模型组合讲解爆炸反冲模型

一.必备知识精讲 1.反冲〔1〕定义：当物体的一局部以一定的速度离开物体时，剩余局部将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．〔2〕特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．(3)规律：遵从动量守恒定律．(1)火箭加速的原理设火箭飞行时在极短的时间Δt 内喷射燃气的质量是Δm ，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u ，喷出燃气后火箭的质量是m ，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv 。

以喷气前的火箭为参考系。

喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是m Δv ，燃气的动量是Δmu 。

根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以m Δv ＋Δmu ＝0， 解出Δv ＝－Δmmu 。

上式说明，火箭喷出的燃气的速度u 越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比Δmm越大，火箭获得的速度Δv 越大。

(2)现代火箭的发射原理由于现代火箭喷气的速度在～4000 m/s ，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般要小于10，故为使火箭到达发射人造地球卫星的7.9 km/s 的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，不过实际应用中一般不会超过四级。

〔3〕火箭获得的最终速度设火箭发射前的总质量为M 、燃料燃尽后的质量为m ，以地面为参考系，火箭燃气的喷射速度大小为v 1，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v ，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。

发射前的总动量为0，发射后的总动量为(M －m )v 1－mv (以火箭的速度方向为正方向)，那么：(M －m )v 1－mv ＝0，所以v ＝⎝⎛⎭⎪⎫Mm－1v 1，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比M m决定。

3.爆炸问题 动量守恒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，系二.典型例题精讲：题型一：爆炸类例1：(·全国卷Ⅰ)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。

爆炸及反冲问题1．爆炸现象的三条规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力，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：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．2．反冲的两条规律(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(2)平均动量守恒若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1－m2v2＝0，得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动．③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．例题1．我国发现的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接．假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确的是( ) A．mv＝mv1－Δmv2B．mv＝mv1＋Δmv2C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2解析：选 C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，选项C正确．例题2．在静水中一条长l的小船，质量为M，船上一个质量为m的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为( )A.mMl B．mM＋mlC.MM＋ml D.mM－ml解析：选B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即mv 人＝Mv 船，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x ，则人相对地面行进的距离为l －x ，有m l －xt＝M x t ，则m (l －x )＝Mx ，得x ＝mlM ＋m，故选项B 正确． 例题3．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：选B.弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有 2m ＝34mv 甲＋14mv 乙①若爆炸后甲、乙反向飞出，则有 2m ＝34mv 甲－14mv 乙②或2m ＝－34mv 甲＋14mv 乙③爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A 中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t ＝2hg＝2×510 s ＝1 s ，速度分别为v 甲＝x 甲t ＝2.51m/s ＝2.5 m/s ，v 乙＝x 乙t ＝0.51m/s ＝0.5 m/s ，代入②式不成立，A 项错误；同理，可求出选项B 、C 、D 中甲、乙的速度，分别代入①式、②式、③式可知，只有B 项正确．例题4．以初速度v 0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m 和2m 的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向； (2)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v 1＝v 0cos 60°＝12v 0.设v 1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：3mv 1＝2mv 1′＋mv 2其中爆炸后大块弹片速度v 1′＝2v 0，解得v 2＝－2.5v 0，“－”号表示v 2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，ΔE k ＝12×2mv 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20.答案：(1)2.5v 0 方向与爆炸前速度的方向相反 (2)274mv 20。

由单方向动量守恒得 mvm＝MvM＝0，
设小球和凹槽移动的位移大小分别为 xm、xM，有
mvm t＝MvM t，即 mxm＝MxM ，
位移大小之和为 xm+xM ＝2R，
联立解得 xm＝mM+M·2R，
xM
＝ m ·2R. m+M
第5节 动量守恒的应用：爆炸 反冲
一、人船模型与类人船模型 【原型题1】如图所示，质量为 M 的气球下挂着长为 L 的绳梯，一质量为 m 的人站在绳梯的下端，
第5节 动量守恒的应用：爆炸 反冲
二、爆炸与类爆炸 【原型题4】如图所示，光滑水平面上有三个滑块 A、B、C，质量关系是 mA＝mC＝m、mB＝m2 .
开始时滑块 B、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块 A 以速度 v0正对 B 向 右运动，在 A 未与 B 碰撞之前，引爆了 B、C 间的炸药，炸药爆炸后 B 与 A 迎面碰撞，最终 A 与 B 粘在一起，以速率 v0向左运动．g 取10m/s2，求：
由动量守恒得 mvm＝MvM，由能量守恒得 E＝12mvm2+12MvM2， 联立解得 vm、vM 的值. 变式：若系统有初动量，系统向右的初速度为 v0，以向右为正方向. 由动量守恒得(M+m)v0＝MvM+mvm，由能量守恒得 E+12(M+m)v02＝12mvm2+12MvM2， 联立解得 vm、vM 的值.
第5节 动量守恒的应用：爆炸 反冲
二、爆炸与类爆炸 3.类爆炸之“滑块+光滑弧/斜面”
笔记
如图所示，质量为 M 的弧劈静止放在光滑水平面上，弧劈上表面为光滑曲面，曲面末端与 地面相切，一质量为 m 的物块(可视为质点)自斜劈的顶端自由下滑，斜劈顶端到地面的距离 h， 重力加速度为 g，求物块滑到地面时的速度大小. 【解析】由于地面光滑，故物块和弧劈组成的系统在水平方向上动量守恒.

竖直向下的匀强磁场．开始时，导体棒处于静止状态，剪 断细线后，导体棒在运动过程中( ) A．回路中有感应电动势 B．两根导体棒所受安培力的方向相同 C．两根导体棒和弹簧构成的系统动量 守恒、机械能守恒
D．两根导体棒和弹簧构成的系统动量 守恒、机械能不守恒
▲以初速度v0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m和2m的两 块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0 的速 度飞行．求
(1)喷出多少O2，宇航员才能安全返回飞船？ (2)为了使总耗氧量最低，应该一次喷出多少氧气 ？返回时间是多少？
▲两位同学在公园里划船．租船时间将到，她们把小船 划向码头．当小船离码头大约2m左右时，有一位同学 心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2m， 跳到岸上绝对没有问题．于是她纵身一跳，结果却掉到 了水里(如图)．她为什么不能如她所想的那样跳到岸上 呢？(假设起跳时船已静止)
▲小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所 示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、 S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的 方法是( ) A．打开阀门S1 B．打开阀门S2 C．打开阀门S3 D．打开阀门S4
▲运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运 动的原因是( ) A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭 B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体 的反作用力推动火箭
船s＝45m处与飞船处于相对静止状态，他准备对太空中
的哈勃望远镜进行维修，宇航员背着装有质量为m0＝ 0.5kg的O2贮气筒，筒内有一个可以使O2以v＝50m/s的速 度喷出的喷嘴．宇航员在维修完毕哈勃望远镜后，必须
向着返回飞船方向的反方向释放O2，才能回到飞船，同 时又必须保留一部分O2供途中宇航员呼吸之用，宇航员 的耗氧率为Q＝2.5×10－4kg/s，如果不考虑喷出O2对设 备与宇航员总质量的影响，则：

动量守恒的条件爆炸、反冲运动人船模型考点一动量守恒的条件考点二爆炸、反冲运动考点三人船模型考点四连续射击问题1．动量守恒定律内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。

2．动量守恒定律常用表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.1)p＝p′：相互作用前系统的总动量p等于相互作用后的总动量p′.2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和．3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．4)Δp＝0：系统总动量增量为零．考点一动量守恒的条件⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。

⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

附：机械能守恒的条件：只有重力、系统内弹力做功．1．下列四幅图所反映的物理过程中，说法正确的是（）A．甲图中子弹射入木块过程中，子弹和木块组成系统动量守恒，能量不守恒B．乙图中M、N两木块放在光滑水平面上，剪断束缚M、N的细线，在弹簧从压缩状态恢复原长过程中，M、N与弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量不守恒，机械能守恒D．丁图中木块沿光滑固定斜面下滑，木块和斜面组成的系统动量守恒，机械能守恒2．如图所反映的物理过程中，以物体A和物体B为一个系统符合系统机械能守恒且水平方向动量守恒的是（）A．甲图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板AB．乙图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面AC．丙图中，在光滑水平上面有两个带正电的小球A、B相距一定的距离，从静止开始释放D．丁图中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B3.(多选)如图所示，A、B两物体质量之比为m A∶m B＝3∶2，原来静止在足够长的平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当两物体被同时释放后，则( )A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成系统的动量守恒4. （2021·全国乙卷·T14）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。

模型组合讲解——爆炸反冲模型［模型概述］“爆炸反冲”模型是动量守恒的典型应用，其变迁形式也多种多样，如炮发炮弹中的化学能转化为机械能；弹簧两端将物块弹射将弹性势能转化为机械能；核衰变时将核能转化为动能等。

［模型讲解］例. 如图所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为M ，每颗炮弹质量为m ，当炮身固定时，炮弹水平射程为s ，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？解析：两次发射转化为动能的化学能E 是相同的。

第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式m p E k 22=知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能E m M M mv E E mv E +====2222112121，，由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速度之比，即：m M M v v s s +==122，所以m M M s s 2+=。

思考：有一辆炮车总质量为M ，静止在水平光滑地面上，当把质量为m 的炮弹沿着与水平面成θ角发射出去，炮弹对地速度为0v ，求炮车后退的速度。

提示：系统在水平面上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平速度大小为θcos 0v ，设炮车后退方向为正方向，则mM mv v mv v m M -==--θθcos 0cos )(00， 评点：有时应用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时抓住初、末状态动量即可，要善于选择系统，善于选择过程来研究。

［模型要点］内力远大于外力，故系统动量守恒21p p =，有其他形式的能单向转化为动能。

所以“爆炸”时，机械能增加，增加的机械能由化学能（其他形式的能）转化而来。

［误区点拨］忽视动量守恒定律的系统性、忽视动量守恒定律的相对性、同时性。

［模型演练］（2005年物理高考科研测试）在光滑地面上，有一辆装有平射炮的炮车，平射炮固定在炮车上，已知炮车及炮身的质量为M ，炮弹的质量为m ；发射炮弹时，炸药提供给炮身和炮弹的总机械能E 0是不变的。

专题08 反冲爆炸模型及其拓展目录一．爆炸问题 (1)二．反冲运动 (1)三．人船模型问题 (1)一．爆炸问题1．（2023上·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）图所示，质量为m、带有光滑半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。

现将质量也为m的小球从A点正上方R处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）2．（2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈九中校考阶段练习）如图所示，质量分别为m、2m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计。

从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（）3．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，质量为3kg的光滑轨道静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。

质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。

已知AB=CD=R=0.3m，取重力加速度大小g =10m/s 2，下列说法正确的是（ ）A ．轨道对小球做正功B ．轨道的最大速度为3m/sC ．轨道对地面的最大压力为70ND ．两者分离时轨道移动了0.15m4．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，棱长为a 、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m 的木块在上、质量为M 的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h 。

当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。

仅M m +M m +M m +M m +5．（2023·山东·济南一中统考二模）在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。

《爆炸、反冲问题》知识清单一、爆炸问题1、定义与特点爆炸是指在极短时间内，释放出大量能量，产生高温、高压气体，并迅速膨胀的过程。

爆炸过程具有以下特点：（1）内力远大于外力，系统动量守恒。

（2）爆炸过程时间极短，通常可以忽略重力、摩擦力等外力的冲量。

2、动量守恒在爆炸过程中，由于内力远大于外力，所以系统在爆炸前后的总动量保持不变。

即：m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2' （其中 m1、m2 分别为爆炸前两部分的质量，v1、v2 为爆炸前的速度，v1'、v2' 为爆炸后的速度）3、能量变化爆炸过程中，化学能或其他形式的能量转化为机械能，系统的总能量增加。

但需要注意的是，增加的机械能是由爆炸过程中释放的能量转化而来，并非是内力做功的结果。

4、速度关系由于爆炸后两部分的速度方向具有不确定性，需要根据具体情况进行分析。

但可以通过动量守恒定律和能量守恒定律来确定速度的范围。

5、实例分析例如，一枚炮弹在炮筒中爆炸，炮弹壳分裂成两部分向相反方向飞出。

在这个过程中，炮弹壳在爆炸瞬间内力远大于炮筒对炮弹的摩擦力和空气阻力，系统动量守恒。

但爆炸后两部分的速度大小和方向需要根据炮弹的质量、爆炸释放的能量等因素来计算。

二、反冲问题1、定义与现象反冲是指当一个物体向某一方向射出（或抛出）一部分物质时，剩余部分将向相反方向运动的现象。

2、反冲原理根据动量守恒定律，系统在没有外力作用或外力的冲量可以忽略时，系统的总动量保持不变。

当一部分物质以一定速度射出时，这部分物质具有一定的动量，为了保持系统总动量不变，剩余部分将向相反方向运动。

3、常见的反冲现象（1）火箭发射：火箭向后喷出高温高压的燃气，从而获得向前的推力。

（2）喷气式飞机：通过向后喷气获得向前的动力。

（3）人在船上行走：人向前走时，船会向后退。

4、反冲运动中的动量守恒以火箭发射为例，设火箭发射前的总质量为 M，速度为 v0；燃料燃烧后向后喷出的气体质量为Δm，速度为 v1（相对火箭），则火箭的剩余质量为M Δm，速度为 v2。

AO
B
C
例.如图O为一水平轴,轴上系一长为L=0.6m
的细绳,细绳下端系一质量为m的小球,原来处于 静止状态,球与平台的B点接触但对平台无压力, 平台高为h=0.8m,一质量为M=2Kg的小球沿平台 自左向右运动到B处与小球发生正碰,正碰后小 球m在绳约束下做圆周运动,经最高点A时,绳上 拉力恰等于小球重力,而M落在水平地面上C点, 其水平位移S=1.2m,求质量为M的小球与m碰前的 速度大小
总结：
1、建立利用动量守恒定律解决问题 的观念。
2、会判断系统动量是否守恒。
3、熟练掌握用动量守恒定律的解题 步骤。
4、恰当选取研究对象及其运在离
地高为h的水平桌边缘,质量为m的
木块B沿桌面向A运动,并以速度V0 与A发生碰撞,碰后A离开桌面,其
A、V/6 C、-V/3
B、-V D、V/2
V AB
D
例2.质量为M的木块以速度V运动，与 质量为m的静止的物块发生正碰，碰 撞后两者的动量正好相等，两者的质
量之比M/m可能为（ A B ）
A.2
B.3
C.4
D.5
例3.一颗礼花弹上升距地面180m处恰好 以10m/S的速度水平飞行时,炸裂成两块, 其中质量为0.4Kg的大块速度为250m/S, 其方向与原来方向相反,则质量为0.2的 小块的速度为（ B. ）
P
Q
例.如图,水平光滑地面上停放着一辆小车,左侧 紧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一光滑圆弧轨 道A、B半径为R,最低点B与粗糙的水平轨道BC相 切,整个轨道处于竖直平面内,可视为质点的物 块从A点的正上方,距水平轨道4R处无初速下落, 恰好落入圆弧轨道滑动,然后沿水平轨道滑至末 端C处而没有滑出,已知小车质量为3m,物块与水 平轨道间动摩擦因素为μ=0.3,不考虑空气阻力 和物块落入园弧轨道时的能量损失,求BC的最小 长度.

答案:(1)10 m/s (2)0.06 kg (3)26 m
知识回顾
三、人船模型
如图所示,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 的问题归为“人船”模型问题 模型构建
两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=0 模型特点
七、板块模型
谢 谢 大
家
(1)B、C第一次碰撞后,C的速度大小vC; (2)弹簧具有的最大弹性势能Ep; (3)整个运动过程中,B的动量变化量的大小Δp。
知识回顾
六、物块-斜面模型
模型图示
物块m从光滑的水平地面上滑到光滑的斜面体M(或曲面体)上，上升到最高点，又 模型特点
滑离斜面体。 （1）物块m和斜面体M组成的系统满足：①水平方向上动量守恒，②机械能守恒 模型规律 （2）物块滑到斜面体最高点：物块和斜面体有共同速度。（原因：物块参与了两 个分运动）
四、子弹打木块模型
【典例4】质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在光滑水平地面上质量为M的木块, 并陷入木块一定深度后与木块相对静止。甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子 弹和木块可能的相对位置,设木块对子弹的阻力大小恒定,下列说法正确的是( C )
A.M越大,子弹射入木块的时间越短 B.M越大,子弹射入木块的深度越浅
当弹簧恢复原长时，m1和m2两物体组成的系统没有机械能损失，系统机械能 守恒。此时，可看成m1和m2两物体发生弹性碰撞。 （2）对m1、弹簧和m2三者组成的系统，全过程系统动量守恒，系统机械能守恒。
五、弹簧-滑块模型
【典例5】如图所示,足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C,质量分别为2m、m、m,B 的左侧固定一轻弹簧(不与A固定),A、B共同以速度v0向C运动,弹簧处于原长,C静止,B、C 间发生弹性碰撞。求:

人船模型
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。这样的问题归为“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：m1v1－m2v2＝0。 (2)运动特点：人动船动，人静船静，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 时速即度xx12＝)比vv等12＝于mm21它。们质量的反比，
mh A.M＋m
mh C.M＋mtanα
Mh B.M＋m
Mh D.M＋mtanα
4．如图所示，质量为m、半径为r的小球，放在内半径为R， 质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，当 小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动 的距离为多少？
R－r 4
爆炸与反冲问题
(福建高考)将静置在地面上，质量为 M(含燃料)的火箭
模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度 v0 竖直向下 喷出质量为 m 的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的 影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( D )
A.Mmv0 B.Mmv0 C.MM－mv0 D.M－m mv0
以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹， 到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中 质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求： (1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向； (2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？
2. 如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg 的人抓住气球下方的长绳，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当系统静止时人离地面 的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到 绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)( ) A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m

爆炸、碰撞及反冲现象要点·疑点·考点课前热身能力·思维·方法延伸·拓展要点·疑点·考点一、爆炸与碰撞1.共同特点：相互作用力是变力，作用时间极短、作用力很大，如果有外力、内力远大于外力.均可以应用动量守恒定律2.在爆炸过程中，因有其他形式能转化为动能，所以系统的动能会增加；在碰撞过程，如果没有动能损失，碰撞前与碰撞后总动能相等；如果有部分动能转化为内能，系统的总动能减小，系统的总动能是不可能增加的.要点·疑点·考点3.由于碰撞（或爆炸）作用时间极短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为，碰撞（或爆炸）后还从碰撞（或爆炸）前瞬间的位置以新的动量开始运动.要点·疑点·考点二、反冲运动1.反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可应用动量守恒定律.2.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态.课前热身1.A物体的质量是m，B物体质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，发生正碰后，A的运动方向不变，速率减为原来的一半，碰撞后的物体的速率之比为（D）A.1∶2B.1∶3C.2∶1D.2∶3课前热身2.质量为1kg的小球以4m·s-1的速度与质量为2kg 的静止的小球正碰，关于1kg的球和2kg的球碰撞后的速度，下面有可能的是（C）A.4/3m·s-1，4/3m·s-1B.-1m·s-1，2.5m·s-1C.1m·s-1，3m·s-1D.-4m·s-1，4m·s-1课前热身3.在光滑水平面上动能为E0，动量大小为p的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有（D）A.E1＜EB.p1＜pC.E2＞ED.p2＞p课前热身4.一质量为m 的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k ，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其一块向后，动能为E k /2，另一块向前，则向前的这一块的动能为（C ）A.1/2E kB.9/2E kC.9/4E kD. E k 2249能力·思维·方法【例1】（1999年广东高考题）一导弹离地面高度为h水平飞行.某一时刻，导弹的速度为v，突然爆炸成质量相同的A、B两块，A、B同时落到地面，两落地点相距，两落地点与爆炸前导弹速度在同一竖直平面内.不计空气阻力，已知爆炸后瞬间A的动能为EkA 大于B的动能EkB，则EkA∶EkB=9∶1.ghv24能力·思维·方法【解析】导弹的爆炸过程就是A、B两部分的相互作用过程，在这个作用过程中，除相互作用力外，水平面上无其他外力作用，所以A、B两块组成的系统在水平方向动量守恒，即mv=1/2mvA +1/2mvB.能力·思维·方法又由于A、B同时落到地面，即发生水平位移用的时间相同，得v A t+vBt=结合爆炸后瞬间EkA ＞KkB知vA的大小大于vB的大小.联立上式得v A /vB=3，即EkA /EkB=9.ghv24能力·思维·方法【解题回顾】（1）炸裂过程中竖直方向上还有重力作用，系统所受合外力不等于0，但是水平方向除相互作用外没有其他任何外力，可从沿水平方向使用动量守恒定律，这就是动量守恒定律的灵活运用.（2）两物体相互分离后做平抛运动，是动量与其他力学知识相结合的常见形式，平抛运动知识掌握不好，对这道题也不能做出完整、正确的解答.能力·思维·方法【例2】气功碎石表演中，质量M=200kg的石板压在演员身上，另一个演员举起质量m=5kg的铁锤，使劲地向石板砸去的瞬间，石板被砸碎了，而演员安然无恙，试通过分析和必要的理论计算来说明其中的奥妙.能力·思维·方法【解析】设锤砸到石板前的速度为v，石板获得的瞬时速度为v，以锤和石板为研究系统，则mv=Mv(∵m <M,∴砸上后认为共同运动时m略去)v=m/Mv，所以石板获得的能量E 石=(1/2)Mv2=(m/M)·(1/2)mv2，当M 》m时，石板的动能极小.E 石=(1/40)E锤.能力·思维·方法【例3】如图5-4-1所示，甲车质量m1=20kg，车上有质量M=50kg的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h=0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2=50kg的乙车正以v=1.8m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应在什么范围内？不计地面和斜坡的摩擦.（g=10m/s2）能力·思维·方法【解析】甲车（包括人）滑下斜坡后速度：v= =3m/s.在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′甲和v′乙，则：（M+m 1）v 甲=Mv+m 1v′甲……①Mv-m 2v 0=(M+m 2)v′乙……②恰不发生相撞的条件为：v′甲=±v′乙……③gh 2能力·思维·方法从①得：v′甲=[（M+m 1）v 甲-Mv]/m 1，从②得：v′乙=[Mv-m 2v 0]/(M+m 2).当v′甲=v′乙时，(Mv-m 2v 0)/(M+m 2)=-[(M+m 1)v 甲-m 乙]/m 1时，得v=3.8m/s ；当v′甲=-v′乙时，有[(m+m 2)v 甲-Mv]/m 1=(m 2V 0-mv)/(M+m 2)，得v=4.8m/s.所以人跳离甲车的速度（对地）应满足3.8m/s≤v≤4.8m/s.能力·思维·方法=13cm的【例4】水平地面上有一长为l1铝板，铝板的A、B两端各有一小墙，=12cm，铝板的质量两墙间的距离l2m=200g，在铝板上放一质量与铝板相同的铁球，其直径d=2cm，设铁球与铝板之间是光滑的，而铝板与地面间的动摩擦因数 =0.2，开始时铁球紧贴B 端小墙，铁球与铝板都是静止的，如图5-4-2所示，能力·思维·方法现突然给铝板一个水平冲量，大小为△I=1.5N·s，方向沿着A端到B端的方向，设铁球与小墙碰撞过程中没有动能损失，且碰撞时间很短，求从铝板开始运动到铁球与铝板均又恢复静止的过程中，铁球与铝板两端的小墙一共碰撞了多少次？能力·思维·方法【解析】当铝板获得速度向右运动时，由于铁球与铝板间无摩擦，铁球保持静止状态，而铝板由于受地面的摩擦力作用，将做匀减速运动.当铝板的A端与铁球相碰时，由于时间极短，它们之间的相互作用力远大于铝板与地面间的滑动摩擦力，故可认为系统动量守恒，又由于此过程中无动能损失，所以，碰后铁球和铝板互换速度.即铝板静止、铁球向B端运动.铁球运动过程中，由于水平方向不受外力作用，速度恒定，到B端时与B板相碰，同理，碰后铁球又静止，铝板又开始运动，重复上述过程.当某次铁球与B碰后静止，而铝板运动过程中，A板与铁球碰前速度为0时，整个过程结束.能力·思维·方法根据以上分析，系统动能仅在铝板运动过程中损失.铝板运动过程中，所受滑动摩擦力f= ·2mg恒定，不-d距离，难求出铝板运动的总位移s.而铝板每运动l=l2铁球即与铝板前后挡板各碰一次，考虑到铝板是先运s动，后碰撞，故碰撞次数为:)(2l能力·思维·方法设最初铝板获得的速度为v，整个过程中铝板位移为s，根据动量定理及能量守恒有：△I=mv-0①f·s=1/2mv2②其中f=μ·2mg③联立①、②、③解得s=△I2/(4μm2g)=1.52/(4×0.2×0.22×10)=7.03m-d=12-2=10cm，故所求碰撞次数即s=7.03m，而l=l2N为N=2×(s/l)=2×(703/10)=140次.能力·思维·方法【解题回顾】这是一道过程很复杂的题目.大家要分析其受力特点，建立正确的物理图景，并且对动量守恒定律应用及能量守恒也有较高的要求.关于在弹性碰撞下，两质量相等的小球碰前后速度互换.可用动量守恒与动能守恒两式联立解得.延伸·拓展【例1】一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为l/2，如图5-4-3所示.木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的动摩擦因数为μ,A、B、C三者质量相等，原来都静止.现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知v＜.当A 和B发生碰撞时，两者速度互换.求：glμ2延伸·拓展（1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞时间内，木板C运动的路程；（2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小.延伸·拓展【解析】（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v向右运动，由于摩擦，B向右做匀减速运动，而C向右做匀加速运动，两者速率逐渐接近.设B、C达到相同速度v1时，B移动的路程为s1，设A、B、C质量为m，由动量守恒定律，得：mv0=2mv1①由动能定理,得μmgs1=(1/2)mv2-1/2mv21②由①得v1=1/2v，代入②得s1=3v2/(8μg).延伸·拓展根据条件v0＜得s1＜3/4l.可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C将以v1向右匀速运动一段距离（l-s1）后才与A发生第二次碰撞，设C的速度从0变到v1的过程中，C的路程为s2，由功能关系，得：μmgs2=1/2mv21，解得：s2=v2/(8μg).因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为s=s2+l-s1=l-v2/(4μg).glμ2延伸·拓展(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静上，B、C的速度均为v1，刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1，由于摩擦，B将加速，C将减速直至达到相同的速度v2，由动量守恒定律，得mv1=2mv2，解得:v2=(1/2)v1=1/4v.延伸·拓展因A的速度v1大于B的速度v2，故第3次碰撞发生在A的左壁，刚碰后，A的速度为v2，B的速度为v1，C的速度仍为v2，由于摩擦，B减速，C加速直到有相同的速度v3，由动量守恒定律，得：mv1+mv2=2mv3，解得v3=(3/8)v.故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别v A =(-1/4)v，v B =vC=v3=(3/8)v.。

爆炸与反冲现象问题1．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．2．反冲现象(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由m1v1－m2v2＝0，得m1s1＝m2s2，该式的适用条件是：①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动．③s1、s2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．３.人船模型知识(1)人船模型的适用条件：物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为0.(2)人船模型的特点：两物体速度大小、位移大小均与质量成反比，方向相反，两物体同时运动，同时停止．(3)人船模型的动量与能量规律：遵从动量守恒定律，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．例题精选1. 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端。

小船的左端靠在岸边。

当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？解：人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。

从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。

设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，∴应该注意到：1、人走船走，人停船停；人加速船加速，人减速船减速；人前进船后退。

爆炸 反冲 人船模型1．爆炸与反冲运动的特点：由于系统不受外力或内力远大于外力，所以动量守恒；由于系统内有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以系统总动能增加．2．“人船模型”的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.(2)运动特点：人动船动，人静船静，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x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1. (3)应用此关系时要注意一个问题：公式中v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的．1．(2019·安徽合肥市二模)如图1所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤子连续敲击车的右端．下列对平板车的运动情况描述正确的是( )A ．锤子向右抡起的过程中，车向右运动B ．锤子下落的过程中车向左运动C ．锤子抡至最高点时，车速度为零D ．锤子敲击车瞬间，车向左运动2．将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.m M －m v 03．如图2所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M ，质量为m 的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O 点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )A.2LM M ＋mB.2Lm M ＋mC.ML M ＋mD.mL M ＋m4．(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)某同学为研究反冲运动，设计了如图3所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d ，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m 的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t ，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m ，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为( )A.d tB.2d tC.3d tD.4d t5．(多选)如图4所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动6．(2020·广东揭阳市模拟)如图5所示，水平地面上可视为质点的物体A和B紧靠在一起静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m.两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离．B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A，追上时B的速率等于两物体刚分离时B的速率的一半．A、B 与水平地面的动摩擦因数均为μ，b与c间的距离为d，重力加速度为g.求：(1)分离瞬间A、B的速率之比；(2)分离瞬间A获得的动能．答案精析1．C [锤子、人和车组成的系统在水平方向动量守恒，锤子向右抡起的过程中，车向左运动，故A 错误；锤子下落的过程中，有水平向左的速度，根据动量守恒定律，车向右运动，故B 错误；锤子抡至最高点时，速度为零，根据动量守恒定律，车的速度也为零，故C 正确；锤子向左敲击车瞬间，根据动量守恒定律，车向右运动，故D 错误．]2．D [取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝m v 0－(M －m )v ′，故v ′＝m v 0M －m，选项D 正确．] 3．B [小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v 1、v 2，有m v 1＝M v 2，故mx 1＝Mx 2，x 1＋x 2＝2L ，其中x 1代表小球的水平位移大小，x 2代表小车的水平位移大小，因此x 2＝2Lm M ＋m，选项B 正确．] 4．C [解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动，经时间t 通过光电门，则小车匀速运动的速度大小为v 1＝d t，设小球的速度大小为v 2，根据反冲运动的特点可知，小车与小球总动量为零，根据动量守恒定律得：3m v 1＝m v 2，得小球的速度大小为v 2＝3d t，故选C.] 5．BC [AB 与C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故A 错误；设碰前C 的速率为v 1，AB 的速率为v 2，则0＝m v 1－M v 2，得v 1v 2＝M m，故B 正确；设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误．]6．(1)13 (2)2423μmgd 解析 (1)以水平向左为正方向，分离瞬间对A 、B 系统应用动量守恒定律有：3m v A －m v B ＝0解得：v A v B ＝13； (2)A 、B 分离后，A 物体向左匀减速滑行，对A 应用动能定理：－μ·3mgs A ＝0－12×3m v A 2 对B 从两物体分离后到追上A 的过程应用动能定理：－μmgs B ＝12m ⎝⎛⎭⎫v B 22－12m v B 2 两物体的路程关系是s B ＝s A ＋2d分离瞬间A 获得的动能E k A ＝12×3m v A 2 联立解得：E k A ＝2423μmgd .。

动量守恒定律的应用之爆炸、反冲及“人船模型”1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时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，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，所以爆炸前后系统的总动能增加。

(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。

2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。

(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。

反冲运动中机械能往往不守恒。

(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。

3．“人船模型” （1）模型的适用条件物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为0. （2）模型特点1)遵从动量守恒定律，如图所示．2)两物体的位移满足： m x 人t －M x 船t ＝0 x 人＋x 船＝L即x 人＝M M ＋m L ，x 船＝m M ＋m Lmv 人－Mv 船＝0（3）利用人船模型解题需注意两点 1)条件①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。

②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。

③x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。

2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系。

【典例1】如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆了B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0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？ 【答案】 (1)52mv 0，方向向左 (2)758mv 20【典例2】将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出，在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m/sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/s【答案】 A【解析】 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．【典例3】如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上，现把小球从与O点等高的地方释放，小车向左运动的最大位移是()A.2LMM＋m B.2Lm M＋mC.MLM＋mD.mLM＋m解题指导小球和小车在水平方向上不受外力作用，整个过程中在水平方向系统动量守恒，总动量始终为零，满足“人船模型”．【答案】B【典例4】载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？【答案】M＋mM h。

高中物理平射炮反冲模型
光滑的水平面上静止一辆质量为M的炮车，当炮车水平发射一枚质量为m的炮弹，炮弹出口时有的火药能量释放，其中有的能量转化为系统的内能，求炮弹和炮车的动能各为多少？
解析：炮弹和炮车组成的系统在水平方向上满足动量守恒，设炮弹和炮车的速度分别为，由动量守恒得，即动量大小关系
设炮弹和炮车的动能分别为，系统机械能的增加量为，则由能量守恒得
模型特征：
<1>在满足动量守恒的方向上，整个系统任意时刻的动量为零，即；
<2>炮车和炮弹获得动能为；
<3>让（1）式比上（2）式得，即炮弹和炮车获得动能与其质量成反比。

例1、如图所示，带有光滑的半径为R的圆弧轨道的滑块静止在光滑的水平面上，此滑块的质量为M，一个质量为m的小球静止从A点释放，当小球从滑块B处水平飞出时，求滑块的动能。

解析：当小球从B点飞出时，小球和滑块在水平方向上满足动量守恒，由上面的模型特点的滑块获得的动能为
例2、在光滑的水平面上放有质量分别为M、m的两小球，两球间放有一被压缩的轻质弹簧，其弹性势能为E，释放弹簧，两球被弹开，求小球m的最大速度。

解析：当弹簧完全弹开后，由上面的模型特征知，小球m的动能，由动能定理得小球的最大速度。

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爆炸、反冲及人船模型学校：_________班级：___________姓名：_____________模型概述1.爆炸1)爆炸问题的特点是物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理.2)在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.3)由于爆炸问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理.即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.2.反冲现象：1)反冲现象是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.2)在反冲现象里，系统不受外力或内力远大于外力，系统的动量是守恒的.3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加3.人船模型1)模型图示2)模型特点①两物体满足动量守恒定律：m人v人-m船v船=0②两物体的位移大小满足：m人x人t-m船x船t=0，又x人+x船=L得x人=m船m船+m人L，x船=m人m船+m人L③运动特点Ⅰ、人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；Ⅱ、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x人x船=v人v船=m船m人.典题攻破1.爆炸1.(2024·青海海南·二模)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，其中一块碎片沿原路返回。

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.2EH mgB.22EH mgC.23EH mgD.42EH mg2.反冲2.(2024·山东潍坊·模拟预测)如图所示，返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v ，此时反推发动机点火，在极短时间Δt 内，竖直向下喷出相对地面速度为u 、体积为V 的气体，辅助返回舱平稳落地。