【物理】2018届一轮复习人教版碰撞与能量守恒教案

【物理】2018届一轮复习人教版碰撞与能量守恒教案

第2节　碰撞与能量守恒 一、碰撞 ‎1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．‎ ‎2．分类 ‎(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．‎ ‎(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．‎ ‎(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．‎ 二、动量与能量的综合 ‎1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．‎ ‎2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已．‎ ‎[自我诊断]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒(×)‎ ‎(2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度(√)‎ ‎(3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒(×)‎ ‎(4)无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加(√)‎ ‎(5)爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒(√)‎ ‎(6)反冲运动中，动量守恒，动能也守恒(×)‎ ‎2．(2017·山西运城康杰中学模拟)(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是(　　)‎ A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 解析：选ABC.根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度．故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身．故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固．故D错误．‎ ‎3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为‎3 m/s和‎1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为‎2 m/s.甲、乙两物体质量之比为(　　)‎ A．2∶3　　 B．2∶‎5　‎　　‎ C．3∶5　　 D．5∶3‎ 解析：选C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正确．‎ ‎4. 质量为ma＝‎1 kg，mb＝‎2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移－时间图象如图所示，则可知碰撞属于(　　)‎ A．弹性碰撞　　　　　　‎ B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 ‎ D．条件不足，不能确定 解析：选A.由xt图象知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前动能mav＋mbv＝ J，碰撞后动能mava′2＋mbvb′2＝ J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．‎ ‎5．(2016·高考天津卷) 如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．‎ 解析：设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得mv＝3mv共 解得v共＝.‎ 由功能关系可得μmgs＝mv2－·3m·2‎ 解得s＝.‎ 答案：　 考点一　碰撞问题 ‎1．解析碰撞的三个依据 ‎(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.‎ ‎(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.‎ ‎(3)速度要符合情景 ‎①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．‎ ‎②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.‎ ‎③如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变．除非两物体碰撞后速度均为零．‎ ‎2．碰撞问题的探究 ‎(1)弹性碰撞的求解 求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′‎ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2‎ 解得：v1′＝，v2′＝ ‎(2)弹性碰撞的结论 ‎①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．‎ ‎②当质量大的球碰质量小的球时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．‎ ‎③当质量小的球碰质量大的球时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．‎ ‎[典例1]　质量为m、速度为v的A球与质量为‎3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是(　　)‎ A．0.6v　　 B．0.4v C．0.2v D．v 解析　根据动量守恒得：mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能E′＝m(－0.8v)2＋×3m(0.6v)2＝1.72×mv2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A错误；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′＝m(－0.2v)2＋×3m(0.4v)2＝0.52×mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B正确；‎ 当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿越B球，故选项C错误；当v2＝v时，v1＝－2v，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D错误．‎ 答案　B 弹性碰撞问题的处理技巧 ‎(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略．‎ ‎(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．‎ ‎(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能．‎ ‎(4)在同一直线上的碰撞遵守一维动量守恒，通过规定正方向可将矢量运算转化为代数运算．不在同一直线上在同一平面内的碰撞，中学阶段一般不作计算要求．‎ ‎1．(2017·河北衡水中学模拟)(多选)在光滑水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有(　　)‎ A．E1＜E0 B．p2＞p0‎ C．E2＞E0 D．p1＞p0‎ 解析：‎ 选AB.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0.故A正确，C错误；根据动量守恒定律得：p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可见，p2＞p0.故B正确．故选AB.‎ ‎2．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝‎1 kg，mB＝‎2 kg，vA＝‎6 m/s，vB＝‎2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)‎ A．vA′＝‎5 m/s，vB′＝‎2.5 m/s B．vA′＝‎2 m/s，vB′＝‎4 m/s C．vA′＝－‎4 m/s，vB′＝‎7 m/s D．vA′＝‎7 m/s，vB′＝‎1.5 m/s 解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．‎ ‎3．(2016·河北衡水中学高三上四调)如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为(　　)‎ A．7∶5 B．1∶3‎ C．2∶1 D．5∶3‎ 解析：选D.设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2.①‎ 由能量守恒定律有：m1v＝m1v＋m2v②‎ 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：‎ v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5.③‎ 联立①②③，代入数据解得：m1∶m2＝5∶3，故选D.‎ ‎4．(2017·黑龙江大庆一中检测)(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝‎4 kg的小物体B以水平速度v0＝‎2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．木板A获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为‎2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1‎ 解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：木板A的质量M＝4 kg，木板获得的动能为：Ek＝Mv2＝2 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入数据解得：ΔE＝4 J，故B错误；由图得到：0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由图象可知，B的加速度：a＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正确．‎ 考点二　爆炸及反冲问题 ‎1．爆炸现象的三条规律 ‎(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．‎ ‎(2)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．‎ ‎(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．‎ ‎2．反冲的两条规律 ‎(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．‎ ‎(2)平均动量守恒 若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11－m22＝0，得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：‎ ‎①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．‎ ‎②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动．‎ ‎③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．‎ ‎1．我国发现的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接．假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确的是(　　)‎ A．mv＝mv1－Δmv2‎ B．mv＝mv1＋Δmv2‎ C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2‎ D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2‎ 解析：选C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，选项C正确．‎ ‎2．在静水中一条长l的小船，质量为M，船上一个质量为m的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为(　　)‎ A.l　 B．l C.l D.l 解析：选B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即mv人＝Mv船，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对地面行进的距离为l－x，有m＝M，则m(l－x)＝Mx，得x＝，故选项B正确．‎ ‎3．一弹丸在飞行到距离地面‎5 m高时仅有水平速度v＝‎2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g取‎10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ 解析：选B.弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有 ‎2m‎＝mv甲＋mv乙①‎ 若爆炸后甲、乙反向飞出，则有 ‎2m‎＝mv甲－mv乙②‎ 或2m＝－mv甲＋mv乙③‎ 爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t＝＝ s＝1 s，速度分别为v甲＝＝ m/s＝2.5 m/s，v乙＝＝ m/s＝0.5 m/s，代入②式不成立，A项错误；同理，可求出选项B、C、D中甲、乙的速度，分别代入①式、②式、③式可知，只有B项正确．‎ ‎4．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为m和‎2m的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．求：‎ ‎(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；‎ ‎(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．‎ 解析：(1)斜抛的手榴弹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.设v1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：‎ ‎3mv1＝2mv1′＋mv2‎ 其中爆炸后大块弹片速度v1′＝2v0，‎ 解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的速度与爆炸前速度方向相反．‎ ‎(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔEk＝×2mv1′2＋mv－(‎3m)v＝mv.‎ 答案：(1)2.5v0　方向与爆炸前速度的方向相反 ‎(2)mv 考点三　动量和能量观点综合应用 ‎1．动量的观点和能量的观点 动量的观点：动量守恒定律 能量的观点：动能定理和能量守恒定律 这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解．‎ ‎2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题 ‎(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．‎ ‎(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解．‎ ‎[典例2]　(2016·高考全国甲卷)如图，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‎3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝‎0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝‎30 kg，冰块的质量为m2＝‎10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ 解析　(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v①‎ m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②‎ 式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m3＝‎20 kg③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④‎ 代入数据得 v1＝‎1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥‎ m2v＝m2v＋m3v⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝‎1 m/s⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．‎ 答案　(1)20 kg　(2)见解析 应用动量、能量观点解决问题的两点技巧 ‎(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．‎ ‎(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况．‎ ‎1．如图所示，两块长度均为d＝‎0.2 m的木块A、B，紧靠着放在光滑水平面上，其质量均为M＝‎0.9 kg.一颗质量为m＝‎0.02 kg的子弹(可视为质点且不计重力)以速度v0＝‎500 m/s水平向右射入木块A，当子弹恰水平穿出A时，测得木块的速度为v＝‎2 m/s，子弹最终停留在木块B中．求：‎ ‎(1)子弹离开木块A时的速度大小及子弹在木块A中所受的阻力大小；‎ ‎(2)子弹穿出A后进入B的过程中，子弹与B组成的系统损失的机械能．‎ 解析：(1)设子弹离开A时速度为v1，对子弹和A、B整体，‎ 有mv0＝mv1＋2Mv Fd＝mv－mv－×2Mv2‎ 联立解得v1＝320 m/s，F＝7 362 N ‎(2)子弹在B中运动过程中，最后二者共速，速度设为v2，对子弹和B整体，有mv1＋Mv＝(m＋M)v2‎ 解得v2＝ m/s ΔE＝mv＋Mv2－(m＋M)v＝989 J.‎ 答案：(1)320 m/s　7 362 N　(2)989 J ‎2．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：‎ ‎(1)滑块a、b的质量之比；‎ ‎(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．‎ 解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得 v1＝－‎2 m/s①‎ v2＝‎1 m/s②‎ a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.‎ 由题给图象得v＝ m/s③‎ 由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④‎ 联立①②③④式得 m1∶m2＝1∶8⑤‎ ‎(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥‎ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W＝(m1＋m2)v2⑦‎ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶ΔE＝1∶2⑧‎ 答案：(1)1∶8　(2)1∶2‎ ‎3．(2016·高考全国丙卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．‎ 解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有 mv>μmgl①‎ 即μ<②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有 mv＝mv＋μmgl③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′④‎ mv＝mv1′2＋v2′2⑤‎ 联立④⑤式解得v2′＝v1⑥‎ 由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v2′2≤μmgl⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥⑧‎ 联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件≤μ<⑨‎ 答案：≤μ< ‎4．(2016·河北邯郸摸底)如图所示，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：‎ ‎(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)炸药爆炸时释放的化学能．‎ 解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0.‎ 从O滑到P，对A、B由动能定理得 ‎－μ·2mgs＝·2m()2－·2mv①‎ 解得μ＝②‎ ‎(2)在P点爆炸时，A、B动量守恒，有‎2m·＝mv③‎ 根据能量守恒定律，有 E0＋·‎2m·()2＝mv2④‎ 联立③④式解得E0＝mv.‎ 答案：(1)　(2)mv