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小专题二　弹簧模型　爆炸(类爆炸)模型
人船(类人船)模型
1.认识弹簧模型、爆炸(类爆炸)模型、人船(类人船)模型等物理模型,并能用动量和能量的观点解决相关问题.(重点) 2.能熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律结合解决实际问题.(难点)
[学习目标]
一、弹簧—物块(小球)模型
1.模型概述
对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统,在相互作用的过程中,若系统合外力为零,则系统动量守恒.若接触面光滑,弹簧和物体组成的系统机械能
守恒.
2.模型特点
(1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能).
(2)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞).
[例1] 两物块A、B用轻弹簧相连,质量均为2 kg,初始时弹簧处于原长,A、B两物块都以v=6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动,质量为4 kg的物块C静止在前方,如图所示.B与C碰撞后二者会粘在一起运动.在以后的运动中:
(1)当弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度为多大
【答案】 (1)3 m/s　
【解析】 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,由A、B、C三者组成的系统动量守恒有
(mA+mB)v=(mA+mB+mC)v共,
解得v共=3 m/s.
(2)系统弹性势能的最大值是多少
【答案】 (2)12 J
[思路点拨] 弹簧弹性势能最大时,系统有相同的速度.
[训练1] 如图所示,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连.将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连,使弹簧不能伸展,以至B、C可视为一个整体.现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并合在一起,之后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离.已知C离开弹簧时的速度恰为v0,求弹簧释放的势能.
(1)物体A获得的最大速度;
(2)弹簧压缩量最大时物体B的速度.
二、爆炸模型
爆炸 模型 三个 特点 动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸时物体间的相互作用力远大于物体所受到的外力,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 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前的位置开始运动
注意:由于爆炸过程中物体的位移很小,可以忽略不计,故爆炸过程中物体的重力势能可以认为不变,机械能的变化体现为动能的变化.
[例2] 如图,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是m和2m的两块弹片,其中质量较大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行.(不计火药的质量,不计空气阻力)
(1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向.
【答案】 (1)2.5v0　方向与爆炸前速度方向相反
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能
[拓展变式] 如果将上面例题中“其中质量较大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行”改为“其中质量较小的一块沿着与原来方向相反的方向以v0的速度飞行”,
(1)求质量较大的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弹片的动能
(3)假设手榴弹爆炸时离地高度为h,重力加速度为g,空气阻力不计,求两块弹片落地时的距离.
[例3] (多选)(2025·广东联考)如图所示,有一易爆物静止放在离地面高为h的小平台上,某时刻该物体爆炸裂开成甲、乙两块,甲物体获得的初速度大小为v0,方向水平向左,若甲物体的质量为2m,乙物体的质量为m,摩擦阻力和空气阻力忽略不计,下列说法正确的有( 　 　)
AC
三、“人船”模型问题
「情境导学」
一质量为M的小船静止在水面上,站在船尾的质量为m的人,从静止开始向左运动.在此过程中:
(1)船向哪个方向运动 当人的速度为v时,船速多大
(2)当人向左移动的位移大小为s时,船的位移多大
(3)人和船的位移大小与两者质量有什么关系
(4)若人从船头移动到船尾,船长为L,人的位移为多大
·模型构建·
“人船(类人船)”模型特点
(1)某方向所受外力矢量和为零,遵循动量守恒定律,有m1v1-m2v2=0.
(2)运动特点:人动船动,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右.
[例4] 如图所示,一个质量为m1=50 kg的人抓住一个大气球下方的长绳.气球和长绳的总质量为m2=20 kg,长绳的下端刚好和水平地面接触.初始静止时人离地面的高度为h=5 m.如果这个人开始沿长绳向下滑动,当他滑到长绳下端时,他离地面的高度大约是(把人看作质点)(　 　)
[A] 2.6 m [B] 3.6 m
[C] 1.5 m [D] 4.5 m
B
[例5] (2025·广东深圳期中)如图所示,光滑水平地面上静止一个质量为M且上表面光滑的斜面体.现将一个质量为m的小滑块放置在斜面体顶端,使其由静止沿斜面滑下.已知斜面体底边长为L,则以下判断正确的是(　　)
D
·方法总结·
在解决“人船模型”问题时的注意事项
(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零.
(2)在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向).
(3)解题时要画出各物体的位移关系图,注意两物体的速度和位移须相对于同一参考系.
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[学习目标]　1.认识弹簧模型、爆炸(类爆炸)模型、人船(类人船)模型等物理模型,并能用动量和能量的观点解决相关问题.(重点) 2.能熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律结合解决实际问题.(难点)
一、弹簧—物块(小球)模型
1.模型概述
对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统,在相互作用的过程中,若系统合外力为零,则系统动量守恒.若接触面光滑,弹簧和物体组成的系统机械能守恒.
2.模型特点
(1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能).
(2)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞).
[例1] 两物块A、B用轻弹簧相连,质量均为2 kg,初始时弹簧处于原长,A、B两物块都以v=6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动,质量为4 kg的物块C静止在前方,如图所示.B与C碰撞后二者会粘在一起运动.在以后的运动中:
(1)当弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度为多大
(2)系统弹性势能的最大值是多少
[思路点拨] 弹簧弹性势能最大时,系统有相同的速度.
【答案】 (1)3 m/s　(2)12 J
【解析】 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,由A、B、C三者组成的系统动量守恒有
(mA+mB)v=(mA+mB+mC)v共,
解得v共=3 m/s.
(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒,设碰后瞬间B、C两者速度为vBC,则
mBv=(mB+mC)vBC,
解得vBC=2 m/s,
物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大,设为Ep,根据能量守恒定律有
Ep=(mB+mC)+mAv2-(mA+mB+mC)=12 J.
[训练1] 如图所示,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连.将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连,使弹簧不能伸展,以至B、C可视为一个整体.现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并合在一起,之后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离.已知C离开弹簧时的速度恰为v0,求弹簧释放的势能.
【答案】 m
【解析】 设碰后A、B和C的共同速度的大小为v,由动量守恒定律得mv0=3mv,
设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒定律得3mv=2mv1+mv0,
设弹簧的弹性势能为Ep,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒,有
·3m·v2+Ep=·2m·+m,
弹簧所释放的势能Ep=m.
[训练2] 如图所示,一轻质弹簧两端分别连着物体A和B,放在光滑的水平面上,物体A被水平速度为v0的子弹击中,子弹嵌在其中,已知A的质量是B的质量的,子弹的质量是B的质量的.求:
(1)物体A获得的最大速度;
(2)弹簧压缩量最大时物体B的速度.
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)设子弹的质量为m,则mB=4m,mA=3m.
对子弹进入物体A的过程,由动量守恒定律得
mv0=(m+mA)v1,
解得它们的共同速度,也是A的最大速度
v1==.
(2)以子弹、A、B及弹簧组成的系统为研究对象,整个过程总动量守恒,当弹簧压缩量最大时,它们的速度相等,由动量守恒定律得
mv0=(m+mA+mB)v2,
解得三者的共同速度,即弹簧压缩量最大时B的速度v2==.
二、爆炸模型
爆炸 模型 三个 特点 动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸时物体间的相互作用力远大于物体所受到的外力,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 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前的位置开始运动
注意:由于爆炸过程中物体的位移很小,可以忽略不计,故爆炸过程中物体的重力势能可以认为不变,机械能的变化体现为动能的变化.
[例2] 如图,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是m和2m的两块弹片,其中质量较大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行.(不计火药的质量,不计空气阻力)
(1)求质量较小的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弹片的动能
【答案】 (1)2.5v0　方向与爆炸前速度方向相反
(2)m
【解析】 (1)斜向上抛出的手榴弹的运动轨迹如题图所示,在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度v1=v0cos 60°=v0,
取v1的方向为正方向,设质量为2m的弹片的速度大小为v1′,质量为m的弹片的速度大小为v2,由于爆炸过程的爆炸力远大于手榴弹受到的重力,系统的动量近似守恒,则有
3mv1=2mv1′+mv2,其中v1′=2v0,
解得v2=-2.5v0,
负号表示v2的方向与爆炸前的速度方向相反.
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量,即
ΔEk=×2mv1′2+m-×3m
=m.
[拓展变式] 如果将上面例题中“其中质量较大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行”改为“其中质量较小的一块沿着与原来方向相反的方向以v0的速度飞行”,
(1)求质量较大的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弹片的动能
(3)假设手榴弹爆炸时离地高度为h,重力加速度为g,空气阻力不计,求两块弹片落地时的距离.
【答案】 (1)v0　方向与爆炸前速度方向相同　(2)m　(3)v0
【解析】 (1)取爆炸前的速度v1的方向为正方向,设质量为2m的弹片的速度大小为v1″,质量为m的弹片的速度大小为v2′,由动量守恒定律得
3mv1=2mv1″-mv2′,
其中爆炸后质量较小的弹片的速度大小v2′=v0,
v1=v0,
解得v1″=v0,方向与爆炸前速度方向相同.
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量,即
ΔEk′=×2mv1″2+mv2′2-×3m=m.
(3)手榴弹爆炸后两块弹片都做平抛运动,则有
h=gt2,
两块弹片落地时的距离
s=v1″t+v2′t=v0.
[例3] (多选)(2025·广东联考)如图所示,有一易爆物静止放在离地面高为h的小平台上,某时刻该物体爆炸裂开成甲、乙两块,甲物体获得的初速度大小为v0,方向水平向左,若甲物体的质量为2m,乙物体的质量为m,摩擦阻力和空气阻力忽略不计,下列说法正确的有(　　)
[A] 爆炸后瞬间,甲、乙两物体的总动量为零
[B] 甲、乙两物体同时落地且落地时速率相等
[C] 两物体下落过程,甲物体的动量变化量是乙物体动量变化量的2倍
[D] 爆炸过程中释放的总能量为m
【答案】 AC
【解析】 根据动量守恒定律可得爆炸前后瞬间,动量矢量和均为零,故A正确.爆炸后,两物体从同一高度做平抛运动,由h=gt2可知,甲、乙两物体同时落地;以向左为正方向,由动量守恒定律可得0=2mv0-mv乙,解得v乙=2v0;再分别根据动能定理得2mgh=×2mv2-×2m,
mgh=mv乙′2-m,解得v=,v乙′==,可知甲、乙两物体落地时速率不同,故B错误.根据动量定理,两物体在落地的过程中,动量变化量等于重力的冲量大小,即I=mgt,甲物体的质量是乙物体质量的2倍,故甲物体的动量变化量是乙物体动量变化量的2倍,故C正确.根据能量守恒定律可得爆炸过程中释放的总能量为两个物体的总动能3m与爆炸产生的热量的总和,故D错误.
三、“人船”模型问题
情境导学
一质量为M的小船静止在水面上,站在船尾的质量为m的人,从静止开始向左运动.在此过程中:
(1)船向哪个方向运动 当人的速度为v时,船速多大
(2)当人向左移动的位移大小为s时,船的位移多大
(3)人和船的位移大小与两者质量有什么关系
(4)若人从船头移动到船尾,船长为L,人的位移为多大
提示:(1)因为人与小船组成的系统动量守恒,当人向左运动时,小船向右运动.设人运动的方向为正方向,当人的速度为v时,有mv-Mv′=0,
解得v′=.
(2)由人与小船组成的系统始终动量守恒可知m-M′=0,
故当人的位移大小为s时,有
m-M=0,解得s′=.
(3)人与小船的位移大小之比与两者质量成反比,即=.
(4)由s+s′=L,=,解得s=L.
“人船(类人船)”模型特点
(1)某方向所受外力矢量和为零,遵循动量守恒定律,有m1v1-m2v2=0.
(2)运动特点:人动船动,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右.
(3)人、船位移大小与它们的质量成反比,即=.当人从船头移动到船尾时,人和船的位移大小满足s人+s船=L,L为船长.
[例4] 如图所示,一个质量为m1=50 kg的人抓住一个大气球下方的长绳.气球和长绳的总质量为m2=20 kg,长绳的下端刚好和水平地面接触.初始静止时人离地面的高度为h=5 m.如果这个人开始沿长绳向下滑动,当他滑到长绳下端时,他离地面的高度大约是(把人看作质点)(　　)
[A] 2.6 m [B] 3.6 m [C] 1.5 m [D] 4.5 m
【答案】 B
【解析】 根据题意,设人的速度大小为v1,气球的速度大小为v2,人下滑的距离为s1,气球上升的距离为s2,根据人和气球组成的系统动量守恒得m1v1=m2v2,两边同时乘时间,则有m1s1=m2s2,解得s1=s2;又有s1+s2=h,则人下滑的距离为s1=h= m,气球上升的距离为s2=h= m≈3.6 m,则此时人离地面的高度大约是3.6 m.
[例5] (2025·广东深圳期中)如图所示,光滑水平地面上静止一个质量为M且上表面光滑的斜面体.现将一个质量为m的小滑块放置在斜面体顶端,使其由静止沿斜面滑下.已知斜面体底边长为L,则以下判断正确的是(　　)
[A] 下滑过程中小滑块的机械能守恒
[B] 小滑块下滑过程中,两物体组成的系统动量守恒
[C] 小滑块到达斜面底端时,斜面体水平向右运动的距离为
[D] 小滑块到达斜面底端时,小滑块水平向左运动的距离为
【答案】 D
【解析】 下滑过程中小滑块和斜面体组成的系统机械能守恒,滑块的机械能不守恒,选项A错误;小滑块下滑过程中,两物体组成的系统水平方向所受合外力为零,则水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,则系统动量不守恒,选项B错误;设小滑块到达斜面底端时,斜面体水平向右运动的距离为x,以斜面体运动方向为正方向,由动量守恒定律得0=Mx-m(L
-x),解得x=,小滑块水平向左运动的距离为s=L-x=,选项C错误,D正确.
在解决“人船模型”问题时的注意事项
(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零.
(2)在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向).
(3)解题时要画出各物体的位移关系图,注意两物体的速度和位移须相对于同一参考系.
课时作业
(分值:64分)
(选择题每题6分)
知识点一　弹簧碰撞模型
1.(2025·广东肇庆期末)如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点,P的质量是Q的2倍,Q与轻质弹簧相连.设Q静止,P以初速度v0向Q运动(轻质弹簧与P不粘连)并与弹簧发生碰撞.在整个碰撞过程中(　　)
[A] 当弹簧被压缩最短时,Q的速度最大
[B] Q的最终动能是P的初动能的
[C] P的最终动能是它初动能的
[D] 由于弹簧被压缩,最终P将静止
【答案】 B
【解析】 Q只要受到弹簧弹力作用就有加速度,当弹簧恢复原长时,Q的加速度为零,速度最大,选项A错误;当弹簧恢复原长时,设P、Q的速度分别为v1、v2,P、Q的质量分别为2m和m,由动量守恒定律和能量守恒定律可知2mv0=2mv1+mv2,×2m=×2m+m,解得v1=,v2=,则Q的动能EkQ=m=m,P的初动能EkP0=×2m=m,P的末动能EkP=×2m=m,则Q的最终动能是P的初动能的,P的最终动能是它初动能的,选项B正确,C、D错误.
2.(多选)(2025·广东广州期末)如图甲所示,一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上.现使A获得水平向右的瞬时速度3 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得(　　)
[A] t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都处于伸长状态
[B] t1、t3时刻弹簧的弹性势能最大
[C] 两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2
[D] t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2=1∶8
【答案】 BCD
【解析】 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,在t1时刻弹簧处于压缩状态,在t3时刻弹簧处于伸长状态,A错误;t1、t3时刻两物块共速,动能损失最大,而系统的机械能守恒,所以弹簧的弹性势能最大,B正确;0～t1内,根据系统动量守恒得m1v=(m1+m2)v1,解得m1∶m2
=1∶2,C正确;在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2=(m1)∶(m2)=1∶8,D正确.
知识点二　爆炸模型
3.(多选)(2025·广东汕尾期中)防空导弹是指从地面发射攻击空中目标的导弹.如图所示,某防空导弹斜射向天空,到最高点时速度大小为v0,离地高度为H,突然爆炸成质量均为m的两块.其中弹头A以速度v沿v0的方向飞去,爆炸过程时间为Δt且极短.整个过程忽略空气阻力,下列说法正确的有(　　)
[A] 爆炸后的一瞬间,弹尾B一定沿着与v0相反的方向飞去
[B] 爆炸后,弹尾B可能做自由落体运动
[C] 爆炸过程中,弹尾对弹头的平均作用力大小为+mg
[D] 爆炸过程释放的化学能为m(v-v0)2
【答案】 BD
【解析】 爆炸过程系统在水平方向动量守恒,以v0方向为正方向,由动量守恒定律有2mv0=mv+mv′,解得v′=2v0-v,由于v与2v0的大小关系未知,故无法判断弹尾的运动方向;当v=2v0时,弹尾的速度为零,则弹尾可能做自由落体运动,A错误,B正确.以弹头为研究对象,以v0方向为正方向,在水平方向上由动量定理可得FΔt=mv-mv0,解得 F=,C错误.根据能量守恒可知,爆炸释放的化学能等于系统动能的变化量,故有E化=mv2+mv′2-·2m,又v′=2v0-v,整理可得E化=m(v-v0)2,D正确.
4.如图所示,光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药,一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动.已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg.某时刻炸药突然爆炸,分开后两球仍沿原直线运动,从爆炸开始计时经过3.0 s,两球之间的距离为x=2.7 m,则下列说法正确的是(　　)
[A] 刚分离时,甲、乙两球的速度方向相同
[B] 刚分离时,甲球的速度大小为0.6 m/s
[C] 刚分离时,乙球的速度大小为0.3 m/s
[D] 爆炸过程中释放的能量为0.027 J
【答案】 D
【解析】 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2,刚分离时两球的速度分别为v1、v2,以向右为正方向,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,根据题意有v2-v1=,代入数据解得v2=0.8 m/s,v1=-0.1 m/s,说明刚分离时两球速度方向相反,故A、B、C错误;爆炸过程中释放的能量ΔE=m1+m2-(m1+m2),将v2=0.8 m/s,v1=-0.1 m/s代入可得ΔE=0.027 J,故D正确.
知识点三　人船(类人船)模型
5.(多选)如图所示,一质量为M的小车静止在光滑水平面上,车上固定一个竖直支架,轻绳一端固定在支架上,另一端固定一质量为m的小球,绳长为l,将小球向右拉至轻绳水平后放手,则(　　)
[A] 系统的总动量守恒
[B] 水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
[C] 小球不能向左摆到原高度
[D] 小车向右移动的最大距离为
【答案】 BD
【解析】 根据题意可知,系统只是在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向动量守恒,而总动量不守恒,故A错误,B正确;根据水平方向系统动量守恒可知,小球向左摆到最高点时,小球和小车的速度均为0,整个系统机械能守恒,则小球仍能向左摆到原高度,故C错误;根据题意可知,小球相对于小车的最大位移为2l,根据“人船”模型系统水平方向动量守恒,设小球的平均速度为vm,小车的平均速度为vM,由动量守恒定律有mvm-MvM=0,则有msm=MsM,又有sm+sM=2l,解得sM=,故D正确.
6.质量为m、半径为R的小球,放在半径为2R、质量为2m的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上.当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 由水平方向系统动量守恒,有=,又s小球+s大球=R,所以s大球=R,B正确.
7.(12分)如图甲所示,物体A、B的质量分别是 m1=4 kg和m2=4 kg,用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上,物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连.另有一个物体C从t=0时刻起,以一定的速度向左运动,在t=5 s时刻与物体A相碰,碰后立即与A粘在一起,此后A、C不再分开.物体C在前15 s内的v-t图像如图乙所示.求:
(1)(6分)物体C的质量m3;
(2)(6分)物体B离开墙壁后所能获得的最大速度.
【答案】 (1)2 kg　(2)2.4 m/s
【解析】 (1)以水平向左为正方向,A、C碰撞过程中动量守恒,则有
m3vC=(m1+m3)v共1,
代入v-t图像中的数据解得m3=2 kg.
(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程,相当于B与A、C整体完成了一次弹性碰撞,以水平向右为正方向,则有
(m1+m3)v共1′=(m1+m3)v共2+m2v2,
(m1+m3)v共1′2=(m1+m3)+m2,
由v-t图像可得v共1′大小为2 m/s,方向水平向右,
解得物体B的最大速度为v2=2.4 m/s.
8.(16分)(2025·广东佛山阶段检测)如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面4 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,沿斜面体上升的最大高度为h(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量m1=30 kg,冰块的质量m2=10 kg,斜面体的质量M=30 kg,小孩与滑板始终无相对运动.重力加速度g取10 m/s2.
(1)(5分)求冰块沿斜面体上升到最大高度时的速度大小;
(2)(5分)求冰块沿斜面体上升的最大高度h;
(3)(6分)求冰块与斜面体分离后斜面体和冰块的速度大小,并判断冰块能否追上小孩.
【答案】 (1)1 m/s　(2)0.6 m　(3)见解析
【解析】 (1)对冰块和斜面体组成的系统,以向左为正方向,设冰块沿斜面体上升到最大高度时的速度为v,根据动量守恒定律有m2v2=(m2+M)v,
解得v=1 m/s.
(2)对冰块和斜面体组成的系统,
根据能量守恒定律有
m2gh+(m2+M)v2=m2,
解得h=0.6 m.
(3)对小孩(含滑板)和冰块组成的系统,以向左为正方向,根据动量守恒定律有0=m2v2+m1v1,
解得v1=- m/s;
对冰块和斜面体组成的系统,从冰块开始滑上斜面体到与斜面体分离,以向左为正方向,
根据动量守恒定律有m2v2=m2v2′+Mv3,
根据能量守恒定律有
m2=m2v2′2+M,
解得v2′=-2 m/s,v3=2 m/s,
即冰块与斜面体分离后斜面体的速度大小为2 m/s,方向水平向左,冰块的速度大小为
2 m/s,方向水平向右;由于冰块的速度比小孩的速度大,且冰块与小孩均向右运动,所以冰块能追上小孩.

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