专题11爆炸与类爆炸模型（答案版）_高中物理模型题型与方法

专题 11 爆炸与类爆炸模型 目录 【模型一】爆炸模型..........................................................................................................................................1 【模型二】弹簧的“爆炸”模型......................................................................................................................5 【模型三】人船模型与类人船模型................................................................................................................11 【模型四】 类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较..............................................................................17 【模型一】爆炸模型 一．爆炸模型的特点 1、动量守恒：由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，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，所以爆炸后系统的总动 能增加。 3、位置不变：由于爆炸的时间极短。因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可认 为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 二、爆炸模型讲解 1、如图：质量分别为 、 的可视为质点A、B间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火 药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则： 、 组成的系统动量守恒： ①得： ② ②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。 、 组成的系统能量守恒： ③ ①式也可以写为： ④又根据动量与动能的关系 得④进一步化简得： ⑤ ⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。 ②⑤联立可得： ⑥ 2、若原来 、 组成的系统以初速度 在运动，运动过程中发生了爆炸现象则： 、 组成的系统动量守恒： ⑦ 、 组成的系统能量守恒： ⑧ 【模型演练1】.（2023·全国·模拟预测）皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时，运动员站在静止的皮划艇 上，持枪向岸上的枪靶水平射击。已知运动员（包括除子弹外的装备）及皮划艇的总质量为M，子弹的质 量为m，假设子弹射击过程中火药释放的总能量为E，且全部转化为动能，在陆地射击和在皮划艇上射击 时子弹出射速度会有少许差异。陆地射击时子弹的射出速度为v，子弹动能为 ；在皮划艇上射击时子弹 1 的出射速度为v，动能为 ，运动员及皮划艇的速度为v，射击过程中可认为子弹、运动员及皮划艇组 2 3 成的系统在水平方向动量守恒。下列关系式正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A．在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动能，因此有 解得 A错误； CD．在皮划艇上射击时，根据水平方向动量守恒，有联立解得 故C错误，D正确； B．在皮划艇上射击时，子弹的动能 则 故B错误。故选D。 【模型演练2】．（2023·全国·高三专题练习）斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均 为 的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为 ，炮弹爆炸前 的动能为 ，爆炸后系统的机械能增加了 ，重力加速度大小为 ，不计空气阻力和火药的质量，则两块 碎片落地点间的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】炮弹炸裂的过程水平方向动量守恒，设炮弹炸裂前的速度大小为 ，则 设炸裂后瞬间两块碎片的速度分别为 、 ，有 解得根据平抛运动规律有 两块碎片落地点之间的距离 解得 故选B。 【模型演练3】．（2023·重庆·重庆八中校考模拟预测）2023年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆 竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时质量为m的部分 动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设爆炸后瞬时质量为m的速度大小为 ，另一部分的速度大小为 ，根据动量守恒可得 解得 又 则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为 联立解得故选D。 【模型演练4】．（2023·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考阶段练习）一发炮弹从地面以与水平面夹角 的速度射向天空，在最高点爆炸分为质量为 和 的两部分，其中质量为 的部分爆炸后自由落体，经 时间 落到地面。不计空气阻力，重力加速度为 ，求： （1）炮弹爆炸前在最高点的速度为多少？ （2）炮弹爆炸释放的化学能为多少？（设释放的化学能全部转化为机械能。） 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）设炮弹在地面的初速度为 ，炮弹做斜抛运动，设竖直方向向上运动的最大高度为 ，则有 又 联立可得 则炮弹爆炸前在最高点的速度为 （2）爆炸过程满足动量守恒，则有 解得 根据能量守恒可得炮弹爆炸释放的化学能为【模型二】弹簧的“爆炸”模型 、 组成的系统动量守恒： ①得： ② ②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。 、 组成的系统能量守恒： ③ ①式也可以写为： ④又根据动量与动能的关系 得 ④进一步化简得： ⑤ ⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。 ②⑤联立可得： ⑥ 3、若原来 、 组成的系统以初速度 在运动，运动过程中发生了爆炸现象则： 、 组成的系统动量守恒： ⑦ 、 组成的系统能量守恒： ⑧ 【模型演练1】（2023·山东青岛·高三山东省青岛第五十八中学期中）如图所示，在光滑水平面上，有质量 分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着处于 静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（ ） A．两滑块的动能之比 B．两滑块的动量大小之比 C．两滑块的速度大小之比 D．弹簧对两滑块做功之比【答案】AC 【详解】AC．在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得 得 两滑块速度大小之比为 两滑块的动能之比 AC正确； B．两滑块的动量大小之比 B错误； D．弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为1∶2，D错误。 故选AC。 【模型演练2】．（2023春·浙江杭州·高三校考阶段练习）如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m 和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。 当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是（ ） A．两滑块的动能之比 B．两滑块的动量大小之比 C．弹簧对两滑块的冲量之比 D．弹簧对两滑块做功之比【答案】AC 【详解】A．根据动量守恒定律得 解得 可知两滑块速度大小之比为 两滑块的动能之比 A正确； B．两滑块的动量大小之比 B错误； C．弹簧对两滑块的冲量之比 C正确； D．弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为1∶2，D错误。 故选AC。 【模型演练3】．（2023秋·山东临沂·高三统考期末）在光滑的水平桌面上有质量分别为 、 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有 弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不拴接）， 原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=1.125m的竖直放置 的光滑半圆形轨道，如图所示，g取 ，则下列说法正确的是（ ） A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为 B．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为C．若半圆轨道半径可调，要使球m能从B点飞出轨道的半径最大为1.62m D．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s 【答案】AC 【详解】ABD．释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得 由机械能守恒得 代入数据解得 即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得 解得 以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为 则合力冲量大小为3.0N•s，由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为 故A正确，BD错误； C．设圆轨道半径为r时，球m能从B点飞出轨道的半径最大，即此时小球恰能从轨道最高点飞出，则由A 到B机械能守恒定律得 在最高点，由牛顿第二定律得 解得 r=1.62m故C正确。 故选AC。 【模型演练4】（2023春·辽宁营口·高三校联考阶段练习）如图所示，水平面左侧有一足够长的、相对水 平面高为H的光滑平台，质量为M的滑块与质量为m的小球之间有一个处于压缩且锁定状态的轻弹簧 （弹簧不与滑块和小球连接），系统处于静止状态。某时刻弹簧解除锁定，小球离开平台后做平抛运动， 落到水平面上时落点到平台的距离为s，重力加速度为g，则滑块的速度大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】小球射出时，设其速度为 ，系统在水平方向上动量守恒，取向右为正方向，对系统在水平方向 上，由动量守恒有 小球做平抛运动，有 联立解得 故选C。 【模型演练5】（2023春·河北衡水·高三衡水市第二中学校考阶段练习）如图所示，光滑水平面的左侧是 倾角为 的粗糙斜面，右侧是半径为 的竖直半圆形光滑轨道。可看作质点的物块A、B放在水平面 上，两者用细线相连，A、B间有一压缩弹簧。某时刻烧断细线，A、B被弹簧弹开，物块A向左运动滑上 斜面，沿斜面上升的最大高度是 。物块B向右运动进入半圆轨道，离开半圆轨道最高点后又落在水平 面上。已知物块A质量为物块B质量的2倍，物块A与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取 ， 。求：（1）物块A被弹簧弹开时获得的初速度大小； （2）物块B经过半圆轨道最高点时所受弹力与其重力之比； （3）物块B经过半圆轨道后落到水平面上的落点与半圆轨道最高点的水平距离。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）设物块B的质量为m，物块A的质量为M，物块A沿斜面上滑过程，加速度的大小为 物块A沿斜面上滑的距离 物块A获得的初速度 （2）A、B分离过程动量守恒 分离后物块B的速度 设物块B在最高点的速度为 ，沿着半圆轨道上升到最高点机械能守恒 代入数据解得 设在最高点对轨道压力为F 代入数据解得（3）物块B离开最高点后做平抛运动 在竖直方向有 落点与最高点的水平距离 代入数据解得 【模型三】人船模型与类人船模型 【模型构建】如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾， 不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？ 解析：以人和船组成的系统为研究对象，在水平方向不受外力作用，满足动量守恒．设某时刻人的速度为 mv −Mv =0 v，船的速度为v，取人行进的方向为正，则有： 1 2 1 2 mv −Mv =0 上式换为平均速度仍然成立，即 1 2 mv t−Mv t=0 两边同乘时间t， 1 2 ， ms=Ms 设人、船位移大小分别为s、s，则有， 1 2 ① 1 2 s s 1 2 s +s =L 由图可以看出： 1 2 ② m M s = L s = L 由①②两式解得 1 M+m ， 2 M+m m M s = L s = L 答案： 1 M+m ， 2 M+m 点评：人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速 度大小与质量成反比，方向相反。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。 人船模型中的动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功， 故系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度 “船”动能的变化。 【类人船模型】【模型演练1】（2023春·河北衡水·高三河北阜城中学校考阶段练习）如图所示。光滑水平面上有A、B两 辆小车。质量均为m=1kg。现将小球C用长为0.2m的细线悬于轻质支架顶端，m =0.5kg。开始时A车与C C 球以v=1m/s的速度冲向静止的B车，若两车正碰后粘在一起。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 0 则（ ） A．A车与B车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能守恒 B．小球能上升的最大高度为0.01m C．小球能上升的最大高度为0.16m D．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒 【答案】BD 【详解】AD．A车与B车正碰后粘在一起，是完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能有损失；从两车粘在一 起到小球摆到最高点的过程中A、B、C组成的系统竖直方向合外力不为零，动量不守恒，但水平方向合 外力为零，水平方向动量守恒，故A错误，D正确； BC．A车与B车碰撞过程，A、B组成的系统动量守恒，可得 v 为碰后AB整体的速度，小球摆到最高点时，小球相对AB静止，具有共同的速度，设为v，从两车粘在 1 2 一起到小球摆到最高点的过程，由水平方向动量守恒可得 根据机械能守恒有 联立解得，小球能上升的最大高度为 故B正确，C错误。 故选BD。 【模型演练2】（2023春·广东揭阳·高三校考期末）如图所示，质量为 的小船，长为 ， 浮在静水中．开始时质量为 的人站在船头，人和船均处于静止状态，不计水的阻力，若此人从船头向船尾行走： （1）当人的速度大小为 时，船的速度大小为多少； （2）当人恰走到船尾时，船前进的距离。 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）根据动量守恒定律可得 解得 （2）由图可知 解得 【模型演练3】（2023春·河北张家口·高三河北省尚义县第一中学校考阶段练习）如图所示，光滑水平面 上静止一质量 的光滑斜面，斜面高1.2m，倾角 ，现将质量 的物块轻放到斜面 顶端。已知 ， ，则物块由斜面顶端滑到底端的过程中，斜面将（ ）A．向右移动0.1m B．向右移动0.2m C．向右移动0.3m D．向右移动0.4m 【答案】A 【详解】斜面和物块组成的系统水平方向动量守恒，在水平方向有 所以 又有 解得 故选A。 【模型演练4】．（2023春·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考期中）2023年2月7日土耳其发生严重地震 灾害，包括中国在内的各方救援力量紧急展开救援行动。一个载有救灾物资的热气球总质量为500kg，在 离水平地面高40m处保持静止，现将质量为100kg的救灾物资以对地为0的速度抛出，假设热气球所受浮 力始终不变，不计一切阻力。当物资落到水平地面时，它与热气球间的距离为（ ） A．32m B．40m C．48m D．50m 【答案】D 【详解】设气球上升的高度为 ，物资下落的高度为 ，则由动量守恒定律可知 解得物资落到水平地面时，它与热气球间的距离为 故选D。 【模型演练5】．（2023春·北京东城·高三北京一七一中校考阶段练习）如图所示，一辆质量为M的小车静止在光滑的水平面上，在小车两侧立柱的横梁上固定一条长为L不可伸长的水平轻细绳，细绳另一端系 有质量为m的小球，小球由静止释放，此后小车做往复运动，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为 g。那么，在小车往复运动的过程中（ ） A．在任意时刻，小球和小车的动量一定大小相等、方向相反 B．小球第一次在O点右侧能到达的最高点，可能比初始释放点低，原因是M、m的大小关系未知，可能 出现到右侧最高点时小球的速度为零而小车的速度不为零 C．小车运动的动能最大时，小球的重力势能最小 D．小车往复运动的振幅恒为 【答案】C 【详解】A．小球与小车组成的系统，水平方向不受外力，则可知该系统水平方向动量守恒，因此小球和 小车在水平方向任意时刻的动量一定大小相等、方向相反，故A错误； B．小球和小车开始时刻的速度均为零，且系统水平方向动量守恒，因此当小球到右侧最高点时，小球和 小车的速度一定都为零，同时该系统机械能守恒，可知小球第一次在O点右侧能到达的最高点，与初始释 放点等高，故B错误； C．小球在最低点时，小球的重力势能最小，此时绳子对小车的拉力在水平方向的分力恰好为零，此时小 车的速度达到最大值，动能最大，故C正确； D．根据水平方向动量守恒，结合人船模型分析可得 解得小车向左运动的最大位移为 而根据分析可知，平衡位置在小球下落至最低点时所在位置，即小车速度最大位置处，因此可得下车做往 复运动的振幅应为故D错误。 故选C。 【模型演练6】．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考三模）如图所示，质量为 的小车静止在光 滑水平面上，小车 段是半径为 的四分之一光滑圆弧轨道， 段是长为 的粗糙水平轨道，两 段轨道相切于 点。一质量为 的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑 入 轨道，最后恰好停在 点，滑块与轨道 间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为 ，则（ ） A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒 B．滑块由A滑到 过程中，滑块的机械能守恒 C． 段长 D．全过程小车相对地面的位移大小为 【答案】D 【详解】A．滑块社圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不 满足动量守恒的条件，故A错误； B．滑块由A滑到 过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误； C．恰好停在 对点时，二者均静止。根据能量守恒有 解得 故C错误； D．水平动量守恒有 通过相同的时间有且有 解得 故D正确；故选D。 【模型四】 类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较 反冲模型 类碰撞模型 h h R R x 2 示意图 v 1 x 1 v 2 v 0 x 2 v x 共 1 ①到最低点 水平方向动量守恒:0=mv -Mv 机械能守恒:mg(R+h)=½mv2 1 2； 0 能量守恒:mg(R+h)=½mv2 +½Mv 2+Q . 1 2 1 ②到最高点 水平方向动量守恒，速度都为零； 水平方向动量守恒：mv=(m+M)v 0 共 全程能量守恒:mgh=mgh’+Q +Q . 能量守恒：½mv2=½(m+M)v 2+ mgh+Q. 1 2 0 共 （若内壁光滑Q=0） 且Q >Q （若内壁光滑Q =Q=0） 1 2 1 2 【模型演练1】（2023·山东日照·高三山东省五莲县第一中学校考期中）光滑半圆形曲面B静止于光滑地面 上，物块C固定于地面，现将小球A从曲面最右端由静止释放，当小球A滑至曲面最底端时，曲面B恰好 与C粘连。已知A与B的质量都为m，B曲面半径为R，重力加速度为g，则（ ） A．最初时B右侧与C的间距为R B．B与C粘连时A的速度大小为C．此后A能运动到的最高点距离地面 D．此后A运动到最高点时，B受到A的压力大小为0 【答案】BC 【详解】A．从A开始下滑到到达最低点过程，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向， 设B移动距离为x，由动量守恒定律得 即 解得 故A错误； B．从A开始下滑到到达最低点过程，由机械能守恒定律得 联立解得 故B正确； C．B与C粘在一起后，A在运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得 解得 故C正确； D．B与C粘在一起后，A运动到最高点时，B受到A的压力大小等于 故D错误。 故选BC。【模型演练2】．（2023·高三课时练习）如图所示，小车静止在光滑水平面上， 是小车内半圆弧轨道 的水平直径，现将一质量为 的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨 道，已知半圆弧半径为 ，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ） A．小球运动到小车的 点位置时，车与小球的速度相同 B．小球从小车A位置运动到B位置过程中，小车对小球先做负功后做正功 C．小球从小车的B点冲出后可上升到释放的初始高度，并能从小车A点冲出到达释放的初始位置（相对 于地） D．小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，小车的位移大小为 【答案】BC 【详解】AC．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上 抛，由机械能守恒可知小球能上升到与释放点等高的位置，返回后能从小车A点冲出到达释放的初始位置 （相对于地），A错误，C正确； B．小球从小车A位置运动到B位置过程中，小车先向左加速再向左减速，小球对小车先做正功再做负功， 故小车对小球先做负功再做正功，B正确； D．小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，由人船模型可得 解得小球、小车的水平位移分别为 ， D错误。 故选BC。 【模型演练3】(2023·四川遂宁市三诊)如图所示，质量为 的工件带有半径 的光滑 圆弧轨道，静止在光滑水平地面上，B为轨道的最低点，B点距地面高度 。质量为 的物 块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放，经B点后滑离工件，取 。求： (1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力； (2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。 【答案】(1)280N，方向竖直向下；(2)0m 【解析】 (1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则有 联立解得 在B点处，对物块有 解得 根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小 ，方向竖直向下 (2)物块滑离工件后做平抛运动的时间 物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距离 而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为 ，工件向左运动的距离为 ，两者在水平方向动量守恒，则由水平方向动量守恒得 两边同乘于两者相互作用的时间 得 又由位移关系得 联立解得 ， 故物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为 【模型演练4】（2023·广东省华附省实广雅深中四校高三上学期1月期末）如图所示，将一光滑的质量为 4m半径为 R 的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m的物块，今让一质量也为 m 的小球自左侧槽口A 的正上方高 R 处从静止开始落下，与半圆槽相切自 A 点进入槽内，则以下结论中 正确的是（ ） A．小球在半圆槽内第一次到最低点 B 的运动过程中，槽的支持力对小球不做功 B．小球第一次运动到半圆槽的最低点 B 时，小球与槽的速度大小之比为 4:1 C．小球第一次从C点滑出后将做竖直上抛运动 D．物块最终的动能为 【答案】D 【解析】 A．小球从A到B的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运动， 因而小球参与了两个运动，一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运动，小球所受支持 力方向与速度方向并不垂直，而是大于 ，故槽的支持力对小球做负功，故A错误； B．由于小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒， 取向右为正，则有 解得 ，故B错误；CD．小球从A到B的过程，根据系统机械能守恒得 联立C选选项中式子解得 ， 当小球从B到C的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与物块分离，则物块最终 以 的速度向左匀速运动，则物块的动能为 由于小球、半圆槽和物块组 成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，小球第一次到达C点时，因为 小物块速度不为0，则小球和半圆槽的水平速度也不可能为0，故小球第一次从C点滑出后不可能做竖直 上抛运动，故C错误，D正确。故选D。 【模型演练5】（2023春·江苏镇江·高三校考阶段练习）如图，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆 弧槽，放在光滑的水平面上，底端B点切线水平，有一质量为m、可视为质点的小球由槽顶端A点静止释 放．不计空气阻力，在小球下滑至槽底端B点的过程中，下列说法正确的是（ ） A．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒 B．若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为 C．圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滑到B点时的速度之比为 D．圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为 【答案】B 【详解】A．若圆弧槽不固定，小球在竖直方向有加速度，圆弧槽在竖直方向没有加速度，小球和槽组成 的系统在竖直方向所受的合外力不为零，小球和槽组成的系统在竖直方向动量不守恒，故A错误； B．若圆弧槽不固定，对小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，则有在小球下滑至槽底端B点的过程中，有 解得小球水平方向移动的位移为 故B正确； C．圆弧槽固定时，根据动能定理可得 可得小球滑到B点时的速度为 圆弧槽不固定情形下，由系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得 解得 ， 则圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为 故C错误； D．由C中分析可知，若圆弧槽固定，小球到达底端时 解得 则圆弧槽对地面的最大压力为 若圆弧槽不固定，小球到达底端时解得 则圆弧槽对地面的最大压力为 圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为 故D错误。 故选B。 【模型演练6】（2023秋·山东聊城·高三校考期末）如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块， 滑块的一侧是一个 弧形槽，槽半径为R，A点切线水平，B为最高点，C是AB间某位置。另有一个质量 也为m的小球以速度v 从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦和阻力，下列说法中正确的是（ 0 ） A．当 时，小球刚好到达B点 B．当 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能先增大再减小 C．小球回到斜槽底部离开A点后做自由落体运动 D．小球回到斜槽底部离开A点后可能做平抛运动 【答案】C 【详解】A．滑块与小球水平方向动量守恒，小球恰能到达B点时有 系统机械能守恒，有联立可得 故A错误； B．当 时，小球未到达B点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正 功，所以滑块的动能一直增大，故B错误； CD．由系统水平方向动量守恒得 系统机械能守恒，有 联立可得 所以小球回到斜槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误。 故选C。 【模型演练7】．（2023·全国·高三专题练习）如图质量为 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上， 其水平直径 长度为 ，现将质量也为 的小球从距A点正上方 高处由静止释放，然后由A点经过半 圆轨道后从B点冲出，在空中能上升到距 点所在水平线的最大高度为 处（不计空气阻力，小球可视 为质点），则（ ） A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小球离开小车后做斜上抛运动 C．小车向左运动的最大距离为 D．小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度大于 【答案】D 【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒。竖直方向小球有加速 度，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； B．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在A点时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向 速度为零，小球运动到B点时小球与小车水平方向共速，而系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水 平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动，故B错误； C．设小车向左运动的最大距离为x，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守 恒定律得 即 解得 故C错误； D．小球第一次从距A点h 下落运动到 点所在水平线的最大高度为 处过程中，由动能定理得 0 W为小球在小车中运动时克服摩擦力做功大小，解得 f 小球第二次在小车中运动时，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小 于 ，机械能损失小于 ，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于 ，而小于 ，故 D正确。 故选D。 【模型演练8】（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）如图所示，质量为M、半径为R的光滑半圆形曲面放置在光滑水平地面上，其直径AB水平。某时刻一质量为m的小球从距曲面最左端A点的正 上方高h处自由下落，不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1）小球第一次运动到最低点时速度的大小； （2）半圆形曲面在水平面上的最大位移。 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）设最低点M的速度为 ，小球的速度为 ，小球从开始运动到最低点的过程中系统在水平 方向动量守恒，有 同时在下落过程中机械能守恒，有 联立解得 （2）设半圆形曲面在水平面上的最大位移为 ，小球水平方向的位移为 ，小球和曲面在水平方向动量 守恒，由人船模型可得 联立解得 【模型演练9】．（2023春·江苏·高三校联考阶段练习）如图所示，在水平地面上方固定一足够长水平直 杆，质量为M=3m的滑块套在直杆上，长为H的轻绳一端固定在滑块底部O点，另一端连接质量为m的小球。O点到地面的高度为2H。现将小球拉至与O点等高处，轻绳伸直后由静止释放。不计小球与滑块所 受到的空气阻力，重力加速度大小为g。 （1）若滑块固定，求轻绳转动30°时重力的瞬时功率P： （2）若滑块与杆之间无摩擦，小球摆到最低点时，剪断轻绳，求小球落地时与滑块的距离s； （3）若滑块不固定，小球运动的过程中，滑块始终静止，求滑块与杆之间的动摩擦因数的最小值μ。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）设轻绳转过30°时，小球的速度为v，根据机械能守恒定律有 重力的瞬时功率为 所以 （2）设小球摆到最低点时速度大小为v，滑块速度大小为v，根据水平方向系统动量守恒，有 1 2 根据系统机械能守恒，有 剪断轻绳后，滑块做匀速运动，小球做平抛运动，经时间t落地，有 小球落地时与滑块间的水平距离为 小球与滑块之间的距离（3）设轻绳转过θ时，小球的速度为v，轻绳中拉力为F，则 0 由牛顿第二定律，有 解得 所以动摩擦因数的最小值为 。 【模型演练10】．（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，在光滑水平面上有一个质量为m = 5kg带有 A 光滑半圆凹槽的物块A，凹槽的半径R = 1m，凹槽底部到平台的厚度忽略不计，在凹槽A的右侧有一质 量为m = 3kg的物块B。开始时，A、B紧靠在一起（未粘连）处于静止状态。若锁定凹槽A，将质量为 B m = 2kg的小球C从高h = 4m处由静止释放，小球C从圆弧面的D点沿切线进入凹槽。若解除凹槽A的 C 锁定，从同一位置释放小球C，小球C在凹槽中运动一段时间后物块B与凹槽A分离，然后物块B向右运 动一段距离与右侧竖直墙发生弹性碰撞，返回时刚好在小球第9次经过凹槽A最低点F时与凹槽A发生弹 性碰撞，重力加速度取g = 10m/s2，不计空气阻力，小球C可看成质点。 （1）求凹槽A锁定时，小球C运动到F点时，对凹槽A的压力大小； （2）在解除凹槽A的锁定情况下，求： ①物块B与凹槽A第一次分离时，小球C的速度大小； ②小球C第一次冲出凹槽A后直到最高点过程的水平位移大小； ③通过计算判断凹槽A与物块B发生弹性碰撞后，小球C还能否冲出凹槽。【答案】（1）180N；（2）①8m/s；② ；③能 【详解】（1）若将凹槽A锁定，根据机械能守恒 根据牛顿第二定律 解得 F = 180N N 由牛顿第三定律得，小球C在F点时对凹槽A的压力大小为 F = F = 180N 压 N （2）①对ABC，根据机械能守恒有 水平方向动量守恒，取向左为正方向，有 m v－(m ＋m )v = 0 C 2 A B 1 解得 v = 8m/s，v = 2m/s 2 1 ②对AC组成的系统，水平方向合力始终为零，水平方向动量守恒，取向左为正方向， 有 解得根据系统机械能守恒有 解得 小球C与凹槽A分离后到最高点的运动过程中，有 则 ③小球C第9次经过凹槽最低点F时的情况与第1次的情况相同，即凹槽A、小球C的速度大小仍为 v = 8m/s，v = 2m/s 2 1 对AB发生弹性碰撞，根据机械能守恒有 取向左为正方向，根据水平方向动量守恒有 解得 ， 对AC，水平方向动量守恒，取向左为正方向，有 解得 根据机械能守恒有 解得故还能冲出凹槽。 【模型演练11】．（2023春·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考期中）如图所示，质量均为m的木块A和 B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质 量也为m的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。 （1）若木块B固定在水平面上，求球C上升阶段能达到的最大高度； （2）若木块B固定在水平面上，求木块A能达到的最大速度大小； （3）若木块B不固定，求球C上升阶段能达到的最大高度。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）对C，下落过程系统机械能守恒有 对C和A，水平方向动量守恒，有 系统机械能守恒，有 联立解得 （2）对C和A，水平方向动量守恒，有 系统机械能守恒，有 联立解得（3）C下落到最低点过程，对C和AB系统，以水平向左为正方向，水平方向动量守恒，有 系统机械能守恒，有 此后，A、B分离，C向左上升阶段，对C和A系统，水平方向动量守恒，有 系统机械能守恒，有 联立解得 【模型演练12】．（2023春·陕西宝鸡·高三校联考阶段练习）如图所示，两个完全相同的四分之一圆弧槽 A、B并排放在水平面上，圆弧槽半径均为R，内外表面均光滑，质量均为m，a、b两点分别为A、B槽的 最高点，c、d两点分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量也为m的小球P（可 视为质点）从a点由静止释放，重力加速度为g。求： （1）小球P在B槽内运动的最大高度； （2）B槽具有的最大速度。 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）小球P从a点运动到c点的过程中，A、B均保持静止，根据动能定理可得 解得小球P从a点运动到c点时的速度大小为小球P滑到B槽后A依然保持静止，B开始向右运动，由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力， 则动量守恒，当小球P在B槽内运动到最大高度时，二者水平速度相同，取向右为正方向，设共同速度为 v，根据动量守恒可得 对小球P和B槽组成的系统，根据机械能守恒定律可得 联立解得 （2）当小球P返回B槽最低点d滑离时，B槽速度最大，设P的速度为 ，B的速度为 ，取水平向右为 正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得 解得