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2024 年高考物理一轮复习模型及秒杀技巧一遍过
模块5 动量各模块大招
第04 讲 滑块木板及爆炸模型
（解析版）
目录
【内容一】 木板初速度为零模型......................................................................................................................1
【内容二】 木板有初速度，板块反向模型......................................................................................................2
【内容三】 爆炸模型的特点..............................................................................................................................3
【内容四】 爆炸模型...........................................................................................................................................4
技巧总结
滑块木板模型
内容一：木板初速度为零
示意图：
图
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
联立（1）、（2）解得：
；
内容二：木板有初速度，板块反向
1
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示意图：
图
爆炸
模型
内容三：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。
内容四：爆炸模型
1、如图：质量分别为
mA 、
mB 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：
A 、B 组成的系统动量守恒：
mA v A=mB vB ①得：
v A
vB
= mB
mA 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。
A
、B
组成的系统能量守恒：
E化学能=1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2
③
①式也可以写为：P A=PB ④又根据动量与动能的关系P=√2mE k 得
√2mA EkA=√2mB EkB ④进一步化简得：
EkA
EkB
= mB
mA 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：
EkA=
mB
mA+mB
E化学能
EkB =
mA
mA+mB
E化学能
⑥
2、若原来A 、B 组成的系统以初速度v 在运动，运动过程中发生了爆炸现象则：
A 、B 组成的系统动量守恒：(mA+mB)v=mA v A+mB vB ⑦
A 、B 组成的系统能量守恒：
E化学能=1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2−1
2 （mA+mB）v=1
2
mA mB
mA+mB
(v A−vB)2
⑧
2
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结论：初始共有
若
，
注意：
是否包含
.
例题演练
例1、长木板A 放在光滑的水平面上，质量为
的另一滑块B 以水平速度
滑上原来静止的长木板A 的表面，由于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速
度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．木板A 获得的动能为
B．木板A 的最小长度为
C．A、B 间的动摩擦因数为0.1
D．系统损失的机械能为
解：A．由题图象可知，木板获得的速度是2m/s，A、B 组成的系统动量守恒，以B 的
初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0=（M+m）v 解得M=2kg
木板获得的动能是
A 正确；
B．由题图象得到：0~1s 时间内B 的位移
A 的位移是
木板A 的最小长度是Δx=xB−xA=2mB 错误；
C．由题图象可知，B 的加速度
负号表示加速度方向，由牛顿第二定律得μmg =ma 代入数据解得μ=0.2C 错误；
D．系统减少的机械能
代入数据解得∆E=8JD 正确。故选AD。
例2、如图所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m
3
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的小木块A，M=2m，A、B 间动摩擦因数为μ，现给A 和B 以大小相等、方向相反的
初速度v0，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最终A 没有滑离B。重力加速度为
g，求：
(1)A、B 最后的速度大小和方向；
(2)平板车B 的最小长度L。
解：(1)对A、B 系统由动量守恒定律得
解得
方向水平向右。
(2)当A 运动到B 的最左端时达到共同速度v，由能量守恒得
解得
例3、如图所示，质量m=2kg 的滑块（可视为质点），以v0=5m/s 的水平初速度滑上静
止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M=3kg，长L=4.8m．滑块在平板小车上
滑移1.5s 后相对小车静止．求：
（1）滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；
（2）若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少．（g 取10m/s2）
解：滑上平板小车到与平板小车相对静止，设速度为v1
据动量守恒定律：
对m 由动量定理：
解得:
ⅱ.设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度，为v2
由动量守恒定律：
例4、如图，光滑水平轨道上放置长为L 的长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块C
距A 的右端距离为1m，有一滑块B（可看为质点）以水平速度v0滑上A 的上表面并带
4
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动A 滑动，当A 刚要与C 相撞时，恰好A、B 达到了共同速度，A 与C 碰撞（时间极
短）后C 向右运动，经过一段时间后，B 恰好运动到A 的最右端没有掉下来，之后A
与C 的距离不再变化。已知A、B、C 质量分别为 mA=1kg，mB=2kg，mC=1kg，B 与A
间的动摩擦因数µ=0.625， g=10m/s2。求：
(1)B 滑上上表面时速度v0的大小；
(2)A 与C 碰撞后的瞬间A 的速度大小；
(3)板A 的长度L。
解：(1)对A ，与C 碰前过程 ，A 运动的加速度
，
解得
AC 碰前，对AB 系统，由动量守恒定律
解得
(2)对AC 碰撞
对ABC 系统，经过一段时间后，B 恰好运动到A 的最右端没有掉下来，之后A 与C 的
距离不再变化，即有共同的速度
解得
(3)AC 碰撞损失的动能
对ABC 系统由能量守恒得
解得
例5．如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m 的滑块以水平初速v0由
木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段（如图
乙），滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下
列分析正确的是（ ）
5
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A．滑块滑到木板的右端后飞离木板
B．滑块滑到木板的右端前就与木板保持
相对静止
C．两过程滑块的动量变化相同
D．两过程系统产生的热量相等
解：AB．在一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，
第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部
分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相
等，所以滑块还没有运动到最右端。故A 错误，B 正确；
C．根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不
同，故C 错误；
D．根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在右边木板上相对运动的位移没有
左边长度的2 倍，所以产生的热量小于在左边木板上滑行产生热量，故D 错误。故选
B。
例6．如图所示，质量为M 的长木板放在光滑的水平面上处于静止状态，木板的长为
L，B 为木板的中点，一个质量为m 的物块从木板的左侧A 端以初速度v0滑上木板，木
板上表面B 点左侧粗糙、右侧光滑，已知物块能滑离木板，且物块在B 点左侧木板上
滑行的时间为t，则物块滑离木板时的速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
解：物块从A 到B 的运动过程中，与木板组成的系统满足动量守恒定律有
由于物块与木板之间的相对位移为木板长的一半，则有
联立解得
由于物块脱离木板前做匀速运动，所以
速度不变，故A 正确，BCD 错误。
例7．如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2kg 的木块A 以速度v0=2m/s 滑上
原来静止的长木板B 的上表面，由于A、B 之间存在有摩擦，之后，A、B 的速度随时
间变化情况如图所示，重力加速度g=10m/s2.。则下列说法正确的是（ ）
6
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A．长木板的质量M=4kg B．A、B 之间动摩擦因数为0.2
C．长木板长度至少为2m D．A、B 组成系统损失机械能为2J
解：A．从图可以看出，A 先做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，
共同速度v=1m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
故A 错误；
B．由图象可知，木板B 匀加速运动的加速度
对B，根据牛顿第二定律得
解得μ=0.1 故B 错误；
C．由图象可知前1s 内B 的位移
A 的位移
所以木板最小长度
故C 错误；
D．A、B 组成系统损失机械能
故D 正确。故选D。
例8．如图，在光滑的水平面上有一个长为L 的木板，小物块b 静止在木板的正中间，
小物块a 以某一初速度v0从左侧滑上木板。已知物块a、b 与木板间的摩擦因数分别为
、
，木块与木板质量均为m，a、b 之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于
最大静摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．若物块没有从木板上滑下，则无论v0多大整个过程摩擦生热均为
B．若
，则无论v0多大，a 都不会从木板上滑落
C．若
，则a，b 一定不相碰 D．若
，则a 可能从木板左端滑落
解：A．若没有物块从木板上滑下，则说明最终三者达到共速，一起向右匀速运动，
7
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根据动量守恒定律及能量守恒定律有
，
联立求得整个过程摩擦生热为
故A 正确；
BD．a，b 之间的碰撞为弹性碰撞，故碰撞过程中动量及机械能均守恒，设碰撞前a，
b 的速度分别为
，
，碰撞后分别为
，
，且有
，以
方向为正方向，则有
，
联立解得
，
即碰后a 与木板共速，b 向右运动，以a 和木板为整体，此时a 和木板的加速度为
对a 分析知，a 的最大加速度为
若
，则有
，a 和木板保持相对静止，则无论
多大，a 都不会从木板上滑
落；若
，则
，a 相对木板向左运动，故可能从木板左端滑落，故BD 正
确；
C．若a 与b 碰撞前三者已经共速，则a，b 一定不相碰，此时有
又因为
联立求得
故若
，则a，b 一定不相碰，故C 错误。故选ABD。
例9．一枚在空中飞行的火箭在某时刻的速度为
，方向水平，燃料即将耗尽。此
时，火箭突然炸裂成两块（如图所示），其中质量为
的后部分箭体以速率
沿火箭
原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则质量为
前部分箭体速
率
为（ ）
8
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A．
B．
C．
D．
解：火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守
恒定律可得
解得
故选D。
例10．一炮弹质量为m，以斜向上、与水平面成60°角的初速度v 发射，炮弹在最高点
爆炸成两块，其中质量为
的一块恰好做自由落体运动，另一块的瞬时速度大小为（
）
A．
B．
C．
D．
解：炮弹飞行到最高点时，速度沿水平方向，大小为
质量为
的一块恰好做自由落体运动，说明爆炸后其瞬时速度为零，设质量为
的
那块爆炸后的瞬时速度为v1，水平方向据动量守恒定律可得
联立解得
A 正确。故选A。
例11．如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q 之间有少量炸药（质量不计），
爆炸后P、Q 沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.8m、0.2m。已知P、Q 与水
平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q 的质量之比m1:m2为（ ）
A．1 2∶
B．2 1∶
C．4 1∶
D．1 4∶
解：爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则
爆炸之后分别对两滑块动能定理可知：滑块P
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滑块Q
联立代入已知数据解得
故选A。
例12．一质量为M 的烟花斜飞到空中，到最高点时速度为v，此时烟花炸裂成两块
（损失的炸药质量不计），炸裂成的两块速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小
相等，不计空气阻力，若向前一块的质量为m，则向前一块的速度大小为 （ ）
A．
B．
C．
D．
解：由题意知，到达最高点时速度沿水平方向，大小为v。因烟花所受的重力远小于内
部爆炸力，故在爆炸的短时间内系统动量守恒。设初速度方向为正方向，向前一块的
速度大小为v1，向后一块速度大小为v2，故有
又因为爆炸后两块做平抛运动，落地时水平位移大小相等，根据平抛运动规律可知
联立方程，解得
故选A。
例13．如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块A、B 之间有少量炸药（质量不计），
爆炸后A、B 沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为1m、4m。已知滑块A 的质量
为mA=4kg，A、B 与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，炸药
爆炸释放的化学能全部转化为滑块A、B 的动能。下列说法正确的是（ ）
A．滑块B 的质量为2kg B．滑块B 的质量为1kg
C．炸药爆炸释放的化学能为16J D．炸药爆炸释放的化学能为24J
解：AB．爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则0=-mAv1+mBv2
爆炸之后分别对两滑块动能定理，对滑块A
对滑块B
联立解得
，
，
故B 错误，A 正确；
CD．炸药爆炸释放的化学能为
代入数据解得
故C 错误，
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D 正确。故选AD。
例14．如图所示，可视为质点且质量均为1kg 的甲、乙两物体紧靠着放在水平地面，
物体甲与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体乙右侧地面光滑。两物体间夹有炸药，
爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体乙的速度大小为3m/s，重力加速度
g 取10m/s2。则（ ）
A．炸药爆炸后，两物体分离瞬间物体甲的速度大小为3m/s
B．甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量为18J
C．从分离到甲物体停止运动，经过的时间为4s
D．甲、乙两物体分离2s 时，两物体之间的距离为7.5m
解：A．炸药爆炸后，设分离瞬间物体甲的速度大小为
，物体乙的速度大小为
，对
甲、乙两物体组成的系统由动量守恒定律得
甲、乙两物体速度大小
故A 正确；
B．由能量守恒得
联立可得：甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量
故B 错误；
C．甲、乙两物体分离后，甲物体向左匀减速滑行，对甲受力分析，根据牛顿第二定律
得
根据运动学公式得从分离到甲物体停止运动，经过的时间
故C 错误；
D．物体甲运动的位移为
物体乙运动
内的位移为
故甲、乙两物体分离
时，两物体之间的距离
故D 正确。故选AD。
例15．如图所示，质量相等的木块A，B 间夹有一小块炸药，放在一段粗糙程度相同
的水平地面上。让A，B 以速度v0一起从O 点滑出，到达P 点后速度变为
，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 继续水平前进。如果
仍让A，B 以速度v0一起从O 点滑出，当A，B 停止运动时立即让炸药爆炸，则木块A
最终静止在Q 点（图中未标出）。已知O，P 两点间的距离为s，炸药的质量可以忽略
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不计，爆炸时间很短可以忽略不计，爆炸释放的化学能全部转化为木块的动能，求木
块A 从O 运动到Q 所用的时间。
解：设木块的质量均为m，与地面的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0.第
一次滑动过程中，从O 点滑到P 点，对A，B 根据动能定理-μ·2mgs=
×2m（
）
2-
×2m
在P 点炸药爆炸，木块A，B 系统动量守恒2m×
=mv
根据能量的转化与守恒E0+
×2m（
）
2=
mv2联立解得μ=
E0=
m
第二次滑动过程中，从O 滑出到减速为零，对A，B 根据牛顿第二定律μ·2mg=2ma1
又v0=a1t1炸药爆炸时木块A，B 系统动量守恒mvA+mvB=0
由能量转化与守恒E0=
m
+
m
爆炸后A 以速度vA减速前进，最后停在Q 点。对A 根据牛顿第二定律μmg=ma2
又vA=a2t2.解以上各式得t=t1+t2=
例16．如图所示，相距L=5m 的粗糙水平直轨道两端分别固定两个竖直挡板，距左侧
挡板
=2m 的O 点处静止放置两个紧挨着的小滑块A、B，滑块之间装有少量炸药。
炸药爆炸时，能将两滑块分开并保持在直轨道上沿水平方向运动。滑块A、B 的质量
均为m=1kg，与轨道间的动摩擦因数均为
=0.2。不计滑块与滑块、滑块与挡板间发
生碰撞时的机械能损失，滑块可看作质点，重力加速度g 取10m/s2。
(1)炸药爆炸瞬间，若有Q1=10J 的能量转化成了两滑块的机械能，求滑块A 最终离开出
发点的距离；
(2)若两滑块A、B 初始状态并不是静止的，当它们共同以v0=1m/s 的速度向右经过O
点时炸药爆炸，要使两滑块分开后能再次相遇，则爆炸中转化成机械能的最小值Q2是
多少?
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解：(1)爆炸过程中，动量守恒，则有
根据能量守恒可得
解得
m/s
爆炸后二者减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度均为
=2m/s2
爆炸后二者减速运动的位移
=2.5m
由于
，A 会碰到挡板后原速率返回，在继续减速后停止
最终A 停止时距离
点位移大小
=1.5m
(2)爆炸后A、B 分开，可能有三种情况
情形①：A、B 反向分开，A 碰到挡板后反弹，在与B 相遇
，
，
=10m
由以上可解得
，
，
符合题意
解得
=19J
情形②：A、B 反向分开，A 未碰到挡板，B 反弹后与A 相遇
，
，
，
=6m
由以上可解得
，
，
与预设相矛盾
情形③：A、B 同向分开，A 慢B 快，，B 反弹后与A 相遇
，
，
=6m 由以上方程联立后，无解
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对应题型精炼
一、单选题
1．一爆竹飞行到距离地面
的最高处时速度大小为
，水平向右，此时从中
间瞬间爆炸成质量相等的头、尾两块，头部在右端，两者均沿水平方向飞出且不翻转，
不计质量损失，不计空气阻力，g 取
。下列图中关于头、尾两块爆竹飞行的轨
迹可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】A．由图可知，爆炸后的两块爆竹下落时间为
解得
两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部
，尾部
，设爆竹的总质
量为
，以爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动量和
总动能为
，
爆炸后的总动量和总动能为
，
则有
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，
则爆炸前后动量守恒，动能增加，符合实际，故A 正确；
B．两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部
，尾部
，设爆竹的
总质量为
，以爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动
量为
爆炸后的总动量为
则有
则爆炸前后动量不守恒，故B 错误；
C．两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部
，尾部
，设爆竹的
总质量为
，以爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动
量为
爆炸后的总动量为
则有
则爆炸前后动量守恒，但头部的速度小于尾部速度，不符合实际，故C 错误；
D．两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部
，尾部
，设爆竹的
总质量为
，以爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动
量和总动能为
，
爆炸后的总动量和总动能为
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，
则有
，
则爆炸前后动量守恒，动能相等，但爆炸后总动能会增大，不符合实际，故D 错误。
故选A。
2．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
v1，子弹动能为
；在皮划艇上射击时子弹的出射速度为v2，动能为
，运动员及
皮划艇的速度为v3，射击过程中可认为子弹、运动员及皮划艇组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
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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。
3．2023 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
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故选D。
4．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。
5．地空导弹又称防空导弹，是指从地面发射攻击空中目标的导弹．如图所示，某次导
18
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弹试射中，质量为M 的地空导弹斜射向天空，运动到空中最高点时速度为
，突然炸
成两块，质量为m 的弹头以速度v 沿
的方向飞去，爆炸过程时间极短，为
。整个
过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．爆炸后的一瞬间，另一块以
的速度一定沿着与
相反的方向飞去
B．爆炸过程中另一块对弹头的平均作用力大小为
C．爆炸过程释放的化学能为
D．爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，水平方向动量守恒
【答案】D
【详解】A．在最高点水平方向动量守恒，取
的方向为正
则得另一块的速度为
可正可负可为零，故A 错误；
B．爆炸过程时间极短，可忽略重力作用，对质量为m 的弹头用动量定理，取
的方
向为正
解得
故B 错误；
C．爆炸过程释放的化学能为
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故C 错误
D．爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，在水平方向上不受外力，因此在
水平方向动量守恒，故D 正确。
故选D。
二、多选题
6．一个绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，在轨道上瞬间炸裂成质量相等的A，B 两
块，其中A 仍在原轨道运动，不计炸裂前后卫星总质量的变化，则（ ）
A．B 可能在原轨道运动
B．炸裂后的瞬间A、B 的总动能大于炸裂前的动能
C．炸裂后的瞬间A、B 的动量大小之比为：
D．炸裂后的瞬间A、B 速率之比为：
【答案】BC
【详解】A．炸裂后A 仍在原轨道运动，故A 的速率不变，方向反向；设爆炸前总质
量为
，根据动量守恒得
故
故B 不可能在原轨道运动，故A 错误；
B．根据能量守恒可知，炸裂后化学能转化为动能，故总动能增加，故B 正确；
C．炸裂后动量之比为
故C 正确；
D．炸裂后的瞬间A、B 速率之比为
故D 错误。
故选BC。
7．一只质量为
的乌贼吸入
的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时
间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为
的速度向前逃窜。下列说法正确的是
（ ）
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A．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为
B．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
C．乌贼喷出的水的速度大小为
D．在乌贼喷水的过程中，有
的生物能转化成机械能
【答案】ACD
【详解】A．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为
故A 正确；
B．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统所受合力为零，所以系统动量守
恒，故B 错误；
C．由动量守恒定律
可得
故C 正确；
D．在乌贼喷水的过程中，生物能转化成机械能，可得
故D 正确。
故选ACD。
8．如图所示，光滑桌面上木板C 静止并被锁定，质量为1kg，在木板的中央处放置两
个可视为质点的小滑块A 和B，质量分别为2kg 和1kg，两滑块间有小型炸药，某时刻
炸药爆炸释放能量为12J，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板C 锁定被
解除，两滑块与木板间动摩擦因数均为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板C 的边缘，g
取10m/s2，不计炸药的质量，则以下说法中正确的是（ ）
A．木板C 的最终速度为0.4m/s
B．整个过程中木板C 受的合外力冲量为
C．木板C 的长度为7.5m
D．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的热量为11.5J
【答案】BCD
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【详解】A．以向右为正方向，设爆炸之后物块A 的速度大小为
，物块B 的速度大
小为
，爆炸过程中，由动量守恒定理得
由能量守恒定律得
解得
，
因为两滑块与木板间动摩擦因数相等，根据牛顿第二定律可知，两滑块在木板C 上滑
行时加速度大小相等，则滑块A 速度减为零，滑块B 还在滑行。对物块B，由牛顿第
二定律
解得
当滑块A 速度减为零时，根据
可得
，
解得
木板锁定被解除后，A 与C 相对静止，设木板C 的最终速度为，根据题意，由动量
守恒定律有
解得
故A 错误；
B．对整个过程分析，对木板C，根据动量定理有
代入数据解得，整个过程中木板C 受的合外力冲量为
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故B 正确；
C．由A 分析，根据
可得
解得
木板锁定被解除后，A 与C 相对静止，向右加速，物块B 继续减速，可得
解得
对于A 和C 整体，根据牛顿第二定律有
解得
根据
可得
解得
则木板C 的长度为
故C 正确；
D．对整个的过程，设整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的热量为
，根据能量
守恒定律有
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解得
故D 正确。
故选BCD。
三、解答题
9．一质量为
的烟花弹获得动能
后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，
烟花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
，
且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为
，不计空气阻力和火药的
质量，求：
（1）求烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间及此时离地面的高度
；
（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）
，
；（2）
【详解】（1）设烟花弹的初速度为
，则有
解得
烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有
解得
烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为
（2）对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律有
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根据能量守恒定律有
解得
爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为
所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为
10．如图所示，水平地面上静止放置着紧靠在一起的物体A 和B，两物体可视为质点
且质量均为
，物体A 与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体B 右侧光滑。两物体
间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体A 的速度大小为
，
重力加速度g 取
，不计空气阻力。求：
（1）A、B 两物体分离瞬间获得的总能量；
（2）A、B 两物体分离
后两者之间的距离。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）炸药爆炸后，设分离瞬间物体
的速度大小为
，物体B 的速度大小
为
，对A、B 两物体组成的系统由动量守恒定律得
由能量守恒得
联立可得A、B 两物体分离瞬间获得的总能量
（2）A、B 两物体分离后，物体
向左匀减速滑行，对
根据牛顿第二定律得
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解得
根据运动学公式得物体
从分离到停止运动，经过的时间
物体
运动的位移
物体B 运动的位移
故A、B 两物体分离
后之间的距离
11．如图所示，长为2R 的平板车右端安装一个半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，平
板车平面刚好与轨道最低点相切，质量均为m 的A、B 两个物块（大小忽略不计）紧
挨着放在平板车的中点，两物块之间放有少量炸药，两物块与平板车间的动摩擦因数
均为0.5，点燃炸药让其爆炸，爆炸时间极短，结果物块B 恰好能上升到圆弧轨道的最
高点，已知平板车（包括圆弧轨道）的质量为2m，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求物块A 滑离平板车时的速度大小及炸药爆炸时对A、B 两物体所做的功；
（2）试分析物块B 会不会滑离长木板，如果能，说明为什么，如果不能，物块B 与长
木板相对静止时离板的右端距离为多少？
【答案】（1）
，
；（2）不能，离长木板右端距离为2R
【详解】（1）由于A、B 质量相等，根据动量守恒可知，爆炸后一瞬间物块A 向左和
物块B 向右的速度大小相等。由于两物块对平板车的摩擦力等大反向，因此两物块在
平板车上运动时，平板车静止。当A 滑动到平板车左端时，物块B 滑到平板车右端，
设此时A、B 的速度大小均为v1。
A 滑离后，对B 与车研究，设B 滑到圆弧轨道最高点时速度为
，根据动量守恒有
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根据能量守恒有
解得
即物块A 滑离长木板时的速度大小为
根据功能关系，设炸药爆炸时对A、B 两物体所做的功为W，根据功能关系
（2）假设物块B 不会滑离长木板，设最后的共速为v3，根据动量守恒可知，
根据功能关系
解得
即物块B 刚好滑到长木板的左端，刚好不滑离，假设成立，
此时离长木板右端距离为2R。
12．如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A、B、C，质量分别为
，
，
，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，现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的
能量有
转化为A 和B 的动能，A 和B 分开后，立刻取走A。求：
（1）炸药爆炸对A 的冲量大小；
（2）弹簧弹性势能的最大值；
（3）弹簧再次恢复原长时，B 和C 的速度大小和方向。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，方向水平向左；
，方向水平向右
【详解】（1）炸药爆炸过程，由动量守恒可得
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根据能量守恒可得
解得
据动量定理可得，炸药爆炸对A 的冲量大小为
（2）弹簧最短时，弹性势能最大，B、C 共速，由动量守恒可得
根据机械能守恒可得
解得弹簧弹性势能的最大值为
（3）弹簧再次恢复原长时，弹性势能为零，根据动量守恒和机械能守恒分别可得
联立解得
即B 的速度方向水平向左，C 的速度方向水平向右。
13．2019 年5 月10 日，第十四届中国（浏阳）国际花炮文化节在湖南省浏阳市花炮观
礼台正式开幕，韩国、意大利、日本和荷兰四支全球顶尖燃放队伍在浏阳河畔进行了
精彩表演。已知某花炮发射器能在t1=0.2s 的时间内将花炮竖直向上发射出去，花炮的
质量为m=1kg、射出的最大高度与发射器之间的距离为h=180m，且花炮刚好在最高点
爆炸为两块物块，假设爆炸前后花炮的质量不变，经过一段时间炸开的两块物块同时
落地，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g=10m/s2。
（1）求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力的大小；
（2）如果爆炸时产生的两块物块的速度均沿水平方向，落地时两个落地点之间的距离
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为s=900m 且两物块的速度互相垂直，求两物块的质量；
（3）求花炮内炸药的化学能。
【答案】（1）310N；（2）0.2kg，0.8kg；（3）1800J
【详解】(1)花炮射出后做竖直上抛运动，设其运动至h=180 m 高空所用时间为t，由
竖直上抛运动的规律知
代入数据解得
t=6 s
设在发射时间t1=0.2 s 内，发射器对花炮的平均作用力大小为F，对花炮从发射到运动
至h=180 m 高空的整个过程，运用动量定理有
代入数据解得
F=310 N
(2)设花炮在最高点爆炸时炸裂成质量为m1、m2的两块物块，其对应水平速度大小分别
为v1、v2，方向相反，花炮爆炸时在水平方向所受外力矢量和为零，由动量守恒定律有
m1v1-m2v2=0
且有
m1＋m2=m
由平抛运动的规律和题目中所给信息有
（v1＋v2）t=900 m
设炸开的两物块落地时竖直方向的速度为vy，因落地时两物块的速度相互垂直，如图
所示
则有
代入数据解得
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或
(3)花炮在最高点爆炸前后由能量守恒定律可得炸药产生的化学能
14．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面ABCD 和光滑的圆弧轨道DE 在D 点平滑连接并
固定于竖直平面内，轻质弹簧两端均连接轻质挡板，下端挡板固定于斜面底端A 点，
弹簧自然伸长时上端挡板位于B 点，C 为BD 的中点。在D 点处放有两个物块（可视
为质点），物块中间夹有炸药。某时刻，炸药爆炸，两物块分离，分离后物块1 刚好
能通过圆弧轨道的最高点E，E 点位于圆弧轨道圆心O 的正上方，物块2 向下运动压缩
弹簧后刚好能返回到C 点。已知炸药爆炸释放的能量有50%转化为两物块的动能，物
块1 与物块2 的质量分别为
、
，圆弧轨道的半径
，
，两物块与斜面间的动摩擦因数均为
，不计空气阻力，弹簧始终在
弹性限度内，重力加速度
，
，
，求：
（1）炸药爆炸所释放的能量；
（2）物块2 沿斜面向下运动过程中，弹簧的最大压缩量；
（3）物块1 离开E 点后离斜面的最远距离。
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【答案】（1）24J；（2）0.07m；（3）0.7m
【详解】（1）两物块分离后物块1 刚好能通过圆弧轨道的最高点E，根据牛顿第二定
律有
解得
物块1 从D 到E，根据动能定理有
解得
爆炸过程时间极短，动量守恒，取沿斜面向下为正方向，则有
解得
则炸药爆炸所释放的能量为
解得
（2）设弹簧的最大压缩量为x，弹簧做功大小为W，物块2 从运动到静止，根据动能
定理
物块2 向下运动压缩弹簧后刚好能返回到C 点，根据动能定理有
解得
（3）物块1 离开E 点后沿垂直斜面方向速度为零时离斜面的距离最远，根据牛顿第二
定律有
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解得
离斜面的最远距离为
15．一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
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16．如图所示，光滑水平轨道MN 左端与倾角θ = 37°的足够长的斜面PM 连接，右端
与半径为R 的
光滑圆弧轨道QN 连接。质量分别为m1= 2kg 和m2= 3kg 的滑块A、B
之间夹有少量炸药，静止在MN 上（滑块A、B 均可视为质点，炸药的质量忽略不
计）。炸药引爆后释放的化学能E = 30J 全部转化为两滑块的动能，之后滑块B 冲上
圆弧轨道，滑块A 冲上斜面PM，A 与斜面间的动摩擦因数为μ = 0.5，g 取10m/s2，
sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
（1）炸药引爆后A、B 到达M、N 点时的动能EA、EB各为多大；
（2）已知B 恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R 是多大；
（3）A 沿斜面上滑的最大距离x。
【答案】（1）18J，12J；（2）0.4m；（3）0.9m
【详解】（1）设炸药引爆后A、B 的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量
守恒定律得
m1v1 - m2v2 = 0
由能量守恒定律得
可得
，
联立解得
EkA = 18J，EkB = 12J
（2）B 从N 到Q 的上滑过程，由机械能守恒定律得
EkB = m2gR
可得
R = 0.4m
（3）A 从M 沿斜面上滑的过程，运用动能定理得
- m1gxsin37° - μm1gxcos37° = 0 - EkA
解得
33
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x = 0.9m
17．如图所示，长木板B、C 放置在光滑的水平面上，B、C 的上表面等高，物块A 放
置在B 的右端，A、B、C 的质量均为m，B 的上表面粗糙，A、B 间的动摩擦因数为
，C 的上表面光滑，右侧有一右端固定的水平轻弹簧。现使A、B 一起以速度
撞向
C 板，撞后B 和C 粘在一起运动，已知重力加速度为g，则在以后的运动过程中，求：
（1）弹簧储存的最大弹性势能为多大；
（2）要使A 不从B 板上滑落，B 板的长度至少应为多长？
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）B、C 碰撞过程中，B、C 系统动量守恒，有
A 在C 上运动并压缩弹簧至最短，A、B、C 系统动量守恒
有
当三者共速时，弹簧储存的弹性势能最大，此时有
解得
（2）设B 板的最小长度为L，要使A 不从B 上滑落，当A 滑到B 的最左端时，三者
速度相等，根据动量守恒，三者速度仍为
，即弹性势能全部转化为摩擦生热，有
解得
18．如图所示，质量为
的长木板
在光滑水平面上，以大小为
的速度向左运动，
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一质量为
的小木块B 可视为质点，以大小也为
的速度水平向右运动冲上木板左
端，B、
间动摩擦因数为
，最后B 不会滑离A，已知
，重力加速度为
求：
（1）
、B 最后的速度；
（2）木板
的最短长度．
（3）B 向右运动的最大距离
【答案】（1）
，方向向左；（2）
；（3）
【详解】（1）由题意可知
最后的共同速度，以向左为正方向，由动量守恒定律，
有
解得
方向向左
（2）设长木板的最短长度为，则由功能关系
解得
（3）对
向右运动到速度为零，有
得
向右运动的最大距离
19．如图甲所示，质量为M=1 kg、足够长的木板用销钉固定在光滑的水平面上，木板
右侧L=9 m 处固定一竖直弹性挡板，质量为m=3 kg 的滑块（可视为质点）以水平速度
v0=2 m/s 从木板左端向右滑行，滑行l0=0.8 m 后停止运动。如图乙所示，拔去销钉，把
滑块置于木板左端，用大小为F=8N 的水平向右的恒力作用于木板的右端，木板到达
弹性挡板前的瞬间撤去恒力F，木板与弹性挡板的碰撞时间极短，碰撞后木板的速度
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大小保持不变，方向与原来相反，重力加速度g 取10m/s2。求：
（1）滑块与木板间的动摩擦因数；
（2）撤去恒力F 的瞬间，滑块和木板的速度大小；
（3）撤去恒力F 之后木板所走的总路程。
【答案】（1）0.25；（2）6m/s；（3）6.4m
【详解】（1）图甲中滑块在木板上滑行的过程中由动能定理得
解得
（2）假设滑块与木板一起加速运动，由牛顿第二定律得
解得
假设成立
由运动学规律得
解得
（3）设木板第一次与弹性挡板碰撞后向左滑动的位移为
，则有
解得
木板第
次与弹性挡板碰撞后到与滑块相对静止的过程中，取向右为正方向，由动
量守恒定律得
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设木板向左滑动的位移为
由动能定理得
木板第
次与弹性挡板碰撞后，同理有
木板从第一次和弹性挡板相碰开始，每次向左滑行的距离与前一次向左滑行的距离成
无穷等比数列公比
木板第一次和弹性挡板相碰后所走的总路程即为撤去恒力
之后木板所走的总路程
当
趋于正无穷时，
趋于，则
解得
20．某小型桌面弹射游戏模型简化如图，轻质弹簧左端固定在O 点的竖直挡板上，右
端A 点为弹簧的原长且物块不连接，A 点左侧桌面光滑，A 点右侧桌面粗糙；游戏时，
某同学推着质量为
的物块P 向左压缩弹簧，然后静止释放物块P，与静止在
B 点的质量为
物块Q 发生弹性正碰（碰撞时间极短）；游戏规则：P、Q 碰
撞后，P 最终需要留在桌面上，Q 从桌面抛出落在水平地面上，且落地点离桌面右端
水平距离越远，游戏获得的分数越高。在一次游戏中，获得冠军的小明同学将物块P
向左压缩弹簧至弹性势能为
，然后静止释放物块P，最终物块P 刚好停在
桌面右端；已知物块P、Q 均可视为质点，物块P、Q 与桌面粗糙部分的动摩擦因数均
为
，
之间的距离为
，桌面离地面高度为
，重力加速度
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，不计空气阻力，对于小明的这次游戏，求：
（1）物块P、Q 碰撞后瞬间的速度大小
、
；
（2）物块Q 落地点离桌面右端的水平距离x。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）物块P 从释放到与物块Q 碰撞前，根据功能关系可得
解得
物块P、Q 发生弹性正碰，碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，则有
，
解得
，
（2）设B 点与桌面右端距离为
，物块P 碰后刚好停在桌面右端，根据动能定理可
得
设物块Q 碰后到桌面右端时的速度为
，根据动能定理可得
联立解得
物块Q 从桌面右端抛出后做平抛运动，则有
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，
解得
39
