第1章 专题强化2 反冲现象的应用——人船模型、爆炸问题（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（鲁科版）

本讲义聚焦高中物理反冲现象的应用，系统梳理“人船模型”和“爆炸问题”两大核心知识点。以动量守恒定律为基础，先通过人船模型建立速度与位移关系（m1s1=m2s2），再延伸到爆炸问题中动量守恒与能量转化分析，形成从规律到应用的学习支架。 该资料通过模型建构与科学推理深化理解，如人船模型结合气球载人、滑块滑圆环等实例，爆炸问题融入平抛运动拓展，培养学生科学思维。练习题覆盖生活情境（如“独竹漂”）和科技问题（如导弹爆炸），课中辅助教师引导分析，课后帮助学生巩固模型应用，查漏补缺。

专题强化2　反冲现象的应用——人船模型、爆炸问题 [学习目标]　1.掌握“人船模型”的特点，并能运用动量守恒定律分析、解决相关问题(重难点)。2.能运用动量守恒定律解决“爆炸问题”。 一、反冲运动的应用——“人船模型” 一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。不计水的阻力，求此过程中： (1)船向哪运动？当小孩速度为v时，船速多大； (2)当小孩向左移动位移x时，船的位移多大； (3)小孩和船的位移与两者质量有什么关系； (4)船长为L，若小孩从船头运动到船尾，小孩的位移为多大。 答案　(1)因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩的速度v的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv-Mv'=0，解得v'=。 (2)由人船系统始终动量守恒可知 m-M'=0，故当小孩的位移大小为x时，有 m-M=0，解得x'=。 (3)小孩与小船的位移大小与质量成反比， 即=。 (4)x+x'=L，解得x=L。 1.模型概述 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，有m1v1-m2v2=0，转换成位移有m1s1=m2s2。 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1　如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)(　　) A.60 m B.40 m C.30 m D.10 m 答案　A 解析　人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，运动时间为t，以系统为研究对象，向下为正方向，由动量守恒定律得m1v1-m2v2=0，则m1-m2=0，解得s气球=2s人=40 m，则绳子长度L=s气球+s人=40 m+20 m=60 m，即绳长至少为60 m，故选A。 拓展　若绳长为60 m，人悬挂在绳的末端B点，气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处，则气球实际下降的距离是多少？ 答案　40 m 解析　人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，运动时间为t，以系统为研究对象，向上为正方向，由动量守恒定律得m1v1-m2v2=0，则m1-m2=0，绳子长度L=s气球+s人 ，解得s气球=40 m。 例2　(2024·福州第三中学高二期末)如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端(A下端刚好触地)时，B的水平位移大小是(　　) A.b B.b C.(b-a) D.(b-a) 答案　C 解析　A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，规定物体B的运动方向为正方向，B的水平位移大小为s，则 m2s-m1(b-a-s)=0， 解得s=，故C正确，A、B、D错误。 “人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意： (1)适用条件： 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)。 (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系(一般为地面)的位移。 二、爆炸问题 有一炸弹突然爆炸分成了两块，在爆炸前后，系统的动量和机械能怎样变化，为什么？ 答案　由于爆炸时内力远大于外力，故爆炸时系统动量守恒，爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，故爆炸时系统机械能增加。 1.模型概述 物体在极短时间内分成了两块。爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒。 2.能量特点：爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，系统机械能增加。 例3　“爆竹声中一岁除”，爆竹送来浓浓的年味。一质量为0.06 kg的爆竹以一定的速度竖直向上运动，当运动到最高点时爆炸成质量之比为1∶2的两部分，质量较小的部分速度大小为10 m/s，不计空气阻力及爆炸过程中的质量损失，取重力加速度大小g=10 m/s2，爆竹爆炸后的总动能为(　　) A.2.0 J B.2.5 J C.1.5 J D.1.0 J 答案　C 解析　根据题意，设爆炸后两部分的质量分别为m1、m2，则有m1+m2=0.06 kg，=，解得 m1=0.02 kg，m2=0.04 kg；设爆炸后质量较大的部分的速度为v，取质量较小部分速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v0+m2v=0，解得v=-5 m/s，由Ek=mv2可得，爆竹爆炸后的总动能为Ek=(×0.02×102+×0.04×52)J=1.5 J，故选C。 拓展1　若爆炸点离地80 m，爆炸后质量较小的部分的速度水平向右，两部分碎片落地后的水平距离是多少？重力加速度g取10 m/s2。 答案　60 m 解析　爆炸后两部分沿相反方向做平抛运动，设下落时间为t，则h=gt2，解得t=4 s；两部分碎片落地后的水平距离是x=x1+|x2|=v0t+|v|t=60 m。 拓展2　爆炸后质量较小的部分的速度水平向右，爆炸过程中质量较小的部分受到的冲量是多少？ 答案　0.2 N·s，方向水平向右 解析　根据动量定理，爆炸过程中质量较小的部分受到的冲量是I=m1v0=0.2 N·s，方向水平向右。 专题强化练 [分值：60分] [1~5题，每题5分] 1.如图所示，质量为450 kg的小船静止在平静的水面上，质量为50 kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2 m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是(　　) A.人在甲板上向右散步时，船也将向右运动 B.人在立定跳远的过程中船相对地面保持静止 C.人在立定跳远的过程中船相对地面后退了0.4 m D.人相对地面的成绩为1.8 m 答案　D 解析　根据动量守恒定律知，人在甲板上向右散步时，船将向左运动，故A错误；根据“人船模型”动量守恒有Mx=m(d-x)，代入数据解得x=0.2 m，即人在立定跳远的过程中船后退了0.2 m，故B、C错误；人相对地面的成绩为2 m-0.2 m=1.8 m，故D正确。 2.“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。“独竹漂”高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。照片的比例尺为1∶40。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为(　　) A.41.5 kg B.45 kg C.47.5 kg D.50 kg 答案　B 解析　对该女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1=m2x2，代入数据可得该女子的质量为m1=45 kg，故选B。 3.如图所示，质量为M、半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块从与环心O等高处开始无初速度下滑到达最低点时，滑块发生的位移大小为(　　) A.R B.R C.R D. 答案　D 解析　设滑块滑到最低点所用的时间为t，滑块发生的水平位移大小为s，则圆环的位移大小为R-s，取水平向左为正方向，则根据水平方向动量守恒得m-M=0 解得s=R，滑块竖直方向的位移大小为R，则总位移为s'==，A、B、C错误，D正确。 4.假设一质量为m的白磷弹竖直向上运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时质量为m1部分的动能为Ek1，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　爆炸后瞬时质量为m1部分的速度大小为v1，另一部分的质量为(m-m1)，速度大小为v2，根据动量守恒可得m1v1=(m-m1)v2，又Ek1=m1，Ek2=(m-m1)， 该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为Ek总=Ek1+Ek2，联立解得Ek总=，故选C。 5.如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以0.5 m/s的速度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.爆炸过程中甲、乙两球增加的总机械能为0.027 J 答案　D 解析　设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2，根据题意有v2t-v1t=x，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；爆炸过程中两球增加的总机械能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。 6.(8分)有一种叫“钻天猴”的烟花，假设总质量M=100 g，点火后竖直上升到距地面45 m高处，爆炸分成质量分别为m1=40 g和m2=60 g的两块(炸药质量忽略不计)。其中质量为m1的一块在爆炸后刚好做自由落体运动，质量为m1的一块落地后又经过6 s，质量为m2的另一块也落到地面。g=10 m/s2，求： (1)(4分)爆炸前“钻天猴”的速度大小； (2)(4分)爆炸过程中释放的能量。 答案　(1)24 m/s　(2)19.2 J 解析　(1)质量为m1的一块爆炸后速度v1=0，落地时间设为t1，则h=g 解得t1=3 s 则质量为m2的另一块落地时间t2=9 s 设其爆炸后的速度大小为v2，则 h=-v2t2+g 解得v2=40 m/s 爆炸前后由动量守恒定律得Mv0=m1v1+m2v2 解得v0=24 m/s (2)根据能量守恒定律， Q=m1+m2-M 解得Q=19.2 J。 [7~9题，每题6分] 7.(多选)地空导弹又称防空导弹，是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某次导弹试射中，质量为M的地空导弹斜射向天空，运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的弹头以速度v沿v0的方向飞去，爆炸过程时间极短，为Δt。重力加速度为g，整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A.爆炸后的瞬间，另一块一定沿着与v0相反的方向飞去 B.爆炸后的瞬间，另一块的速度大小为 C.爆炸过程释放的化学能为mv2-M D.从爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，水平方向动量守恒 答案　BD 解析　在最高点水平方向动量守恒，取v0的方向为正方向，则有Mv0=(M-m)v'+mv，则得另一块的速度为v'=，可正可负可为零，故A错误，B正确；爆炸过程释放的化学能为E=mv2+(M-m)v'2-M，故C错误；从爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，在水平方向上不受外力作用，因此在水平方向动量守恒，故D正确。 8.(多选)如图，载有物资的总质量为M的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。热气球所受浮力不变，不计阻力。下列说法正确的是(　　) A.物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒 B.投出物资后热气球做匀速直线运动 C.d= D.d=H+()2H 答案　AC 解析　物资投出之前，物资和热气球所受合力为零，物资投出后，热气球和物资所受合外力不变，则系统所受合外力仍为零，则物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项A正确；投出物资后热气球所受合外力向上，则向上做匀加速直线运动，选项B错误；设物资落地时热气球上升的高度为h，则对物资和热气球组成的系统，由动量守恒定律得(M-m)=m，解得h=，则d=H+h=H+=，选项C正确，D错误。 9.(多选)如图所示，甲、乙两车质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L，乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条水平轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是(　　) A.甲、乙两车运动中速度之比为 B.甲、乙两车运动中速度之比为 C.甲车移动的距离为L D.乙车移动的距离为L 答案　AD 解析　甲、乙两车和人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得0=Mv甲-(M+m)v乙，可得甲、乙两车运动中速度之比为=，故A正确，B错误；设甲车和乙车移动的距离分别为x甲和x乙，则有0=M-(M+m)，又x甲+x乙=L，联立解得x甲=L，x乙=L，故C错误，D正确。 10.(9分)(2025·泉州市安溪一中高二期中)如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆顶系一长为l的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球，绳被水平拉直处于静止状态，小球处于最右端。将小球由静止释放，重力加速度为g，求： (1)(4分)小球摆到最低点时小球速度的大小； (2)(5分)小球摆到最低点时小车向右移动的距离。 答案　(1) 　(2) 解析　(1)取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时其速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律与能量守恒定律得 0=Mv2-mv1，mgl=m+M 解得v1= (2)当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为x1，小车向右移动的距离为x2，根据动量守恒定律有m=M，而且x1+x2=l 解得x2=。 学科网（北京）股份有限公司 $