2024年高考物理专项复习：反冲和爆炸（含答案）

复习材料

专题1.4反冲和爆炸

【人教版】

一衣

型

题1反冲问题】

型

题

2人船模型】

型

题

3某方向上的人船模型】

型

题

爆炸问题】

型4

题

型涉及反冲的综合问题】

题5

6涉及爆炸的综合问题】

【题型1反冲问题】

【例1】一火箭喷气发动机每次喷出加=200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度。=1

000m/so设火箭(包括燃料)质量M=300kg,发动机每秒喷气20次。

(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？

⑵运动第1s末，火箭的速度为多大？

［解析］(1)设喷出三次气体后火箭的速度为。3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量

守恒定律得：(A/—3机)。3-3〃7。=0,解得g—Zm/s。

⑵发动机每秒喷气20次，设运动第1s末，火箭的速度为。20,以火箭和喷出的20次气体

为研究对象，根据动量守恒定律得：(M-2Om)v2o-2Qmv=Q,

解得。20213.5m/so

［答案］(1)2m/s(2)13.5m/s

【变式1-1］质量为〃的小孩站在质量为加的滑板上，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。，此时滑板的

速度大小为()

mMmM

A.—vB.—vC.—'—vD.—■—v

Mm

.M

解析：选B由题意知：小孩和滑板动量守恒，则“加=0,得v'----V,即滑板

m

Mv

的速度大小为一，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。

m

【变式1-2］(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的

光滑弧形槽N、B,槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽/不固定，弧形槽8固定。一小

球从弧形槽/顶端由静止释放。下列判断正确的是()

A.小球在弧形槽N下滑过程中，小球的机械能不守恒

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B.小球在弧形槽8上滑过程中，小球的机械能不守恒

C.小球和弧形槽/组成的系统满足动量守恒

D.小球不能上升到弧形槽8的顶端

解析：选AD由于N是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了所以小球

的机械能不守恒，A正确；由于8是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能,

机械能守恒，B错误；小球最初和工的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为

零，工的动量不为零，所以小球和弧形槽工组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一

部分动能给了所以小球最终到达不了5的顶端，D正确。

【变式1-3】如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一个被压

缩的轻弹簧(与两小车未连接)，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分

别向左、右运动.已知两小车的质量之比为〃“：〃?2=2：1,下列说法正确的是()

A.弹簧弹开后左右两小车的速度大小之比为1:2

B.弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1:2

C.弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2：1

D.弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1:4

答案A

解析两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定

律得加2。2一加间=0,解得%：。2=1：2,A正确；由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两

小车的动量大小相等，B错误；弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时

间相同，由/=­知，左右两小车受到的冲量大小之比为1：1,C错误；由动能定理得，弹

px1

黄弹开过程弹力对左右两小车做功之比为W:W=——：——=1：2,D错误.

x22m12加2

【题型2人船模型】

【例2】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个

卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上

船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长心

已知他的自身质量为加，水的阻力不计，船的质量为()

m(L—d)m(L~\~d)mLm(L—d)

yV.B.C.D■

dddL

解析：选A设人走动时船的速度大小为o,人的速度大小为o',人从船尾走到船头所用

dLjd

时间为人则o=-,v1=----;取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv-

tt

dL~dm(L-d)

mv'=0,则得：M-—m----,解得船的质量为河=-------,故选A。

【变式2-1】如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将

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一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是o

A.向左运动，船向左移一些

B.小船静止，船向左移一些

C.小船静止，船向右移一些

D.小船静止，船不移动

解析：选C人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据"人船模型"，鱼动船动，鱼停

船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故C正确。

【变式2-21某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质

量为枪内装有〃颗子弹，每颗子弹的质量均为小，枪口到靶的距离为L,子弹水平射出

枪口相对于地的速度为。，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完〃颗子

弹时，小车后退的距离为()

mnm

A.—―LB.——Z

M-vmM~rm

nmm

C.―,~~ZD.―--L

M-vnm

解析：选C由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹

时，车已经停止运动。每发射一颗子弹，车后退一段距离。每发射一颗子弹时，子弹动量为

mv,由动量守恒定律有：0=加0—［河+5—1)团"，设每发射一颗子弹车后退x,则子弹相

(L—x\xTYIL

--)=［"+(〃-1)"“二解得：X=-----------,则打完〃发

tItM+nm

nmL

后车共后退s=------o

M-vnm

【变式2-3］如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为加i=50kg的人抓在气球下方，

气球和长绳的总质量为加2=20kg,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"=5m.如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人

看成质点)()

A.5mB.3.6m

C.2.6mD.8m

答案B

解析当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为瓦，气球相对地面上升的位移大

hihi

小为厉，由动量守恒定律，得如一=加2—，且儿+岳=瓦解得出a3.6m,所以他离地高度

是3.6m,故选项B正确.

【题型3某方向上的人船模型】

【例3】一个质量为M、底面边长为6的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一

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质量为〃?的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为S。下列说法中正确

的是()

mb

A.若斜面粗糙，贝腾=-^

M~rm

mb

B.只有斜面光滑，才有s=——

M~rm

C.若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒

D.若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒

解析：选A不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向

左为正方向，斜面体的位移大小为s,则物块的位移大小为b—s,物块和斜面体的平均速率

b-ssmb

分别为。1=——，。2=-,由动量守恒定律得加。1一助2=0,解得S=-----，A正确，B错

ttM+m

误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的

合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系

统机械能不守恒，C、D错误。

【变式3-1］(多选)如图所示，质量相同的两个小球N、8用长为工的轻质细绳连接，8球穿

在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态。将/、8由静止释放，空气阻力不计,

下列说法正确的是()

A./球将做变速圆周运动

B.B球将一直向右运动

C.2球向右运动的最大位移为工

D,8球运动的最大速度为夜

［解析］由于8点不固定，故/的轨迹不可能为圆周，A错误；4球来回摆动，/、3组成

的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知8球将做往复运动，B错

误；对于/、2组成的系统，当/球摆到左侧，细绳再次处于水平状态时，2球有向右的最

XAXB

大位移，此时对系统有机4nig——0,/+XB=2Z,解得2球向右运动的最大位移为C

tt

正确；当/球摆到8球正下方时，8球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律得加4%=

mBvB,由机械能守恒定律得〃加加8喈，解得3球运动的最大速度为vB=y/gL,

D正确。

［答案］CD

【变式3-2］如图，质量为"的小车静止在光滑的水平面上，小车N8段是半径为R的四分

之一圆弧光滑轨道，8c段是长为£的水平粗糙轨道，两段轨道相切于8点，一质量为%的

滑块在小车上从/点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。

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(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；

(2)若不固定小车，滑块仍从/点由静止下滑，然后滑入轨道，最后从C点滑出小车，

M

已知滑块质量机=—,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑

2

块与轨道8C间的动摩擦因数为出求：

①滑块运动过程中，小车的最大速度。m；

②滑块从8到C运动过程中，小车的位移大小。

解析：(1)滑块到达2点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒,

1

由机械能守恒定律得：加gR=Q加滑块在2点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，

由牛顿第二定律得：

VB2,百

N—mg=m—,解得：N=3mg,

R

由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N=N=3mg

即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。

(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度

0m，

11

22

由机械能守恒定律得：mgR=-A^m+-rn(2z;m),

[gR

解得：vm=­o

②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从5到C

运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：日滑块=26车，

由于它们运动的时间相等，根据：

工=日/可得s滑块=2s车

又：s滑块+s车=£

1

所以小车的位移大小：5车=-£。

3

答案：(1)3根g(2)①卡包宇

【变式3-3】如图所示，一个倾角为a的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为

M,顶端高度为儿今有一质量为加的小物体，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()

mhMh

A.-----B.-----

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(Af+m)tana(Af+m)tana

解析：选C此题属“人船模型”问题。冽与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设加

在水平方向上对地位移为修，M在水平方向上对地位移为必，因此有

Q=mx\—Mx2o①

h_

且修+%2=------o②

tana

由①②可得必=----------，故C正确。

(Af+m)tana

【题型4爆炸问题】

【例4】一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为。°,此时烟花炸裂成沿。o

所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小

相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为冽，则炸裂瞬间其速度大小为()

2MM

A.--------v（）B.-----Vo

M-mM-m

M2M

C.---------y（）D.---------

2m~M2m-M

解析：选C设炸裂后向前的一块速度大小为以两块均在空中做平抛运动，根据落地时水

平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的

Mvo

速度方向为正方向，根据动量守恒定律得〃%=冽。一"一加)以解得0=---------,C正确,

2m-M

A、B、D错误。

【变式4-1】如图所示，光滑水平面上有三个滑块4、B、C,质量关系是冽4=根0=冽、mB=

m

一.开始时滑块8、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块/以速度。。正

2

对3向右运动，在“未与2碰撞之前，引爆了2、C间的炸药，炸药爆炸后3与/迎面碰

撞，最终/与2粘在一起，以速率为向左运动.求：

(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；

(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？

解析(1)全过程，/、8、C组成的系统动量守恒

mAv0=—(%4+mB)v0+mcvc

炸药对C的冲量：I=mc0c-。

5

解得：l=-mvo,方向向右

2

(2)炸药爆炸过程，5和C组成的系统动量守恒

"?C°C一加=0

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据能量关系：

1m1

AE=-X-y/H--mvc21

222

“75

解得：\E=—mv(?.

8

【变式4-2】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

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

解析：选B爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质

量为2：1的两块碎块，其速度大小之比为1:2,根据平抛运动规律可知，水平方向位移大

s2/z2s

小之比为1:2,但合位移大小之比并不为1：2,A错误。根据题意，则有一+—=5,—

3401g340

Eh

+—=6,解得s=340m,两碎块落地点之间的水平距离为1020m,D错误。由上述推导

1g

可知，碎块做平抛运动的时间为4s,根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高

1

度为为=5gF=80m,B正确。质量大的碎块其初速度为85m/s,C错误。

【变式4-3】一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两

块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3：1„不计质量损失，取重力加速度g=10m/s2,则下

列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()

答案：B

1

解析：由h=]gt2可知，爆炸后甲、乙两块弹片做平抛运动的时间t=ls,爆炸过程中，爆

炸力对沿原方向运动的一块弹片的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v>2m/s,

因此水平位移大于2m,C、D项错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故

水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3：1,

所以速度变化量之比为1：3,由平抛运动水平方向上，x=v0t,由题图知，A图中，v乙=一

0.5m/s,vv=2.5m/s,Av乙=2.5m/s,Av甲=0.5m/s,A项错误；B图中，v乙=0.5

m/s,v甲=2.5m/s,Av乙=1.5m/s,Av甲=0.5m/s,B项正确。

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【题型5涉及反冲的综合问题】

【例5】如图所示，在光滑水平面上有/、8两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车8

上坐着一个小孩，小孩与2车的总质量是N车质量的10倍.两车开始都处于静止状态，小

孩把/车以相对于地面的速度。推出，/车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到/车后,

又把它以相对于地面的速度。推出.每次推出，/车相对于地面的速度都是。，方向向

左.则小孩把/车推出几次后，/车返回时小孩不能再接到/车()

A.5B.6

C.7D.8

答案B

解析方法一取水平向右为正方向，小孩第一■次推出/车时，有机力1—心/。=0,解得=

mA2mA

—v,第〃次推出/车时，有机加+机8。"-1=一加机戒”，则%—。”-1=-----V,所以。”

mems

2mA

+(??—1)-----v,当力与。时，再也接不到小车，由以上各式得〃25.5,取”=6,故选B.

IHB

方法二当小孩推、接小车N时，小车4、8与小孩组成的系统动量守恒，当/车与墙壁碰

撞反弹时墙壁对月车冲量/=2mAv

系统动量增加2切眼，设小孩把/车推出〃次后，小孩恰好不能再接到/车，对整个系统由

动量定理得：

nI=mAv+mBv

联立两式解得“=5.5,故至少推6次.

【变式5-1］静止在水平地面上的两小物块/、B,质量分别为%4=1.0kg,加B=4.0kg；两

者之间有一被压缩的微型弹簧，/与其右侧的竖直墙壁距离/=1.0m,如图所示。某时刻,

将压缩的微型弹簧释放，使/、2瞬间分离，两物块获得的动能之和为&=10。J。释放后,

/沿着与墙壁垂直的方向向右运动。/、8与地面之间的动摩擦因数均为〃=0.20。重力加速

度取g=10m/s2=/、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

⑴求弹簧释放后瞬间/、8速度的大小；

(2)物块/、8中的哪一个先停止？该物块刚停止时/与8之间的距离是多少？

(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

［解析］(1)设弹簧释放瞬间/和2的速度大小分别为。/、■，以向右为正方向，由动量守恒

定律和题给条件有。二:孙力一心^迹①

11

E=-mVA2+1加8啥②

k2A2

联立①②式并代入题给数据得

VA=4.0m/s,vB=1.0m/so③

(2)/、2两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为°。假

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设/和8发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的8。设从

弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为SB,则有'加肥④

SB—^Bt----at1®

2

VB--at=Q⑥

在时间t内，N可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变/的速度大小，

所以无论此碰撞是否发生，A在时间f内的路程”都可表示为

1,

2

联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

$4=1.75m,SB=0.25m⑧

由于/<S，<2/+SB,在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时/位于出

发点右边0.25m处,3位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m

=0.50mo©

(3)f时刻后/将继续向左运动，假设它能与静止的8碰撞，碰撞时速度的大小为,由

动能定理有

11

3幽40/2—孙0/=一〃％4g(2/+SB)⑩

联立③⑧⑩式并代入题给数据得

£=/m/s⑪

故/与3将发生碰撞。设碰撞后/、8的速度分别为和以〃，由动量守恒定律与机械

能守恒定律有

加」(一")="/'+mBvB"⑫

-mVA'2=-mv"2+-mv"2®

2A2AA2BB

联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得

=

vA"~~m/s,vB"=~~~m/s@

这表明碰撞后/将向右运动，8继续向左运动，设碰撞后N向右运动距离为s/时停止，B

向左运动距离为sj时停止，由运动学公式

2

lasA—vA"QasB'—vB"2⑮

由④⑭⑮式及题给数据得

sA'=0.63m,sB'=0.28m⑯

sA'小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s'=sA'+sB'=0.91mo

⑰

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［答案］(1)4.0m/sl.Om/s(2)物块B先停止0.50m(3)0.91m

【变式5-2】一玩具以初速度0。从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具

内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1：4的两部分，此时它们的动

能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：

(1)玩具上升到最大高度-时的速度大小；

(2)两部分落地时速度大小之比。

3

［解析］(1)设玩具上升的最大高度为包玩具上升到高度f时的速度大小为o,重力加速度大

小为g,以初速度方向为正，由运动学公式，有

0—M=-2gli①

22

v—v0^-2g\-h

联立①②式解得

(2)设玩具分开时两部分的质量分别为加、mz,水平速度大小分别为内、药。依题意，动能

111

222

关系为-/7?1u1+-m2^2—1+m2)uo@

玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有

miVi—m2V2—0®

分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为内,

设两部分落地时的速度大小分别为历'、,由速度合成公式，有

Vi'=小()2+0］2⑥

V2'=J.+M⑦

V\'

联立④⑤⑥⑦式，考虑到w：加2=1：4,得一^=2。⑧

［答案］(1)^)⑵2

【变式5-3】如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的

小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体

推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为〃=0.3m(〃小于斜面体的高

度).已知小孩与滑板的总质量为加i=30kg,冰块的质量为切2=10kg,小孩与滑板始终无

相对运动.取重力加速度的大小g=10m/s2.

(1)求斜面体的质量；

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⑵通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

答案（1）20kg⑵不能，理由见解析

解析（1）规定向左为正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此

共同速度为v,斜面体的质量为吗.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定

律得

m飒=（冽2+加3）。①

11

—W2^02=9机2+冽3）.+m2gh②

式中。0=3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得

v=\m/s,冽3=20kg③

（2）设小孩推出冰块后的速度为小，对小孩与冰块，由动量守恒定律有

加H1+m20o=O④

代入数据得历=-1m/s⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为力和。3,对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒

定律有

加200=加2。2+加3。3⑥

111

一加2。。2=-m^22H--mf32©

22223

联立③⑥⑦式并代入数据得

。2=11m/s®

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能

追上小孩.

【题型6涉及爆炸的综合问题】

【例6】以初速度外与水平方向成60。角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别

为"和2%的两块，其中质量大的一块沿着原来的方向以2%的速度飞行。

⑴求质量较小的另一块弹片速度的大小和方向。

⑵爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能？

【解析】（1）斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度

展二%cos60°设％'的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得

3勿%'=2mvx+mv2

其中爆炸后大块弹片速度匕夕%

解得丹=-2.5号表示吃的速度与爆炸前速度方向相反。

（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，△瓦,X2加F4加22^X3“2二

复习材料

【答案】(1)2.5%方向与爆炸前速度的方向相反

【变式6-1】如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m.平

台上静止着两个滑块/、B,见4=0.1kg,mB=0.2kg,两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有

一带竖直挡板的小车，静止在光滑的水平地面上.小车质量为M=0.3kg,车上表面与平台

的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹簧，弹簧的自由端在。点，小车的上

表面左端点P与。点之间是粗糙的，滑块2与尸Q之间表面的动摩擦因数为〃=0.2,0点

右侧表面是光滑的.点燃炸药后，/、2分离瞬间/滑块获得向左的速度%=6m/s,而滑块

3则冲向小车.两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两

个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2.求：

(1)滑块N在半圆轨道最高点对轨道的压力；

(2)若£=0.8m,滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；

(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么

范围内.

答案(1)1N,方向竖直向上(2)0.22J

(3)0.675mq<1.35m

,11

解析⑴/从轨道最低点到轨道最鬲点由机械能守恒定律得：严/。/一邢』。2=加盘27?

..V2

在最高点由牛顿第二定律得：mg+F=m—

ANAR

解得FN=1N

由牛顿第三定律得，滑块/在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为IN,方向竖直向上.

(2)爆炸过程由动量守恒定律得：mAvA=mBvB,

解得VB—3m/s

滑块8冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：

11

2

由能量守恒定律得：£1p=-mB»B-

联立解得Ep=0.22J

(3)滑块8最终没有离开小车，滑块8和小车具有共同的末速度，设为“，滑块3与小车组

成的系统动量守恒，

若小车尸0之间的距离L足够大，则滑块2还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块

B恰好滑到Q点，

由能量守恒定律得

复习材料

11

22

]umBgL1-^mBVB--(^5+M)u

联立解得£1=1.35m

若小车P。之间的距离£不是很大，则滑块8必然挤压弹簧，由于。点右侧是光滑的，滑

块8必然被弹回到P0之间，设滑块5恰好回到小车的左端尸点处，由能量守恒定律得：

11

2〃加我2=5〃切啥一5(加B+AQz?

联立解得£2=0.675m

综上所述，要使滑块5既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，P0之间的距离工应满足的条

件是0.675m<Z<1.35m.

【变式6-2】如图，/、8质量分别为机i=lkg,加2=2kg,置于小车C上，小车的质量为

加3=1kg,/、3与小车的动摩擦因数为0.5,小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸,

若/、2间炸药爆炸的能量有12J转化为/、3的机械能，其余能量转化为内能。/、B始

终在小车表面水平运动，小车足够长，求：

⑴炸开后4、B获得的速度大小；

(2)/、8在小车上滑行的时间各是多少？

［解析］(1)根据爆炸过程中能量的转化，

有：E=-miVi2-\-m2V2

222

爆炸过程中，根据动量守恒得：加1。1=机2。2

联立解得：V\=4m/s,V2=2m/so

(2)爆炸后/、3都在C上滑动，由题意可知3会与C先相对静止，设此时/的速度为。3,

B、C的速度为内，在该过程中，4BC组成的系统动量守恒。设该过程的时间为6。

对/应用动量定理：-WMig/i=〃ZiS一加1。1；

对2应用动量定理：一〃=M2。4一加2。2；

对C应用动量定理：侬机2g—〃加这/1=加3。4；

代入数据解之得：u3—3m/s,v4—1m/s,4=0.2s。

之后，/在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。

即：(加i+加2+"")。=°，

解得0=0。

设/滑动的总时间为力对/应用动量定