．彈簧對兩滑塊做功之比WA：WB＝1：1
（多選）如圖所示，在光滑的水平面上體積相同、質量分別為m＝0.1kg和M＝0.3kg的兩個小球A、B，兩球之間夾著一根壓縮的輕彈簧（彈簧與兩球不相連），A、B兩球原來處于靜止狀態，現在突然釋放彈簧，B球脫離彈簧時的速度為2m/s，A球進入與水平面相切、半徑為0.5m的豎直面內的光滑半圓形軌道運動，PQ為半圓形軌道豎直的直徑，不計空氣阻力，g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩球離開彈簧的過程中，A球受到的沖量大小等于B球受到的沖量大小
B．彈簧初始時具有的彈性勢能為2.4J
C．A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1N s
D．若逐漸增大半圓形軌道半徑，仍然釋放該彈簧且A球能從Q點飛出，則落地的水平距離將不斷增大
（多選）如圖，足夠長的傳送帶AB以速度v＝4m/s逆時針轉動，與水平面夾角為37°，下端與足夠長的光滑水平面BC平滑連接，滑塊1、2用細線（未畫出）拴在一起靜止在水平面BC上，中間有一被壓縮的輕質彈簧（彈簧在彈性限度內且1、2與彈簧不拴接）。剪斷細線后彈簧恢復原長，之后滑塊2以2m/s的速度水平向右運動。已知滑塊2與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5，滑塊1、2質量分別為m1＝1kg、m2＝2kg，滑塊2在傳送帶上發生相對滑動時會在傳送帶上留下痕跡，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（　　）
A．彈簧恢復原長后滑塊1速度大小為1m/s
B．彈簧處于壓縮狀態時儲存的最大彈性勢能為12J
C．滑塊2在傳送帶上運動的時間為0.4s
D．滑塊2在傳送帶上發生相對滑動的過程中產生的熱量為12.8J
如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質量為M＝0.2kg的小球P和質量為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處放置一質量也為m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平面相切的光滑豎直的半圓軌道。釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進入半圓形軌道，恰好能夠通過半圓形軌道的最高點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。已知桌面高為h＝0.2m，D點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經過半圓軌道最低點B時對軌道的壓力大小；
（2）小球Q與橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
（3）被壓縮的輕彈簧的彈性勢能。
【模型三】人船模型與類人船模型
【模型構建】如圖所示，長為L、質量為M的小船停在靜水中，質量為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為研究對象，在水平方向不受外力作用，滿足動量守恒．設某時刻人的速度為v1，船的速度為v2，取人行進的方向為正，則有：
上式換為平均速度仍然成立，即
兩邊同乘時間t，，
設人、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，
【類人船模型】
如圖，一人站在靜止的平板車上，不計平板車與水平地面的摩擦，空氣的阻力也不考慮。則下列說法不正確的是（　　）
A．人在車上向右行走時，車將向左運動
B．當人停止走動時，車也會停止
C．人緩慢地在車上行走時，車可能不動
D．當人從車上的左端行走到右端，不管人在車上行走的速度多大，車在地面上移動的距離都相同
如圖所示，質量M＝2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質量m＝1kg的小球通過長L＝0.5m的輕質細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內繞O軸自由轉動，開始輕桿處于水平狀態，現給小球一個豎直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2。則（　　）
A．若鎖定滑塊，小球通過最高點P時對輕桿的作用力為4N
B．若解除對滑塊的鎖定，滑塊和小球組成的系統動量守恒
C．若解除對滑塊的鎖定，小球通過最高點時速度為2m/s
D．若解除對滑塊的鎖定，小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離為m
如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H＝125m的高處，現將質量為m＝50kg的物資以相對地面的速度v0＝5m/s水平投出，已知投出物資前熱氣球的總質量為M＝300kg，所受浮力不變，重力加速度10m/s2，不計阻力，以下判斷不正確的是（　　）
A．投出物資后，物資下落過程中熱氣球和物資組成的系統動量守恒
B．投出物資后熱氣球與物資在水平方向上的速度大小之比始終是1：5
C．投出物資后，物資下落過程中熱氣球和物資組成的系統機械能增加
D．物資落地時物資與熱氣球的距離為5m
如圖所示，載人氣球原來靜止在空中，與地面距離為h，已知人的質量為m，氣球的質量（不含人的質量）為M。若人要沿輕繩梯返回地面，則繩梯的長度至少為（　　）
A．h B． C． D．
如圖所示，一個質量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，半圓槽半徑為R，一小物塊Q質量為3m，從半圓槽的最左端與圓心等高位置無初速釋放，然后滑上半圓槽右端，接觸面均光滑，Q從釋放到滑至半圓槽右端最高點的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．P、Q組成的系統滿足動量守恒
B．P的位移大小為R
C．Q滑動最低點的速度為
D．Q的位移大小為R
【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
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 . 機械能守恒:mg(R+h)= mv02
②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.（若內壁光滑Q=0）
（多選）如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m、可視為質點的滑塊從小車上的A點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。已知小車質量M＝4m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ，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+L
B．小車在運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．μ、L、R三者之間的關系為R＝μL
（多選）如圖所示，在光滑水平面上靜止著一個斜面體，其質量為m2，斜面是一個光滑的曲面，斜面體高為h，底邊長為a。今有一個質量為m1（m2＝nm1）的小球從斜面體的頂端自靜止開始下滑，小球滑離斜面體的下端時速度沿水平方向，則下列說法正確的是（　　）
A．在小球下滑過程中，兩者的動量總是大小相等方向相反
B．兩者分開時斜面體向右移動的距離是
C．分開時小球和斜面體的速度大小分別是和
D．在小球下滑過程中斜面體彈力對它做的功為
（2023 浙江）為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數k＝100N/m的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上。現有質量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝2m/s從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能Ep（x為形變量）。
（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE；
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
（2023 湖南）如圖，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。
（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；
（2）在平面直角坐標系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；
（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大小（結果用a、b及g表示）。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)中小學教育資源及組卷應用平臺
專題11 爆炸與類爆炸模型
[模型導航]
【模型一】爆炸模型 1
【模型二】彈簧的“爆炸”模型 8
【模型三】人船模型與類人船模型 13
【模型四】類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較 18
[模型分析]
【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完成的，爆炸物體間的相互作用力遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。
動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學能）轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加。
位置不變：由于爆炸的時間極短。因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可以忽略不計，可認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：質量分別為、的可視為質點A、B間夾著質量可忽略的火藥．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量和各表面的光滑程度)，則：
、組成的系統動量守恒：①得：
②
②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量成反比。
、組成的系統能量守恒：③
①式也可以寫為：④又根據動量與動能的關系得
④進一步化簡得：⑤
⑤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量成反比。
②⑤聯立可得： ⑥
若原來、組成的系統以初速度在運動，運動過程中發生了爆炸現象則：
、組成的系統動量守恒：⑦
、組成的系統能量守恒：⑧
斜向上發射的炮彈在最高點爆炸（爆炸時間極短）成質量均為m的兩塊碎片，其中一塊碎片做自由落體運動。已知炮彈爆炸時距地面的高度為H，炮彈爆炸前的動能為E，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量，則兩塊碎片落地點間的距離為（　　）
A．2 B．2 C．2 D．4
【解答】解：火箭炸裂的過程水平方向動量守恒，設火箭炸裂前的速度大小為v，則由E 2mv2可得，v
由題意可知，其中一塊做自由落體運動，即炸裂后速度為零；設炸裂后瞬間另一塊碎片的速度大小為v1，以原速度方向為正方向，則由動量守恒定律可得，2mv＝mv1
解得v1＝2
根據平拋運動規律有，解得飛行時間t
兩塊碎片落地點之間的距離x＝v1t＝22，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
質量為m的煙花彈從地面以初動能E向上飛出，當其上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的a、b、c、d四部分（可視為質點），其中a、b兩部分速度方向分別為豎直向上和豎直向下，c、d兩部分速度方向分別為水平向左和水平向右，a的動能也為E，如圖所示。爆炸時間極短，且炸藥對a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大為g，不計空氣阻力和火藥的質量。關于它們后面的運動，下列說法正確的是（　　）
A．都落地后，a、b、c、d分布在一個四邊形的四個頂點上，且ac連線比cb連線短
B．落地前，a、b、c、d在相等的時間內速度的變化量相同
C．落地時，a的速度大小為
D．落地時，a、b、c、d重力的功率關系為Pa＝Pb＞Pc＞Pd
【解答】解：A、爆炸時間極短，重力可忽略不計，說明爆炸過程動量守恒，水平方向和豎直方向動量都守恒，取a的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：0mvamvb；取c的速度方向為正方向，由動量守恒定律得0mvcmvd，解得va＝vb，vc＝vd。炸藥對a、b、c、d四部分的作用力大小相等，根據動量定理有Ftmv，聯立得va＝vb＝vc＝vd＝v。爆炸后a、b、c、d四部分分別做豎直上拋、豎直下拋和平拋運動，落地前c、d兩部分沿各自初速度方向的水平位移相等，豎直方向做自由落體運動的位移相等，a、b只在豎直方向上運動，只有豎直位移，且兩點最終落點相同，故落地后四點分布在一條直線上，且ac連線等于cb連線，故A錯誤；
B、落地前，a、b、c、d的加速度均為重力加速度，在相等時間內速度變化量均為Δv＝gt，方向豎直向下，故B正確；
C、設爆炸時離地高度為h，煙花彈上升過程根據機械能守恒，有E＝mgh。落地時根據動能定理，對a，有mghE，解得落地時，a的速度大小為
va′，故C錯誤；
D、落地時，a、b、c、d的豎直速度大小關系為：va′＝vb′＞vc′＝vd′，根據P＝mgv′得a、b、c、d重力的功率關系為Pa＝Pb＞Pc＝Pd，故D錯誤。
故選：B。
如圖所示，水平地面上緊挨著的兩個滑塊P、Q之間有少量炸藥（質量不計），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距離分別為0.1m、0.4m。已知P、Q與水平地面間的動摩擦因數相同，則P、Q的質量之比m1：m2為（　　）
A．4：1 B．1：4 C．2：1 D．1：2
【解答】解：爆炸過程中，兩滑塊動量守恒，取水平向右為正，則
0＝﹣m1v1+m2v2
爆炸之后分別對兩滑塊動能定理可知：
滑塊P：﹣μm1gx1＝0
滑塊Q：﹣μm2gx2＝0
聯立解得：m1：m2＝2：1
故ABD錯誤，C正確；
故選：C。
一質量為M的煙花斜飛到空中，到最高點時速度為v，此時煙花炸裂成兩塊（損失的炸藥質量不計），炸裂成的兩塊速度沿水平相反方向，落地時水平位移大小相等，不計空氣阻力，若向前一塊的質量為m，則向前一塊的速度大小為（　　）
A． B． C． D．v
【解答】解：令向前一塊的速度大小為v0，由于爆炸后兩塊均在空中做平拋運動，根據落地時水平位移大小相等可知，爆炸后兩塊的速度大小相等方向相反，而爆炸過程系統動量守恒，令爆炸前的速度方向為正方向，則有：
Mv＝mv0﹣（M﹣m）v0
解得：，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
如圖所示，在距離水平地面一定高度處的豎直平面內固定一半徑為R的光滑半圓軌道AB，在半圓軌道最低點B處有兩個小球P、Q（兩小球均可視為質點），兩小球之間放有火藥，點燃火藥，兩小球分別獲得水平向右和水平向左的初速度，向左運動的小球P落在水平地面上的C點，向右運動的小球Q沿半圓軌道恰好運動到A點后水平拋出也落在C點。已知火藥釋放的能量有80%轉化為兩小球的動能，C點與B點的水平距離為3R，P小球的質量為m，重力加速度為g。求：
（1）半圓軌道AB的最低點B處距離水平地面的高度h；
（2）小球P獲得水平向左的初速度瞬間對半圓軌道最低點的壓力；
（3）火藥釋放的能量E。
【解答】解：（1）因為Q小球恰好運動到最高點A，則可知，Q小球在A點的速度，Q小球離開A點做平拋運動，由題意可知，拋出點的高度H＝h+2R，Q小球落地的水平位移為3R，據平拋可得：
①
3R②
由①②兩式可解得：h＝2.5R
（2）小球P獲得水平向左的速度，做平拋運動，令初速度為vP，則據平拋運動有：
3R＝vPt
可得P獲得的初速度
小球P點獲得初速度，在最低點時合外力提供圓周運動向心力，令軌道對小球P的支持力為FN，據牛頓第二定律有：
可得：
（3）Q小球從B運動到A只有重力做功，根據動能定理有：
解得：Q小球在B點獲得的初速度vQ
點燃火藥過程中，PQ小球組成的系統水平方向動量守恒有取向右為正方向有：
0＝﹣mvP+mQvQ
可得小球Q的質量：
mQ
根據題意，火藥釋放的能量有80%轉化為兩小球的動能，所以火藥釋放的能量：
E3mgR
如圖（a）所示，豎直平面內一傾角為θ＝30°、足夠長的粗糙斜面與長度為l＝2m的粗糙水平面CD平滑連接，CD右側固定一彈性擋板。可視為質點、材料相同的滑塊A、B質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，置于水平面左端C點。某時刻A、B之間的少量炸藥突然爆炸（可視為瞬間過程），若A、B之間炸藥爆炸的能量有48J轉化為A、B的機械能，其余能量轉化為內能。爆炸后瞬間A、B速度方向均在水平方向上，A第一次在斜面上運動的v﹣t圖線如圖（b）所示（圖中v1、v2和t1未知）。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短，已知滑塊A、B與水平面CD之間的動摩擦因數為μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）爆炸結束的瞬間A、B獲得的速度大小；
（2）A與粗糙斜面之間的動摩擦因數 1；
（3）A第一次回到斜面底端時，A與B之間的距離及A和B都停止后，A與B之間的距離。
【解答】解：（1）在爆炸瞬間，滑塊A，B根據動量守恒定律，規定水平向右為正方向
0＝﹣mAv1+mBvB
根據能量守恒定律E
得v1＝8m/s，vB＝4m/s
（2）A在斜面上上滑過程中，假設A與斜面的動摩擦因數為μ1
0＝v1﹣aA1t1
mgsinθ+μ1mAgcosθ＝mAaA
A在斜面上下滑的過程中
v2＝aA2 2t1
得v2＝4m/s，，，，t1＝1s
（3）由（2）問可知，A從爆炸結束到第一次回到斜面底端所用時間為3t1＝3s因為B與擋板碰撞前后，速度和加速度大小均不變，所以可全程看為勻減速直線運動，根據牛頓第二定律
μmBg＝mBaB
0＝vB﹣aBt2
得t2＝2s
所以A第一次回到斜面底端時，B已停止
得xB1＝4m＝2l
所以B剛回到C點時速度減為0，即A第一次回到斜面底端時A與B之間的距離為0
A，B碰撞過程中，根據動量守恒定律，規定水平向右為正方向
mAv2＝﹣mAv3+mBv4
根據機械能守恒定律
得v3/s.v4
B從碰撞后到停止xB2
因v3＜v4，所以A，B不會相撞
A第二次滑上斜面和滑下斜面，
解得：
A從水平面上運動到停止
所以兩物體最終相距Δx
【模型二】彈簧的“爆炸”模型
、組成的系統動量守恒：①得：
②
②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量成反比。
、組成的系統能量守恒：③
①式也可以寫為：④又根據動量與動能的關系得
④進一步化簡得：⑤
⑤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量成反比。
②⑤聯立可得： ⑥
若原來、組成的系統以初速度在運動，運動過程中發生了爆炸現象則：
、組成的系統動量守恒：⑦
、組成的系統能量守恒：⑧
（多選）如圖a所示，質量分別為m1、m2的兩物塊A、B間拴接一個被壓縮且鎖定的輕彈簧，整個裝置靜置于光滑水平地面上，其中A與左側固定的擋板相接觸。現解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B的速度隨時間變化的圖像如圖b所示，則（　　）
A．整個運動過程中，A、B組成的系統機械能守恒
B．A、B的質量之比m1：m2＝1：1
C．A的最大速度為vm＝2m/s
D．A離開擋板后，彈簧的彈性勢能最大時B的速度為2m/s
【解答】解：A、整個運動過程中A、B與彈簧組成的系統機械能守恒，A、B組成的系統機械能怒守恒，故A錯誤；
BC、物塊A離開擋板后A、B與彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒，當彈簧恢復原長時物塊B的速度最小，A的速度最大，由圖b所示圖象可知，B的初速度v0＝4.0m/s，彈簧恢復原長時B的速度vB＝0，A、B系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m2v0＝m2vB+m1vA，由機械能守恒定律得：，代入數據解得：vBv0，vA＝4m/s，由于vB＝0，則m1＝m2，A、B的質量之比m1：m2＝1：1，故B正確，C錯誤；
D、當A、B速度相等時彈簧的伸長量最大，彈簧彈性勢能最大，從A離開擋板到兩物塊速度相等過程，系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v，代入數據解得：v＝2.0m/s，故D正確。
故選：BD。
如圖所示，在光滑水平面上，有質量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態的輕質彈簧，由于被一根細繩拉著而處于靜止狀態。當剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是（　　）
A．兩滑塊的動能之比EkA：EkB＝2：1
B．兩滑塊的動量大小之比pA：pB＝2：1
C．彈簧對兩滑塊的沖量大小之比IA：IB＝1：1
D．彈簧對兩滑塊做功之比WA：WB＝1：1
【解答】解：A、取向右為正方向，根據動量守恒定律得2mvA﹣mvB＝0，解得2vA＝vB
兩滑塊的動能之比為：，代入數據解得：EkA：EkB＝1：2，故A錯誤；
B、彈簧彈開過程中系統動量守恒，兩個滑塊動量大小相等，方向相反，所以兩滑塊的動量大小之比為：pA：pB＝1：1，故B錯誤；
C、根據動量定理可知彈簧對兩滑塊的沖量大小之比IA：IB＝pA：pB＝1：1，故C正確；
D、根據功能關系可知彈簧對兩滑塊做功之比，代入數據解得：WA：WB＝1：2，故D錯誤。
故選：C。
（多選）如圖所示，在光滑的水平面上體積相同、質量分別為m＝0.1kg和M＝0.3kg的兩個小球A、B，兩球之間夾著一根壓縮的輕彈簧（彈簧與兩球不相連），A、B兩球原來處于靜止狀態，現在突然釋放彈簧，B球脫離彈簧時的速度為2m/s，A球進入與水平面相切、半徑為0.5m的豎直面內的光滑半圓形軌道運動，PQ為半圓形軌道豎直的直徑，不計空氣阻力，g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩球離開彈簧的過程中，A球受到的沖量大小等于B球受到的沖量大小
B．彈簧初始時具有的彈性勢能為2.4J
C．A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1N s
D．若逐漸增大半圓形軌道半徑，仍然釋放該彈簧且A球能從Q點飛出，則落地的水平距離將不斷增大
【解答】解：A、彈簧彈開兩球的過程中，彈簧對A、B的彈力大小相等，作用時間相等，由I＝Ft知彈力對A、B的沖量大小相等，故A正確。
B、釋放彈簧過程中，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv1﹣Mv2＝0，得A球獲得的速度大小 v1＝6m/s
彈簧初始時具有的彈性勢能為 Epmv12Mv22．解得 Ep＝2.4J，故B正確。
C、A球從P點運動到Q點過程中，由機械能守恒定律得：mv12mvQ2+2mgR
解得：vQ＝4m/s
小球A從P點運動到Q點過程中，取水平向左為正方向，由動量定理得：受合外力的沖量大小為：
I＝mvQ﹣m（﹣v1）＝m（vQ+v1）＝0.1×（4+6）＝1N s，故C正確；
D、A球能從Q點飛出后做平拋運動，則有 2R，x＝vQt，結合mv12mvQ2+2mgR，解得 x＝2
根據數學知識可知，逐漸增大半圓形軌道半徑，落地的水平距離先增大后減小，故D錯誤。
故選：ABC。
（多選）如圖，足夠長的傳送帶AB以速度v＝4m/s逆時針轉動，與水平面夾角為37°，下端與足夠長的光滑水平面BC平滑連接，滑塊1、2用細線（未畫出）拴在一起靜止在水平面BC上，中間有一被壓縮的輕質彈簧（彈簧在彈性限度內且1、2與彈簧不拴接）。剪斷細線后彈簧恢復原長，之后滑塊2以2m/s的速度水平向右運動。已知滑塊2與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5，滑塊1、2質量分別為m1＝1kg、m2＝2kg，滑塊2在傳送帶上發生相對滑動時會在傳送帶上留下痕跡，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（　　）
A．彈簧恢復原長后滑塊1速度大小為1m/s
B．彈簧處于壓縮狀態時儲存的最大彈性勢能為12J
C．滑塊2在傳送帶上運動的時間為0.4s
D．滑塊2在傳送帶上發生相對滑動的過程中產生的熱量為12.8J
【解答】解：A．剪斷細線后彈簧恢復原長，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：0＝m2v2﹣m1v1，其中v2＝2m/s，代入數據解得：v1＝4m/s，故A錯誤；
B．剪斷細線后彈簧恢復原長，根據能量守恒定律可知，彈簧處于壓縮狀態時儲存的最大彈性勢能為：EPm1v12m2v22
代入數據解得：EP＝12J，故B正確；
CD．滑塊2滑上傳送帶后向上做勻減速運動，根據牛頓第二定律可得：m2gsinθ+μm2gcosθ＝m2a
根據速度—時間關系可得：v2＝at1，聯立解得：t1＝0.2s；
此階段滑塊2在傳送帶上運動的位移為：x1m＝0.2m
傳送帶的位移：x帶＝vt1＝4×0.2m＝0.8m
滑塊2在傳送帶留下的痕跡長Δx＝x1+x帶＝0.2m+0.8m＝1.0m
滑塊2減速為0后，向下做勻加速運動，至速度到達v 前，加速度不變仍為a，
若滑塊速度能達到v，其位移大小為：x2，代入數據解得：x2＝0.8m＞0.2m
所以滑塊2在下滑過程中速度沒有達到v就到達B點，則有：x1
代入數據解得：t2＝0.2s
此時傳送帶的位移：x帶′＝vt2＝4×0.2m＝0.8m
滑塊2在傳送帶留下的痕跡長：Δx′＝x帶′﹣x1＝0.8m﹣0.2m＝0.6m
則滑塊2在傳送帶上運動的時間t＝t1+t2＝0.2s+0.2s＝0.4s
滑塊2在傳送帶上發生相對滑動的過程中產生的熱量：Q＝μm2gcosθ×（Δx+Δx′）
代入數據解得：Q＝12.8J，故CD正確。
故選：BCD。
如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質量為M＝0.2kg的小球P和質量為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處放置一質量也為m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平面相切的光滑豎直的半圓軌道。釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進入半圓形軌道，恰好能夠通過半圓形軌道的最高點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。已知桌面高為h＝0.2m，D點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經過半圓軌道最低點B時對軌道的壓力大小；
（2）小球Q與橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
（3）被壓縮的輕彈簧的彈性勢能。
【解答】解：（1）小球P恰好通過C點，在C點，由牛頓第二定律得：Mg＝M，
P由B到C過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：MvP2＝Mg 2RMvC2，
在B點，由牛頓第二定律得：F﹣Mg＝M
解得：F＝12N，
由牛頓第三定律可知，在B點P對軌道的壓力大小為：F′＝F＝12N；
（2）Q、S碰撞后做平拋運動，平拋運動的時間：t0.2s，
做平拋運動的初速度：v1m/s，
Q、S碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得：mvQ＝（m+m）v
解得：vQ＝2m/s；
（3）釋放彈簧過程，系統動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得：mvQ﹣MvP＝0
解得：vP＝1m/s，
由能量守恒定律得：EPMvP2mvQ2
解得：E＝0.3J；
【模型三】人船模型與類人船模型
【模型構建】如圖所示，長為L、質量為M的小船停在靜水中，質量為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為研究對象，在水平方向不受外力作用，滿足動量守恒．設某時刻人的速度為v1，船的速度為v2，取人行進的方向為正，則有：
上式換為平均速度仍然成立，即
兩邊同乘時間t，，
設人、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，
【類人船模型】
如圖，一人站在靜止的平板車上，不計平板車與水平地面的摩擦，空氣的阻力也不考慮。則下列說法不正確的是（　　）
A．人在車上向右行走時，車將向左運動
B．當人停止走動時，車也會停止
C．人緩慢地在車上行走時，車可能不動
D．當人從車上的左端行走到右端，不管人在車上行走的速度多大，車在地面上移動的距離都相同
【解答】解：A.人與車組成的系統動量守恒，規定人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得 mv+Mv'＝0
解得 v'
車的速度方向與人的速度方向相反，人在車上向右行走時，車將向左運動，故A正確；
B.因人和車總動量為零，人停止走動速度為零時，由動量守恒定律可知，車的速度也為零，故B正確；
C.由 v'可知，人緩慢地在車上行走時，車也緩慢地運動，故C錯誤；
D.人從車上的左端行走到右端，設車的長度為L，人與車組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mM0
解得x
車在地面上移動的距離x與人的行走速度無關，故D正確。
本題選擇錯誤選項；
故選：C。
如圖所示，質量M＝2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質量m＝1kg的小球通過長L＝0.5m的輕質細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內繞O軸自由轉動，開始輕桿處于水平狀態，現給小球一個豎直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2。則（　　）
A．若鎖定滑塊，小球通過最高點P時對輕桿的作用力為4N
B．若解除對滑塊的鎖定，滑塊和小球組成的系統動量守恒
C．若解除對滑塊的鎖定，小球通過最高點時速度為2m/s
D．若解除對滑塊的鎖定，小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離為m
【解答】解：A、設小球能通過最高點，且此時的速度為v1．在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgL，代入數據解得：v1m/s，對小球由牛頓第二定律得：F+mg＝m，代入數據解得：F＝2N，即在最高點桿對小球的作用力方向向下，大小為2N，根據牛頓第三定律可知小球通過最高點時小球對桿的作用力方向向上，大小為2N，故A錯誤；
BC、若解除鎖定，小球和滑塊構成的系統水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，設小球的水平方向為正方向，由動量守恒得mvm＝MvM，由機械能守恒得mgL，得vm＝2m/s，故B錯誤，C正確；
D、設小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離為xm，滑塊運動的距離為xM，由系統水平方向動量守恒得mxm＝MxM，又xm+xM＝2L，得xmm，故D錯誤；
故選：C。
如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H＝125m的高處，現將質量為m＝50kg的物資以相對地面的速度v0＝5m/s水平投出，已知投出物資前熱氣球的總質量為M＝300kg，所受浮力不變，重力加速度10m/s2，不計阻力，以下判斷不正確的是（　　）
A．投出物資后，物資下落過程中熱氣球和物資組成的系統動量守恒
B．投出物資后熱氣球與物資在水平方向上的速度大小之比始終是1：5
C．投出物資后，物資下落過程中熱氣球和物資組成的系統機械能增加
D．物資落地時物資與熱氣球的距離為5m
【解答】解：A、載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，物資與熱氣球組成的系統所受合外力為零，拋出物資后在物資落地前，物資與熱氣球組成的系統所受合外力仍然為零，系統動量守恒，故A正確；
B、拋出物資過程，物資和熱氣球組成的系統在水平方向不受外力，系統水平方向動量守恒，設投出物資后熱氣球在水平方向的分速度為v1，
以水平向右為正方向，根據動量守恒定律得：mv0﹣（M﹣m）v1＝0，解得：，故B正確；
C、投出物資后，物資下落過程中熱氣球和物資組成的系統受浮力做正功，則機械能增大，故C正確；
D、拋出物資后，物資做平拋運動，設運動時間為t，豎直方向上，有：Hgt2
水平方向上，有：x＝v0t
熱氣球在水平方向的位移大小：x′＝v1t
拋出物資前，豎直方向上：F浮＝Mg
拋出物資后，對氣球根據牛頓第二定律得
豎直方向上：F浮﹣（M﹣m）g＝（M﹣m）a，
熱氣球在豎直方向上上升的高度：hat2
物資落地時物資與熱氣球的距離為：d
代入數據解得：d＝30m，故D錯誤。
本題選擇錯誤選項；
故選：D。
如圖所示，載人氣球原來靜止在空中，與地面距離為h，已知人的質量為m，氣球的質量（不含人的質量）為M。若人要沿輕繩梯返回地面，則繩梯的長度至少為（　　）
A．h B． C． D．
【解答】解：設人沿繩梯滑至地面，繩梯長度至少為L。以人和氣球的系統為研究對象，豎直方向動量守恒，規定豎直向下為正方向0＝Mv2+mv1
人相對于地面下降的高度為h，速度大小為v1
人沿繩梯滑至地面時，氣球上升的高度為L﹣h，速度大小v2
根據以上式子可得L
故D正確，ABC錯誤；
故選：D。
如圖所示，一個質量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，半圓槽半徑為R，一小物塊Q質量為3m，從半圓槽的最左端與圓心等高位置無初速釋放，然后滑上半圓槽右端，接觸面均光滑，Q從釋放到滑至半圓槽右端最高點的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．P、Q組成的系統滿足動量守恒
B．P的位移大小為R
C．Q滑動最低點的速度為
D．Q的位移大小為R
【解答】解：A、P、Q組成的系統在水平方向所受合外力為零，在豎直方向所受合外力不為零，系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；
BD、設P的位移大小為x，則Q的位移大小為2R﹣x，P、Q組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：3mvQ﹣mvP＝0，3mm0，解得：xR，Q的位移大小xQ＝2R﹣x＝2RRR，故B錯誤，D正確；
C、設Q到達最低點的速度大小為v1，此時P點的速度大小為v2，P、Q組成的系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：3mv1﹣mv2＝0，系統機械能守恒，由機械能守恒定律得：3mgR，解得：v1，故C錯誤。
故選：D。
【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
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 . 機械能守恒:mg(R+h)= mv02
②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.（若內壁光滑Q=0）
（多選）如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m、可視為質點的滑塊從小車上的A點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。已知小車質量M＝4m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ，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+L
B．小車在運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．μ、L、R三者之間的關系為R＝μL
【解答】解：AC、設全過程滑塊相對地面的位移大小為x，則小車相對地面位移大小為s＝R+L﹣x，
滑塊與小車組成的系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：
mv滑塊﹣Mv小車＝0，則mM0，由題意可知：M＝4m，解得：x，s，故A錯誤，C正確；
B、滑塊到達B點時小車速度最大，滑塊在圓弧軌道下滑過程系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv滑塊﹣Mv小車＝0
由機械能守恒定律得：mgR
解得：v小車，故B正確；
D、滑塊恰好停在C點，由能量守恒定律得：mgR＝μmgL，解得：R＝μL，故D正確。
故選：BCD。
（多選）如圖所示，在光滑水平面上靜止著一個斜面體，其質量為m2，斜面是一個光滑的曲面，斜面體高為h，底邊長為a。今有一個質量為m1（m2＝nm1）的小球從斜面體的頂端自靜止開始下滑，小球滑離斜面體的下端時速度沿水平方向，則下列說法正確的是（　　）
A．在小球下滑過程中，兩者的動量總是大小相等方向相反
B．兩者分開時斜面體向右移動的距離是
C．分開時小球和斜面體的速度大小分別是和
D．在小球下滑過程中斜面體彈力對它做的功為
【解答】解：A、對于小球和斜面體組成的系統，由于水平方向不受外力，所以系統水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，所以兩者的總動量不守恒，動量大小不一定相等，故A錯誤；
B、由于系統水平方向合動量為零，根據平均動量守恒可得：m2m1，解得兩者分開時斜面體向右移動的距離是x，故B正確；
C、由于系統水平方向動量守恒，取向左為正，則m1v1﹣m2v2＝0，得v1＝nv2．又由于系統沒有能量損失，所以系統機械能守恒，即m1ghm1v12m2v22，
解得分開時小球和斜面體的速度大小分別是v1、v2，故C正確；
D、設彈力對小球所做的功為W，由動能定理得m1gh+Wm1v12，解得：Wm1v12﹣m1gh，故D正確。
故選：BCD。
（2023 浙江）為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數k＝100N/m的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上。現有質量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝2m/s從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能Ep（x為形變量）。
（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE；
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
【解答】解：（1）從D到F的過程中，對滑塊a根據動能定理可得：
2mgR
代入數據解得：vF＝10m/s
在F點，滑塊受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，則
解得：FN＝31.2N，方向豎直向上
（2）滑塊a碰后返回到B點的過程中，根據動能定理可得：
碰撞瞬間，滑塊a與b組成的系統動量守恒，規定向右的方向為正方向，設碰撞后滑塊a的速度為v1，滑塊b的速度為v2，則
mvF＝﹣mv1+3mv2
聯立解得：ΔE＝0
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，選擇水平向右的方向為正方向，則
mvF＝（m+3m）v
當彈簧的長度最大或者最小時，彈簧的彈性勢能都最大，且滑塊的速度相等，根據能量守恒定律可得：
4mv＝（4m+2m）v′
設彈簧的壓縮量和伸長量分別為x1和x2，則
聯立解得：x1＝0.1m
同理可得：x2＝0.1m
則Δx＝x2+x1
代入數據解得：Δx＝0.2m
答：（1）滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小為10m/s，所受支持力大小為31.2N；
（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能為0；
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差為0.2m。
（2023 湖南）如圖，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。
（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；
（2）在平面直角坐標系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；
（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大小（結果用a、b及g表示）。
【解答】解：（1）小球第一次運動到軌道最低點時，小球和凹槽組成的系統水平方向上動量守恒，機械能守恒，選水平向左的方向為正方向，設小球的速度為v1，凹槽的速度為v2，則
0＝mv1﹣Mv2
兩邊同時乘以t可得：
0＝mx1﹣Mx2
根據幾何關系可知：x1+x2＝a
根據機械能守恒定律可得：
聯立解得：v2；x2
（2）設小球的坐標為（x，y），設此時凹槽向右運動的距離為x0，則
m（a﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的橢圓上，根據數學知識可分析出此時的橢圓方程為：
整理可得：
（3）將代入上述的軌跡方程可得：
[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2
根據數學知識可知，上述的軌跡方程是以（a﹣b，0）為圓心，b為半徑的圓，當小球下落的高度為時，對應的位置如圖所示：
此時可知速度的方向與水平方向的夾角為60°，小球下落的高度為 過程中，系統水平方向動量守恒，選擇水平向左的方向為正方向，設小球的速度為v3，凹槽的速度為v4，則
0＝mv3cos60°﹣Mv4
根據機械能守恒定律可得；
聯立解得：v3
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑