专题4 爆炸模型和人船模型 讲义-2026年高三物理暑期能力提升

高三物理暑期能力提升 专题4 爆炸模型和人船模型 【方法解读】 一、 .爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体系统内部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 机械能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 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，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 二、 人船模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律:mv人－Mv船＝0。 (2)两物体的位移大小满足:m－M＝0，x人＋x船＝L(L为船的长度)，得x人＝L，x船＝L。 3.运动特点 (1)人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。 (2)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。 4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 三、.反冲运动 作用原理 反冲运动是系统内两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，所以系统的机械能增加 【讨论交流】 一架喷气式飞机(如图所示)飞行的速度是800 m/s，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于800 m/s，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？ 答案　还会增加。设飞机的质量为M，喷出的气体质量为m。取飞机喷气前速度v0的方向为正方向，喷出的气体的速度为v1，v1的方向与v0相同，且v0>v1，由动量守恒定律，有(M+m)v0=mv1+Mv2，v2=v0+，由于v0>0，v1>0，且v0>v1，故有v2>v0，因此飞机的速度还会增加。 【例1】(2025·湖南邵阳市二模)如图所示为质量为m的某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次在一水平地面上燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1∶2的P、Q两部分。若P、Q沿水平方向向相反方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.下层火药被引燃后爆竹获得的动量为m B.爆竹分裂后Q获得的速度大小为 C.P、Q着地前瞬间的速度大小之比2∶1 D.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 答案　D 解析　设下层火药被引燃后爆竹的速度大小为v，则v2=2gh，下层火药被引燃后爆竹获得的动量为p=mv，解得p=m，故A错误； 引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向有h=gt2，水平方向有L=v1t+v2t，上层火药引燃瞬间系统水平方向动量守恒，取质量较小的部分P获得的速度方向为正方向，则有0=mv1-mv2，解得P、Q各自获得的速度大小分别为v1=，v2=，故B错误； P、Q着地前瞬间竖直方向的速度大小均为vy=，P、Q着地前瞬间的速度大小分别为v1'==，v2'==， 所以v1'∶v2'≠2∶1，故C错误； 上层火药引燃后爆竹增加的机械能为E1=×m+×m，下层火药引燃后爆竹增加的机械能为E2=mgh，解得=，故D正确。 【例2】(2025·四川凉山州三模)如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人相对于车以相同的位置和速度将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中，所有球仍在车上。假设球入筐的位置相同，忽略空气阻力，则在投球过程中(　　) A.小车始终未动 B.人、车和球组成的系统动量守恒 C.每次球在空中运动期间小车向右移动的距离相同 D.球全部落入筐后，小车将静止不动 答案　CD 解析　在投球过程中，人、车和球系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，车向右运动，故A、B错误；设一个球的质量为m，人、车和剩余球的质量为M，人扔球时到筐的水平距离为L，根据水平方向动量守恒mv球=Mv车，则mx球=Mx车，又x球+x车=L，解得x车=L，故C正确；当球全部投入左边的筐中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，故D正确。 【针对性训练】 1　(2025·重庆市三模)某新型连续旋转爆震发动机测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震(喷气时间极短，忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　) A.每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B.每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同 C.经过n次喷气后，飞行器速度为 D.由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 答案　C 解析　由题意可知，每次喷气过程中，系统(包括飞行器和喷出的气体)总动量守恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，即与喷气方向相反，故A错误；根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为Δm，速度为v，飞行器质量变为M-Δm，速度为v1，则有0=-Δmv+(M-Δm)v1，解得v1=，所以第一次喷气后速度增量Δv1=v1=，在第二次喷气之前，此时系统总动量为(M-Δm)v1，喷气后，喷出气体质量仍为Δm，速度为v，飞行器质量变为M-2Δm，速度为v2，则有(M-Δm)v1=(M-2Δm)v2-Δmv，将v1=代入，可得v2=，所以第二次喷气后速度增量Δv2=v2-v1=-=，以此类推，可知每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B错误；设经过n次喷气后飞行器的速度为vn。系统初始总动量为0，n次喷气后，喷出气体总质量为nΔm，速度为v，飞行器质量变为M-nΔm，速度为vn。根据动量守恒定律可得0=-nΔmv+(M-nΔm)vn，解得vn=，故C正确；虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中可以通过爆震加速，故D错误。 2 如图所示，将一质量为M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m的小球自左侧槽口从A点静止开始落下，则以下结论中正确的是(　　) A.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒 B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移大小是 D.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移大小是 答案　ABD 解析　小球在半圆槽内运动的全过程中，地面和圆弧面光滑，只有小球的机械能与半圆槽的机械能之间相互转化，球与半圆槽构成的系统机械能守恒，故A正确；地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B正确；小球到达右边最高点时，设小球和半圆槽通过的水平位移大小分别为x、y，如图所示， 小球和半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，在运动过程中小球和半圆槽在任意时刻的水平速度满足mvm=MvM，则有mx=My，小球到达右边最高点时，根据位移关系可得x+y=2R，解得x=，y=，小球通过的水平位移大小是，故C错误，D正确。 3 .(2025·重庆市九龙坡区检测)烟花从地面竖直向上发射，在最高点爆炸成质量不等的两块，质量比为1∶3，其中质量大的一块速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。则(　　) A.烟花发射后，上升到最高点的过程中，动量守恒 B.烟花发射后，上升到最高点的过程中，机械能不守恒 C.爆炸完毕后瞬间，质量小的一块烟花的速度大小为3v D.在爆炸的过程中，两块烟花动量守恒，机械能守恒 答案　C 解析　烟花发射后，上升到最高点的过程中，所受合外力不为零，所以整体的动量不守恒，但只有重力做功，所以机械能守恒，故A、B错误；在最高点爆炸成质量不等的两块，根据动量守恒定律可得3mv=mv'，解得质量小的一块烟花的速度大小为v'=3v，故C正确；在爆炸的过程中，两块烟花动量守恒，机械能增加，故D错误。 4 .(2026·安徽省A10联盟检测)如图，足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细线相连，一起匀速下降。现剪断细线，若只考虑物体所受的重力和浮力，从剪断细线到木块停止下沉前，木块与铁块组成的系统(　　) A.总动量不变，总动能不变 B.总动量不变，总动能变化 C.总动量变化，总动能变化 D.总动量变化，总动能不变 答案　B 解析　由于木块与铁块开始时匀速下降，系统所受的合外力为零，剪断细线后系统的合外力仍为零，系统的总动量守恒，由于铁块下降的距离大于木块下降的距离，系统的合外力做正功，总动能增加，故选B。 5 .(2025·辽宁丹东市期末)乌贼被称为“海中火箭”，其“外套膜”能够迅速收缩，将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺，可轻易加速到15 m/s。一质量为0.5 kg(体内不含水)的乌贼吸入一定质量的水后静止，某时刻开始将吸入的水以相对于地面恒为40 m/s的速度全部水平喷出，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则(　　) A.乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒 B.乌贼向后喷水，喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动 C.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度，则要一次性喷出约0.19 kg的水 D.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度，此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为20 N·s 答案　C 解析　乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；乌贼与喷出的水之间的相互作用力使得乌贼向前运动，故B错误；根据动量守恒定律有mv=Mv'，解得m≈0.19 kg，故C正确；对喷出的水根据动量定理有I=mv，解得I=7.5 N·s，故D错误。 6. (2025·陕西咸阳市检测)可视为质点的物体A和B紧靠在一起放在水平地面上，其中A物体左侧地面粗糙，A物体与左侧粗糙地面间的动摩擦因数为0.3，B物体右侧地面光滑。两物体间夹有炸药(大小可忽略不计)，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，两物体获得的总能量E=9 J。已知A、B两物体的质量均为1 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　) A.分离瞬间A的速度大小为1.5 m/s B.分离瞬间B的速度大小为3 m/s C.从分离到A停止运动经过的时间是1 s D.从分离到A停止运动，A、B两物体间的距离是3 m 答案　BC 解析　炸药爆炸后，设分离瞬间物体A的速度大小为vA，物体B的速度大小为vB，对A、B两物体组成的系统由动量守恒定律得mvA=mvB，由能量守恒得E=m+m，联立可得vA=vB=3 m/s，选项A错误，B正确；A、B两物体分离后，A物体向左做匀减速直线运动，对A受力分析，根据牛顿第二定律得a=μg=3 m/s2，根据运动学公式可知从分离到A物体停止运动，经过的时间t==1 s，选项C正确；从分离到A停止运动，物体A运动的位移为xA=t=1.5 m，物体B运动的位移xB=vBt=3 m，故两物体之间的距离d=xB+xA=4.5 m，选项D错误。 7 如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船的上表面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离x＝L，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到的水的阻力，忽略空气阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有(　　) A.铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为L B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为 C.小木船最终的速度大小为 D.弹簧释放的弹性势能为 答案　BD 解析　对船与铁块组成的系统，有mx1－Mx2＝0，由于铁块到船头的距离为L，则有x1＋x2＝L，解得x1＝L，x2＝L，铁块脱离木船后在空中运动的水平距离x3＝x2＋x＝L＋L＝L，A错误;铁块脱离木船后做平抛运动，则有h＝gt2，x3＝v1t，解得v1＝，B正确;根据mv1－Mv2＝0，结合上述分析得v2＝，C错误;弹簧释放的弹性势能为Ep＝mM，D正确。 8.春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为(　　) A.E B.E C.E D.E 答案　D 解析　设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒定律可得mv1＝(M－m)v2，解得v2＝v1，又E＝m，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为E总＝m(M－m)，联立解得E总＝E，故D正确。 9.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(重力加速度为g)(　　) A.FN＝mgcos α B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α C.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 D.此过程中斜面体向左滑动的距离为L 答案　D 解析　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直斜面方向的合力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，A错误;滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误;滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量不守恒，C错误;A、B组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确。 　 10 在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A.两碎块的位移大小之比为1∶2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C.爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m 答案 B 解析：　设质量小的碎块的质量为m，则质量大的碎块的质量为2m；设爆炸时质量大的碎块的水平速度大小为v，质量小的碎块的水平速度大小为v'，根据动量守恒定律有2mv－mv'＝0，解得v'＝2v；两碎块都做平抛运动，设其下落时间为t，则vt＝v声（t1－t），2vt＝v声（t2－t），其中t1＝5 s，t2＝6 s，解得t＝4 s，v＝85 m/s；再由h＝gt2可得，爆炸点离地面的高度为80 m，B正确；两碎块的水平位移大小之比为1∶2，但从两碎块开始抛出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A错误；爆炸后的质量大的碎块的初速度为85 m/s，C错误；爆炸后两碎块向相反的方向运动，落地点之间的水平间距为Δx＝（v＋2v）t＝（85＋85×2）×4 m＝1 020 m，D错误。 11 （2025·广东江门模拟）烟花飞上天后在天空中爆炸。当烟花从水平地面斜飞向天空且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两碎块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，下列说法正确的是（　　） A.炸裂时，质量较大的P受到的内力更大 B.炸裂过程烟花水平方向动量守恒 C.炸裂后，P飞行的水平距离较大 D.炸裂后，P、Q两块同时落地 答案 BD 解析：　炸裂时，P、Q两碎块受到的内力相等，故A错误；炸裂时，烟花位于最高点，水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，故B正确；炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可以与原方向相反，无法确定P、Q两碎块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较二者飞行的水平距离大小关系，故C错误；炸裂后，P、Q两碎块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动同时落地，故D正确。 12 （2025·浙江湖州期末）用火箭发射人造卫星，发射过程中最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为1.8×103 m/s。下列说法正确的是（　　） A.分离后火箭壳体的速度大小为7.3×103 m/s B.分离后火箭壳体的速度大小为3.3×104 m/s C.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为1.5×105 N·s D.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为1.5×105 kg·m/s 答案 C 解析：　设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度为v，卫星的质量为m1，火箭壳体的质量为m2，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为Δv，分离后火箭壳体的速度大小为v'，分离前后卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒，则分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为0，取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得（m1＋m2）v＝m1（v'＋Δv）＋m2v'，解得v'＝5.5×103 m/s，则分离后卫星的速度为v卫＝v'＋Δv＝7.3×103 m/s，故A、B、D错误。分离过程中，设火箭壳体对卫星的冲量大小为I，对卫星由动量定理有I＝m1v卫－m1v＝1.5×105 N·s，故C正确。 13 如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（　　） A.h B.（h＋2a） C.（h＋2a） D.h＋2a 答案：D 解析：设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块组成的系统，系统外力为零，由动量守恒定律（人船模型）可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，D正确。 14 （2023·湖南高考15题改编）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。 （1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小； （2）凹槽相对于初始时刻运动的距离。 答案：（1）　（2） 解析：（1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向上小球和凹槽组成的系统动量守恒，有0＝mv1－Mv2 对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有 mgb＝m＋M 联立解得v2＝。 （2）根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2 又由位移关系知x1＋x2＝a 解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝。 15 (2025·四川成都模拟)两响爆竹，是一种传统民俗用品，两响爆竹的纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20米后，凌空爆响。质量为200 g的两响爆竹在0.01 s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体(此过程两响爆竹的位移可以忽略)，然后被竖直发射到距离地面h＝20 m的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设两响爆竹被炸成两部分，其中80 g的部分以5 m/s的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10 m/s2，求: (1)下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小; (2)上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。 答案　(1)402 N　(2) m 解析　(1)设下层火药爆炸后爆竹的速度为v0，则＝2gh，解得v0＝20 m/s 由动量定理得(－mg)Δt＝mv0 解得＝402 N。 (2)爆竹爆炸的过程在水平方向动量守恒，有 m1v1＝m2v2，其中m1＝80 g，v1＝5 m/s，m2＝120 g 解得v2＝ m/s 两部分爆竹均做平抛运动，则有h＝gt2 解得t＝2 s 上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为x＝v1t＋v2t＝ m。 16 .(8分)(2025·北京卷·17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)(2分)该物体抛出时的初速度大小v0； (2)(2分)炸裂后瞬间B的速度大小vB； (3)(4分)A、B落地点之间的距离d。 答案　(1)gt　(2)2v　(3)3vt 解析　(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0=v0-gt 可得v0=gt (2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。以A的运动方向为正方向，A速度为v，设B速度大小为vB，由动量守恒定律得0=2m·v-m·vB 解得vB=2v (3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA=vt B的水平位移xB=vBt=2vt 所以落地点A、B之间的距离d=xA+xB=vt+2vt=3vt。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三物理暑期能力提升 专题4 爆炸模型和人船模型 【方法解读】 一、 .爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体系统内部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 机械能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 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，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 二、 人船模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律:mv人－Mv船＝0。 (2)两物体的位移大小满足:m－M＝0，x人＋x船＝L(L为船的长度)，得x人＝L，x船＝L。 3.运动特点 (1)人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。 (2)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。 4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 三、.反冲运动 作用原理 反冲运动是系统内两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，所以系统的机械能增加 【讨论交流】 一架喷气式飞机(如图所示)飞行的速度是800 m/s，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于800 m/s，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？ 【例1】(2025·湖南邵阳市二模)如图所示为质量为m的某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次在一水平地面上燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1∶2的P、Q两部分。若P、Q沿水平方向向相反方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.下层火药被引燃后爆竹获得的动量为m B.爆竹分裂后Q获得的速度大小为 C.P、Q着地前瞬间的速度大小之比2∶1 D.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 【例2】(2025·四川凉山州三模)如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人相对于车以相同的位置和速度将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中，所有球仍在车上。假设球入筐的位置相同，忽略空气阻力，则在投球过程中(　　) A.小车始终未动 B.人、车和球组成的系统动量守恒 C.每次球在空中运动期间小车向右移动的距离相同 D.球全部落入筐后，小车将静止不动 【针对性训练】 1　(2025·重庆市三模)某新型连续旋转爆震发动机测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震(喷气时间极短，忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　) A.每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B.每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同 C.经过n次喷气后，飞行器速度为 D.由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 2 如图所示，将一质量为M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m的小球自左侧槽口从A点静止开始落下，则以下结论中正确的是(　　) A.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒 B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移大小是 D.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移大小是 3 .(2025·重庆市九龙坡区检测)烟花从地面竖直向上发射，在最高点爆炸成质量不等的两块，质量比为1∶3，其中质量大的一块速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。则(　　) A.烟花发射后，上升到最高点的过程中，动量守恒 B.烟花发射后，上升到最高点的过程中，机械能不守恒 C.爆炸完毕后瞬间，质量小的一块烟花的速度大小为3v D.在爆炸的过程中，两块烟花动量守恒，机械能守恒 4 .(2026·安徽省A10联盟检测)如图，足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细线相连，一起匀速下降。现剪断细线，若只考虑物体所受的重力和浮力，从剪断细线到木块停止下沉前，木块与铁块组成的系统(　　) A.总动量不变，总动能不变 B.总动量不变，总动能变化 C.总动量变化，总动能变化 D.总动量变化，总动能不变 5 .(2025·辽宁丹东市期末)乌贼被称为“海中火箭”，其“外套膜”能够迅速收缩，将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺，可轻易加速到15 m/s。一质量为0.5 kg(体内不含水)的乌贼吸入一定质量的水后静止，某时刻开始将吸入的水以相对于地面恒为40 m/s的速度全部水平喷出，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则(　　) A.乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒 B.乌贼向后喷水，喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动 C.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度，则要一次性喷出约0.19 kg的水 D.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度，此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为20 N·s 6. (2025·陕西咸阳市检测)可视为质点的物体A和B紧靠在一起放在水平地面上，其中A物体左侧地面粗糙，A物体与左侧粗糙地面间的动摩擦因数为0.3，B物体右侧地面光滑。两物体间夹有炸药(大小可忽略不计)，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，两物体获得的总能量E=9 J。已知A、B两物体的质量均为1 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　) A.分离瞬间A的速度大小为1.5 m/s B.分离瞬间B的速度大小为3 m/s C.从分离到A停止运动经过的时间是1 s D.从分离到A停止运动，A、B两物体间的距离是3 m 7 如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船的上表面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离x＝L，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到的水的阻力，忽略空气阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有(　　) A.铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为L B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为 C.小木船最终的速度大小为 D.弹簧释放的弹性势能为 8.春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为(　　) A.E B.E C.E D.E 9.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(重力加速度为g)(　　) A.FN＝mgcos α B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α C.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 D.此过程中斜面体向左滑动的距离为L 　 10 在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A.两碎块的位移大小之比为1∶2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C.爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m 11 （2025·广东江门模拟）烟花飞上天后在天空中爆炸。当烟花从水平地面斜飞向天空且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两碎块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，下列说法正确的是（　　） A.炸裂时，质量较大的P受到的内力更大 B.炸裂过程烟花水平方向动量守恒 C.炸裂后，P飞行的水平距离较大 D.炸裂后，P、Q两块同时落地 12 （2025·浙江湖州期末）用火箭发射人造卫星，发射过程中最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为1.8×103 m/s。下列说法正确的是（　　） A.分离后火箭壳体的速度大小为7.3×103 m/s B.分离后火箭壳体的速度大小为3.3×104 m/s C.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为1.5×105 N·s D.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为1.5×105 kg·m/s 13 如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（　　） A.h B.（h＋2a） C.（h＋2a） D.h＋2a 14 （2023·湖南高考15题改编）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。 （1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小； （2）凹槽相对于初始时刻运动的距离。 答案：（1）　（2） 解析：（1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向上小球和凹槽组成的系统动量守恒，有0＝mv1－Mv2 对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有 mgb＝m＋M 联立解得v2＝。 （2）根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2 又由位移关系知x1＋x2＝a 解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝。 15 (2025·四川成都模拟)两响爆竹，是一种传统民俗用品，两响爆竹的纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20米后，凌空爆响。质量为200 g的两响爆竹在0.01 s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体(此过程两响爆竹的位移可以忽略)，然后被竖直发射到距离地面h＝20 m的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设两响爆竹被炸成两部分，其中80 g的部分以5 m/s的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10 m/s2，求: (1)下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小; (2)上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。 16 .(8分)(2025·北京卷·17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)(2分)该物体抛出时的初速度大小v0； (2)(2分)炸裂后瞬间B的速度大小vB； (3)(4分)A、B落地点之间的距离d。 1 学科网（北京）股份有限公司 $