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專題11 爆炸與類爆炸模型
目錄
【模型一】爆炸模型 1
【模型二】彈簧的“爆炸”模型 6
【模型三】人船模型與類人船模型 12
【模型四】 類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較 15

【模型一】爆炸模型
一．爆炸模型的特點(diǎn)
1、動(dòng)量守恒：由于爆炸是極短時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。
2、動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量（如化學(xué)能）轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。
3、位置不變：由于爆炸的時(shí)間極短。因而作用過(guò)程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可以忽略不計(jì)，可認(rèn)為物體爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。
二、爆炸模型講解
1、如圖：質(zhì)量分別為、的可視為質(zhì)點(diǎn)A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥．一開(kāi)始二者靜止，點(diǎn)燃火藥(此時(shí)間極短且不會(huì)影響各物體的質(zhì)量和各表面的光滑程度)，則：

、組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：①得：
②
②式表明在爆炸過(guò)程中相互作用的兩個(gè)物體間獲得的速度與它們的質(zhì)量成反比。
、組成的系統(tǒng)能量守恒：③

①式也可以寫為：④又根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系得
④進(jìn)一步化簡(jiǎn)得：⑤
⑤式表明在爆炸過(guò)程中相互作用的兩個(gè)物體間獲得的動(dòng)能與它們的質(zhì)量成反比。
②⑤聯(lián)立可得： ⑥
2、若原來(lái)、組成的系統(tǒng)以初速度在運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中發(fā)生了爆炸現(xiàn)象則：
、組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：⑦
、組成的系統(tǒng)能量守恒：⑧
【模型演練1】.(多選)(2020·廣西池州市期末)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)且質(zhì)量均為1 kg的甲、乙兩物體緊靠著放在水平地面上，物體甲與左側(cè)地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，物體乙右側(cè)地面光滑，兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，分離瞬間物體乙的速度大小為3 m/s，重力加速度g取10 m/s2.則(　　)

A．炸藥爆炸后，兩物體分離瞬間物體甲的速度大小為3 m/s
B．甲、乙兩物體分離瞬間獲得的總能量為18 J
C．從分離到甲物體停止運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間為4 s
D．甲、乙兩物體分離2 s時(shí)，兩物體之間的距離為7.5 m
【答案】　AD
【解析】　炸藥爆炸后，設(shè)分離瞬間物體甲的速度大小為v1，物體乙的速度大小為v2，對(duì)甲、乙兩物體組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得mv1＝mv2，甲、乙兩物體速度大小v1＝v2＝3 m/s，選項(xiàng)A正確；由能量守恒得E＝mv12＋mv22＝9 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；甲、乙兩物體分離后，甲物體向左勻減速滑行，a＝μg＝3 m/s2，從分離到甲物體停止運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間t1＝＝1 s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體甲運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝t1＝1.5 m，物體乙運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝v2t＝6 m，故甲、乙兩物體分離2 s時(shí)，兩物體之間的距離d＝x2＋x1＝7.5 m，選項(xiàng)D正確．
【模型演練2】(2021·山東濟(jì)南市歷城二中一模) 如圖所示，質(zhì)量均為m的兩塊完全相同的木塊A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì))。讓A、B以初速度v0一起從O點(diǎn)滑出，滑行一段距離x后到達(dá)P點(diǎn)，速度變?yōu)椋藭r(shí)炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊A繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)3x后停下。已知炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能有50%轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，爆炸時(shí)間可以忽略不計(jì)，重力加速度為g，求：

(1)木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能E0。
【答案】　(1)　(2)2mv
【解析】　(1)從O滑到P，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)能定理得
－μ·2mgx＝×2m()2－×2mv
解得μ＝
(2)爆炸前對(duì)系統(tǒng)，有v－()2＝2ax
在P點(diǎn)爆炸，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2m＝mvA＋mvB
爆炸后對(duì)A，有v＝2a·3x，
根據(jù)能量守恒定律有
mv＋mv－×2m()2＝50%E0，
解得E0＝2mv
【模型演練3】(2020·河北邯鄲市模擬)如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì))．讓A、B以初速度v0一起從O點(diǎn)滑出，滑行一段距離后到達(dá)P點(diǎn)，速度變?yōu)椋藭r(shí)炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)．已知O、P兩點(diǎn)間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，爆炸時(shí)間很短可以忽略不計(jì)，求：

(1)木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能E0.
【答案】　(1)　(2)mv
【解析】　(1)從O滑到P，對(duì)A、B由動(dòng)能定理得
－μ·2mgs＝×2m()2－×2mv
解得μ＝
(2)在P點(diǎn)爆炸時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有
2m· ＝mv，
根據(jù)能量守恒定律有
E0＋×2m()2＝mv2
解得E0＝mv
【模型演練4】（2021·山東省濟(jì)寧市高三上學(xué)期1月期末）一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：
(1)煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；
(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E＝mv①
設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
0－v0＝－gt②
聯(lián)立①②式得
t＝③
(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有
E＝mgh1④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。
設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有
mv＝mgh2⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為
h＝h1＋h2＝⑧
【模型演練5】(2021·四川雙流中學(xué)診斷)如圖所示，A、B兩個(gè)物體粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，物體中間有少量炸藥，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)炸藥爆炸，假設(shè)所有的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為A、B兩個(gè)物體的動(dòng)能且兩物體仍然在水平面上運(yùn)動(dòng)，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變?yōu)関A＝2 m/s，B物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入光滑半圓軌道且恰好通過(guò)最高點(diǎn)D，已知兩物體的質(zhì)量mA＝mB＝1 kg，O點(diǎn)到半圓軌道最低點(diǎn)C的距離xOC＝0.25 m，物體與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，A、B兩個(gè)物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10 m/s2，求：

(1)炸藥的化學(xué)能E；
(2)半圓軌道的半徑R。
【答案】　(1)1 J　(2)0.3 m
【解析】　(1)A、B在炸藥爆炸前后動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，
根據(jù)能量守恒定律可得·2mv＋E＝mv＋mv，
兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得E＝1 J。
(2)由于B物體恰好經(jīng)過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)，故有mg＝m，在B物體由O運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝mv－mv，聯(lián)立可解得R＝0.3 m。
【模型演練6】(2020·山東濟(jì)寧市質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m的炮彈運(yùn)動(dòng)到水平地面O點(diǎn)正上方時(shí)速度沿水平方向，離地面高度為h，炮彈動(dòng)能為E，此時(shí)發(fā)生爆炸，炮彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分的動(dòng)能之和為2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸時(shí)間極短，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求炮彈的兩部分落地點(diǎn)之間的距離．

【答案】　4
【解析】　爆炸之前E＝mv
爆炸過(guò)程動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋mv2
·v＋·v＝2E
解得：v1＝0，v2＝2v0
隨后一塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，一塊做平拋運(yùn)動(dòng)，
則由h＝gt2，x＝2v0t
解得x＝4.
【模型二】彈簧的“爆炸”模型

、組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：①得：
②
②式表明在爆炸過(guò)程中相互作用的兩個(gè)物體間獲得的速度與它們的質(zhì)量成反比。
、組成的系統(tǒng)能量守恒：③

①式也可以寫為：④又根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系得
④進(jìn)一步化簡(jiǎn)得：⑤
⑤式表明在爆炸過(guò)程中相互作用的兩個(gè)物體間獲得的動(dòng)能與它們的質(zhì)量成反比。
②⑤聯(lián)立可得： ⑥
3、若原來(lái)、組成的系統(tǒng)以初速度在運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中發(fā)生了爆炸現(xiàn)象則：
、組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：⑦
、組成的系統(tǒng)能量守恒：⑧
【模型演練1】(2020·安徽名校高考沖刺模擬卷)如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和m的兩滑塊A、B，它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧(彈簧與A、B不拴連)，由于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài).當(dāng)剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說(shuō)法正確的是(　　)

A.兩滑塊的動(dòng)量大小之比pA∶pB＝2∶1
B.兩滑塊的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
C.兩滑塊的動(dòng)能之比EkA∶EkB＝1∶2
D.彈簧對(duì)兩滑塊做功之比WA∶WB＝1∶1
【答案】　C
【解析】　以滑塊A運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍趦苫瑝K剛好脫離彈簧時(shí)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝，兩滑塊速度大小之比為：＝，兩滑塊的動(dòng)能之比EkA∶EkB＝＝，B錯(cuò)誤，C正確；兩滑塊的動(dòng)量大小之比＝＝，A錯(cuò)誤；彈簧對(duì)兩滑塊做功之比等于兩滑塊動(dòng)能之比，即WA∶WB＝1∶2，D錯(cuò)誤.
【模型演練2】（2021·云南省保山市智源中學(xué)高三下學(xué)期開(kāi)學(xué)考試）兩個(gè)小木塊A和B中間夾著一輕質(zhì)彈簧，用細(xì)線捆在一起，放在光滑的水平平臺(tái)上，某時(shí)刻剪斷細(xì)線，小木塊被彈開(kāi)，落地點(diǎn)與平臺(tái)邊緣的水平距離分別為lA＝1 m，lB＝2 m，如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是

A.木塊A、B離開(kāi)彈簧時(shí)的速度大小之比
B.木塊A、B的質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1
C.木塊A、B離開(kāi)彈簧時(shí)的動(dòng)能之比EkA∶EkB＝1∶2
D.彈簧對(duì)木塊A、B的沖量大小之比IA∶IB＝1∶2
【答案】ABC
【解析】　兩個(gè)木塊被彈出離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，因下落的高度相等，所以運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。由及l(fā)A＝1 m，lB＝2 m
得，故A正確。
彈簧彈開(kāi)兩個(gè)物體的過(guò)程，對(duì)兩個(gè)木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：

得，故B正確。
由，根據(jù)可得：，故C正確。
由動(dòng)量定理D錯(cuò)誤。
【典例分析3】（2021·黑龍江大慶市·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三月考）質(zhì)量分別為3m和m的兩個(gè)物體，用一根細(xì)線相連，中間夾著一個(gè)被壓縮的輕質(zhì)彈簧，整個(gè)系統(tǒng)原來(lái)在光滑水平地面上以速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，如圖所示。后來(lái)細(xì)線斷裂，質(zhì)量為m的物體離開(kāi)彈簧時(shí)的速度變?yōu)?v0。求彈簧在這個(gè)過(guò)程中做的總功。

【答案】
【解析】系統(tǒng)動(dòng)量守恒①得
彈簧在這個(gè)過(guò)程中做的總功等于它減少的彈性勢(shì)能則由能量守恒

【典例分析4】（2021·遼寧省營(yíng)口市高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為的、兩個(gè)小物塊（均視為質(zhì)點(diǎn)），、用輕繩連接，中間有一壓縮的較短輕彈簧（彈簧與物塊不拴接）。開(kāi)始時(shí)、均靜止。在物塊右邊一定距離處有一半徑為的固定光滑豎直半圓形軌道，半圓形軌道與水平面相切于點(diǎn)，物塊的左邊靜置著一個(gè)三面均光滑的斜面體（底部與水平面平滑連接）。某一時(shí)刻細(xì)繩突然斷開(kāi)，物塊、瞬間分離，A向右運(yùn)動(dòng)，恰好能過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)（物塊過(guò)點(diǎn)后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為（小于斜面體的高度）。已知重力加速度為，求：
(1)細(xì)繩斷開(kāi)前彈簧的彈性勢(shì)能大小？
(2)斜面體的質(zhì)量？

【答案】(1)；(2)
【解析】
(1)在D點(diǎn)，有

從彈開(kāi)到D，由動(dòng)能定理，有

彈簧釋放瞬間由動(dòng)量守恒定律，有

細(xì)繩斷開(kāi)前彈簧的彈性勢(shì)能大小為

解得

(2)B滑上斜面體最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)B和斜面體，由動(dòng)量守恒定律，有

由機(jī)械能守恒定律，有

解得

【模型演練5】（2021·吉林省榆樹(shù)一中高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質(zhì)量為M＝0.2 kg的小球P和質(zhì)量為m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接)，桌面邊緣E處放置一質(zhì)量也為m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平桌面相切的光滑豎直半圓形軌道。釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C；小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為一體飛出，落在水平地面上的D點(diǎn)。已知水平桌面高為h＝0.2 m，D點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離為x＝0.2 m，重力加速度為g＝10 m/s2，求：

(1)小球P經(jīng)過(guò)半圓形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小F′NB；
(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大小vQ；
(3)被壓縮的輕彈簧的彈性勢(shì)能Ep。
【答案】(1)12 N　(2)2 m/s　(3)0.3 J
【解答】(1)小球P恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，則有Mg＝M
解得vC＝
對(duì)于小球P，從B→C，
由動(dòng)能定理有－2MgR＝Mv－Mv
解得vB＝
在B點(diǎn)有FNB－Mg＝M
解得FNB＝6Mg＝12 N
由牛頓第三定律有F′NB＝FNB＝12 N。
(2)設(shè)Q與S做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為v，所用時(shí)間為t，
根據(jù)公式h＝gt2得
t＝0.2 s
根據(jù)公式x＝vt，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有
mvQ＝2mv
解得vQ＝2 m/s。
(3)P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有MvP＝mvQ
解得vP＝1 m/s
P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有
Ep＝Mv＋mv
解得Ep＝0.3 J。
【模型演練6】（2021·黑龍江牡丹江一中高三上學(xué)期1月期末）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0 m，如圖1所示．某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek＝10.0 J．釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)．A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短．

(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；
(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？
(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？
【答案】　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物塊B先停止0．50 m 　(3)0.91 m
【解析】　(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAvA2＋mBvB2②
聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB，則有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為
sA＝vAt－at2⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒(méi)有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25 m處．B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA′，由動(dòng)能定理有
mAvA′2－mAvA2＝－μmAg⑩
聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得
vA′＝ m/s?
故A與B將發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有
mA＝mAvA″＋mBvB″?
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2?
聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s?
這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)．設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA′時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB′時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?
由④??式及題給數(shù)據(jù)得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m?
sA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m
【模型三】人船模型與類人船模型

發(fā)表評(píng)論