反冲爆炸模型及其拓展（模型与方法讲义）-2026年高考物理二轮复习解析版

专题08反冲爆炸模型及其拓展

目录

爆炸问题....................................................................................1

二.反冲运动....................................................................................1

三.人船模型问题................................................................................1

〔模型剖析）

一,濠麻向前

1.爆炸现象的特点

爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动最守恒。

2.爆炸现象的三个规律

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，

动量守恒

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

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

位置不变

爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动

二,反冲运动

I.反冲运动的特点

物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作

用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。

2.对反冲运动的三点说明

作用原理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

动量守恒

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

机械能增加

械能增加

三,人船模型问题

1.人船模型问题

两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，

任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型''问题。

2.人船模型的特点

（1）两物体满足动量守恒定律：〃?I山一，〃2也=0o

（2）运动特点：人动船动，人睁船静，人快船快，人慢船慢，人左船右：人船位移比等于它们质量的反

比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即5=£=第。

（3）应用/=1=合时要注意：死、也和即、.12一般都是相对地面而言的。

【典例1】2023年10月10日，据黎巴嫩媒体报道，以色列军队在黎巴嫩南部领土使用国际法禁止的白磷

弹。假设一质量为用的白磷弹竖直向上运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时质量为叫部分的动能

为丘口，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为（）

A码几2叫〃岛叫

A.Do.lx.D・c/、

in-rn-m}in-，叫2（一

【答案】c

【详解】爆炸后瞬时质量为町部分的速度大小为M,另•部分的质量为（利-见），速度大小为L根据动量

守恒可得

”?]匕=（"?一/）均

又

4=；阳片,线2=；（加一叫那

该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为

4总二线|+42

联立解得

故选C。

【典例2]一火箭喷气发动机每次喷出质量加=200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v=l000m/so

设火脩（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？

【答案】（l）2m/s（2）13.5m/s

【解析】（1）设喷出三次气体后火箭的速度为V3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：

（M—3/〃）吟一3〃w=0,解得V3^2m/s。

⑵发动机每秒喷气20次，设运动第1s末，火箭的速度为也o,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：（A/—2O/??）V2O_20mv=0,

解得也（户13.5in/So

【规律方法】

(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。

(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。

【典例3】如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形

轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为的小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静

止释放，已知下列说法正确的是()

A.小球由静止释放后，小球的机械能守恒

B.小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒

C.小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零

D.小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘

【答案】C

【解析】小球由静止释放后，除重力做功外，小车对小球也做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；

小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向的动量守恒，但总动量不守

恒，故B错误；由动最守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，初状态水平方向动最为零，当小球到达圆

弧轨道左侧最高处时，相对小车静止，系统的末动量也为零，所以小车的速度为零，故C正确；山水平方

向的动量守恒可得小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静止释放，运动到最低点时，有“片=小中，则

有"1=心2，可得12=%，且片+/2=凡则可得笛=端着，则小球运动到左侧最高点时，小车向右移

动的距离为所以小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，由动量守恒定律可得，小球从

圆形轨道左侧的最高点由静止释放，运动到右侧最高点时，小左回到原来的位置，所以小车的左边外侧始

终不会伸出桌面左边缘，故D错误。

【提炼总结】求解“人船模型”问题的注意事项

(I)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动最守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用

前两物体在该方向上速度都为零即可。

(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参

考系的位移。

1.一炮兵训练基地在进行军事能力训练，设士兵向空中斜向上投出一颗质量为M的手榴弹，当手榴弹飞行

到距地面最高点时，手榴弹距地面高度为〃，速度为匕)，此时手榴弹突然炸裂成甲、乙两块碎片，两块碎

片飞出方向与％方向在同一直线上，甲、乙质量之比为1:2。已知乙碎片飞出方向与％方向相同，甲相对于

乙以100%的速度向相反方向飞去，则乙落地时距炸裂点的水平距离为()

耳C.103%楞

A皿居B.MoD.1

【答案】A

【详解】手榴弹在最高点爆炸时，竖直方向速度为0,水平方向动量守恒，以初速度%的方向为正方向，设

I?

甲乙的质量和速度分别为班、叫、匕、匕，则有“%=叫匕+/%匕

根据题干数据可知，匕=彩-1°。%

切出

解得匕=亍103％

乙接下来做平抛运动，竖直方向上

103I2H

水平位移x=v2t=—%x/-----

故选Ao

2.如图所示，一科学探究兴趣小组在水平地面上静止放置材料相同、紧靠在一起的物体A和&两物体可

视为质点且物体B的质量较小。两物体间夹有少量炸药，爆炸后两物体分别沿水平方向左右分离，不计空

气阻力，下列说法正确的是（）

A|B

A.爆炸过程中，A和B物体构成的系统动量守恒，机械能也守恒

B.爆炸过程中，两物体获得的初动最相同

C.爆炸过程中，A物体获得的初动能比B小

D.爆炸后，两物体在水平地面上的滑行时间相同

【答案】C

【详解】A.爆炸过程中，A和B物体构成的系统动量守恒，由于存在化学能转化为机械能，所以系统机械

能增加，故A错误：

B.爆炸过程中，根据系统动量守恒可得，人以

可知两物体获得的初动量大小相等，方向相反，故B错误；

2

C.根据Ek=—mv-—

22m

由于两物体获得的初动量大小相等，但B的质量较小，所以A物体获得的初动能比B小，故C正确;

D.由于材料相同，两物体与水平地面的动摩擦因数相同，根据］=丝区=〃g,，=%

ma

由于两物体获得的初动量大小相等，但B的质量较小，B的初速，变较大，所以B在水平地面上的滑行时间较

长，故D错误。

故选C。

3.一质量为/〃的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的甲、乙两块，爆炸前瞬间炮弹速度为

v,方向水平向右，爆炸后甲的速度为1.5口，方向水平向左。爆炸过程中转化为动能的化学能有（）

325

A.—B.2/7?v2C.—fvv'D.Imv2

48

【答案】C

【详解】设爆炸后乙的速度为a,方向水平向右。根据动量守恒可得利

22

解得/=3.5v

根据能量守恒可得爆炸过程中转化为动能的化学能为△石=葭:（1.5川+葭；（3.5»-《=看心

222228

故选Co

4.我国早在宋代就发明了火箭。箭杆上捆了一个前端封闭的火药筒，点燃后生成的燃气以很大速度向后喷

出，箭杆由于反冲而向前运动。若火箭发射前的总质量为燃料全部燃烧完后的质量为〃?，火箭燃气的

对地喷射速度为％，燃料燃尽后火箭的速度口为多大（）

（M-M%W+m）%r（M-m）%n

4・D・L•L/•

mmMM

【答案】A

【详解】火箭和燃气组成的系统，在竖直方向匕内力远远大于重力，故动量守恒，则

解得y=

m

故选A.,

5.如图所示，一质量M=2.0kg的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量切=L0kg的小球通过长L=0.5m的

轻质细杆与滑块上的光滑轴。连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴。自由转动。初始时，轻杆水平，现

给小球一竖直向上的初速度％=4m/s,已知重力加速度g=10m/sL下列说法正确的是（）

p

B.若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为遍m/s

C.若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为gm

2

D.若滑块不固定，小球到达轴0右侧水平位置时的位移大小为

【答案】D

【详解】A.若滑块固定，小球由初始位置到达最高点的过程，则有-〃/力=!〃?/一!小片

代人数据解得v=Gm/s,故A错误；

B.若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方句动量守恒，则有〃%-M为=0

根据机械能守恒，则有J""：=+/ngL

联立解得q=2m/s,故B错误；

CD.若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，选取向右的方向为正方向，

则有mv}—MV2-0

结合y=二

t

整理可得/%-Mx?=o

位移关系则有演+七二心

代人数据解得

6

同理可得，若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移为内=L+W=(m,故C错误，D正确。

故选D。

6.如图所示，光滑的水平地面上放置了两个完全相同的物块A、B,一竖直轻杆固定在物块A上，轻杆上

端系一长L=1.2m的不可伸长的轻绳，轻绳另一端连接小球Co现用外力将球C拉起直至轻绳处于水平状态

后，将小球C由静止释放，小球C摆到最低点的同时物块A、B恰好发生碰撞，此后A、B粘在一起运动,

不计一切阻力，已知%=〃％=2kg,/nc=1kg,A、B、C均可视为质点，重力加速度g取10m/s?,卜・列说

A.整个运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒

B.木块A、B碰撞后的速度大小为2m/s

C.木块A、B间的初始距离为0.8m

D.小球C经过最低点后向左摆动所能上升的最大高度为介=lm

【答案】D

【详解】A.木块A、B和小球C组成的系统由于竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总

动量不守恒，故A错误；

B.C球第一次摆到最低点过程中，以向左为正方向，由系统水平方向动量守恒可得叫%

由系统机械能守恒可得mcgL=；%4+g4匕

联立解得％=4m/s,vA=2m/s

木块A、B碰撞过程叫'=(mA+mB)v

解得木块A、B碰撞后的速度大小为u=lm/s,故B错误；

c.c球第一次摆到最低点过程中，根据题意有〃?〃岂巧

又3+%2=£

联立可得木块A、B间的初始距离为为=0.4m,故C错误；

D.小球C经过最低点后向左摆动，当三者共速时，到达最大高度，根据动量守恒可知，初态水平总动量为

零，末态水平总动量为零，速度为零，根据能量守恒，加八+为)/+；〃?屋

解得〃=1m,故D正确。

故选Do

7.如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另

一端固定一质量为的小球，轻绳长为/,将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已

知重力加速度为g,则（）

A.任意时刻小球与小车的动量等大反向B.小球运动到最低点时的速度大小为廊

C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大距离为浮-

M+m

【答案】D

【详解】A.根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，触直方向的合力不为零，故系统在水平

方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误；

B.小球运动到最低点时有向左的速度，小车速度向右，重力势能转化为系统的动能，所以小车的速度小于

向，故B错误；

C.根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍

能向左摆到原高度，故C错误；

D.根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2,,根据“人船模型"，小车最大距离和小球最大距离关系

有卬十%=2/

系统水平方向动量守恒定律有=〃?%

由千运动时间相同，则有闻见="区„

小车向右移动的最大距离为与=钾故D正确。

M+m

故选D,

8.（多选）如图所示，从水平地面竖直发射的烟花弹上升至最高点时，沿水平方向炸裂成质量分别为和

机的A、B两块，A的落地点与发射点的水平距离为不计空气阻力。下列判断正确的是（）

BA

A.A、B同时落地

B.A、B下落过程中动量守恒

C.A、B落地时的速度大小之比为1团3

D.B的落地点与发射点的水平距离为3s

【答案】AD

【详解】A.炸裂后，A、B均做平抛运动，由于下落的高度相同，因此同时落地，故A正确；

B.由于A、B在下落的过程中，竖直方向受重力的作用，合外力不为零，因此动量不守恒，故B错误；

C.爆炸瞬间，根据水平方向动量守恒，有3机以=〃?%

故落地时A、B水平方向速度大小之比为1幽，而竖直方向速度相等，因此合速度之比不是强3,故C错误;

D.落地时水平方向速度大小之比为1团3,落地时间相同，因此水平方向位移大小之比为1团3,方向相反，

故B的落地点与发射点的水平距离为3s,故D正确。

故选ADo

9.（多选）如图所示，光滑水平面上静置一个质量为町=5kg的工件，工件的内部各个面均是光滑的，工件

左侧内壁有少许炸药，现点燃炸药，极短时间工件被炸下质量为&〃=2kg的碎块，炸下的碎块以相对工件

〃=5m/s的速度向右飞出，该碎块与工件的右侧壁碰撞后粘在一起不再分离。则（）

A.爆炸后工件的速度大小为2m/s

B.爆炸后工件的速度大小为与m/s

C.炸下的碎块与工件右侧壁相撞后，工件向右运动

D.炸下的碎块与工件右侧壁相撞过程中损失的机械能为15J

【答案】AD

【详解】AB.设爆炸后工件的速度为■（相对丁地面），则碎块相对丁地面的速度为v+”，选取向右的方向

为正方向，根据动量守恒定律可得（叫-Aw）y+△/〃（v+〃）=0

代人数据解得u=-2m/s

即爆炸后工件的速度大小为2m/s,方向水平向左，故A正确，B错误；

C.碰撞后碎块相对广地面的速度y=v+〃=3m/s

方向水平向右，设与工件粘在一起时的速度为4,选取向右的方向为正方向，根据动量守恒定律可得

(〃?]-△/〃)V+A/ZZV=ZHjVjt

代人数据解得“=0

即炸下的碎块与工件右壁相撞后，工件处于静止状态，故C错误；

D.根据能量守恒可知，碰撞过程损失的机械能△£■,（叫-加〃）/+；•加〃（…）2=I5J,故D正确。

故选ADo

10.（多选）如图所示，光滑水平面上有一个薄木板A3,在8端正上方高度〃=2.8m的屋顶。点悬挂一根

长度心2m不可伸长的轻绳0P。一只质量机=lkg的猫，从木板A端缓慢走到木板上的C点（图上未标出）

时，稍作停顿后奋力跃起，刚好在运动的最高点抓住轻绳的尸点，随之向右端荡出。木板固定在水平面上，

4C距离为0.4m,木板质量M=4kg、长度”2m,小猫可看成质点，不计一切能量损失，重力加速度g取lOm/s?。

正确的是（）

〃〃///

A.猫跳起时的初速度方向与水平方向夹角为45°

B.猫跳起时的初速度大小为4&m/s

C.猫在轻绳上荡到最高点时的加速度大小为8m/s2

D.若木板不固定在水平面上，起跳点。为8端，猫跳起过程中所消耗的能量为8J

【答案】ABC

【详解】AR.猫的运动反向看成平抛运动，则在竖直方向有"-4二ggf2

解得，=0.4s

在水平方向有4c=乙-4c=卬

解得%=4m/s

乂竖直方向的速度为。=gf=4m/s

故猫跳起时的初速度大小V=&+H=4x/2m/s

V

设猫跳起时的初速度方向与水平方向的夹角为伍根据几何关系有tan®=二=l

匕

解得夕=45。

即猫跳起时的初速度方向与水平方向夹角为45。，故AB正确；

C.设猫在轻绳上藩到最高点时，绳与竖直方向的夹角为。，根据机械能〃鸟/（l-cosa）=｝端

解得cosa=0.6

沿切线方向，根据牛顿第二定律有sina=ma

解得4=8m/s2,故C正确；

D.由题意可知，设猫从A端走到B端时，猫和木板相对地面的位移大小分别为.立和小，则由水平方向动

量守恒得"囚=M/

根据几何关系可得内+/=心

联立解得X2=0-4m

根据3=卬

解得H=lni/s

猫跳起的初速度为V=旧+¥=V17nVs

根据水平方向动量守恒阳匕=加匕

解得v2=0.25m/s

则猫跳起过程中所消耗的能量E=+（加液=8.625J,故D错误。

故选ABCo

11.（多选）如图所示，质量均为，〃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0点系一长为心的细线，细线另一端系一质量也为，〃的小球C,现将C球向右拉起使细线水平伸宜.，

并由静止释放C球，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.小球C第一次经过最低点的过程中，A、B、C系统动量守恒

B.小球C第一次运动到最低点时的速度大小为2杵

C.小球C第一次经过最低点的过程中，A、B向右滑行距离为《

D.小球C第•次到达轻杆左侧最高处距。点的竖直高度为§

4

【答案】BCD

【详解】A.小球C第一次经过最低点的过程中，由于小球C有竖直方向的加速度，则A、B、C组成的系统

竖直方向所受合力不为零，竖直方向动量不守恒，则A、B、C系统动量不守恒，故A错误；

BC.设小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，小球的水平位移大小为巧，木块A的位移大小为々，

小球运动到最低点时的速度大小为%,A、B的速度为%;小球由静止释放在向下摆动的过程中，对A有拉

力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、

B分离时速度相等，A、B、C系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，根据

系统水平方向动量守恒有〃心-2/"以=0

则〃，•工一上•=0

由几何关系得玉+七二心

由系统机械能守恒定律得?血=/您+gx2〃宿

联立解得％=2样，匕=悸./；/一故RC正确:

D.C球向左摆至最高点时，A、C共速，设球C从最低点第一次到达轻杆左侧最高处的竖直高度为力，水平

向左为正方向，根据水平方向动量守恒有〃心-〃?以=2〃”

根据能量守恒有=〃罟/?+gx2"八，2

3/

联立解得力

4

3/I

根据几何关系可得小球C第一次到达轻杆左侧最高处距。点的竖直高度为M==故D正确。

44

故选BCD。

12.（多选）如图所示，质量为M=0.3kg、半径为R=0.75m的科分之一光滑圆弧轨道静置在光滑水平地面

上，0A为其水平半径，08为其竖直半径，右侧固定一竖直弹性挡板。将质量为〃?=0.2kg的小球从轨道最

高点人由静止释放，小球与弹性挡板碰撞后以原速率反弹。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g

取lOm/sL下列说法正确的是（）

A.小球与圆弧轨道组成的系统，机械能和动量都守恒

B.小球第一次运动到圆弧轨道最低点时的速度大小为3m/s

C.小球从释放到第一次运动到圆弧轨道最低点的过程中，圆弧轨道向左运动0.3m

D.小球第三次运动到圆弧轨道最低点时，受到圆弧轨道的支持力大小为与N

【答案】BC

【洋解】A.小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，故A借误；

B.根据动量守恒和能量守恒有/孙=〃叼，=

解得q=2m/s,v2=3m/s,故B正确；

C.小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，则有“芭二〃/

又看+/=氏

解得％=0.3m,Xj=0.45m,故C正确；

A小球与弹性挡板碰撞后以原速率反弹，因彩〉匕，小球能第一次滑上到圆弧轨道。当小球再次离开圆弧

轨道时，根据动量守恒和能量守恒有+mv2=Mv\+/nv*；田=；用甲

解得y；=2.8m/s,v；=1.8m/s

小球第三次运动到圆弧轨道最低点时，根据牛顿第二定律有&-〃吆=小区二攵

解得&=TIN，故D错误。

故选BC<.

13.（多选）如图所示，质量为3次、半径为R的四分之一光滑圆弧曲面体静止在光滑的水平面上。一质量

为用的小物块从曲面体顶端由静止开始下滑到曲面最底端，此过程中（）

A.物块、曲面体组成的系统动量守恒B.曲面体对物块做功

4

C.物块水平方向运动的位移为三D.物块刚好滑离曲面体时，物块速度大小国

【答案】BC

【详解】A.物块、曲面体组成的系统，物块下滑过程具有竖宜方向的加速度，所以系统竖直方向所受合外

力不为0,则系统竖直方向动量不守恒，所以物块、曲面体组成的系统动量不守恒，故A错误；

BD.物块、曲面体组成的系统，水平方向所受合外力为0,系统满足水平方向动量守恒，物块刚好滑离曲

面体时,有/叫=3〃叫

根据系统机械能守恒可得〃=g+lx3/冠

联立解得匕=榨，v?=后

对物块根据动能定理可得〃?gR+w=g〃w-0

解得曲面体对物块做功卬=-q，邛R，故B正确，D错误；

4

C.物块、曲面体组成的系统满足水平方向动量守恒，则有/叫-3%=。

又占+与二宠

联/解得物块水平方向运动的位移为苦=彳，故c正确。

故选BCo

14.如图甲所示，半径R=0.9m的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，端点。为轨道的最低点，过。

点的轨道切线水平。在圆弧轨道圆心。的正上方尸点右侧有一固定的水平轨道，水平轨道与倾角夕=37。的

固定粗糙斜面轨道平滑相接（物体通过时没有能量损失），斜面上E点距斜面底端的距离so=3.2m.现有质

量分别为〃〃=lkg,加“=0.5kg的物块A、B静置于水平轨道上，且物块B的右侧水平轨道光滑，左侧水平

轨道粗糙。物块A、B中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，爆炸后物块A在水平轨道上运动的速度v与时间

/的关系图像如图乙所示，物块A从尸点离开轨道，刚好能从C点对轨道无挤压地切入圆弧轨道做圆周运动。

己知物块A与左侧水平轨道和物块B与斜面轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，sin370=0.6,

⑴物块A经过。点时受到圆弧轨道的支持力国的大小；

⑵物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数"；

⑶若从物块8运动到斜面轨道底端时开始计时，会通过E点几次？计算每次经过七点的时间。（计算结果保

留三位有效数字）

【答案】⑴60N（2）0.5⑶两次，见解析

【详解】（1）小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切入圆弧轨道做圆周运动有〃?Ag=〃k或

R

物块A从C到。过程机械能守恒有，+

物块A在。点处由牛顿第二定律Q-机送=/Y

联立解得6二60N

（2）由v-t图像可知:爆炸后瞬间物块A的速度大小为vA=5m/s，物块A在水平轨道上运动的时间为f=0.40s

爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有vc=vA-fl/1,二成必

解得〃=0.5

（3）物块A、B爆炸过程，由动量守恒有恤匕-SK=。

解得％二10m/s

物块B在斜面轨道向上运动过程有sin9+^mBgcos0=mBa2

解得％=10m/s

0

物块B沿斜面上升的最大距离$=兽=5m>3.2m

2%

物块B通过E点有两次：

情况1：物块B沿斜面上升阶段通过£点时，有=

解得“0.40s或乙=1.60s(舍去)

情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间，2=生

生

下降阶段sin07Hgcos0=%生

因为$一%=；/片

联立解得4=2.34s

15.如图所示,光滑水平桌面上A、B两球间压缩一轻质弹簧(A、B与弹簧不择接)，压缩状态弹簧弹性势

能为Ep=19.2J,/4=0.4kg,〃%=0-8kg。平台右侧存在固定光滑圆弧轨道，其中。点为轨道馒高点且与桌

面等高。解除弹簧锁定后A、B两球被弹开，弹簧恢更原状后，A球离开水平桌面向右抛出，恰好于P点与

轨道相切进入轨道，。点与圆心0的连线与竖直方向夹角为37，小球的运动轨迹与圆弧轨道在同一竖直面

内，不计空气阻力。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取lOm/s?)。求：

⑴小球离开水平桌面时的速度大小以;

(2)圆弧轨道半径尺；

⑶若小球过P点后受到一水平向右的恒力尸=3N作用。求小球对圆弧轨道的最大压力大小。

【答案】⑴匕=8m/s(2)/?=1m⑶司=45N

【详解】(1)解除弹簧锁定后A、B两球被弹开弹簧恢复原状过程中，动量守恒和机械能守恒，根据动量守

恒定律有〃?八以一〃"%=。

根据机械能守恒定律有E,+；〃礴

联立解得L=8m/s

（2）由题意，小球A从平台平抛后落到P点过程中，下落的高度为〃=R+Rcos37o=1.8R

设小球A在尸点的速度为炸，则竖直分速度为炸cos53。，则有（〜cos53o）2=2gxl.8R

平抛过程由机械能守恒定律得nx1.8/?=，〃八4-1/HAV；

联立解得R=Im

（3）由题意可知，小球A的重力为〃?Ag=0.4xl0N=4N,小球A在轨道受到水平向右的拉力作用，二力的

合力为G=J尸+（〃?\g）2=5N,合力片与竖直方向的夹角为a=37°

小球A从平台抛出到运动到速度与K垂直时对轨道压力最大，这个过程机械能守恒，根据机械能守恒定律

有〃7AMX1.87?=3--5A〉'：

根据牛顿第二定律有&-6=，"八［■

联/解得”=45N

根据牛顿第三定律可知，小球A对轨道的最大压力为4二45N,

16.某学校科技小组研究试射火箭模型。如图甲所示，将质量为1.0kg的火箭模型（不含压缩气体质量）由

静止竖直发射升空，200g压缩气体以大小为220m/s的对地速度在极短时间内从火箭喷口喷出。若不计空气

阻力,重力加速度g=10m/s2。

⑴火箭发射后上升的最大高度4;

⑵如图乙所示，经过改进后，将该火箭设计为上、下两级，每级火箭的质量均为0.5kg（不含压缩气体质量），

每级火箭分别灌装100g压缩气体，独立释放，每次喷出的压缩气体相对火箭该次喷气前的速度大小均为

220m/So仍将火箭由静止竖直发射升空，若当下级火箭喷气结束后的1s末两级火箭完成分离（分离过程中

两级火箭之间没有相互作用），此刻上级火箭内的压缩气体喷1瓦求火箭能够上升的最大高度H0

【答案】⑴M=96.8m(2)H2=160.8m

【详解】（1）对火箭喷气过程研究，火箭和气体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有=

喷气后火箭上升过程，由运动学公式有，=28乜

联立解得兑=96.8m

（2）第一次喷气过程中由动量守恒定律有（“+3卜1

第一次喷气结束后的1s内，火箭做竖直上抛运动，由运动学知识有匕=K-gr

该过程中火箭上升的高度匕=当殳，

第二次喷气过程中由动显守恒定律有"磐％=?匕-£（%-匕）

第二次喷气后火箭上升过程，由运动学公式有片=2g4

第二次喷气后火笳能够上升的最大高度%=4+4=160.8m

17.如图所示，静置在光滑的水平地面上的A、B为两个完全相同的;光滑圆弧槽，圆弧槽的半径为R,两

槽的最低点均与水平面相切，初始时两槽的最低点均位于尸点但互不相连。现将质最为，〃的小球C（可视

3

为质点）从A槽上端点M的正上方处由静止释放，小球C从M点落入A槽内，一段时间后从P点滑上

B槽，槽的质量均为4加，重力加速度大小为g,不计一切摩擦，忽略空气阻力。

P

⑴小球C第一次从A槽最低点滑出时，求C的水平位移大小：

⑵求小球C第二次和第三次到达地面时的速度大小；

⑶若小球第二次到B槽时离P点的水平距离为"，求小球第一次在B槽上运动的时间。

5宝】⑴“/⑵”6质254-20我-4加R

【备案】⑴V丁⑵"k,匕2=廊_^⑶­

【详解】（1）小球C沿A槽圆弧下滑的过程中，小球C和A槽H平方向上动量守恒〃八&二4阳V、

两边同时乘以时间7,并求和可得〃?内=4〃%

其中N+Q=R

4

解得

（2）设小球C第一次到达A槽最低点时的速度大小为匕，此时A槽的速度大小为以，小球C和A槽水平方

向动审守恒〃?匕=4〃”

7II

根据机械能守恒可得〃骏力+,用=3〃*+耳、4〃战

解得片=2痫，i入=亨

且n的方向水平向右，义的方向水平向左。设小球C第二次和第三次达到地面的速度匕和匕，从C滑上B

到第二次回到地面，水平方向动量守恒利=〃*+4〃/

机械能守恒定律;〃八f=^mv；+gx4〃八，；

解得匕=一鼠建

5

故与大小为鼠皿，方向水平向左。从C第二次回到地面到C第三次回到地面，水平方向动量守恒

5

-mv2+4/nvA=加匕+4〃?%

机械能守恒定律gm片+；x4〃?i，：+；x4〃i哈

解得匕=白叵

25

（3）设小球C经过B槽最高点时的水平速度为匕，竖直速度为。，小球C第一次做斜抛运动的水平位移为

•J小球第一次在R上运动过程的水平位移为飞，小球第一次在R槽上运动的时间为%,水平方向动量守

恒〃八］=5〃%.

根据机械能守恒定律有=g〃z（E+W）+；x4"w；+"人4

解得匕=为皿，匕=包画

*5）5

第一次离开B到再回到B,小球C做斜抛运动，有x=uj,”

小球第•次在B上运动过程，由水平动量守恒〃%%=〃?％+4/叽

其中左一/=R，xc+x=d

眸丁被和25"-20R-4疝/?

联小解得”一葡一

18.如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为"、半径为R且圆弧面光滑的半圆弧槽。一质

量为小（〃?>M）的小球从圆弧槽左端最高点A由静止释放，小球可视为质点，整个过程圆弧槽不翻转，重

力加速度为g。以A点的初始位置为坐标原点，4c方向为x轴正方向，竖直向上为），轴正方向，建立直角

坐标系宜川（注意：这个坐标系不随小球和半圆弧槽的运动而运动）。

⑴求小球第一次运动到圆弧面右侧时能够到达的最高处的位置坐标；

（2）若小球从A点由静止释放前，地面上紧贴半圆弧槽左侧放有质量为〃［。=〃?一加的滑块（与槽不粘连），

求半圆弧槽与滑块分离时，小球的速度和位置坐标；

b.在上一问情形中，求小球第八次运动到最低点6处时的速度，并讨论当机和M满足怎样的关系时，小

球才会出现向左的速度。

【答案】（1）（----R，0）（2）a.（0，-K）；〃.见解析

M+m2

【详解】（1）假设小球第一次运动到圆弧面右侧时能够到达的最高处与人的竖直高度差为从此时圆弧槽、

小球速度相等，设为明水平方向由动量守恒有O=（M+〃M

由机械能守恒有mgh=+m）v2

解得M=O，h=O

说明小球恰能运动到与A等高处，且此时圆弧槽、小球速度均为0

设某一时刻小球水平分速度为匕比，圆弧槽速度为vw,对圆弧槽、小球，水平方向由动量守恒有。=mvmx+MVM

经过一段时间微元&，有（）=〃?%&+M%△/

设从释放到小球第一次运动到圆弧面右侧到达最高处的过程，小球及圆弧槽对地的位移分别为4、小求和

可得0=呼+叫

又有xm-xM=2R

2M

解得与二£7「R

M+tn

2M

可得小球第一次运动到圆弧面右侧时能够到达的最高处的位置坐标为（不^—R.0）

（2）a小球从释放到第一次运动到最低点8的过程，圆弧槽向左加速，圆弧槽和滑块没有分开，小球第一

次运动到最低点“时，圆弧槽与滑块向左的速度达到最大。设此时小球的速度为七