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专题11 爆炸与类爆炸模型
[模型导航]
【模型一】爆炸模型 1
【模型二】弹簧的“爆炸”模型 4
【模型三】人船模型与类人船模型 7
【模型四】类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较 9
[模型分析]
【模型一】爆炸模型
一．爆炸模型的特点
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。
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。
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
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
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
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m的两块碎片，其中一块碎片做自由落体运动。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，重力加速度大小为g，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．2 B．2 C．2 D．4
质量为m的烟花弹从地面以初动能E向上飞出，当其上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的a、b、c、d四部分（可视为质点），其中a、b两部分速度方向分别为竖直向上和竖直向下，c、d两部分速度方向分别为水平向左和水平向右，a的动能也为E，如图所示。爆炸时间极短，且炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大为g，不计空气阻力和火药的质量。关于它们后面的运动，下列说法正确的是（ ）
A．都落地后，a、b、c、d分布在一个四边形的四个顶点上，且ac连线比cb连线短
B．落地前，a、b、c、d在相等的时间内速度的变化量相同
C．落地时，a的速度大小为
D．落地时，a、b、c、d重力的功率关系为Pa＝Pb＞Pc＞Pd
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0.1m、0.4m。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．4：1 B．1：4 C．2：1 D．1：2
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．v
如图所示，在距离水平地面一定高度处的竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆轨道AB，在半圆轨道最低点B处有两个小球P、Q（两小球均可视为质点），两小球之间放有火药，点燃火药，两小球分别获得水平向右和水平向左的初速度，向左运动的小球P落在水平地面上的C点，向右运动的小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点后水平抛出也落在C点。已知火药释放的能量有80%转化为两小球的动能，C点与B点的水平距离为3R，P小球的质量为m，重力加速度为g。求：
（1）半圆轨道AB的最低点B处距离水平地面的高度h；
（2）小球P获得水平向左的初速度瞬间对半圆轨道最低点的压力；
（3）火药释放的能量E。
如图（a）所示，竖直平面内一倾角为θ＝30°、足够长的粗糙斜面与长度为l＝2m的粗糙水平面CD平滑连接，CD右侧固定一弹性挡板。可视为质点、材料相同的滑块A、B质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，置于水平面左端C点。某时刻A、B之间的少量炸药突然爆炸（可视为瞬间过程），若A、B之间炸药爆炸的能量有48J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。爆炸后瞬间A、B速度方向均在水平方向上，A第一次在斜面上运动的v﹣t图线如图（b）所示（图中v1、v2和t1未知）。A、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，已知滑块A、B与水平面CD之间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）爆炸结束的瞬间A、B获得的速度大小；
（2）A与粗糙斜面之间的动摩擦因数 1；
（3）A第一次回到斜面底端时，A与B之间的距离及A和B都停止后，A与B之间的距离。
【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
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
（多选）如图a所示，质量分别为m1、m2的两物块A、B间拴接一个被压缩且锁定的轻弹簧，整个装置静置于光滑水平地面上，其中A与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B的速度随时间变化的图像如图b所示，则（ ）
A．整个运动过程中，A、B组成的系统机械能守恒
B．A、B的质量之比m1：m2＝1：1
C．A的最大速度为vm＝2m/s
D．A离开挡板后，弹簧的弹性势能最大时B的速度为2m/s
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EkA：EkB＝2：1
B．两滑块的动量大小之比pA：pB＝2：1
C．弹簧对两滑块的冲量大小之比IA：IB＝1：1
D．弹簧对两滑块做功之比WA：WB＝1：1
（多选）如图所示，在光滑的水平面上体积相同、质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg的两个小球A、B，两球之间夹着一根压缩的轻弹簧（弹簧与两球不相连），A、B两球原来处于静止状态，现在突然释放弹簧，B球脱离弹簧时的速度为2m/s，A球进入与水平面相切、半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两球离开弹簧的过程中，A球受到的冲量大小等于B球受到的冲量大小
B．弹簧初始时具有的弹性势能为2.4J
C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N s
D．若逐渐增大半圆形轨道半径，仍然释放该弹簧且A球能从Q点飞出，则落地的水平距离将不断增大
（多选）如图，足够长的传送带AB以速度v＝4m/s逆时针转动，与水平面夹角为37°，下端与足够长的光滑水平面BC平滑连接，滑块1、2用细线（未画出）拴在一起静止在水平面BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（弹簧在弹性限度内且1、2与弹簧不拴接）。剪断细线后弹簧恢复原长，之后滑块2以2m/s的速度水平向右运动。已知滑块2与传送带之间的动摩擦因数为0.5，滑块1、2质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg，滑块2在传送带上发生相对滑动时会在传送带上留下痕迹，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧恢复原长后滑块1速度大小为1m/s
B．弹簧处于压缩状态时储存的最大弹性势能为12J
C．滑块2在传送带上运动的时间为0.4s
D．滑块2在传送带上发生相对滑动的过程中产生的热量为12.8J
如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2kg的小球P和质量为m＝0.1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平面相切的光滑竖直的半圆轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知桌面高为h＝0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2m，重力加速度为g＝10m/s2，求：
（1）小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能。
【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v1，船的速度为v2，取人行进的方向为正，则有：
上式换为平均速度仍然成立，即
两边同乘时间t，，
设人、船位移大小分别为s1、s2，则有， ①
由图可以看出： ②
由①②两式解得，
【类人船模型】
如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，空气的阻力也不考虑。则下列说法不正确的是（ ）
A．人在车上向右行走时，车将向左运动
B．当人停止走动时，车也会停止
C．人缓慢地在车上行走时，车可能不动
D．当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2。则（ ）
A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4N
B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒
C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2m/s
D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为m
如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H＝125m的高处，现将质量为m＝50kg的物资以相对地面的速度v0＝5m/s水平投出，已知投出物资前热气球的总质量为M＝300kg，所受浮力不变，重力加速度10m/s2，不计阻力，以下判断不正确的是（ ）
A．投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统动量守恒
B．投出物资后热气球与物资在水平方向上的速度大小之比始终是1：5
C．投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统机械能增加
D．物资落地时物资与热气球的距离为5m
如图所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量（不含人的质量）为M。若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为（ ）
A．h B． C． D．
如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q组成的系统满足动量守恒
B．P的位移大小为R
C．Q滑动最低点的速度为
D．Q的位移大小为R
【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
示意图
①到最低点 水平方向动量守恒:0=mv1-Mv2； 能量守恒:mg(R+h)= mv12 + Mv22+Q1 . 机械能守恒:mg(R+h)= mv02
②到最高点 水平方向动量守恒，速度都为零； 全程能量守恒:mgh=mgh’+Q1 +Q2 . 且Q1 >Q2 （若内壁光滑Q1 =Q2=0） 水平方向动量守恒：mv0=(m+M)v共 能量守恒： mv02= (m+M)v共2+ mgh+Q.（若内壁光滑Q=0）
（多选）如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m、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BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（ ）
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+L
B．小车在运动过程中速度的最大值为
C．全过程小车相对地面的位移大小为
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
（多选）如图所示，在光滑水平面上静止着一个斜面体，其质量为m2，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为h，底边长为a。今有一个质量为m1（m2＝nm1）的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度沿水平方向，则下列说法正确的是（ ）
A．在小球下滑过程中，两者的动量总是大小相等方向相反
B．两者分开时斜面体向右移动的距离是
C．分开时小球和斜面体的速度大小分别是和
D．在小球下滑过程中斜面体弹力对它做的功为
（2023 浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
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专题11 爆炸与类爆炸模型
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【模型一】爆炸模型 1
【模型二】弹簧的“爆炸”模型 8
【模型三】人船模型与类人船模型 13
【模型四】类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较 18
[模型分析]
【模型一】爆炸模型
一．爆炸模型的特点
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。
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。
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
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
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m的两块碎片，其中一块碎片做自由落体运动。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，重力加速度大小为g，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．2 B．2 C．2 D．4
【解答】解：火箭炸裂的过程水平方向动量守恒，设火箭炸裂前的速度大小为v，则由E 2mv2可得，v
由题意可知，其中一块做自由落体运动，即炸裂后速度为零；设炸裂后瞬间另一块碎片的速度大小为v1，以原速度方向为正方向，则由动量守恒定律可得，2mv＝mv1
解得v1＝2
根据平抛运动规律有，解得飞行时间t
两块碎片落地点之间的距离x＝v1t＝22，故B正确，ACD错误。
故选：B。
质量为m的烟花弹从地面以初动能E向上飞出，当其上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的a、b、c、d四部分（可视为质点），其中a、b两部分速度方向分别为竖直向上和竖直向下，c、d两部分速度方向分别为水平向左和水平向右，a的动能也为E，如图所示。爆炸时间极短，且炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大为g，不计空气阻力和火药的质量。关于它们后面的运动，下列说法正确的是（ ）
A．都落地后，a、b、c、d分布在一个四边形的四个顶点上，且ac连线比cb连线短
B．落地前，a、b、c、d在相等的时间内速度的变化量相同
C．落地时，a的速度大小为
D．落地时，a、b、c、d重力的功率关系为Pa＝Pb＞Pc＞Pd
【解答】解：A、爆炸时间极短，重力可忽略不计，说明爆炸过程动量守恒，水平方向和竖直方向动量都守恒，取a的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：0mvamvb；取c的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0mvcmvd，解得va＝vb，vc＝vd。炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，根据动量定理有Ftmv，联立得va＝vb＝vc＝vd＝v。爆炸后a、b、c、d四部分分别做竖直上抛、竖直下抛和平抛运动，落地前c、d两部分沿各自初速度方向的水平位移相等，竖直方向做自由落体运动的位移相等，a、b只在竖直方向上运动，只有竖直位移，且两点最终落点相同，故落地后四点分布在一条直线上，且ac连线等于cb连线，故A错误；
B、落地前，a、b、c、d的加速度均为重力加速度，在相等时间内速度变化量均为Δv＝gt，方向竖直向下，故B正确；
C、设爆炸时离地高度为h，烟花弹上升过程根据机械能守恒，有E＝mgh。落地时根据动能定理，对a，有mghE，解得落地时，a的速度大小为
va′，故C错误；
D、落地时，a、b、c、d的竖直速度大小关系为：va′＝vb′＞vc′＝vd′，根据P＝mgv′得a、b、c、d重力的功率关系为Pa＝Pb＞Pc＝Pd，故D错误。
故选：B。
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0.1m、0.4m。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．4：1 B．1：4 C．2：1 D．1：2
【解答】解：爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则
0＝﹣m1v1+m2v2
爆炸之后分别对两滑块动能定理可知：
滑块P：﹣μm1gx1＝0
滑块Q：﹣μm2gx2＝0
联立解得：m1：m2＝2：1
故ABD错误，C正确；
故选：C。
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．v
【解答】解：令向前一块的速度大小为v0，由于爆炸后两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等可知，爆炸后两块的速度大小相等方向相反，而爆炸过程系统动量守恒，令爆炸前的速度方向为正方向，则有：
Mv＝mv0﹣（M﹣m）v0
解得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
如图所示，在距离水平地面一定高度处的竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆轨道AB，在半圆轨道最低点B处有两个小球P、Q（两小球均可视为质点），两小球之间放有火药，点燃火药，两小球分别获得水平向右和水平向左的初速度，向左运动的小球P落在水平地面上的C点，向右运动的小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点后水平抛出也落在C点。已知火药释放的能量有80%转化为两小球的动能，C点与B点的水平距离为3R，P小球的质量为m，重力加速度为g。求：
（1）半圆轨道AB的最低点B处距离水平地面的高度h；
（2）小球P获得水平向左的初速度瞬间对半圆轨道最低点的压力；
（3）火药释放的能量E。
【解答】解：（1）因为Q小球恰好运动到最高点A，则可知，Q小球在A点的速度，Q小球离开A点做平抛运动，由题意可知，抛出点的高度H＝h+2R，Q小球落地的水平位移为3R，据平抛可得：
①
3R②
由①②两式可解得：h＝2.5R
（2）小球P获得水平向左的速度，做平抛运动，令初速度为vP，则据平抛运动有：
3R＝vPt
可得P获得的初速度
小球P点获得初速度，在最低点时合外力提供圆周运动向心力，令轨道对小球P的支持力为FN，据牛顿第二定律有：
可得：
（3）Q小球从B运动到A只有重力做功，根据动能定理有：
解得：Q小球在B点获得的初速度vQ
点燃火药过程中，PQ小球组成的系统水平方向动量守恒有取向右为正方向有：
0＝﹣mvP+mQvQ
可得小球Q的质量：
mQ
根据题意，火药释放的能量有80%转化为两小球的动能，所以火药释放的能量：
E3mgR
如图（a）所示，竖直平面内一倾角为θ＝30°、足够长的粗糙斜面与长度为l＝2m的粗糙水平面CD平滑连接，CD右侧固定一弹性挡板。可视为质点、材料相同的滑块A、B质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，置于水平面左端C点。某时刻A、B之间的少量炸药突然爆炸（可视为瞬间过程），若A、B之间炸药爆炸的能量有48J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。爆炸后瞬间A、B速度方向均在水平方向上，A第一次在斜面上运动的v﹣t图线如图（b）所示（图中v1、v2和t1未知）。A、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，已知滑块A、B与水平面CD之间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）爆炸结束的瞬间A、B获得的速度大小；
（2）A与粗糙斜面之间的动摩擦因数 1；
（3）A第一次回到斜面底端时，A与B之间的距离及A和B都停止后，A与B之间的距离。
【解答】解：（1）在爆炸瞬间，滑块A，B根据动量守恒定律，规定水平向右为正方向
0＝﹣mAv1+mBvB
根据能量守恒定律E
得v1＝8m/s，vB＝4m/s
（2）A在斜面上上滑过程中，假设A与斜面的动摩擦因数为μ1
0＝v1﹣aA1t1
mgsinθ+μ1mAgcosθ＝mAaA
A在斜面上下滑的过程中
v2＝aA2 2t1
得v2＝4m/s，，，，t1＝1s
（3）由（2）问可知，A从爆炸结束到第一次回到斜面底端所用时间为3t1＝3s因为B与挡板碰撞前后，速度和加速度大小均不变，所以可全程看为匀减速直线运动，根据牛顿第二定律
μmBg＝mBaB
0＝vB﹣aBt2
得t2＝2s
所以A第一次回到斜面底端时，B已停止
得xB1＝4m＝2l
所以B刚回到C点时速度减为0，即A第一次回到斜面底端时A与B之间的距离为0
A，B碰撞过程中，根据动量守恒定律，规定水平向右为正方向
mAv2＝﹣mAv3+mBv4
根据机械能守恒定律
得v3/s.v4
B从碰撞后到停止xB2
因v3＜v4，所以A，B不会相撞
A第二次滑上斜面和滑下斜面，
解得：
A从水平面上运动到停止
所以两物体最终相距Δx
【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
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
（多选）如图a所示，质量分别为m1、m2的两物块A、B间拴接一个被压缩且锁定的轻弹簧，整个装置静置于光滑水平地面上，其中A与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B的速度随时间变化的图像如图b所示，则（ ）
A．整个运动过程中，A、B组成的系统机械能守恒
B．A、B的质量之比m1：m2＝1：1
C．A的最大速度为vm＝2m/s
D．A离开挡板后，弹簧的弹性势能最大时B的速度为2m/s
【解答】解：A、整个运动过程中A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能怒守恒，故A错误；
BC、物块A离开挡板后A、B与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧恢复原长时物块B的速度最小，A的速度最大，由图b所示图象可知，B的初速度v0＝4.0m/s，弹簧恢复原长时B的速度vB＝0，A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝m2vB+m1vA，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：vBv0，vA＝4m/s，由于vB＝0，则m1＝m2，A、B的质量之比m1：m2＝1：1，故B正确，C错误；
D、当A、B速度相等时弹簧的伸长量最大，弹簧弹性势能最大，从A离开挡板到两物块速度相等过程，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v，代入数据解得：v＝2.0m/s，故D正确。
故选：BD。
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EkA：EkB＝2：1
B．两滑块的动量大小之比pA：pB＝2：1
C．弹簧对两滑块的冲量大小之比IA：IB＝1：1
D．弹簧对两滑块做功之比WA：WB＝1：1
【解答】解：A、取向右为正方向，根据动量守恒定律得2mvA﹣mvB＝0，解得2vA＝vB
两滑块的动能之比为：，代入数据解得：EkA：EkB＝1：2，故A错误；
B、弹簧弹开过程中系统动量守恒，两个滑块动量大小相等，方向相反，所以两滑块的动量大小之比为：pA：pB＝1：1，故B错误；
C、根据动量定理可知弹簧对两滑块的冲量大小之比IA：IB＝pA：pB＝1：1，故C正确；
D、根据功能关系可知弹簧对两滑块做功之比，代入数据解得：WA：WB＝1：2，故D错误。
故选：C。
（多选）如图所示，在光滑的水平面上体积相同、质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg的两个小球A、B，两球之间夹着一根压缩的轻弹簧（弹簧与两球不相连），A、B两球原来处于静止状态，现在突然释放弹簧，B球脱离弹簧时的速度为2m/s，A球进入与水平面相切、半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两球离开弹簧的过程中，A球受到的冲量大小等于B球受到的冲量大小
B．弹簧初始时具有的弹性势能为2.4J
C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N s
D．若逐渐增大半圆形轨道半径，仍然释放该弹簧且A球能从Q点飞出，则落地的水平距离将不断增大
【解答】解：A、弹簧弹开两球的过程中，弹簧对A、B的弹力大小相等，作用时间相等，由I＝Ft知弹力对A、B的冲量大小相等，故A正确。
B、释放弹簧过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv1﹣Mv2＝0，得A球获得的速度大小 v1＝6m/s
弹簧初始时具有的弹性势能为 Epmv12Mv22．解得 Ep＝2.4J，故B正确。
C、A球从P点运动到Q点过程中，由机械能守恒定律得：mv12mvQ2+2mgR
解得：vQ＝4m/s
小球A从P点运动到Q点过程中，取水平向左为正方向，由动量定理得：受合外力的冲量大小为：
I＝mvQ﹣m（﹣v1）＝m（vQ+v1）＝0.1×（4+6）＝1N s，故C正确；
D、A球能从Q点飞出后做平抛运动，则有 2R，x＝vQt，结合mv12mvQ2+2mgR，解得 x＝2
根据数学知识可知，逐渐增大半圆形轨道半径，落地的水平距离先增大后减小，故D错误。
故选：ABC。
（多选）如图，足够长的传送带AB以速度v＝4m/s逆时针转动，与水平面夹角为37°，下端与足够长的光滑水平面BC平滑连接，滑块1、2用细线（未画出）拴在一起静止在水平面BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（弹簧在弹性限度内且1、2与弹簧不拴接）。剪断细线后弹簧恢复原长，之后滑块2以2m/s的速度水平向右运动。已知滑块2与传送带之间的动摩擦因数为0.5，滑块1、2质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg，滑块2在传送带上发生相对滑动时会在传送带上留下痕迹，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧恢复原长后滑块1速度大小为1m/s
B．弹簧处于压缩状态时储存的最大弹性势能为12J
C．滑块2在传送带上运动的时间为0.4s
D．滑块2在传送带上发生相对滑动的过程中产生的热量为12.8J
【解答】解：A．剪断细线后弹簧恢复原长，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：0＝m2v2﹣m1v1，其中v2＝2m/s，代入数据解得：v1＝4m/s，故A错误；
B．剪断细线后弹簧恢复原长，根据能量守恒定律可知，弹簧处于压缩状态时储存的最大弹性势能为：EPm1v12m2v22
代入数据解得：EP＝12J，故B正确；
CD．滑块2滑上传送带后向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得：m2gsinθ+μm2gcosθ＝m2a
根据速度—时间关系可得：v2＝at1，联立解得：t1＝0.2s；
此阶段滑块2在传送带上运动的位移为：x1m＝0.2m
传送带的位移：x带＝vt1＝4×0.2m＝0.8m
滑块2在传送带留下的痕迹长Δx＝x1+x带＝0.2m+0.8m＝1.0m
滑块2减速为0后，向下做匀加速运动，至速度到达v 前，加速度不变仍为a，
若滑块速度能达到v，其位移大小为：x2，代入数据解得：x2＝0.8m＞0.2m
所以滑块2在下滑过程中速度没有达到v就到达B点，则有：x1
代入数据解得：t2＝0.2s
此时传送带的位移：x带′＝vt2＝4×0.2m＝0.8m
滑块2在传送带留下的痕迹长：Δx′＝x带′﹣x1＝0.8m﹣0.2m＝0.6m
则滑块2在传送带上运动的时间t＝t1+t2＝0.2s+0.2s＝0.4s
滑块2在传送带上发生相对滑动的过程中产生的热量：Q＝μm2gcosθ×（Δx+Δx′）
代入数据解得：Q＝12.8J，故CD正确。
故选：BCD。
如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2kg的小球P和质量为m＝0.1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平面相切的光滑竖直的半圆轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知桌面高为h＝0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2m，重力加速度为g＝10m/s2，求：
（1）小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能。
【解答】解：（1）小球P恰好通过C点，在C点，由牛顿第二定律得：Mg＝M，
P由B到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：MvP2＝Mg 2RMvC2，
在B点，由牛顿第二定律得：F﹣Mg＝M
解得：F＝12N，
由牛顿第三定律可知，在B点P对轨道的压力大小为：F′＝F＝12N；
（2）Q、S碰撞后做平抛运动，平抛运动的时间：t0.2s，
做平抛运动的初速度：v1m/s，
Q、S碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mvQ＝（m+m）v
解得：vQ＝2m/s；
（3）释放弹簧过程，系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mvQ﹣MvP＝0
解得：vP＝1m/s，
由能量守恒定律得：EPMvP2mvQ2
解得：E＝0.3J；
【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v1，船的速度为v2，取人行进的方向为正，则有：
上式换为平均速度仍然成立，即
两边同乘时间t，，
设人、船位移大小分别为s1、s2，则有， ①
由图可以看出： ②
由①②两式解得，
【类人船模型】
如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，空气的阻力也不考虑。则下列说法不正确的是（ ）
A．人在车上向右行走时，车将向左运动
B．当人停止走动时，车也会停止
C．人缓慢地在车上行走时，车可能不动
D．当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
【解答】解：A.人与车组成的系统动量守恒，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv+Mv'＝0
解得 v'
车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A正确；
B.因人和车总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零，故B正确；
C.由 v'可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动，故C错误；
D.人从车上的左端行走到右端，设车的长度为L，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mM0
解得x
车在地面上移动的距离x与人的行走速度无关，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：C。
如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2。则（ ）
A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4N
B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒
C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2m/s
D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为m
【解答】解：A、设小球能通过最高点，且此时的速度为v1．在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL，代入数据解得：v1m/s，对小球由牛顿第二定律得：F+mg＝m，代入数据解得：F＝2N，即在最高点杆对小球的作用力方向向下，大小为2N，根据牛顿第三定律可知小球通过最高点时小球对杆的作用力方向向上，大小为2N，故A错误；
BC、若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，设小球的水平方向为正方向，由动量守恒得mvm＝MvM，由机械能守恒得mgL，得vm＝2m/s，故B错误，C正确；
D、设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离为xM，由系统水平方向动量守恒得mxm＝MxM，又xm+xM＝2L，得xmm，故D错误；
故选：C。
如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H＝125m的高处，现将质量为m＝50kg的物资以相对地面的速度v0＝5m/s水平投出，已知投出物资前热气球的总质量为M＝300kg，所受浮力不变，重力加速度10m/s2，不计阻力，以下判断不正确的是（ ）
A．投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统动量守恒
B．投出物资后热气球与物资在水平方向上的速度大小之比始终是1：5
C．投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统机械能增加
D．物资落地时物资与热气球的距离为5m
【解答】解：A、载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，物资与热气球组成的系统所受合外力为零，抛出物资后在物资落地前，物资与热气球组成的系统所受合外力仍然为零，系统动量守恒，故A正确；
B、抛出物资过程，物资和热气球组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设投出物资后热气球在水平方向的分速度为v1，
以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0﹣（M﹣m）v1＝0，解得：，故B正确；
C、投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统受浮力做正功，则机械能增大，故C正确；
D、抛出物资后，物资做平抛运动，设运动时间为t，竖直方向上，有：Hgt2
水平方向上，有：x＝v0t
热气球在水平方向的位移大小：x′＝v1t
抛出物资前，竖直方向上：F浮＝Mg
抛出物资后，对气球根据牛顿第二定律得
竖直方向上：F浮﹣（M﹣m）g＝（M﹣m）a，
热气球在竖直方向上上升的高度：hat2
物资落地时物资与热气球的距离为：d
代入数据解得：d＝30m，故D错误。
本题选择错误选项；
故选：D。
如图所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量（不含人的质量）为M。若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为（ ）
A．h B． C． D．
【解答】解：设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L。以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向0＝Mv2+mv1
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1
人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L﹣h，速度大小v2
根据以上式子可得L
故D正确，ABC错误；
故选：D。
如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q组成的系统满足动量守恒
B．P的位移大小为R
C．Q滑动最低点的速度为
D．Q的位移大小为R
【解答】解：A、P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
BD、设P的位移大小为x，则Q的位移大小为2R﹣x，P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mvQ﹣mvP＝0，3mm0，解得：xR，Q的位移大小xQ＝2R﹣x＝2RRR，故B错误，D正确；
C、设Q到达最低点的速度大小为v1，此时P点的速度大小为v2，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：3mv1﹣mv2＝0，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgR，解得：v1，故C错误。
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
示意图
①到最低点 水平方向动量守恒:0=mv1-Mv2； 能量守恒:mg(R+h)= mv12 + Mv22+Q1 . 机械能守恒:mg(R+h)= mv02
②到最高点 水平方向动量守恒，速度都为零； 全程能量守恒:mgh=mgh’+Q1 +Q2 . 且Q1 >Q2 （若内壁光滑Q1 =Q2=0） 水平方向动量守恒：mv0=(m+M)v共 能量守恒： mv02= (m+M)v共2+ mgh+Q.（若内壁光滑Q=0）
（多选）如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m、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BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（ ）
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+L
B．小车在运动过程中速度的最大值为
C．全过程小车相对地面的位移大小为
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
【解答】解：AC、设全过程滑块相对地面的位移大小为x，则小车相对地面位移大小为s＝R+L﹣x，
滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
mv滑块﹣Mv小车＝0，则mM0，由题意可知：M＝4m，解得：x，s，故A错误，C正确；
B、滑块到达B点时小车速度最大，滑块在圆弧轨道下滑过程系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv滑块﹣Mv小车＝0
由机械能守恒定律得：mgR
解得：v小车，故B正确；
D、滑块恰好停在C点，由能量守恒定律得：mgR＝μmgL，解得：R＝μL，故D正确。
故选：BCD。
（多选）如图所示，在光滑水平面上静止着一个斜面体，其质量为m2，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为h，底边长为a。今有一个质量为m1（m2＝nm1）的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度沿水平方向，则下列说法正确的是（ ）
A．在小球下滑过程中，两者的动量总是大小相等方向相反
B．两者分开时斜面体向右移动的距离是
C．分开时小球和斜面体的速度大小分别是和
D．在小球下滑过程中斜面体弹力对它做的功为
【解答】解：A、对于小球和斜面体组成的系统，由于水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，所以两者的总动量不守恒，动量大小不一定相等，故A错误；
B、由于系统水平方向合动量为零，根据平均动量守恒可得：m2m1，解得两者分开时斜面体向右移动的距离是x，故B正确；
C、由于系统水平方向动量守恒，取向左为正，则m1v1﹣m2v2＝0，得v1＝nv2．又由于系统没有能量损失，所以系统机械能守恒，即m1ghm1v12m2v22，
解得分开时小球和斜面体的速度大小分别是v1、v2，故C正确；
D、设弹力对小球所做的功为W，由动能定理得m1gh+Wm1v12，解得：Wm1v12﹣m1gh，故D正确。
故选：BCD。
（2023 浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【解答】解：（1）从D到F的过程中，对滑块a根据动能定理可得：
2mgR
代入数据解得：vF＝10m/s
在F点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则
解得：FN＝31.2N，方向竖直向上
（2）滑块a碰后返回到B点的过程中，根据动能定理可得：
碰撞瞬间，滑块a与b组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a的速度为v1，滑块b的速度为v2，则
mvF＝﹣mv1+3mv2
联立解得：ΔE＝0
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则
mvF＝（m+3m）v
当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据能量守恒定律可得：
4mv＝（4m+2m）v′
设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则
联立解得：x1＝0.1m
同理可得：x2＝0.1m
则Δx＝x2+x1
代入数据解得：Δx＝0.2m
答：（1）滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小为10m/s，所受支持力大小为31.2N；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为0；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差为0.2m。
（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
【解答】解：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒，选水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v1，凹槽的速度为v2，则
0＝mv1﹣Mv2
两边同时乘以t可得：
0＝mx1﹣Mx2
根据几何关系可知：x1+x2＝a
根据机械能守恒定律可得：
联立解得：v2；x2
（2）设小球的坐标为（x，y），设此时凹槽向右运动的距离为x0，则
m（a﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可分析出此时的椭圆方程为：
整理可得：
（3）将代入上述的轨迹方程可得：
[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2
根据数学知识可知，上述的轨迹方程是以（a﹣b，0）为圆心，b为半径的圆，当小球下落的高度为时，对应的位置如图所示：
此时可知速度的方向与水平方向的夹角为60°，小球下落的高度为 过程中，系统水平方向动量守恒，选择水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v3，凹槽的速度为v4，则
0＝mv3cos60°﹣Mv4
根据机械能守恒定律可得；
联立解得：v3
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