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专题7.6 爆炸及广义爆炸、反冲和人船模型-2021年高考物理一轮复习考点扫描学案
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这是一份专题7.6 爆炸及广义爆炸、反冲和人船模型-2021年高考物理一轮复习考点扫描学案，文件包含专题76爆炸及广义爆炸反冲和人船模型解析版docx、专题76爆炸及广义爆炸反冲和人船模型原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共18页， 欢迎下载使用。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc6429" 【考点扫描】 PAGEREF _Tc6429 1
\l "_Tc20395" 1． 对反冲现象的三点说明 PAGEREF _Tc20395 1
\l "_Tc7564" 2． 爆炸现象的三个规律 PAGEREF _Tc7564 1
\l "_Tc3896" 3． 反冲模型和类碰撞模型的比较 PAGEREF _Tc3896 1
\l "_Tc22651" 4． 弹簧反冲与碰撞比较 PAGEREF _Tc22651 2
\l "_Tc20817" 5． 绳杆反冲与碰撞比较 PAGEREF _Tc20817 3
\l "_Tc6812" 【典例分析】 PAGEREF _Tc6812 3
\l "_Tc20033" 【专题精练】 PAGEREF _Tc20033 5
【考点扫描】
1． 对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
2． 爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。
(3)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，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
3． 反冲模型和类碰撞模型的比较
4． 弹簧反冲与碰撞比较
5． 绳杆反冲与碰撞比较
【典例分析】
【例1】如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
【答案】BC.
【解析】：AB与C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得eq \f(v1,v2)＝eq \f(M,m)，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．
【例2】A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为eq \f(1,2)m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( )
A．A、B两船速度大小之比为2∶3 B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3 D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1
【答案】B.
【解析】：人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，B正确；经过n次跳跃后，A船速度为vA、B船速度为vB，则0＝mvA－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(m,2)))vB，解得eq \f(vA,vB)＝eq \f(3,2)，A错误；A船最后获得的动能为EkA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，B船(包括人)最后获得的动能为EkB＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋m))veq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋m))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)vA))eq \s\up12(2)＝eq \f(2,3)EkA，所以eq \f(EkA,EkB)＝eq \f(3,2)，C、D错误．
【例3】(2020·四川双流中学模拟)如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O点到半圆轨道最低点C的距离xOC＝0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，求：
(1)炸药的化学能E；
(2)半圆轨道的半径R.
【答案】：(1)1 J (2)0.3 m
【解析】：(1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根据能量守恒定律可得eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)＋E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，两式联立并代入数据解得E＝1 J.
(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R)，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，联立可解得R＝0.3 m.
【例4】(2018·全国卷Ⅰ，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动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)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt②
联立①②式得
t＝eq \f(1,g)eq \r(\f(2E,m))③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,4)mveq \\al(2,2)＝E⑤
eq \f(1,2)mv1＋eq \f(1,2)mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。
设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝eq \f(2E,mg)⑧
【专题精练】
1．(2019·高考江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
A.eq \f(m,M)v B.eq \f(M,m)v
C.eq \f(m,m＋M)v D.eq \f(M,m＋M)v
【答案】B
【解析】：.对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0＝Mv－mv′，解得滑板的速度大小v′＝eq \f(Mv,m)，B正确．
2.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A.eq \f(mh,M＋m) B.eq \f(Mh,M＋m)
C.eq \f(mh,（M＋m）tan α) D.eq \f(Mh,（M＋m）tan α)
【答案】C.
【解析】：m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2①，且x1＋x2＝eq \f(h,tan α)②，由①②式可得x2＝eq \f(mh,（M＋m）tan α)，故选C.
3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方的绳上，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)( )
A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m
【答案】B.
【解析】：当人滑到绳下端时，由动量守恒定律，得m1eq \f(h1,t)＝m2eq \f(h2,t)，且h1＋h2＝h.解得h1＝1.4 m；所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，B正确．
4．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋eq \f(m,M)v B．v0－eq \f(m,M)v
C．v0＋eq \f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq \f(m,M)(v0－v)
【答案】 C
【解析】取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)，故C正确。
5.(2020·辽宁凌源模拟)长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)( )
A．L B.eq \f(mL,M)C.eq \f(mL,M＋m) D.eq \f(ML,M＋m)
【答案】C
【解析】设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为mx1＝Mx2，由空间几何关系得x1＋x2＝L，联立解得车的位移为x2＝eq \f(mL,M＋m)，故只有选项C正确。
6.(2020·山东济宁市质检)如图所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．
【答案】4eq \r(\f(Eh,mg))
【解析】爆炸之前E＝eq \f(1,2)mveq \\al(02,)
爆炸过程动量守恒：mv0＝eq \f(1,2)mv1＋eq \f(1,2)mv2
eq \f(1,2)·eq \f(m,2)veq \\al(12,)＋eq \f(1,2)·eq \f(m,2)veq \\al(22,)＝2E
解得：v1＝0，v2＝2v0
随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，
则由h＝eq \f(1,2)gt2，x＝2v0t
解得x＝4eq \r(\f(Eh,mg)).
7．(2020·四川双流中学诊断)如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O点到半圆轨道最低点C的距离xOC＝0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，取g＝10 m/s2，求：
(1)炸药的化学能E；
(2)半圆轨道的半径R。
【答案】 (1)1 J (2)0.3 m
【解析】 (1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，
根据能量守恒定律可得eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)＋E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
两式联立并代入数据解得E＝1 J。
(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R)，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，联立可解得R＝0.3 m。
8．如图所示，光滑的水平面AB与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D为轨道最高点．用轻质细线连接甲、乙两小球(图中细线未画出)，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接．甲球的质量为m1＝0.1 kg，乙球的质量为m2＝0.3 kg，甲、乙两球静止在光滑的水平面上．现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点．重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两球可看做质点．
(1)求细线烧断前弹簧的弹性势能；
(2)若甲球不固定，烧断细线，求乙球离开弹簧后进入半圆轨道能达到的最大高度；
(3)若给甲、乙两球一向右的初速度v0的同时烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道仍恰好能通过D点，求v0的大小．
【答案】：(1)2.4 J (2)0.2 m (3)2 m/s
【解析】：(1)设乙球恰好能通过D点的速度为vD，m2g＝m2eq \f(veq \\al(2,D),R)，vD＝eq \r(gR)
设弹簧的弹性势能为Ep，水平面为零势能面．
由机械能守恒得
Ep＝m2g×2R＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,D)
解得Ep＝2.4 J.
(2)甲、乙两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以乙球运动的方向为正方向
m2v2－m1v1＝0
Ep＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
对乙球由机械能守恒得m2gh＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
解得h＝0.2 m
h(3)甲、乙两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
(m1＋m2)v0＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＋Ep＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
eq \f(1,2)m2v2′2＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,D)＋2m2gR
解得v2′＝4 m/s，v1′＝－2v0(v1′＝2v0舍去)，
v0＝2 m/s.
9．(2020·河北邯郸市模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为eq \f(v0,2)，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0.
【答案 (1)eq \f(3v\\al(02,),8gs) (2)eq \f(1,4)mveq \\al(02,)
【解析】(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝eq \f(1,2)×2m(eq \f(v0,2))2－eq \f(1,2)×2mveq \\al(02,)
解得μ＝eq \f(3v\\al(02,),8gs)
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m· eq \f(v0,2)＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋eq \f(1,2)×2m(eq \f(v0,2))2＝eq \f(1,2)mv2
解得E0＝eq \f(1,4)mveq \\al(02,)
10．(2020·陕西安康模拟)如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1 kg，mB＝0.1 kg，mC＝0.3 kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4 J转化为A和B沿轨道方向的动能。
(1)求爆炸后瞬间A、B的速度大小；
(2)求弹簧弹性势能的最大值。
【答案】 (1)大小均为2 m/s (2)0.15 J
【解析】 (1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向
由动量守恒－mAvA＋mBvB＝0
爆炸产生的能量有0.4 J转化为A、B的动能
E＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)
解得vA＝vB＝2 m/s
(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1
由动量守恒mBvB＝(mB＋mC)vBC
由能量守恒定律eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)＋Ep1
解得Ep1＝0.15 J
反冲模型
类碰撞模型
示意图
v1
x1
x1
h
R
v2
x2
x2
v0
h
R
v共
①到最低点
水平方向动量守恒:0=mv1-Mv2；
能量守恒:mg(R+h)=½mv12 +½Mv22+Q1 .
机械能守恒:mg(R+h)=½mv02
②到最高点
水平方向动量守恒，速度都为零；
全程能量守恒:mgh=mgh’+Q1 +Q2 .
且Q1 >Q2 （若内壁光滑Q1 =Q2=0）
水平方向动量守恒：mv0=(m+M)v共
能量守恒：½mv02=½(m+M)v共2+ mgh+Q.（若内壁光滑Q=0）
静止反冲
初速度反冲
碰撞
A
B
A
B
v1
v2
A
B
v0
A
B
v1’
v2’
动量守恒：0=-m1v1+m2v2
(m1+m2)v0=m1v1’+m2v2’
最大弹性势能
EPmax=
能量守恒：ΔEP=EK1+EK2
½(m1+m2)v02+ΔEP=½m1v1’2+½m2v2’2
∵P= ∴
ΔEP=
v1’=-+v0
v2’=+v0
最小速度和最大速度
v1ˊ=；
v2ˊ=
轻绳反冲
轻绳碰撞
轻杆反冲
v=0
m
M
v=0
v1
v2
x1
x2
v0
v=0
hm
v共
v共
v1
v2
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc6429" 【考点扫描】 PAGEREF _Tc6429 1
\l "_Tc20395" 1． 对反冲现象的三点说明 PAGEREF _Tc20395 1
\l "_Tc7564" 2． 爆炸现象的三个规律 PAGEREF _Tc7564 1
\l "_Tc3896" 3． 反冲模型和类碰撞模型的比较 PAGEREF _Tc3896 1
\l "_Tc22651" 4． 弹簧反冲与碰撞比较 PAGEREF _Tc22651 2
\l "_Tc20817" 5． 绳杆反冲与碰撞比较 PAGEREF _Tc20817 3
\l "_Tc6812" 【典例分析】 PAGEREF _Tc6812 3
\l "_Tc20033" 【专题精练】 PAGEREF _Tc20033 5
【考点扫描】
1． 对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
2． 爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。
(3)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，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
3． 反冲模型和类碰撞模型的比较
4． 弹簧反冲与碰撞比较
5． 绳杆反冲与碰撞比较
【典例分析】
【例1】如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
【答案】BC.
【解析】：AB与C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得eq \f(v1,v2)＝eq \f(M,m)，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．
【例2】A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为eq \f(1,2)m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( )
A．A、B两船速度大小之比为2∶3 B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3 D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1
【答案】B.
【解析】：人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，B正确；经过n次跳跃后，A船速度为vA、B船速度为vB，则0＝mvA－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(m,2)))vB，解得eq \f(vA,vB)＝eq \f(3,2)，A错误；A船最后获得的动能为EkA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，B船(包括人)最后获得的动能为EkB＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋m))veq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋m))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)vA))eq \s\up12(2)＝eq \f(2,3)EkA，所以eq \f(EkA,EkB)＝eq \f(3,2)，C、D错误．
【例3】(2020·四川双流中学模拟)如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O点到半圆轨道最低点C的距离xOC＝0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，求：
(1)炸药的化学能E；
(2)半圆轨道的半径R.
【答案】：(1)1 J (2)0.3 m
【解析】：(1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根据能量守恒定律可得eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)＋E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，两式联立并代入数据解得E＝1 J.
(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R)，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，联立可解得R＝0.3 m.
【例4】(2018·全国卷Ⅰ，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动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)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt②
联立①②式得
t＝eq \f(1,g)eq \r(\f(2E,m))③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,4)mveq \\al(2,2)＝E⑤
eq \f(1,2)mv1＋eq \f(1,2)mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。
设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝eq \f(2E,mg)⑧
【专题精练】
1．(2019·高考江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
A.eq \f(m,M)v B.eq \f(M,m)v
C.eq \f(m,m＋M)v D.eq \f(M,m＋M)v
【答案】B
【解析】：.对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0＝Mv－mv′，解得滑板的速度大小v′＝eq \f(Mv,m)，B正确．
2.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A.eq \f(mh,M＋m) B.eq \f(Mh,M＋m)
C.eq \f(mh,（M＋m）tan α) D.eq \f(Mh,（M＋m）tan α)
【答案】C.
【解析】：m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2①，且x1＋x2＝eq \f(h,tan α)②，由①②式可得x2＝eq \f(mh,（M＋m）tan α)，故选C.
3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方的绳上，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)( )
A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m
【答案】B.
【解析】：当人滑到绳下端时，由动量守恒定律，得m1eq \f(h1,t)＝m2eq \f(h2,t)，且h1＋h2＝h.解得h1＝1.4 m；所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，B正确．
4．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋eq \f(m,M)v B．v0－eq \f(m,M)v
C．v0＋eq \f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq \f(m,M)(v0－v)
【答案】 C
【解析】取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)，故C正确。
5.(2020·辽宁凌源模拟)长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)( )
A．L B.eq \f(mL,M)C.eq \f(mL,M＋m) D.eq \f(ML,M＋m)
【答案】C
【解析】设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为mx1＝Mx2，由空间几何关系得x1＋x2＝L，联立解得车的位移为x2＝eq \f(mL,M＋m)，故只有选项C正确。
6.(2020·山东济宁市质检)如图所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．
【答案】4eq \r(\f(Eh,mg))
【解析】爆炸之前E＝eq \f(1,2)mveq \\al(02,)
爆炸过程动量守恒：mv0＝eq \f(1,2)mv1＋eq \f(1,2)mv2
eq \f(1,2)·eq \f(m,2)veq \\al(12,)＋eq \f(1,2)·eq \f(m,2)veq \\al(22,)＝2E
解得：v1＝0，v2＝2v0
随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，
则由h＝eq \f(1,2)gt2，x＝2v0t
解得x＝4eq \r(\f(Eh,mg)).
7．(2020·四川双流中学诊断)如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O点到半圆轨道最低点C的距离xOC＝0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，取g＝10 m/s2，求：
(1)炸药的化学能E；
(2)半圆轨道的半径R。
【答案】 (1)1 J (2)0.3 m
【解析】 (1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，
根据能量守恒定律可得eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)＋E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
两式联立并代入数据解得E＝1 J。
(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R)，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，联立可解得R＝0.3 m。
8．如图所示，光滑的水平面AB与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D为轨道最高点．用轻质细线连接甲、乙两小球(图中细线未画出)，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接．甲球的质量为m1＝0.1 kg，乙球的质量为m2＝0.3 kg，甲、乙两球静止在光滑的水平面上．现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点．重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两球可看做质点．
(1)求细线烧断前弹簧的弹性势能；
(2)若甲球不固定，烧断细线，求乙球离开弹簧后进入半圆轨道能达到的最大高度；
(3)若给甲、乙两球一向右的初速度v0的同时烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道仍恰好能通过D点，求v0的大小．
【答案】：(1)2.4 J (2)0.2 m (3)2 m/s
【解析】：(1)设乙球恰好能通过D点的速度为vD，m2g＝m2eq \f(veq \\al(2,D),R)，vD＝eq \r(gR)
设弹簧的弹性势能为Ep，水平面为零势能面．
由机械能守恒得
Ep＝m2g×2R＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,D)
解得Ep＝2.4 J.
(2)甲、乙两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以乙球运动的方向为正方向
m2v2－m1v1＝0
Ep＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
对乙球由机械能守恒得m2gh＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
解得h＝0.2 m
h
(m1＋m2)v0＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＋Ep＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
eq \f(1,2)m2v2′2＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,D)＋2m2gR
解得v2′＝4 m/s，v1′＝－2v0(v1′＝2v0舍去)，
v0＝2 m/s.
9．(2020·河北邯郸市模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为eq \f(v0,2)，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0.
【答案 (1)eq \f(3v\\al(02,),8gs) (2)eq \f(1,4)mveq \\al(02,)
【解析】(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝eq \f(1,2)×2m(eq \f(v0,2))2－eq \f(1,2)×2mveq \\al(02,)
解得μ＝eq \f(3v\\al(02,),8gs)
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m· eq \f(v0,2)＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋eq \f(1,2)×2m(eq \f(v0,2))2＝eq \f(1,2)mv2
解得E0＝eq \f(1,4)mveq \\al(02,)
10．(2020·陕西安康模拟)如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1 kg，mB＝0.1 kg，mC＝0.3 kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4 J转化为A和B沿轨道方向的动能。
(1)求爆炸后瞬间A、B的速度大小；
(2)求弹簧弹性势能的最大值。
【答案】 (1)大小均为2 m/s (2)0.15 J
【解析】 (1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向
由动量守恒－mAvA＋mBvB＝0
爆炸产生的能量有0.4 J转化为A、B的动能
E＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)
解得vA＝vB＝2 m/s
(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1
由动量守恒mBvB＝(mB＋mC)vBC
由能量守恒定律eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)＋Ep1
解得Ep1＝0.15 J
反冲模型
类碰撞模型
示意图
v1
x1
x1
h
R
v2
x2
x2
v0
h
R
v共
①到最低点
水平方向动量守恒:0=mv1-Mv2；
能量守恒:mg(R+h)=½mv12 +½Mv22+Q1 .
机械能守恒:mg(R+h)=½mv02
②到最高点
水平方向动量守恒，速度都为零；
全程能量守恒:mgh=mgh’+Q1 +Q2 .
且Q1 >Q2 （若内壁光滑Q1 =Q2=0）
水平方向动量守恒：mv0=(m+M)v共
能量守恒：½mv02=½(m+M)v共2+ mgh+Q.（若内壁光滑Q=0）
静止反冲
初速度反冲
碰撞
A
B
A
B
v1
v2
A
B
v0
A
B
v1’
v2’
动量守恒：0=-m1v1+m2v2
(m1+m2)v0=m1v1’+m2v2’
最大弹性势能
EPmax=
能量守恒：ΔEP=EK1+EK2
½(m1+m2)v02+ΔEP=½m1v1’2+½m2v2’2
∵P= ∴
ΔEP=
v1’=-+v0
v2’=+v0
最小速度和最大速度
v1ˊ=；
v2ˊ=
轻绳反冲
轻绳碰撞
轻杆反冲
v=0
m
M
v=0
v1
v2
x1
x2
v0
v=0
hm
v共
v共
v1
v2
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