1、第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题一、动量守恒定律1内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变2表达式(1)pp，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p.(2)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和(3)p1p2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向(4)p0，系统总动量的增量为零3适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒自测1关于
2、系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()A只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒答案C二、“三类”模型问题1“子弹打木块”模型(1)“木块”放置在光滑的水平面上运动性质：“子弹”在滑动摩擦力作用下相对地面做匀减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为在这一过程中动量守恒把“子弹”和“木块”看成一个系统：a.系统水平方向动量守恒；b.系统的机械能不守恒；c.
3、对“木块”和“子弹”分别应用动能定理(2)“木块”固定在水平面上运动性质：“子弹”在滑动摩擦力作用下相对地面做匀减速直线运动；“木块”静止不动处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律2“反冲”和“爆炸”模型(1)反冲定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动特点：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、发射火箭等规律：遵从动量守恒定律(2)爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒如爆竹爆炸等3“人船模型”问题(1)模型介绍两个原来静止的物体发生相互作用时
4、，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即为“人船模型”问题(2)模型特点两物体满足动量守恒定律：m1v1m2v20.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.应用时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的自测2如图1所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力则船和人相对地面的位移各为多少？图1答案LL解析以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的
5、另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得m船v船m人v人，因人和船组成的系统，动量始终守恒，故有m船x船m人x人，由题图可看出，x船x人L，可解得x人L，x船L.题型1动量守恒的理解例1(多选)如图2所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的水平轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()图2A两手同时放开后，系统总动量始终为零B先放开左手，再放开右手后动量不守恒C先放开左手，后放开右手，总动量向左D无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零答案ACD解析当两手同时
6、放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错误，而C、D正确变式1(2019江苏泰州中学期中)如图3所示，小车与木箱静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是()图3A男孩与小车组成的系统动量守恒B男孩与木箱组成的系统动量守恒C小车与木箱组成的系统动量守恒D男孩、小车与木箱组成的系统动量守恒答案D解析在男孩站在小车上用力向右迅速推出木
7、箱的过程中，男孩和小车组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A、B、C错误，D正确题型2动量守恒定律的基本应用例2(2019江苏卷12(1)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为()A.v B.v C.v D.v答案B解析以小孩运动方向为正方向，对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0Mvmv，解得滑板的
8、速度大小v.变式2(2019江苏金陵中学期末)如图4所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的水平轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，两滑块被一根细绳拉着而处于静止状态当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是()图4A两滑块的动量大小之比pApB21B两滑块的速度大小之比vAvB21C两滑块的动能之比EkAEkB12D弹簧对两滑块做功之比WAWB11答案C解析在两滑块刚好脱离弹簧时应用动量守恒，取脱离弹簧后A的速度方向为正方向，可得：02mvAmvB，得vA，则两滑块速度大小之比为，B错误；两滑块的动能之比EkAEkB，C正确；两滑块的动量大
9、小之比，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即WAWB12，D错误1木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒2两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相3根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能4系统产生的内能QFfx相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积5当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为EkFfL(L为木块的长度)例3(2019江苏南通市一模)如图5所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与
10、墙间用水平轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，经过一段时间，木块第一次回到A 位置，弹簧在弹性限度内求：图5(1)木块第一次回到A位置时速度大小v；(2)此过程中墙对弹簧冲量I的大小答案(1)v0(2)2mv0解析(1)子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，以v0方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0(Mm)v解得：v子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v.(2)子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定
11、理得：I(Mm)vmv02mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0.变式3如图6所示，将质量为M3m的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为；现将同样的木块放在光滑的水平面上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块，则子弹()图6A不能射穿木块，子弹和木块以相同的速度做匀速运动B能射穿木块C刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度为0D刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度大于答案A解析射穿木块损失的动能Ekmv02m2mv02.当木块放在光滑水平面上时，子弹和木块的动量守恒，假设子弹恰好射穿木块，则有mv0(Mm)v，v，此时损失的动能Ek
12、mv02(Mm)v2mv02mv02，这说明子弹不能射穿木块，故A正确，B、C、D均错误.1反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，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2.爆炸现象的三个规律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，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运
13、动例4(2017江苏卷12C(3)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s.甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s.求甲、乙两运动员的质量之比答案32解析取甲运动员原运动方向为正方向，由动量守恒m1v1m2v2m2v2m1v1，代入数据得变式4一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)()A. B.C. D.答案C解析以v
14、0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0mv1(Mm)v2，解得v2，故选C.变式5(2019江苏苏北三市期末)一枚在空中飞行的炮弹，质量M6 kg，在最高点时的速度v0900 m/s，炮弹在该点突然炸裂成A、B两块，其中质量m2 kg的B做自由落体运动求：(1)爆炸后A的速度大小；(2)爆炸过程中A受到的冲量大小答案(1)1 350 m/s(2)1 800 Ns解析(1)炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向根据动量守恒定律有：Mv0(Mm)vA，解得vA1 350 m/s，方向与初速度方向相同；(2)根据动量定理可知A受到的冲量大小为：Ip(Mm)vA(Mm)v0(Mm)(v
15、Av0)1 800 Ns，方向与初速度方向相同拓展点反冲运动中的“人船”模型1特点2方程m1v1m2v20(v1、v2为速度大小)3结论m1x1m2x2(x1、x2为位移大小)例5有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为()A. B.C. D.答案B解析设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v，人从船头走到船尾用时为t，船的位移为d，人的位移为Ld，所以v，v.以船
16、后退的方向为正方向，根据动量守恒有：0Mvmv，可得：M，小船的质量为：M，故B正确变式6(2019湖南娄底市下学期质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为()A. h B. hC.h D.h答案C解析设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0Mv2mv1人沿软梯降至地面，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1.气球上升的高度为Lh，平均速度大小为v2.联立得：0Mm，解得：
17、Lh，故C正确，A、B、D错误1.(动量守恒定律的理解)(多选)(2020安徽省宣城市调研)如图7所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是()图7A若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B若物体滑动中受到摩擦力，该系统全过程动量也守恒C不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同D不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同答案BCD解析物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有
18、损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确2(反冲运动模型)(2020山东临沂市质检)2017年6月15日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为
19、M2 100 g当它以对地速度为v0840 m/s喷出质量为m100 g的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)()A42 m/s B42 m/s C40 m/s D40 m/s答案B解析喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：0mv0(Mm)v，解得：v42 m/s，故B正确，A、C、D错误3(子弹打木块模型)(2019四川省第二次诊断)如图8甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块当子弹刚射穿木块时，
20、木块向前移动的距离为s，如图乙所示设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点则子弹穿过木块的时间为()图8A.(sL) B.(s2L)C.(sL) D.(L2s)答案D解析子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0mv1mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹，由动能定理有：Ff(sL)mv12mv02，由动量定理有：Fftmv1mv0，对木块，由动能定理有：Ffsmv22，由动量定理有：Fftmv2，联立解得：t(L2s)，故选D.4.(动量守恒定律的基本应用)(2019江苏南京市六校联考)如图9所示，在光滑水平
21、冰面上，一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度v01.0 m/s向左匀速运动某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v17.0 m/s向左推出，冰车与竖直墙发生碰撞后原速率弹回已知冰车的质量为m110 kg，小孩与滑板的总质量为m230 kg，小孩与滑板始终无相对运动取g10 m/s2.图9(1)求冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大小I；(2)通过计算判断，冰车能否追上小孩？答案(1)140 Ns(2)冰车能追上小孩解析(1)以向左为正方向，冰车在碰撞过程由动量定理有Im1(v1)m1v1解得I140 Ns(2)设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，由动量守恒定律有(m1m2)v0m1v1
22、m2v解得v1.0 m/s由于|v|v1，故冰车能追上小孩5(子弹打木块模型)如图10所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4.质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：图10(1)子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1的大小；(2)木板向右滑行的最大速度v2的大小；(3)物块在木板上滑行的时间t.答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s解析(1)子弹进入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度，以v0
23、的方向为正方向，由动量守恒定律有m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，对子弹、物块和木板组成的系统，由动量守恒定律有(m0m)v1(m0mM)v2解得v22 m/s(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理有(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1解得t1 s.1(2019福建龙岩市5月模拟)如图1，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是()图1A若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动B若水
24、平面光滑，打后平板车可能向右运动C若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动D若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动答案D解析以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合外力为零，水平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一定向左运动，A错误；系统水平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B错误；若水平面粗糙，在锤子挥下的过程车由于受摩擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，C错误，D正确2.如图2所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量
25、为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()图2AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA向左运动，B向右运动答案D解析以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误3.(2017全国卷14)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
26、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)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s答案A解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0m1v1m2v2，则火箭的动量大小为p1m1v1m2v230 kgm/s，所以A正确，B、C、D错误4(多选)(2020河北唐山市模拟)如图3所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d
27、，木块加速运动的位移为x.则以下说法正确的是()图3A子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D子弹对木块做的功等于木块动能的增量答案BD解析子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Ffx，摩擦力对子弹做的功为Ff(xd)，可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知：子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故选项D正确5
28、一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列选项图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()答案B6.(多选)如图4所示，一质量M3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()图4A2.1 m/s B2.4 m/sC2.8 m/s D3.0 m/s答案AB解析以A、B组成的系统为研究对
29、象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(Mm)vMvB1，代入数据解得vB12.67 m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得(Mm)v(Mm)vB2，代入数据解得vB22 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/svB2.67 m/s，故选项A、B正确7(2019陕西榆林市第三次测试)如图5甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg和mB3.0 kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t0时，以一定速度向右运动在t4 s时与
30、物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B的冲量I的大小为()图5A9 Ns B18 Ns C36 Ns D72 Ns答案C解析由题图乙知，C与A碰前速度为：v19 m/s，碰后瞬间C的速度为：v23 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1(mAmC)v2，代入数据解得mC2 kg, 12 s末A和C的速度为：v33 m/s,4 s到12 s，墙对B的冲量为：I(mAmC)v3(mAmC)v2，代入数据解得：I36 Ns，方向向左，故C正确，A、B、D错误8一质量为M的木块放
31、在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？(2)子弹在木块内运动的时间为多长？答案(1)v0(2)解析(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，对子弹、木块组成的系统，由动量守恒定律有：mv0(Mm)v解得vv0.(2)设子弹在木块内运动的时间为t，对木块，由动量定理有：FftMv0解得t.9一火箭喷气发动机每次喷出m200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M300 kg，发动机每秒喷气20次(1)当发动机第三次喷
32、出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？答案(1)2 m/s(2)13.5 m/s解析(1)选取整体为研究对象，设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：0(M3m)v33mv，故v32 m/s.(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得：0(M20m)v2020mv，故v2013.5 m/s.10(2020河北邯郸市模拟)如图6所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：图6(1)木块与水平地面间的动摩擦因数；(2)炸药爆炸时释放的化学能E0.答案(1)(2)mv02解析(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得2mgs2m()22mv02解得.(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，有2mmv，根据能量守恒定律有E02m()2mv2解得E0mv02.