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2024 年高考一轮复习100 考点100 讲
第8 章 动量守恒定律
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。2·1·c·n·j·y
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，
在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
1
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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＝(－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 决定。
【来源： o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
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
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
【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（ ）
2
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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
3
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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
4
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Ek= p2
2m 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：
5
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【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。
6
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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
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；
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；
8
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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（ ）
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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
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【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
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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.v0
B.v0
C.v0
D.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＝，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0.0.54m
【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
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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cosα=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
m
M
x
L
x
m
M
'
cos
'
x
L
x
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（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
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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
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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<k<1）处放置着A、B 两个小木块（均可视为质点），质量均为m=0.2kg。某时
刻，木块A、B 在强大内力作用下突然分开，分开瞬间内力消失，此时木块A 的速度为
=4m/s，方向水
平向左。木块B 与墙壁碰撞过程中不损失机械能，木块A、B 与木板间的动摩擦因数分别为μA=0.2 和
μB=0.3。
（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。
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【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。
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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
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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
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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
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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
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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
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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π√
R
g
(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=μmg
m =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=vc 0
a ,vc 0
2=2axc0
b 再次回到b、c 分开位置时t1=π√
R
g
b 匀速运动的时间t2= xc 0
v0
则t0=t1+t2
整理得R=
9 v0
2
64 π
2 μ
2 g
。
(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+2mvc1,1
2 mv0
2= 1
2 mvb1
2+ 1
2·2mvc1
2
解得vb1=-1
3v0,vc1=2
3v0
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=vc1
a = 2v0
3 μg
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b 的运动时间tb1=t1+2 xc 0+ xc1
|vb1|
其中xc1=vc1
2
2a
由于tc1<tb1
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=-1
3|vb1|=-(
1
3)
2
v0=-1
9v0
即b 与c 第3 次碰撞前,b 的速度大小为1
9v0。
(3)b 与c 第2 次碰撞后,c 的速度大小vc2=2
3|vb1|= 2
3 × 1
3v0
b 与c 第2 次碰撞后,c 滑动的位移xc2=vc 2
2
2a = 2v0
2
9 μg × 1
9
……
b 与c 第n 次碰撞前,b 的速度大小vb(n-1)=(
1
3)
n-1
v0
b 与c 第n 次碰撞后,c 的速度大小为vcn=2
3vb(n-1)
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