第51練　(模型方法)爆炸、反沖模型和人船模型　（時間　25分鐘）思維方法在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉換．這種問題由于作用時間都極短，滿足動量守恒定律．一、選擇題1.如圖所示，質量m＝60 kg的人，站在質量M＝300 kg的車的一端，車長L＝3 m，相對于地面靜止．當車與地面間的摩擦可以忽略不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將(　　)A．后退0.5 m    B．后退0.6 mC．后退0.75 m    D．一直勻速后退2．(多選)[2022·江西臨川質檢]我國的“長征”系列運載火箭已經成功發(fā)射了240多顆不同用途的衛(wèi)星．火箭升空過程中向后噴出高速氣體，從而獲得較大的向前速度．火箭飛行所能達到的最大速度是燃料燃盡時火箭獲得的最終速度．影響火箭最大速度的因素是(　　)A．火箭向后噴出的氣體速度B．火箭開始飛行時的質量C．火箭噴出的氣體總質量D．火箭始、末質量比3．(多選)[2022·濟南一模]如圖所示，質量相同的兩個小球A、B用長為L的輕質細繩連接，B球穿在光滑水平細桿上，初始時刻，細繩處于水平狀態(tài)，將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計，下列說法正確的是(　　)A．A球將做變速圓周運動B．B球將一直向右運動C．B球向右運動的最大位移為LD．B球運動的最大速度為二、非選擇題4．在光滑水平桌面上，有一長l＝2 m的木板C，它的兩端各有一固定的擋板，C的質量mC＝5  kg，在C的正中央并排放著兩個可視為質點的滑塊A、B，質量分別為mA＝1  kg，mB＝4  kg.開始時A、B、C都靜止，并且A、B間夾有少量的塑膠炸藥，如圖所示，炸藥爆炸使得A以6 m/s的速度水平向左運動．如果A、B與C間的摩擦忽略不計，兩滑塊中任一塊與擋板碰撞后都與擋板結合成一體，爆炸和碰撞時間都可忽略．(1)兩滑塊都與擋板相碰后，求板C的速度為多大．(2)到兩個滑塊都與擋板碰撞為止，板C的位移大小和方向如何？    5．如圖所示，靜置于光滑水平面上的滑塊Q由半徑為L的光滑圓弧軌道AB和長為L的水平軌道BC組成，半徑OB豎直，末端C離地高度為.若滑塊Q鎖定，讓一小物塊P從A處由靜止釋放，沿軌道運動，從C端飛出，落到水平面上的D點．已知Q的質量是P的4倍，P與軌道BC之間的動摩擦因數μ＝0.5，小物塊P可視為質點，重力加速度為g.(1)求C、D間的水平距離x0；(2)若將滑塊Q解鎖，讓P仍從A處由靜止釋放沿軌道運動，離開C端后落到水平面上的D′點，求：①P滑到C端時的速度大小v1；②D′、D兩點間的距離x.    第51練?。Ｐ头椒ǎ┍ā⒎礇_模型和人船模型1．答案：A解析：人車組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m．2．答案：AD解析：分別用M、m表示火箭初始質量和燃料燃盡時的質量，v0表示噴氣速度大小，則火箭噴氣過程動量守恒，有mv－（M－m）v0＝0，即火箭最大速度v＝v0，影響火箭最大速度的因素是火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質量比，A、D正確．3．答案：CD解析：由于B點不固定，故A的軌跡不可能為圓周，故A項錯誤．A球來回擺動，B球將左右做往復運動，故B項錯誤．對A、B，水平方向動量守恒，從A球釋放到A球擺到最左端過程中，取水平向左為正方向，由水平動量守恒得：mA－mB＝0，即有mA sA＝mB sB，又sA＋sB＝2L，得B球向右運動的最大位移sB＝L，故C項正確．當A球擺到B球正下方時，B的速度最大．由水平動量守恒，得mAvA＝mBvB，由機械能守恒，得mAgL＝mAv＋mBv.解得B球運動的最大速度為vB＝，故D項正確．4．答案：（1）0?。?）0.3 m，方向向左解析：爆炸過程中A、B相互作用，系統(tǒng)滿足動量守恒定律，A、B分離后以不同的速率滑向擋板，A先到達擋板與C作用，并發(fā)生完全非彈性碰撞，C與B有相對運動，直到碰撞結束為止，整個過程滿足動量守恒定律．（1）對于由A、B、C組成的系統(tǒng)，開始時靜止，由動量守恒定律有（mA＋mB＋mC）vC＝0，得vC＝0，即最終木板C的速度為0.（2）A先與C相碰，由動量守恒定律有mAvA＝（mA＋mC）v共所以v共＝1 m/s對A、B組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有mAvA＝mBvB得vB＝1.5 m/s從炸藥爆炸到A、C相碰經過的時間t1＝＝ s，此時B距C的右擋板的距離xB＝－vBt1＝0.75 m，再經過t2時間B與C相碰，則t2＝＝0.3 s，故C向左的位移大小ΔxC＝v共t2＝1×0.3 m＝0.3 m，方向向左．5．答案：（1）L　（2）① 　②L解析：（1）設P的質量為m，Q鎖定時，P到達C端時的速度大小為v0，P從A運動到C的過程，根據動能定理有mgL－μmgL＝mvP離開C端后做平拋運動，則x0＝v0t1＝gt聯立解得x0＝L（2）①若將滑塊Q解鎖，設P到達C端時，P的速度大小為v1，Q的速度大小為v2，以水平向右為正，系統(tǒng)在水平方向上不受力，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則mv1－4mv2＝0根據能量守恒定律有mgL＝μmgL＋mv＋·4mv解得v1＝ ②由（1）問得t1＝P離開C 端后做平拋運動，則水平射程x3＝v1t1設在P從A運動到C的過程，Q向左運動的位移大小為x2，則P向右運動的位移大小x1＝2L－x2系統(tǒng)在水平方向上不受外力，在水平方向上平均動量守恒，則m·－4m·＝0解得x2＝LD′、D兩點間的距離x＝x0＋x2－x3＝L

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