爆炸与类爆炸模型-2025-高考物理（PDF版，含答案）

爆炸与类爆炸模型-2025-高考物理
含答案
爆炸与类爆炸模型
目录
【模型一】爆炸模型
【模型二】弹簧的“爆炸”模型
【模型三】人船模型与类人船模型
【模型四】类爆炸 (人船)模型和类碰撞模型的比较
【模型一】爆炸模型
一．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。
二、爆炸模型讲解
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：mAvA=mBvB①得：
vA = mB ②
vB mA
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 E = 1 m v2 + 1、 组成的系统能量守恒： 化学能 A A m
2
2 2 B
vB③
①式也可以写为：PA=PB④又根据动量与动能的关系P= 2mEk得
E
= kA = m2mAEkA 2mBEkB④进一步化简得：
B ⑤
EkB mA
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。
m m
②⑤联立可得：E B AkA= + E E = E ⑥mA m 化学能 kBB m +m 化学能A B
1
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=mAvA+mBvB⑦
m m
A、B 1组成的系统能量守恒：E化学能= mAv
2 + 1 m v2 - 1 (m +m )v = 1 A B 2
2 A 2 B B 2 A B 2 mA+
(vA- vB) ⑧mB
1.某科研小组试验一款火箭，携带燃料后的总质量为M。先将火箭以初速度 v0从地面竖直向上弹出，上
升到 h0高度时点燃燃料，假设质量为m的燃气在一瞬间全部竖直向下喷出，若燃气相对火箭喷射出
的速率为u，重力加速度为 g，不计空气阻力。求：
(1)火箭到达 h0高度时的速度大小；
(2)燃气全部喷出后火箭的速度大小；
(3)火箭上升的最大高度。
2.一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，在某时刻距离地面的高度为 h，速度为 v。此时，火箭突然
炸裂成A、B两部分，其中质量为m1的B部分速度恰好为 0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为 g。
求：
(1)炸裂后瞬间A部分的速度大小 v1；
(2)炸裂后B部分在空中下落的时间 t；
(3)在爆炸过程中增加的机械能ΔE。
3.双响爆竹是民间庆典使用较多的一种烟花爆竹，其结构简图如图所示，纸筒内分上、下两层安放火药。
使用时首先引燃下层火药，使爆竹获得竖直向上的初速度，升空后上层火药被引燃，爆竹凌空爆响。
一人某次在水平地面上燃放双响爆竹，爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药，立即爆炸成两部分，
两部分的质量之比为 1︰ 2，获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为 h，两部
分落地点之间的距离为L，重力加速度为 g，不计空气阻力，不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。
(1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。
(2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比，求上、下两层火药的质量比。
2

4.如图所示，质量均为m的两块完全相同的木块A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B
间夹有一小块炸药 (炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度 v0一起从O点滑出，滑行一段距
v
离 x后到达P点，速度变为 0 ，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块A继续沿水平方向前进 3x
2
后停下。已知炸药爆炸时释放的化学能有 50%转化为木块的动能，爆炸时间可以忽略不计，重力加速
度为 g，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数 μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。
5.如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块
炸药 (炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度 v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，
v
速度变为 0 ，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继续沿水平方向
2
前进．已知O、P两点间的距离为 s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很
短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数 μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0.
6.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将
烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极
短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
3
【模型二】弹簧的“爆炸”模型
A、B组成的系统动量守恒：mAvA=mBvB①得：
vA = mB ②
vB mA
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 1 1组成的系统能量守恒：EP= mAv2A+ mBv2 ③2 2 B
①式也可以写为：PA=PB④又根据动量与动能的关系P= 2mEk得
E
2m E = 2m E ④进一步化简得： kA mBA kA B kB = ⑤EkB mA
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。
m m
②⑤联立可得：E = BkA E E =
A E ⑥
mA+m P kB PB mA+mB
1.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=mAvA+mBvB⑦
A B E = 1 m v2 + 1 m v2 - 1 (m +m )v = 1
m m
、 组成的系统能量守恒： A BP A A (v - v )2⑧2 2 B B 2 A B 2 m A BA+mB
1.如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2= 2m1。开始时两木块之间有一
根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动。若两木块m1和m2与水平面间
的动摩擦因数分别为 μ1、μ2，且 μ1= 2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块 ( )

A. 动量大小之比为 1 ∶ 1 B. 速度大小之比为 2 ∶ 1
C. 动量大小之比为 2 ∶ 1 D. 速度大小之比为 1 ∶ 1
2.如图所示，在光滑的水平桌面上静止两个等大的小球，其质量分别为 M = 0.6 kg、m = 0.2 kg，其中
间夹着一个被锁定的压缩轻弹簧 (弹簧与两球不相连)，弹簧具有 Ep= 10.8J的弹性势能。现解除锁
定，球 m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为 R= 0.4 m 竖直放置的光滑半圆形固定轨道，g 取
10 m/s2则下列说法正确的是 ( )
4
A. 两球刚脱离弹簧时，球m获得的动能比球 M 小
B. 球 m 在运动达到轨道最高点速度大小为 2m/s
C. 球 m 离开半圆形轨道后经过 0.4s 落回水平地面
D. 球 m 经过半圆形轨道的最低点和最高点时，对轨道的压力差为 12N
3.如图所示，物块甲、乙 (可视为质点)静止于水平地面上，质量分别为m甲= 2kg、m乙= 1kg，一轻弹簧
(长度不计)压缩后锁定在甲、乙之间。某时刻解锁弹簧，甲、乙弹开后分别沿地面滑行。已知弹簧在
解锁前的弹性势能为 3J，甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为 μ甲= 0． 1和 μ乙= 0． 5，重力加速度取
10m/s2，则 ( )
A. 弹开后瞬间乙的速度大小为 1m/s B. 甲、乙滑行的时间之比为 5 ∶ 2
C. 甲滑行过程中产生的热量为 2J D. 甲、乙停止运动时相距 0.9m
4.如图，高度 h= 0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA=mB= 0.1kg。A、B间夹一压
缩量Δx= 0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌
面左端沿水平方向飞出，水平射程 xA= 0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离 xB= 0.25m后停
止。A、B均视为质点，取重力加速度 g= 10m/s2。求：
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小 vA和 vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数 μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
5.如图所示的水平地面上有 a、b、O三点。将一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的 ab段水平，bcde段光
5
滑，cde是以O为圆心，R为半径的一段圆弧，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，中间夹有少量炸
药，静止于 b处，A的质量是B的 2倍。某时刻炸药爆炸，两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动。
B到最高点 d 3时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的 ，A与 ab段的动
4
摩擦因数为 μ，重力加速度 g，求：
(1)物块B在 d点的速度大小；
(2)物块A滑行的距离 s；
(3)物块B从脱离轨道后到落到水平地面所用的时间。

【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：mv1-Mv2= 0

上式换为平均速度仍然成立，即 mv1-Mv

2= 0

两边同乘时间 t，mv1t-Mv

2t= 0，
设人、船位移大小分别为 s1、s2，则有，ms1=Ms2 ①
由图可以看出：s1+ s2=L ②
m M
由①②两式解得 s1= + L，s2= + LM m M m
m
答案：s1= + L，s =
M L
M m 2 M+m
点评：人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体
速度大小与质量成反比，方向相反。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。
人船模型中的动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于相互作用力
做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量
度“船”动能的变化。
【类人船模型】
6
1.质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地 h高处，如果从
气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为 ( )
A. m+ h B.
M h C. M+mh D. M+mh
m M m+M M m
2.如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m。滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与
滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为 L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑
块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是 ( )
A. 滑块和小球组成的系统动量守恒 B. 滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
2m2gL
C. 滑块的最大速率为 D. m滑块向右移动的位移为 L
M (M+m) M+m
3.如图，质量为 3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链固定在Q上，下端与一质量为
m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为 v0的初速度，经时间 t小球P在水平方向上的
位移为 x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为 ( )
v t v t-x x-v t
A. x B. 0 C. 0 D. 0
3 3 3 3
4.如图，质量为M，半径为R的圆弧槽，置于光滑水平面上．将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无
初速度地释放，滑块的质量为m，且M= 2m，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是 ( )
A. 若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒
7
gR
B. 若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为
3
C. R若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为
3
D. 2R若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为
3
5.如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B到小车
右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在C点。一
质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑
块质量的 2倍，重力加速度为 g。下列说法正确的是 ( )

A. 滑块到达B点时的速度大小为 2gR
B. 弹簧获得的最大弹性势能为mgR
C. 2滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为 R
3
D. 滑块第一次从A点运动到B点时，小车对滑块的支持力大小为 4mg
6.近年来，随着三孩政策的开放，越来越多的儿童出生，儿童游乐场所的设施也更加多种多样。如图所
示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为 6m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑滑索上。该
儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为 45°，绳长为 L，儿
童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为 g，以下说法正确的是
( )
A. 儿童和滑环组成的系统水平方向动量守恒
B. 儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C. 儿童运动到最低点时速度大小为 1 gL
14
D. 3 2L儿童从静止运动到最低点的过程中，滑环的位移大小为
7
8
【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； 机械能守恒:mg(R+ h) = mv20
能量守恒:mg(R+ h) = mv21 + Mv22+Q1.
②到最高点 水平方向动量守恒，速度都为零； 水平方向动量守恒：mv0= (m+M )v共
全程能量守恒:mgh=mgh' +Q1+Q 2 22. 能量守恒： mv0= (m+M )v共 + mgh
且Q1>Q2(若内壁光滑Q1=Q2= 0) +Q.(若内壁光滑Q= 0)
1.如图所示，光滑水平面上有一质量为M的小车，其左侧是半径R= 0.2m的四分之一光滑圆弧轨道，其
右侧是一段长 L= 2.5m的粗糙水平轨道，现有一质量为m的小滑块以初速度 v0= 6m/s从小车的右
端滑上小车，小滑块与粗糙水平轨道间的动摩擦因数 μ= 0.2，其中M=m，g= 10m/s2。下列说法正
确的是 ( )
A. 小滑块到达圆弧轨道最高点A点的速度大小为 3m/s
B. 小滑块从A点飞出后还能够上升的高度为 0.2m
C. 小滑块能从小车右端滑下来
D. 小车的最终速度为 3m/s
2.如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为 2m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水
平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧
9
的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经
B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，重力加速度大小为 g，下列说法不
正确的是 ( )

A. 小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B. 7小球第一次到达B点时对小车的压力 mg
3
C. 1弹簧具有的最大弹性势能为 mgR
2
D. 1从开始到弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热 mgR
2
3.如图所示，质量为M= 2 kg的工件带有半径R= 0.6 m 1的光滑 圆弧轨道，静止在光滑水平地
4
面上，B为轨道的最低点，B点距地面高度 h= 0.2 m。质量为m= 4 kg的物块 (可视为质点)从
圆弧最高点A由静止释放，经B点后滑离工件，取 g= 10 m/s2。求：
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；
(2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。
4.如图所示，可固定的四分之一圆槽AB的半径为R、质量为 3m，静止放在水平地面上，圆槽底端 B点
的切线水平，距离B点为R处有一质量为 3m的小球 2。现将质量为m的小球 1(可视为质点)从圆槽
顶端的A点由静止释放，重力加速度为 g，不计一切摩擦，两小球大小相同，所有的碰撞均为弹性碰撞。
(1)若圆槽固定，求小球 2最终的速度大小；
(2)若圆槽不固定，求小球 1刚与小球 2接触时，与圆槽底端B点的距离；
(3)若圆槽不固定，求小球 1最终的速度大小。
10
5.如图所示，质量为M= 2.0kg，半径R= 0.3m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上，有两个
大小、形状相同的可视为质点的光滑小球m1、m2，m1= 1.0kg、m2= 2.0kg，m2右侧与球心等高处连
接一轻质弹簧，弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将m1从圆弧槽顶端由静止释放，重力加速
度 g= 10m/s2，求：
(1)若圆弧槽固定不动，小球m1滑离圆弧槽时的速度大小 v0；
(2)若圆弧槽不固定，小球m1滑离圆弧槽时的速度大小 v1；
(3)圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能。
6.如图所示，质量为M= 2kg的小车静止在光滑的水平地面上，小车AB段是半径为R(R未知)的四分
之一光滑圆弧轨道，BC段是长为 L(L未知)的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B点。一质量为m=
3kg的滑块在小车上的B点以 v0= 5m/s的初速度开始向左运动，滑块恰好到达圆弧的顶端A点，然
后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。若滑块与轨道BC间的动摩擦因数为 μ= 0.4，重力加速度为 g
取 10m/s2。
(1)求圆弧的半径；
(2)求小车BC段的长度；
(3)若滑块在小车光滑圆弧轨道上运动的时间为 t= 0.4s，求该过程中滑块对小车做的功和滑块对小
车弹力冲量的大小和方向。
7. 1如图所示，质量mB= 4kg、带有半径R= 1m的 光滑圆弧的B物体静止在光滑水平地面上，圆弧底4
端与水平地面相切于M点，质量mA= 1kg的A物体 (视为质点)从圆弧顶端由静止释放。取重力加
速度大小 g= 10m/s2。求：
(1)A、B两物体分开时的速度大小 vA、vB；
(2)从A、B两物体分开到A物体运动到地面上M点的时间 t。
11

8. 1如图所示，水平轨道左端与圆弧轨道平滑连接，小球A、B及半径R= 2m的 圆弧形滑块C的质量
4
分别为m1= 1kg、m2= 2kg、m3= 3kg，小球 B与滑块 C静止在水平面上。现从圆弧轨道上高 h=
4.05m处将小球A由静止释放，小球A与小球B发生正碰，经过一段时间后小球 B滑上滑块C。小
球B到滑块C底端的距离足够长，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取
g= 10m/s2。
(1)求小球A与小球B第一次碰撞后，小球B的速度大小；
(2)求小球B第一次在滑块C上能达到的最大高度；
(3)求小球B第一次返回滑块C底端时的速度大小；
(4)通过计算分析，小球B能否第二次滑上滑块C，若能滑上，求小球B第二次能达到的最大高度；若
不能滑上，求小球A、小球B、滑块C的最终速度的大小。

9.某科技馆内有一用来观察摆球与牵连配重滑块运动规律的装置，如图所示，用一足够长的水平轨道
杆，将质量为M= 2m的带孔滑块穿套之后水平固定在水平地面上方，再用一不可伸长的轻质细绳一
端固定在滑块下方A点，另一端连接质量为m的小球，已知绳长为 L，水平杆距地面足够高，当地重力
加速度为 g，忽略空气阻力。将轻质细绳伸直，小球从B点 (B点与A点等高且在水平杆正下方)静止
释放。
(1)若水平杆光滑，当小球第一次摆动到最低点时，求滑块的位移大小和此时细绳对小球的拉力大小
(2)若水平杆粗糙，滑块所受最大静摩擦等于滑动摩擦力，要求小球摆动过程中滑块始终保持静止，则
滑块与水平杆之间的动摩擦因数 μ最小为多大 在此过程中，当小球所受重力的功率最大时，小球的
动能大小为多少
10.如图所示，质量M= 6kg、半径R= 15m的四分之一光滑圆弧 abc静止在足够长的光滑水平面上，末端
1
与水平面相切，圆弧右侧有一质量为 m的小物块 B，B的左侧固定一水平轻弹簧，将质量为m=
4
2kg的小物块A从圆弧顶端由静止释放，在小物块B的右侧有一竖直挡板 (图中未画出，挡板和B的
12
间距可调)，当小物块B与挡板发生一次弹性正碰后立刻将挡板撤去，且小物块A与弹簧接触后即与
弹簧固定连接，已知重力加速度 g= 10m/s2，不计空气阻力，A、B均可视为质点。求：
(1)若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端时的速度的大小；
(2)若圆弧不固定，小物块A到达圆弧底端的速度的大小以及圆弧体的位移大小；
(3)若圆弧不固定，小物块B与挡板发生碰撞后的运动过程中，当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围。
11.如图所示，质量M= 10kg的物块C静置在光滑水平面上，其左侧为半径R= 1.5m的四分之一光滑圆
弧，圆弧底端和水平面平滑连接。一质量m= 0.5kg的小物块A被压缩的轻质弹簧弹出后与静止在
水平面上的物块B发生正碰，此后两物块粘在一起运动。A、B均可视为质点，不计空气阻力。已知
物块B的质量为 1.5kg，A、B碰撞后瞬间B的速度大小为 6m/s，取 g= 10m/s2。求：
(1)最初弹簧上储存的弹性势能。
(2)A、B整体碰后能达到的最大高度。
(3)A、B整体第一次与C分离时C速度的大小。
(4)从A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程，A、B整体对C的冲
量大小。
13
爆炸与类爆炸模型
目录
【模型一】爆炸模型
【模型二】弹簧的“爆炸”模型
【模型三】人船模型与类人船模型
【模型四】类爆炸 (人船)模型和类碰撞模型的比较
【模型一】爆炸模型
一．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。
二、爆炸模型讲解
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：mAvA=mBvB①得：
vA = mB ②
vB mA
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 1、B组成的系统能量守恒：E化学能= mAv
2
A+
1 m 2
2 2 B
vB③
①式也可以写为：PA=PB④又根据动量与动能的关系P= 2mEk得
E m
2mAEkA= 2mBE
kA B
kB④进一步化简得： = ⑤EkB mA
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。
m m
②⑤联立可得：EkA=
B A
m + Em 化学能 EkB= E化学能⑥A B mA+mB
1
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=mAvA+mBvB⑦
m m
A、B 1组成的系统能量守恒：E化学能= mAv
2 + 1 m v2 - 1 (m +m )v = 1 A B 2
2 A 2 B B 2 A B 2 mA+
(vA- vB) ⑧mB
1.某科研小组试验一款火箭，携带燃料后的总质量为M。先将火箭以初速度 v0从地面竖直向上弹出，上
升到 h0高度时点燃燃料，假设质量为m的燃气在一瞬间全部竖直向下喷出，若燃气相对火箭喷射出
的速率为u，重力加速度为 g，不计空气阻力。求：
(1)火箭到达 h0高度时的速度大小；
(2)燃气全部喷出后火箭的速度大小；
(3)火箭上升的最大高度。
2
【答案】(1) v20-2gh (2) v20 0-2gh0+ m u (3)h0+ 1 v20-2gh0+ m uM 2g M
【详解】(1)由机械能守恒可得
1 Mv2=Mgh + 1 Mv2
2 0 0 2 1
解得火箭到达 h0高度时的速度大小为
v1= v20-2gh0
(2)由动量守恒可得
Mv1= (M-m)v2+m(v2-u)
解得燃气全部喷出后火箭的速度大小为
v2= v2-2gh + m0 0 uM
(3)设火箭上升的最大高度为H，根据机械能守恒可得
1
M-m v22+ M-m gh2 0= M-m gH
解得
2
H= h0+ 1 v20-2gh m0+ u2g M
2.一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，在某时刻距离地面的高度为 h，速度为 v。此时，火箭突然
炸裂成A、B两部分，其中质量为m1的B部分速度恰好为 0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为 g。
求：
(1)炸裂后瞬间A部分的速度大小 v1；
(2)炸裂后B部分在空中下落的时间 t；
(3)在爆炸过程中增加的机械能ΔE。
mv 1 m m
【答案】(1) - ；(2)
2h ；(3) v2 1
m m1 g 2 m-m1
2
【详解】(1)炸裂后瞬间由动量守恒可知
mv= m-m1 v1
解得A部分的速度为
v = mv1 m-m1
(2)炸裂后由运动学规律可知
h= 1 gt2
2
空中下落的时间为
t= 2h
g
(3)在爆炸过程中增加的机械能为
ΔE= 1 m-m 2 11 v1- mv22 2
解得
m m
ΔE= 1 v2 1
2 m-m1
3.双响爆竹是民间庆典使用较多的一种烟花爆竹，其结构简图如图所示，纸筒内分上、下两层安放火药。
使用时首先引燃下层火药，使爆竹获得竖直向上的初速度，升空后上层火药被引燃，爆竹凌空爆响。
一人某次在水平地面上燃放双响爆竹，爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药，立即爆炸成两部分，
两部分的质量之比为 1︰ 2，获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为 h，两部
分落地点之间的距离为L，重力加速度为 g，不计空气阻力，不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。
(1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。
(2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比，求上、下两层火药的质量比。

m 2
【答案】( 2g g1)v L L L1= ，v = ；(2) 上 =3 h 2 3 2h m 18h2下
【详解】解：(1)引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向
h= 1 gt2
2
水平方向
L= v1t+ v2t
上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，设爆竹总质量为m
3
0= 1 mv 2
3 1
- mv
2 2
解得两部分各自获得的速度大小
v = L 2g L g1 ，v2=3 h 3 2h
(2)上层火药燃爆后爆竹获得的机械能
E 1 1 2 1 2 2上= × mv1+ × mv2 3 2 3 2
下层火药燃爆后爆竹获得的机械能
E下=mgh
上、下两层火药的质量比
m上 E 2= 上 = L
m下 E下 18h2
4.如图所示，质量均为m的两块完全相同的木块A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B
间夹有一小块炸药 (炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度 v0一起从O点滑出，滑行一段距
v
离 x后到达P点，速度变为 0 ，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块A继续沿水平方向前进 3x
2
后停下。已知炸药爆炸时释放的化学能有 50%转化为木块的动能，爆炸时间可以忽略不计，重力加速
度为 g，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数 μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。
【答案】　 (1)2 3v0 　 (2)2mv28gx 0
【解析】　 (1)从O滑到P，对系统由动能定理得
2
-μ· v2mgx= 1 × 2m 0 - 1 × 2mv2
2 2 2 0
μ= 2 3v解得 0 8gx
2
(2)爆炸前对系统，有 v20- v02 = 2ax
v
在P点爆炸，A、B系统动量守恒，有 2m 0 =mvA+mv2 B
爆炸后对A，有 v2A= 2a·3x，
根据能量守恒定律有
1 mv2 1 2 1
v0 2
A+ mvB- × 2m = 50%E ，2 2 2 2 0
解得E = 2mv20 0
5.如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块
炸药 (炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度 v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，
v
速度变为 0 ，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继续沿水平方向
2
4
前进．已知O、P两点间的距离为 s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很
短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数 μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0.
3v2 1
【答案】　 (1) 0 　 (2) mv2
8gs 4 0
【解析】　 (1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
1 v0 2-μ·2mgs= × 2m - 1 × 2mv22 2 2 0
2
解得 μ= 3v0
8gs
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
v
2m· 0 =mv，
2
根据能量守恒定律有
+ 1 × vE 2m 0
2
= 1 mv20 2 2 2
1
解得E 20= mv4 0
6.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将
烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极
短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
(1) 1 2E (2) 2E【答案】　 　
g m mg
【解析】　 (1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有
E= 1 mv2①
2 0
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有
0- v0=-gt②
联立①②式得
t= 1 2E ③
g m
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有
E=mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为 v1和 v2。由题给条件和
动量守恒定律有
1 mv2 1 2
4 1
+ mv2=E⑤4
5
1 mv 11+ mv2= 0⑥2 2
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。
设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有
1 mv21= 1 mgh4 2 2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h= h 2E1+ h2= ⑧mg
【模型二】弹簧的“爆炸”模型
A、B组成的系统动量守恒：mAvA=mBvB①得：
vA = mB ②
vB mA
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 1 1组成的系统能量守恒：E 2P= mAvA+ m v22 2 B B③
①式也可以写为：PA=PB④又根据动量与动能的关系P= 2mEk得
E
2mAEkA= 2mBEkB④进一步化简得：
kA = mB ⑤
EkB mA
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。
m m
②⑤联立可得：E = B E E = AkA + P kB + EP⑥mA mB mA mB
1.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=mAvA+mBvB⑦
A B E = 1 m v2 + 1 m v2 - 1 1
m
、 组成的系统能量守恒： (m +m )v = A
mB
P A A B B A B + (v - v )
2
2 2 2 2 m m A B
⑧
A B
1.如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2= 2m1。开始时两木块之间有一
根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动。若两木块m1和m2与水平面间
的动摩擦因数分别为 μ1、μ2，且 μ1= 2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块 ( )

A. 动量大小之比为 1 ∶ 1 B. 速度大小之比为 2 ∶ 1
C. 动量大小之比为 2 ∶ 1 D. 速度大小之比为 1 ∶ 1
【答案】AB
6
【详解】AC．左右两木块质量之比为 1:2，弹簧解除锁定后各自运动所在地面间的动摩擦因数之比为 2:1，
m1向左运动，m2向右运动，运动过程中所受滑动摩擦力分别为
f1= μ1m1g，方向水平向右；f2= μ2m2g方向水平向左
则可知两物块所受摩擦力大小相等，方向相反，若将两物块及弹簧组成的看成一个系统，可知该系统在弹
簧解除锁定瞬间及之后弹簧伸长过程中动量守恒，设在弹簧伸长的任意时刻m1的动量为 p1，m2的动量为
p2，根据动量守恒定律可得
0= p1+ p2
即
p1=-p2
则可知两物块的动量大小之比为 1:1，故A正确，C错误；
BD．动量
p=mv
而两物块的质量之比为 1:2，则可知两物块在弹簧伸长过程中的速度大小之比为 2:1，故B正确，D错误。
故选AB。
2.如图所示，在光滑的水平桌面上静止两个等大的小球，其质量分别为 M = 0.6 kg、m = 0.2 kg，其中
间夹着一个被锁定的压缩轻弹簧 (弹簧与两球不相连)，弹簧具有 Ep= 10.8J的弹性势能。现解除锁
定，球 m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为 R= 0.4 m 竖直放置的光滑半圆形固定轨道，g 取
10 m/s2则下列说法正确的是 ( )
A. 两球刚脱离弹簧时，球m获得的动能比球 M 小
B. 球 m 在运动达到轨道最高点速度大小为 2m/s
C. 球 m 离开半圆形轨道后经过 0.4s 落回水平地面
D. 球 m 经过半圆形轨道的最低点和最高点时，对轨道的压力差为 12N
【答案】CD
【详解】A．由动量守恒得，M、m动量大小相同，由
p2
EK= 2m
得质量小的物体动能大，选项A错误；
B．由
p2
EK= 2m
得，两物体动能比为 1：3，故m的初动能为
E 1 2 3km= mv0= × 10.8J= 8.1J2 4
m获得的速度为
v0= 9m/s
7
即到达B点的速度 vB= 9m/s，由动能定理可得
1 mv2B=mg 2R+
1 mv2
2 2 A
解得m达到圆形轨道顶端的速度
vA= 65m/s
选项B错误；
C．由自由落体公式可得下降时间为
t= 2 2R = 0.4s
g
选项C正确；
D．m在圆形轨道上端时
v2
FA+mg=m
A
R
在下端时
v2
F BB-mg=m R
1 mv2B=mg 2R+
1 mv2
2 2 A
则在上下两端压力差为
v2-v2
ΔF=FB-FA= 2mg+m
B A = 6mg= 12N
R
选项D正确。
故选CD。
3.如图所示，物块甲、乙 (可视为质点)静止于水平地面上，质量分别为m甲= 2kg、m乙= 1kg，一轻弹簧
(长度不计)压缩后锁定在甲、乙之间。某时刻解锁弹簧，甲、乙弹开后分别沿地面滑行。已知弹簧在
解锁前的弹性势能为 3J，甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为 μ甲= 0． 1和 μ乙= 0． 5，重力加速度取
10m/s2，则 ( )
A. 弹开后瞬间乙的速度大小为 1m/s B. 甲、乙滑行的时间之比为 5 ∶ 2
C. 甲滑行过程中产生的热量为 2J D. 甲、乙停止运动时相距 0.9m
【答案】BD
【详解】A．弹簧被弹开的过程动量守恒，则
m甲v1=m乙v2
1 m 2 1甲v1+ m乙v2=E2 2 2 p
解得
v1= 1m/s
v2= 2m/s
选项A错误；
B．两物体被弹开后，根据
v= at= μgt
8
则
t= v
μg
甲、乙滑行的时间之比为
t甲 = v1 μ乙 = 1 × 5 = 5
t乙 v2 μ甲 2 1 2
选项B正确；
C．甲滑行过程中产生的热量为
Q= 1 m 2 1 2
2 甲
v1= × 2× 1 J= 1J2
选项C错误；
D．甲、乙停止运动时相距
v2 v2 2 2
Δx= 1 + 2 = 1 2
2μ甲g 2μ乙g 2×0.1×
+
10 2× × = 0.9m0.5 10
选项D正确。
故选BD。
4.如图，高度 h= 0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA=mB= 0.1kg。A、B间夹一压
缩量Δx= 0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌
面左端沿水平方向飞出，水平射程 xA= 0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离 xB= 0.25m后停
止。A、B均视为质点，取重力加速度 g= 10m/s2。求：
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小 vA和 vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数 μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
【答案】(1)1m/s，1m/s；(2)0.2；(3)0.12J
【详解】(1)对A物块由平抛运动知识得
h= 1 gt2
2
xA= vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
vA= 1m/s
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整
体动量守恒，则
9
mAvA=mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小为
vB= 1m/s
(2)对物块B由动能定理
-μm 1 2BgxB= 0- m v2 B B
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
μ= 0.2
(3)弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
ΔE = 1 m v2 + 1 2p A A mBvB+ μmAgΔxA+ μmBgΔx2 2 B
其中
mA=mB，Δx=ΔxA+ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
ΔEp= 0.12J
5.如图所示的水平地面上有 a、b、O三点。将一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的 ab段水平，bcde段光
滑，cde是以O为圆心，R为半径的一段圆弧，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，中间夹有少量炸
药，静止于 b处，A的质量是B的 2倍。某时刻炸药爆炸，两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动。
B 3到最高点 d时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的 ，A与 ab段的动
4
摩擦因数为 μ，重力加速度 g，求：
(1)物块B在 d点的速度大小；
(2)物块A滑行的距离 s；
(3)物块B从脱离轨道后到落到水平地面所用的时间。

gR
【答案】(1)vd= ；(2) =
9R ( ) = 117gR- 21gRs ；3 t
2 32μ 8g
【详解】(1)设物块A和B的质量分别为mA和mB
v2
m 3Bg- mBg=m d4 B R
解得
vd=
gR
2
(2)设A、B分开时的速度分别为 v1、v2，系统动量守恒
mAv1-mBv2= 0
B由位置 b运动到 d的过程中，机械能守恒
1 m 2 1 2
2 B
v2=mBgR+ mBv2 d
v 32= gR2
10
v 31= gR4
A在滑行过程中，由动能定理
0- 1 m v2=-μm gs
2 A 1 A
联立得
s= 9R
32μ
(3)设物块脱离轨道时速度为 v，FN= 0
向心力公式
2
mBgcosθ=m
v
B R
而
1 m v2+m gR 1 1-cosθ = m v2
2 B d B 2 B

解得
cosθ= 3
4
v= 3 gR
4
脱离轨道时离地面的高度
h=Rcosθ= 3 R
4
离轨道时后做向下斜抛运动
竖直方向
h=Rcosθ= vsinθ t+ 1 gt2
2
解得
= 117gR- 21gRt
8g
【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：mv1-Mv2= 0

上式换为平均速度仍然成立，即 mv1-Mv2= 0
两边同乘时间 t ，mv1t-Mv2t= 0，
设人、船位移大小分别为 s1、s2，则有，ms1=Ms2 ①
由图可以看出：s1+ s2=L ②
11
由①②两式解得 s = m L s = M1 ， LM+m 2 M+m
s = m L s = M答案： 1 + ，M m 2 M+ Lm
点评：人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体
速度大小与质量成反比，方向相反。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。
人船模型中的动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于相互作用力
做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量
度“船”动能的变化。
【类人船模型】
1.质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地 h高处，如果从
气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为 ( )
A. m h B. M h C. M+mh D. M+mh
m+M m+M M m
【答案】　C
【解析】　设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为 L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守
恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0=-Mv2+mv1
L-h
人沿软梯降至地面，气球上升的高度为 L- h，平均速度大小为 v2= t
h
人相对于地面下降的高度为 h，平均速度大小为 v1= t
联立得：0=-M · L-h +m· h，
t t
M+m
解得：L= h，故C正确，A、B、D错误．
M
2.如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m。滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与
滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为 L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑
块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是 ( )
A. 滑块和小球组成的系统动量守恒 B. 滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
12
2m2gL
C. D. m滑块的最大速率为 滑块向右移动的位移为 + LM (M+m) M m
【答案】BCD
【解析】
A．小球下落过程中，小球竖直方向有分加速度，系统的合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；
B．绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，故B正确；
C．当小球落到最低点时，只有水平方向速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，取水平向右为正方向，
系统水平方向动量有MV-mv= 0 1系统机械能守恒有mgL= mv2+ 1 MV2解得，滑块的最大速率为V
2 2
= 2m
2gL x
故C正确；D．设滑块向右移动的位移为 x，根据水平动量守恒得M -mL-x = 0
M M+m t t
m
解得 x= + L故D正确。故选BCD。M m
3.如图，质量为 3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链固定在Q上，下端与一质量为
m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为 v0的初速度，经时间 t小球P在水平方向上的
位移为 x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为 ( )
x v0t v0t-x x-v0tA. B. C. D.
3 3 3 3
【答案】C
【详解】P、Q在水平方向上动量守恒，有
mv0=mv1+ 3mv2
在极短的时间Δt内，有
mv0 Δt=mv1 Δt+ 3mv2 Δt
则在时间 t内有
mv0t=mx+ 3mx2
可知
= vx 0t-x2 3
故选C。
4.如图，质量为M，半径为R的圆弧槽，置于光滑水平面上．将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无
初速度地释放，滑块的质量为m，且M= 2m，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是 ( )
13
A. 若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒
gR
B. 若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为
3
C. R若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为
3
D. 2R若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为
3
【答案】C
【详解】A．若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，故A错误；
B．若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为 v1，圆弧糟速度大小为 v2，由机械能守恒定律知
mgR= 1 mv21+ 1 Mv22 2 2
在水平方向上动量守恒有
mv1=Mv2，M= 2m
联立解得
= gR = gRv1 2 ，v3 2 3
故B错误；
C．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为 x1和 x2，
由水平方向动量守恒有
mx1=Mx2，x1+ x2=R
解得
x 2 R1= R，x3 2= 3
故C正确；
D．由于滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为
R2 2R
2
+ = 13 R3 3
故D错误。
就选C。
5.如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B到小车
右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在C点。一
质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑
块质量的 2倍，重力加速度为 g。下列说法正确的是 ( )
14

A. 滑块到达B点时的速度大小为 2gR
B. 弹簧获得的最大弹性势能为mgR
C. 2滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为 R
3
D. 滑块第一次从A点运动到B点时，小车对滑块的支持力大小为 4mg
【答案】BD
【详解】AD．滑块从A滑到B时，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有
mv1= 2mv 12，mgR= mv21+ 1 × 2mv22 2 2
解得
v = 41 gR，v = 1 gR3 2 3
运动到B点时对滑块受力分析
v1+v 2- = 2 FN mg m R
解得
FN = 4mg
故A错误、D正确；
B．滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性
势能，故B正确；
C．从A到B滑下过程由人船模型
mx1= 2mx2，x1+ x2 = R
解得小车的位移应当是
x R2= 3
故C错误。
故选BD。
6.近年来，随着三孩政策的开放，越来越多的儿童出生，儿童游乐场所的设施也更加多种多样。如图所
示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为 6m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑滑索上。该
儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为 45°，绳长为 L，儿
童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为 g，以下说法正确的是
( )
15
A. 儿童和滑环组成的系统水平方向动量守恒
B. 儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C. 儿童运动到最低点时速度大小为 1 gL
14
D. 3 2L儿童从静止运动到最低点的过程中，滑环的位移大小为
7
【答案】ABD
【详解】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统水平方向动量守恒，
故A正确；
B．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故B正确；
C．儿童运动到最低点时，根据水平方向系统动量守恒有
6mv=mv
根据能量守恒定律有
6mgL(1- cosθ) = 1 × 6mv2+ 1 mv 2
2 2
解得
v= 2- 2 gL
7
故C错误；
D．儿童从静止运动到最低点的过程中，根据动量守恒定律可知，儿童和滑环在水平方向的平均速度大小

v1和 v2满足
6mv1=mv2
则水平位移大小 x1和 x2满足
6mx1=mx2
根据相对位移关系有
x1+ x2=Lsin45°
解得
x2= 3 2L7
故D正确。
故选ABD。
【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
16
示意图
①到最低点 水平方向动量守恒:0=mv 21-Mv2； 机械能守恒:mg(R+ h) = mv0
能量守恒:mg(R+ h) = mv21 + Mv22+Q1.
②到最高点 水平方向动量守恒，速度都为零； 水平方向动量守恒：mv0= (m+M )v共
全程能量守恒:mgh=mgh' +Q1+Q 22. 能量守恒： mv0= (m+M )v 2共 + mgh
且Q1>Q2(若内壁光滑Q1=Q2= 0) +Q.(若内壁光滑Q= 0)
1.如图所示，光滑水平面上有一质量为M的小车，其左侧是半径R= 0.2m的四分之一光滑圆弧轨道，其
右侧是一段长 L= 2.5m的粗糙水平轨道，现有一质量为m的小滑块以初速度 v0= 6m/s从小车的右
端滑上小车，小滑块与粗糙水平轨道间的动摩擦因数 μ= 0.2，其中M=m，g= 10m/s2。下列说法正
确的是 ( )
A. 小滑块到达圆弧轨道最高点A点的速度大小为 3m/s
B. 小滑块从A点飞出后还能够上升的高度为 0.2m
C. 小滑块能从小车右端滑下来
D. 小车的最终速度为 3m/s
【答案】BD
【详解】A．分析可知，小滑块到达圆弧轨道最高点A时，小滑块相对圆弧轨道竖直向上运动，即水平方向
速度相同，当把小滑块与小车看作系统时，水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，则有
mv0= M+m v
又M=m，故
17
v= 3m/s
又系统能量守恒，则有
1 mv20= 1 mv2 11+ Mv2+ μmgL+mgR2 2 2
可得小滑块到达A点时速度
v1= 13m/s
故A错误；
B．由上可知，在A点时，小滑块水平速度
vx= 3m/s
由
v1= v2x+v2y
可知
vy= 2m/s
小滑块离开小车后竖直方向只受重力，故加速度
a= g
方向竖直向下，由
v2y= 2gh
可知，小滑块离开A点后能够上升的最大高度
h= 0.2m
故B正确；
CD．分析可知，小滑块离开小车到落回小车的过程水平方向为匀速直线运动，又离开小车时两者水平速度
相同，故小滑块从A点落回小车，假设小滑块最终与小车达到共速，则整个过程，根据系统水平方向动量守
恒可得
mv0= M+m v共
解得
v共= 3m/s
根据能量守恒可得
1 mv20- 1 (M+m)v2共= μmgs2 2
解得
s= 4.5m< 2L= 5m
假设成立，小滑块最终停在离小车右端 0.5m处，两者的最终速度未 3m/s，故C错误，D正确。
故选BD。
2.如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为 2m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水
平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧
的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经
B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，重力加速度大小为 g，下列说法不
正确的是 ( )
18

A. 小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B. 7小球第一次到达B点时对小车的压力 mg
3
C. 1弹簧具有的最大弹性势能为 mgR
2
D. 1从开始到弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热 mgR
2
【答案】AB
【详解】A．小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水平方向
动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误，符合题意；
B．将小车和小球、弹簧当成一个系统，在运动过程中，系统的水平动量守恒，取向右为正
0=mv - 2mv ，mgR= 1 mv2+ 1 2mv21 2 2 1 2 2
小球第一次到达B点时
(v +v )2
FN-mg=m
1 2
R
解得
FN= 4mg
根据牛顿第三定律，对小车的压力 4mg，故B错误，符合题意；
CD．弹簧具有的最大弹性势能时，系统共速
mv1- 2mv2= (m+ 2m)v
解得
v= 0
根据能量守恒，设克服阻力做功为Wf
1 mv2 11+ 2mv22=E2 2 pm+Wf
压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，可知
mv1- 2mv2= (m+ 2m)v'
最终共速为 0，根据能量守恒
Epm=Wf
解得
Epm=Wf=Q=
1 mgR
2
故CD正确，不符合题意。
故选AB。
3.如图所示，质量为M= 2 kg 1的工件带有半径R= 0.6 m的光滑 圆弧轨道，静止在光滑水平地
4
面上，B为轨道的最低点，B点距地面高度 h= 0.2 m。质量为m= 4 kg的物块 (可视为质点)从
19
圆弧最高点A由静止释放，经B点后滑离工件，取 g= 10 m/s2。求：
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；
(2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。
【答案】(1)280N，方向竖直向下；(2)0m
【解析】
(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则有
mgR= 1 mv21+ 1 Mv22 2 2
0=mv1-Mv2
联立解得 v1= 2 m/s,v2= 4 m/s
- = (v1+v2)
2
在B点处，对物块有FN mg m R
解得FN= 280 N
根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小F N=FN= 280 N，方向竖直向下
(2)物块滑离工件后做平抛运动的时间 t= 2h = 0.2 s
g
物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距离 x= v1t= 0.4 m
而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为 x1，工件向左运动的距离为 x2，两
者在水平方向动量守恒，则由水平方向动量守恒得 0=mv 1-Mv2
两边同乘于两者相互作用的时间 t 得 0=mx1-Mx2
又由位移关系得R= x1+ x2
联立解得 x1= 1 R= 0.2 m x 2，3 2= R= 0.4 m3
故物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为Δx= x- x2= 0
4.如图所示，可固定的四分之一圆槽AB的半径为R、质量为 3m，静止放在水平地面上，圆槽底端 B点
的切线水平，距离B点为R处有一质量为 3m的小球 2。现将质量为m的小球 1(可视为质点)从圆槽
顶端的A点由静止释放，重力加速度为 g，不计一切摩擦，两小球大小相同，所有的碰撞均为弹性碰撞。
(1)若圆槽固定，求小球 2最终的速度大小；
(2)若圆槽不固定，求小球 1刚与小球 2接触时，与圆槽底端B点的距离；
(3)若圆槽不固定，求小球 1最终的速度大小。
20
2gR 6gR
【答案】(1) ；(2) 5 R；(3)
2 3 8
【详解】(1)若圆槽固定，则小球 1下落速度为 v1
mgR= 1 mv2
2 1
接下来小球 1与小球 2发生弹性碰撞，动量守恒有
mv1=mv2+ 3mv3
机械能守恒有
1 mv2= 1 mv2+ 1 3mv2
2 1 2 2 2 3
解得
v3=
2gR
2
(2)设小球 1刚离开圆槽时，圆槽的位移为 x0，此时小球的位移为 x1，有
x0+ x1=R
小球 1滑下过程水平方向动量守恒，设小球 1运动方向为正方向，有
0=mv4- 3mv5
由于两者运动时间相同，整理有
mv4t= 3mv5t
即
mx1= 3mx0
解得
x0:x1=m:3m= 1:3
小球 1滑下过程，由能量守恒有
mgR= 1 mv24+ 1 3mv22 2 5
小球滑下后，到与小球 2接触过程做匀速直线运动，则有
2R- x1= v4t1
该时间内圆槽运动为
x2= v5t1
综上所述，其小球 1与圆槽底端距离为
s= x2+ x0+R= 5 R3
(3)结合之前的分析可知，小球 1与小球 2发生碰撞，动量守恒有
mv4=mv6+ 3mv7
机械能守恒有
1 mv2= 14 mv2 16+ 3mv22 2 2 7
解得
v6=-
6gR
4
6gR 6gR
即小球 1与小球 2碰撞后速度大小为 > v5= ，所以小球 1与小球 2碰后速度大小大于圆槽的4 6
速度，最终会追上圆槽并滑上后再滑下来，该过程类似于弹性碰撞。设圆槽运动方向为正方向，有
-mv6+ 3mv5=mv8+ 3mv9
能量方面有
21
1 mv2+ 16 3mv2 1 2 1 22 2 5= mv8+ 3mv2 2 9
解得
v8=
6gR
8
6gR
所以小球 1最终以 速度匀速运动下去。
8
5.如图所示，质量为M= 2.0kg，半径R= 0.3m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上，有两个
大小、形状相同的可视为质点的光滑小球m1、m2，m1= 1.0kg、m2= 2.0kg，m2右侧与球心等高处连
接一轻质弹簧，弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将m1从圆弧槽顶端由静止释放，重力加速
度 g= 10m/s2，求：
(1)若圆弧槽固定不动，小球m1滑离圆弧槽时的速度大小 v0；
(2)若圆弧槽不固定，小球m1滑离圆弧槽时的速度大小 v1；
(3)圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能。
【答案】(1)；v0= 6m/s(2)v1= 2m/s；(3)Epmax= 4 J3
【详解】(1)圆弧槽固定，小球机械能守恒
m1gR= 1 m1v22 0
解得
v0= 6m/s
(2)圆弧槽不固定，槽和小球组成的系统在水平方向动量守恒，若以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒
定律得
m1v1-Mv2= 0
由机械能守恒定律得
m gR= 1 m v2+ 1 Mv21 2 1 1 2 2
解得
v1= 2m/s
(3)当小球m1、m2速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据动量守恒解得
m1v1= (m1+m2)v
解得
v= 2 m/s
3
根据能量守恒可得
E = 1 m v2 1pmax 1 1- (m1+m2)v22 2
代入数据可得
22
E = 4pmax J3
6.如图所示，质量为M= 2kg的小车静止在光滑的水平地面上，小车AB段是半径为R(R未知)的四分
之一光滑圆弧轨道，BC段是长为 L(L未知)的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B点。一质量为m=
3kg的滑块在小车上的B点以 v0= 5m/s的初速度开始向左运动，滑块恰好到达圆弧的顶端A点，然
后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。若滑块与轨道BC间的动摩擦因数为 μ= 0.4，重力加速度为 g
取 10m/s2。
(1)求圆弧的半径；
(2)求小车BC段的长度；
(3)若滑块在小车光滑圆弧轨道上运动的时间为 t= 0.4s，求该过程中滑块对小车做的功和滑块对小
车弹力冲量的大小和方向。
【答案】(1)0.5m；(2)1.25m；(3)36J，12 2N s，方向斜向左下方，与竖直方向成 45°角
【详解】(1)滑块在最高点A时与小车相对静止，自B滑至最高点A过程中水平方向动量守恒定律
mv0= (m+M )v1
滑块与小车组成系统机械能守恒
1 mv2= 10 (m+M )v22 2 1+mgR
解得圆弧的半径为
R= 0.5m
(2)滑块最后恰好停在C点，说明滑块在C点时与小车共速，小车自B点开始至C点过程中，水平方向动量
守恒
mv0= (m+M )v1
由系统能量守恒定律
1 mv2= 1 (m+M )v2+ μmgL
2 0 2 1 BC
解得小车BC段的长度为
L= 1.25m
(3)滑块自B上升至返回B过程中，水平方向动量守恒
mv0=Mv2+mv3
滑块与小车组成的系统机械能守恒
1 mv2= 1 Mv2+ 10 2 mv22 2 2 3
联立解得
v2= 6m/s，v3= 1m/s
对小车由动能定理
W= 1 Mv2- 0
2 2
23
解得该过程中滑块对小车做的功为
W= 36J
该过程对滑块由动量定理，竖直方向有
mgt- Iy= 0
解得
Iy= 12N s
方向竖直向上；水平方向有
Ix=mv3-mv0
解得
Ix=-12N s
方向水平向右，故小车对滑块弹力冲量的大小为
I 2 2N= Ix+Iy = 12 2N s
方向斜向右上方，与竖直方向成 45°角，由于小车对滑块的弹力与滑块对小车的弹力是一对相互作用力，则
滑块对小车弹力冲量的大小为 12 2N s，方向斜向左下方，与竖直方向成 45°角。
7.如图所示，质量mB= 4kg
1
、带有半径R= 1m的 光滑圆弧的B物体静止在光滑水平地面上，圆弧底
4
端与水平地面相切于M点，质量mA= 1kg的A物体 (视为质点)从圆弧顶端由静止释放。取重力加
速度大小 g= 10m/s2。求：
(1)A、B两物体分开时的速度大小 vA、vB；
(2)从A、B两物体分开到A物体运动到地面上M点的时间 t。

【答案】(1)vA= 4m/s，vB= 1m/s；(2)t= 0.05s
【详解】(1)对A，B两物体，由机被能守恒定律有
m 1 2 1 2AgR= mAvA+ m2 2 BvB
由水平方向动量守恒有
mAvA=mBvB
解得
vA= 4m/s，vB= 1m/s。
(2)A物体从B物体上滑落的过程中水平方向动量守恒，故任一时刻均有
mAvAx=mBvBx
故水平方向上有

mAvAx=mBvBx
故下落过程中，有
mAxA=mBxB
由题意可知
xA+ xB=R
解得A、B两物体分开时A物体在M点左侧 xB= 0.2m处
24
A物体从B物体底端第一次到达M点的时间
t= xB
vA
解得
t= 0.05s
8. 1如图所示，水平轨道左端与圆弧轨道平滑连接，小球A、B及半径R= 2m的 圆弧形滑块C的质量
4
分别为m1= 1kg、m2= 2kg、m3= 3kg，小球 B与滑块 C静止在水平面上。现从圆弧轨道上高 h=
4.05m处将小球A由静止释放，小球A与小球B发生正碰，经过一段时间后小球 B滑上滑块C。小
球B到滑块C底端的距离足够长，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取
g= 10m/s2。
(1)求小球A与小球B第一次碰撞后，小球B的速度大小；
(2)求小球B第一次在滑块C上能达到的最大高度；
(3)求小球B第一次返回滑块C底端时的速度大小；
(4)通过计算分析，小球B能否第二次滑上滑块C，若能滑上，求小球B第二次能达到的最大高度；若
不能滑上，求小球A、小球B、滑块C的最终速度的大小。

【答案】(1)6m/s；(2)1.08m；(3)l.2m/s；(4)小球B不能第二次滑上滑块C，小球A、小球B、滑块C的最终速
19
度分别为 vA= m/s，v =
34
B m/s，vC= 4.8m/s15 15
【详解】(1)设碰前小球A的速度为 v0，从圆弧轨道上高 h= 4.05m处将小球A由静止释放，由能量守恒定
律得
m gh= 1 m v21 2 1 0
代入数据解得
v0= 9m/s
小球A、B碰撞的过程A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒，以向右为正方向，设小球A、B碰撞后的速
度分别为 v1、v2，则有
m1v0=m1v1+m2v2
1 m 2 1 2 1 2
2 1
v0= m v + m v2 1 1 2 2 2
解得
v1=-3m/s
v2= 6m/s
即小球A与小球B第一次碰撞后，小球B的速度大小为 6m/s；
(2)小球B与滑块C在水平方向上共速时小球B上升的高度最大。设共同的速度为 v3，小球B与滑块C组
成的系统在水平方向上动量守恒，有
m2v2= (m2+m3)v3
25
小球B与滑块C组成的系统能量守恒，有
1 m2v
2
2= 1 m 22 2 2+m3 v3+m2gH
代入数据解得
H= 1.08m
(3)设小球B返回滑块C底端时B与C的速度分别为 v4、v5，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
m2v2=m2v4+m3v5
1 m v2= 12 2 m2v24+ 1 m v22 2 2 3 5
联立解得
v4=-1.2m/s
v5= 4.8m/s
即小球B返回滑块C底端时的速度大小为 1.2m/s；
(4)小球A与小球B第一次碰后以 v1=-3m/s的速度向左运动，再次滑上圆弧轨道，滑下后速度方向向右，
速度 v6= 3m/s，经过一段时间，小球A与小球B发生第二次碰撞，设碰后小球A和小球B的速度分别为
v7、v8，根据动量守恒定律和能量守恒定律得
m1v6+m2v4=m1v7+m2v8
1 m1v
2
6+ 1 m 2 1 2 1 22 2 2v4= m v + m v2 1 7 2 2 8
联立解得
v7=-2.6m/s
v8= 1.6m/s
小球A与小球B第二次碰后以 v7=-2.6m/s的速度向左运动，再次滑上圆弧轨道，滑下后速度方向向右，
速度 v9= 2.6m/s，经过一段时间，小球A与小球B发生第三次碰撞，设碰后小球A和小球B的速度分别为
vA、vB，根据动量守恒定律和能量守恒定律得
m1v9+m2v8=m1vA+m2vB
1 m v2+ 1 m v2= 1 m v21 9 2 8 1 A+
1 m2v
2
2 2 2 2 B
联立解得
vA=
19m/s
15
v 34B= m/s15
19
因为 vB< v5，所以小球B不能第二次滑上滑块C，小球A、小球B、滑块C的最终速度分别为 vA= m/s，15
v 34B= m/s，vC= 4.8m/s。15
9.某科技馆内有一用来观察摆球与牵连配重滑块运动规律的装置，如图所示，用一足够长的水平轨道
杆，将质量为M= 2m的带孔滑块穿套之后水平固定在水平地面上方，再用一不可伸长的轻质细绳一
端固定在滑块下方A点，另一端连接质量为m的小球，已知绳长为 L，水平杆距地面足够高，当地重力
加速度为 g，忽略空气阻力。将轻质细绳伸直，小球从B点 (B点与A点等高且在水平杆正下方)静止
释放。
(1)若水平杆光滑，当小球第一次摆动到最低点时，求滑块的位移大小和此时细绳对小球的拉力大小
(2)若水平杆粗糙，滑块所受最大静摩擦等于滑动摩擦力，要求小球摆动过程中滑块始终保持静止，则
26
滑块与水平杆之间的动摩擦因数 μ最小为多大 在此过程中，当小球所受重力的功率最大时，小球的
动能大小为多少
(1) L 4mg (2) 3 10 3【答案】 ， ； ， mgL
3 20 3
【详解】(1)设小球摆到最低点时速度大小为 v1，滑块速度大小为 v2，水平杆光滑，根据水平方向系统动量守
恒有
mv1=Mv2
即有
mx1=Mx2
又结合
x1+ x2=L
联立可求得
x = mL = L2 M+m 3
根据系统机械能守恒，从释放到第一次达最低点，有
mgL= 1 mv2+ 11 Mv22 2 2
求得
v1=
4gL gL
，v2=3 3
对小球根据牛顿第二定律
2
T- (v +v )mg=m 1 2
L
联立解得
T= 4mg
(2)设轻绳与水平方向夹角为 θ时，绳中张力为F，对滑块，根据平衡条件：水平方向
f=Fcosθ
竖直方向
N=Mg+Fsinθ
滑块始终保持静止，则有
f≤ μN
联立可得
3m(sin2θ+ μcos2θ)≤ μ
2 M+
3m
2
则
3m 1+μ2≤ μ M+ 3m
2 2
解得
μ≥ 3m = 3 10
2 M (M+3m) 20
设小球的速度为 v，对小球，根据动能定理有
mgLsinθ= 1 mv2
2
27
根据牛顿第二定律有
2
F-mgsinθ=mv
L
小球所受重力的功率
PG=mgvy
重力功率最大时，小球速度的竖直分量 vy最大，即小球加速度的竖直分量为 0，则
Fsinθ=mg
联立解得
sinθ= 3
3
此时下摆高度
H=Lsinθ= 3 L
3
对小球，根据机械能守恒定律
mgH=Ek
解得
Ek=
3 mgL
3
10.如图所示，质量M= 6kg、半径R= 15m的四分之一光滑圆弧 abc静止在足够长的光滑水平面上，末端
1
与水平面相切，圆弧右侧有一质量为 m的小物块 B，B的左侧固定一水平轻弹簧，将质量为m=
4
2kg的小物块A从圆弧顶端由静止释放，在小物块B的右侧有一竖直挡板 (图中未画出，挡板和B的
间距可调)，当小物块B与挡板发生一次弹性正碰后立刻将挡板撤去，且小物块A与弹簧接触后即与
弹簧固定连接，已知重力加速度 g= 10m/s2，不计空气阻力，A、B均可视为质点。求：
(1)若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端时的速度的大小；
(2)若圆弧不固定，小物块A到达圆弧底端的速度的大小以及圆弧体的位移大小；
(3)若圆弧不固定，小物块B与挡板发生碰撞后的运动过程中，当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围。
【答案】(1)v= 10 3m/s；(2)15m/s；3.75m；(3)45J≤Ep≤ 217.8J
【详解】(1)若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端的过程中，根据动能定理有
mgR= 1 mv2
2
解得
v= 10 3m/s
(2)若圆弧不固定，小物块A与圆弧组成的系统动量守恒，则有
mv1=Mv2
根据能量守恒定律有
mgR= 1 mv2 1 2
2 1
+ Mv
2 2
解得
28
v1= 15m/s
同时根据动量守恒定律有
mx1=Mx2
根据几何关系可知
x1+ x2=R
解得
x2= 3.75m
(3)设物块B碰撞挡板的速度为 0，则碰后AB总动量最大，弹簧最短时动能最大，弹性势能最小，根据动量
守恒定律与能量守恒定律有
mv = m+ 11 m v4 2
1 mv21= 1 × m+ 1 m v2+E2 2 4 2 p1
解得
Ep1= 45J
物块B碰撞挡板的速度最大，则碰后AB总动量最小，两者共速时动能最小，弹簧弹性势能最大，设B的最
大速度为 v3，根据动量守恒定律与能量守恒定律可知
mv1= 1 mv +mv4 3 4
1 mv21= 1 × 1 mv2 1 22 2 4 3+ mv2 4
解得
v3= 24m/s
碰后总动量最小为
p=mv1- 2× mv3= 6kg m/s4
则AB共速的速度为
p
v5= = 2.4m/s
m+ 14m
弹性势能为
E 1 2 1 1 2p2= mv2 1- m+ m2 4 v5
解得
Ep2= 217.8J
则当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围为
45J≤Ep≤ 217.8J
11.如图所示，质量M= 10kg的物块C静置在光滑水平面上，其左侧为半径R= 1.5m的四分之一光滑圆
弧，圆弧底端和水平面平滑连接。一质量m= 0.5kg的小物块A被压缩的轻质弹簧弹出后与静止在
水平面上的物块B发生正碰，此后两物块粘在一起运动。A、B均可视为质点，不计空气阻力。已知
物块B的质量为 1.5kg，A、B碰撞后瞬间B的速度大小为 6m/s，取 g= 10m/s2。求：
(1)最初弹簧上储存的弹性势能。
(2)A、B整体碰后能达到的最大高度。
(3)A、B整体第一次与C分离时C速度的大小。
29
(4)从A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程，A、B整体对C的冲
量大小。
【答案】(1)144J；(2)1.5m；(3)2m/s 20；(4) N s
3
【详解】(1)对AB系统发生正碰，由动量守恒定律可知
mv0= m+mB v1
对弹簧和A系统由能量守恒定律可得
E 1p= mv22 0
解得
Ep= 144J
(2)A、B整体碰后与C组成的系统，由水平方向动量守恒可得
m+mB v1= m+mB+M v2
碰后到达最高点系统机械能守恒定律可得
m+m +M gh= 1 m+m v2- 1 B B 1 m+m +M v22 2 B 2
解得
h= 1. 5m
(3)A、B整体第一次与C分离此过程中ABC系统水平方向动量守恒，ABC系统机械能守恒。由水平方向
动量守恒
m+mB v1= (m+mB)v3+Mv4
由机械能守恒定律
1 1 1
m+m v2B 1= (m+mB)v2+ Mv22 2 3 2 4
解得
v3=-4m/s,v4= 2m/s
故A、B整体第一次与C分离时C速度的大小为 2m/s。
(4)A、B整体第一次与C分离瞬间至A、B整体第二次与C分离瞬间的过程中，ABC系统由动量守恒和能
量守恒定律可得
(m+mB)v3+Mv4= (m+mB)v5+Mv6
1 (m+mB)v23+
1 Mv24= 1 (m+m )v2+ 1B 5 Mv22 2 2 2 6
A、B整体对C的冲量为
I=Δp=M v6-v4
解得
I= 20N s
3
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