知識點1：反沖和火箭問題
1、定義
一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分為兩部分，一部分向某個方向運動，另外一個部分必然向相反方向運動，這個現(xiàn)象叫反沖運動。
2、特點
兩部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動；
內(nèi)力往往遠大于外力或在某一方向上內(nèi)力遠大于外力，所以系統(tǒng)動量守恒或在某一方向動量守恒。
其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)的機械能增加。
3、規(guī)律
總的機械能增加：反沖運動中，由于有其他形式的能量轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加；
平均動量守恒：若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量也守恒。如果系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運動，則由，得m1x1＝m2x2。
該式的適用條件是：
①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向的動量守恒。
②構(gòu)成系統(tǒng)的m1、m2原來靜止，因相互作用而運動。
③x1、x2均為沿動量守恒方向相對于同一參考系的位移。
4、反沖運動的注意問題
速度的相對性：反沖問題中，由于動量守恒定律中要求速度為對同一參考系的速度，通常為對地的速度。因此應先將相對速度轉(zhuǎn)換成對地的速度后，再列動量守恒定律方程。
變質(zhì)量問題：在反沖運動中，由于原來的物體分為兩部分（或多個部分），原來的物體質(zhì)量發(fā)生變化。
5、爆炸現(xiàn)象
爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動；
由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。
在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加。
6、火箭
定義：一種靠噴射高溫高壓燃氣獲得反作用力向前推進的飛行器。
工作原理：利用了反沖原理。
當火箭推進劑燃燒時，從尾部噴出的高速氣體具有巨大的動量，根據(jù)動量守恒定律有：mΔv+Δmu=0，解得Δv=?，火箭獲得大小相等、方向相反的動量。
隨著推進劑的消耗，火箭的質(zhì)量逐漸減小，加速度不斷增大，當推進劑燃盡時，火箭即以獲得的速度沿著預定的空間軌道飛行。
影響因素：由Δv=?可得火箭的速度的改變量與噴氣速度u和火箭質(zhì)量比有關(guān)。
注意：隨著燃料的燃燒，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內(nèi)的火箭和噴出的氣體為研究對象；初、末狀態(tài)動量的方向；初、末狀態(tài)的速度的參考系是否為同一參考系。
7、一個具體例子：人船模型
人船模型的特征：兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒。在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。
人船模型的推導：
解題時要畫出人和船的位移關(guān)系圖，找出不同長度間的關(guān)系，注意人和船的位移是相對同一參考系的位移，如下圖所示：
由動量守恒定律有：0＝mv人－Mv船，根據(jù)位移與速度間的關(guān)系則有：0＝meq \f(x人,t)－Meq \f(x船,t)，由圖像可知人和船的位移關(guān)系為：x人＋x船＝L，聯(lián)立以上三式可得：x人＝eq \f(M,M＋m)L，x船＝eq \f(m,M＋m)L。
結(jié)論：人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，eq \f(x人,x船)＝eq \f(M,m)。
1．2023年春節(jié)期間，中國許多地方燃放了爆竹，爆竹帶來濃濃的年味。一質(zhì)量為M的爆竹豎直運動到最高點時，爆炸成兩部分，爆炸后瞬時質(zhì)量為m的部分動能為E，爆炸時間極短可不計，不計爆炸過程中的質(zhì)量損失，則該爆竹爆炸后瞬時的總動能為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】設(shè)爆炸后瞬時質(zhì)量為m的速度大小為，另一部分的速度大小為，根據(jù)動量守恒可得
解得
又
則該爆竹爆炸后瞬時的總動能為
聯(lián)立解得
故選D。
2．10月31日至11月14日，中國人民解放軍在渤海海峽及黃海北部海域連續(xù)15天執(zhí)行軍事任務。期間發(fā)射一質(zhì)量為m的炮彈，炮彈速度大小為v時炮彈爆炸成兩塊，爆炸后瞬間質(zhì)量為0.25m的一塊速度方向與爆炸前炮彈的速度方向相反，大小為，爆炸后瞬間另一塊的速度大小為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】以爆炸前炮彈運動的方向為正方向，爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得
解得爆炸后瞬間另一塊的速度大小為
BCD錯誤，A正確。
故選A。
3．裝有砂子的小車在光滑水平地面上勻速運動，小車和砂子總質(zhì)量為M，速度為v0，在運動過程中有質(zhì)量為m的砂子從車上漏掉。砂子漏掉后，小車的速度應為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】砂子從車上漏掉的瞬間，其速度仍然為v0，設(shè)汽車速度為v，根據(jù)水平方向動量守恒可得
解得
故選D。
4．如圖所示，一質(zhì)量為m的炮彈剛好水平向右經(jīng)過地面N點的正上方時發(fā)生爆炸，炸裂為質(zhì)量相等的A、B兩部分，且兩部分的速度方向和炮彈爆炸前的速度方向在同一直線上，爆炸時間極短，其中A部分剛好落在N點，已知爆炸前瞬間炮彈距地面高為h，動能為，重力加速度為g，不計空氣阻力，爆炸前后炮彈總質(zhì)量不變，則下列說法正確的是（ ）
A．在爆炸的前后瞬間，炮彈的機械能和動量均守恒
B．爆炸后炮彈的B部分先落地
C．爆炸釋放出的能量為
D．炮彈的兩部分落地點之間的距離為
【答案】D
【詳解】A．在爆炸的整個過程中，炮彈機械能增加，A錯誤；
B．兩部分在豎直方向均做自由落體運動，能同時落地，下落時間均為，B錯誤；
C．根據(jù)動量守恒定律得
根據(jù)題意得，，代入解得
故
獲得的能量
C錯誤；
D．炮彈的兩部分落地點之間的距離為
，
解得
D正確。
故選D。
5．用質(zhì)量分布均勻的長方形光滑玻璃板AB做成的蹺蹺板置于O點上，左右兩側(cè)等高。被輕質(zhì)細繩鎖定的C、D小車之間放置一壓縮輕質(zhì)彈簧，已知輕質(zhì)彈簧與小車不拴接，將連有輕彈簧的C、D小車靜置于蹺蹺板上，左右兩側(cè)仍等高。燒斷細線，則（ ）
A．蹺蹺板向左側(cè)傾斜
B．蹺蹺板向右側(cè)傾斜
C．左右兩側(cè)仍等高
D．無法確定
【答案】C
【詳解】C、D小車靜置于蹺蹺板上，令C、D小車質(zhì)量分別為m1、m2，由杠桿平衡可知
燒斷細線后，由系統(tǒng)動量守恒得
得出
所以
綜上得
所以左右兩側(cè)仍等高。
故選C。
6．如圖所示，半徑分別為3R和R的兩光滑半圓軌道安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上有一輕彈簧被a、b兩小球夾住，同時釋放兩小球，a、b球恰好均能通過各自半圓軌道的最高點，已知a球的質(zhì)量為m。則（ ）
A．b球質(zhì)量為m
B．兩小球與彈簧分離時，動能相等
C．若要求a、b都能通過各自的最高點，彈簧釋放前至少具有的彈性勢能為
D．a(chǎn)球到達圓心等高處時，對軌道壓力為9mg
【答案】C
【詳解】當小球恰好能通過半圓軌道的最高點時，在最高點的位置，小球的重力提供小球做圓周運動的向心力，對a小球，根據(jù)動能定理得
在最高點時，根據(jù)牛頓第二定律得
聯(lián)立解得
同理對b分析可得：b球的速度為
A．對a、b組成的系統(tǒng)進行研究，在釋放瞬間，兩小球的動量守恒，選a球的速度方向為正方向，則
解得
故A錯誤；
B．動能與動量的關(guān)系為

因為兩個小球的動量相等，但質(zhì)量不相等，則兩小球與彈簧分離時，動能也不相等，故B錯誤；
C．若兩小球的質(zhì)量相等，則與彈簧分力時兩小球的速度大小相等，方向相反，根據(jù)上述分析，兩小球具備的最小速度與上述分析的a球的速度相等，則彈簧的彈性勢能等于兩小球的動能之和，因此

故C正確；
D．當a球到達圓心等高處時，對此過程根據(jù)動能定理得
在與圓心等高的位置，根據(jù)牛頓第二定律得：
結(jié)合牛頓第三定律可得
N=FN
聯(lián)立解得
N=3mg
方向水平向右，故D錯誤；
故選C。
7．如圖所示，進行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為和，他們攜手遠離空間站，相對空間站的速度為。A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?，下列說法正確的是（ ）
A．研究A、B相對空間站的速度是以地球為參考系
B．A將B向空間站方向輕推的過程中，不能認為A、B組成的系統(tǒng)動量守恒
C．A將B向空間站方向輕推后，B的動量大小為
D．若A將B向空間站方向輕推的作用時間為，則A、B互相作用的平均力為
【答案】D
【詳解】A．研究A、B相對空間站的速度是以空間站為參考系，選項A錯誤；
B．根據(jù)動量守恒定律的條件可以知道，將A和B看作一個系統(tǒng)，二者相互作用的過程中不受外力作用，故系統(tǒng)動量守恒，，選項B錯誤；
C．根據(jù)動量守恒有
解得
選項C錯誤；
D．若A將B向空間站方向輕推的作用時間為，對A根據(jù)動量定理有
解得
即A、B互相作用的平均力為，選項D正確。
故選D。
8．一名連同裝備總質(zhì)量為M的航天員，脫離宇宙飛船后，在離飛船x處與飛船處于相對靜止狀態(tài)。裝備中有一個高壓氣源能以速度v（以飛船為參考系）噴出氣體從而使航天員運動。如果航天員一次性向后噴出質(zhì)量為Δm的氣體，且在規(guī)定時間t內(nèi)返回飛船。下列說法正確的是（ ）
A．噴出氣體的質(zhì)量Δm小于
B．若高壓氣源噴出氣體的質(zhì)量不變但速度變大，則返回時間大于t
C．若高壓氣源噴出氣體的速度變大但動量不變，則返回時間小于t
D．在噴氣過程中，航天員、裝備及氣體所構(gòu)成的系統(tǒng)動量和機械能均守恒
【答案】A
【詳解】A．由題知，航天員的速度為
噴氣過程系統(tǒng)動量守恒，以宇航員的速度方向為正方向，由動量守恒定律得
解得
故A正確；
B．根據(jù)動量守恒有
解得
若高壓氣源噴出氣體的質(zhì)量不變但速度變大，則變大，故返回時間小于t，故B錯誤；
C．根據(jù)動量守恒有
解得
若高壓氣源噴出氣體的速度變大但動量不變，根據(jù)
可知減小，故減小，則返回時間大于t，故C錯誤；
D．在噴氣過程中，航天員、裝備及氣體所構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，整個系統(tǒng)的動能增加，故系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤。
故選A。
9．在空間技術(shù)發(fā)展過程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇航員艙外活動的主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性。如圖所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度持續(xù)噴出，宇航員到達艙門時的速度為。若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為，則
根據(jù)動量守恒定律可得
宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運動，則
聯(lián)立解得
故選D。
10．將模型火箭放在光滑水平面上點火，燃氣以某一速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)全部噴出?；鸺谒矫嫔匣?，在燃氣從火箭噴口噴出的過程中，下列說法正確的是空氣阻力可忽略（ ）
A．火箭對燃氣作用力的沖量大于燃氣對火箭作用力的沖量
B．火箭對燃氣作用力的沖量與燃氣對火箭作用力的沖量大小相等
C．火箭的動量比噴出燃氣的動量大
D．火箭的動能比噴出的燃氣動能大
【答案】B
【詳解】AB．由于火箭對燃氣作用力與燃氣對火箭作用力是作用力和反作用力，故兩者的沖量總是大小相等的，故A錯誤，B正確；
C．由于火箭和燃氣組成的系統(tǒng)在燃氣噴出前后動量守恒，由動量守恒定律可知，火箭的動量的大小與噴出燃氣的動量大小相等，故C錯誤；
D．由于火箭的質(zhì)量大于燃氣的質(zhì)量，由
可知火箭的質(zhì)量大于燃氣的質(zhì)量，故火箭的動能比噴出的燃氣動能小，故D錯誤。
故選B。
11．“獨竹漂”是一項獨特的黔北民間絕技。獨竹漂高手們腳踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達岸邊，此時女子靜立于竹竿A點，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片，并從中選取了兩張進行對比，其簡化圖如下。經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn)，甲、乙兩張照片中A、B兩點的水平間距約為1cm，乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8cm。照片的比例尺為1:40。已知竹竿的質(zhì)量約為25kg，若不計水的阻力，則該女子的質(zhì)量約為（ ）

A．41.5kgB．45kgC．47.5kgD．50kg
【答案】B
【詳解】對人和竹竿組成的系統(tǒng)，可看成人船模型，所以
代入數(shù)據(jù)可得人的質(zhì)量為
故選B。
12．如圖，一質(zhì)量為2m、半徑為R的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平面上，底端B點切線水平，有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小球由槽頂端A點靜止釋放．不計空氣阻力，在小球下滑至槽底端B點的過程中，下列說法正確的是（ ）

A．若圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒
B．若圓弧槽不固定，小球水平方向的位移大小為
C．圓弧槽固定和不固定兩種情形下，小球滑到B點時的速度之比為
D．圓弧槽固定和不固定兩種情形下，圓弧槽對地面的最大壓力之比為
【答案】B
【詳解】A．若圓弧槽不固定，小球在豎直方向有加速度，圓弧槽在豎直方向沒有加速度，小球和槽組成的系統(tǒng)在豎直方向所受的合外力不為零，小球和槽組成的系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒，故A錯誤；
B．若圓弧槽不固定，對小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有
在小球下滑至槽底端B點的過程中，有
解得小球水平方向移動的位移為
故B正確；
C．圓弧槽固定時，根據(jù)動能定理可得
可得小球滑到B點時的速度為
圓弧槽不固定情形下，由系統(tǒng)水平方向動量守恒和機械能守恒可得
解得
，
則圓弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B點時的速度之比為
故C錯誤；
D．由C中分析可知，若圓弧槽固定，小球到達底端時
解得
則圓弧槽對地面的最大壓力為
若圓弧槽不固定，小球到達底端時
解得
則圓弧槽對地面的最大壓力為
圓弧槽固定和不固定兩種情形下，圓弧槽對地面的最大壓力之比為
故D錯誤。
故選B。
13．質(zhì)量為M的熱氣球下吊一架輕的繩梯，梯上站著質(zhì)量為m的人，氣球以v0速度勻速上升。如果人加速向上爬，當他相對于繩梯的速度達到v時（ ）
A．人相對于地面的速度為B．人相對于地面的速度為
C．氣球相對于地面的速度為D．氣球相對于地面的速度為
【答案】C
【詳解】AB．和不是同一時刻的速度，和無實際意義，故AB錯誤；
CD．當人相對于繩梯的速度達到v時，氣球相對于地面的速度設(shè)為，則人相對于地面的速度應為，根據(jù)動量守恒定律有
可得
故C正確，D錯誤。
故選C。
14．如圖所示，質(zhì)量為M的氣球上有一質(zhì)量為m的猴子，氣球和猴子靜止在離地面高為h的空中。從氣球上放下一架不計質(zhì)量的軟梯，為使猴子沿軟梯安全滑至地面，軟梯的長度至少應為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】設(shè)猴子下降過程中氣球上升高度為H，由題意知猴子下落高度為h，猴子和氣球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，由動量守恒定律得
MH=mh
解得
所以軟梯長度至少為
故選C。
15．小船在水面上以速度v向東行駛，若船上的人以相對河岸相同的速率分別向東和向西同時拋出兩個質(zhì)量相等的重物，不計水的阻力，則小船的速度與拋出重物前相比（ ）
A．不變B．減小C．增大D．無法判斷
【答案】C
【詳解】重物和船組成的系統(tǒng)，拋重物的過程中系統(tǒng)動量守恒，故有
得
故C正確，ABD錯誤。
故選C。
多選題
16．如圖，一質(zhì)量為2m、半徑為R的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平面上，底端B點切線水平，有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小球由槽頂端A點靜止釋放。不計空氣阻力，在小球下滑至槽底端B點的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．若圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒
B．若圓弧槽不固定，小球水平方向的位移大小為
C．圓弧槽固定和不固定兩種情形下，小球滑到B點時的速度之比為
D．圓弧槽固定和不固定兩種情形下，圓弧槽對地面的最大壓力之比為9:7
【答案】BC
【詳解】A．若圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向受合外力為零，則水平方向動量守恒，A錯誤；
B．若圓弧槽不固定，對小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則
解得小球水平方向移動的位移為
B正確；
C．圓弧槽固定時小球滑到B點時的速度
圓弧槽不固定情形下，由動量守恒和能量關(guān)系可知
解得
則圓弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B點時的速度之比為
C正確；
D．由C中分析可知，若圓弧槽固定，小球到達底端時
解得
則圓弧槽對地面的最大壓力為
若圓弧槽不固定，小球到達底端時
解得
則圓弧槽對地面的最大壓力為
圓弧槽固定和不固定兩種情形下，圓弧槽對地面的最大壓力之比為
D錯誤。
故選BC。
17．如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止兩個等大的小球，其質(zhì)量分別為 M = 0.6 kg、m = 0.2 kg，其中間夾著一個被鎖定的壓縮輕彈簧（彈簧與兩球不相連），彈簧具有 Ep=10.8J的彈性勢能?，F(xiàn)解除鎖定，球 m 脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為 R=0.4 m 豎直放置的光滑半圓形固定軌道，g 取 10 m/s2則下列說法正確的是（ ）
A．兩球剛脫離彈簧時，球m獲得的動能比球 M 小
B．球 m 在運動達到軌道最高點速度大小為 2m/s
C．球 m 離開半圓形軌道后經(jīng)過 0.4s 落回水平地面
D．球 m 經(jīng)過半圓形軌道的最低點和最高點時，對軌道的壓力差為12N
【答案】CD
【詳解】A．由動量守恒得，M、m動量大小相同，由
得質(zhì)量小的物體動能大，選項A錯誤；
B．由
得，兩物體動能比為1：3，故m的初動能為
m獲得的速度為
v0=9m/s
即到達B點的速度vB=9m/s，由動能定理可得
解得m達到圓形軌道頂端的速度
選項B錯誤；
C．由自由落體公式可得下降時間為
選項C正確；
D．m在圓形軌道上端時
在下端時
則在上下兩端壓力差為
選項D正確。
故選CD。
18．如圖所示，質(zhì)量為100kg的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h=0.8m在船尾處有一質(zhì)量為20kg鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離L=3m，船頭到湖岸的水平距離x=0.7m。將細線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度g=10m/s2。下列判斷正確的有（ ）
A．鐵塊脫離木船后在空中運動的時間為0.4s
B．鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為1.75m/s
C．小木船最終的速度大小為1.25m/s
D．彈簧釋放的彈性勢能為108J
【答案】AD
【詳解】AB．燒斷細線后以組成的整體為研究對象，對與組成的系統(tǒng)由平均動量守恒得
解得
鐵塊離開小木船后做平拋運動
解得
選項A正確，B錯誤。
C．鐵塊與小木船相互作用時，由動量守恒得
解得
選項C錯誤。
D．由機械能守恒定律得
解得
選項D正確。
故選AD。
解答題
19．如圖（a），長木板C放置于光滑水平地面，兩滑塊A、B質(zhì)量分別為，，放在C上，三者都保持靜止。兩滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為，t=0時刻釋放AB間的微小彈性裝置，裝置儲存的彈性勢能為24J，此后滑塊A、B運動的圖像如圖（b）所示，當t=4s時A與C恰好相對靜止，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度，求：
（1）釋放彈性裝置瞬間滑塊A、B的速度大小；
（2）滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)和木板C的質(zhì)量；
（3）要使B不滑落則木板C至少有多長。
【答案】（1）2m/s，4m/s；（2）0.04，8kg；（3）30m
【詳解】（1）釋放彈性裝置瞬間，滑塊AB的速度分別為v1、v2，則由動量守恒和能量關(guān)系
解得
v1=2m/s
v2=4m/s
（2）當t=4s時A與C恰好相對靜止，可知此時AC的速度相等，設(shè)為v方向向左，此時B的速度為v3=2.4m/s，方向向右，則由動量守恒
對物體A
對木板C
解得
μ=0.04
mC=8kg
v=0.4m/s
（3）4s內(nèi)A向左的位移

C向左的位移

B向右的位移
從該時刻起到ABC相對靜止時，則由動量守恒定律可知，此時三者的速度均為零，則此過程中B向右的位移
AC向左的加速度
位移
則木板的最小長度
20．如圖甲所示，質(zhì)量為的長木板ABC靜止在足夠長的光滑水平面上，長木板ABC的上表面由半徑為R（未知）的光滑四分之一圓弧面AB和長為的粗糙水平面BC平滑連接而成，B為圓弧面AB的最低點且切線水平，水平面BC的C端固定一擋板。現(xiàn)將質(zhì)量為的物塊從A點由靜止釋放，物塊與擋板碰撞后相對木板向左運動到B點時與長木板相對靜止。已知物塊在木板BC間運動的過程中，受到的摩擦力F隨物塊距B點的距離x變化規(guī)律如圖乙所示，物塊與擋板碰撞過程的時間極短且沒有機械能損失，重力加速度大小g取10，不計物塊的大小。求：
（1）圓弧面AB的半徑；
（2）物塊從A點由靜止釋放到與長木板相對靜止于B點，長木板運動的位移大??；
（3）物塊與擋板碰撞后的瞬間，物塊與長木板的速度大小。
【答案】（1）0.8m；（2）0.2m；（3），
【詳解】（1）全程水平動量守恒，有
則
能量守恒，有
解得
（2）水平方向動量守恒，設(shè)向右為正，有
設(shè)極短時間為Δt，有
即
且
解得長木板運動的位移大小
（3）物塊與擋板碰撞后的瞬間，水平動量守恒，有
由能量守恒，有
解得物塊速度大小
長木板速度大小

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