第一章 专题强化4 反冲现象的应用——人船模型、爆炸问题（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（人教版）

该高中物理课件聚焦反冲现象应用，核心内容为人船模型和爆炸问题，通过小孩在船运动、气球载人下滑等情境导入，以动量守恒定律为支架，衔接动量守恒知识点，帮助学生构建物理模型。 其亮点在于强化科学思维中的模型建构（如人船模型位移与质量关系）和科学推理（爆炸过程动量守恒与能量转化推导），结合例题与拓展题深化应用。助力学生形成动量、能量观念，为教师提供系统教学资源，提升教学效果。

反冲现象的应用 ——人船模型、爆炸问题 专题强化4 第 一 章 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”。 学习目标 内容索引 专题强化练 一、反冲运动的应用——“人船模型” 二、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； 答案　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。设小孩速度的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv－Mv'＝0，解得v'＝。 (2)当小孩向左移动位移x时，船的位移多大； 答案　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)小孩和船的位移与两者质量有什么关系； 答案　小孩与小船的位移大小与质量成反比，即。 (4)船长为L，若小孩从船尾运动到船头，小孩的位移为多大。 答案　x＋x'＝L 解得x＝L。 1.“人船模型”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m人v人－m船v船＝0。 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。人和船的位移大小与它们的质量成反比。 模型构建 　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 例1 √ 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x气球＝2x人＝40 m，则绳子长度L＝x气球＋x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 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＝x气球＋x人 ，解得x气球＝40 m。 　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) 例2 √ 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x，则m2x－m1(b－a－x)＝0， 解得x＝，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。 总结提升 返回 < 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.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。 提炼·总结 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，重力加速度大小g取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 √ 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 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s＝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 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。 返回 < 三 > 专题强化练 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B C B B C D (1)24 m/s　(2)19.2 J 题号 8 9 10 11 答案 AD D (1)3.5 m/s　(2)0.7 m/s　 (3)147 J C 1.(2025·徐州市高二期中)如图所示，质量为M，长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m的人，M>m，现在人由静止开始由船头走到船尾。不计水对船的阻力，则 A.人和船运动方向相同 B.船运行平均速度小于人的行进平均速度 C.由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离 D.人相对水面的位移为 基础强化练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 人和船水平方向动量守恒，系统水平方向总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A错误； 由动量守恒定律有M＝m，又M>m，故>，故B正确； 由人和船组成的系统水平方向动量守恒且系统水平方向总动量为零知：人走船走，人停船停，故C错误； 由平均动量守恒M和x人＋x船＝L知x人＝，故D错误。 2.(2025·烟台市高二期中)如图所示，将一质量为1 kg、半径为15 cm的光滑半圆槽静置于光滑水平地面上，今让一质量为0.5 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口从A点由静止开始落下，小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移为 A.10 cm B.15 cm C.20 cm D.25 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 小球在半圆槽内运动的全过程中，地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合力为零，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒，小 球到达右边最高点时，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圆槽在任意时刻的水平速度满足mvm＝MvM，则有mx＝My，根据位移关系可得2R＝x＋y，解得小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是x＝20 cm，故选C。 3.(2025·泰州市高二期中)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。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1.6 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已知竹竿的质量约为30 kg，若不计水的阻力，则该女子 的质量约为 A.45 kg B.48 kg C.50 kg D.55 kg √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv＝m竿v竿，由于系统的水平动量一直为0，该女子和竹竿的运动时间相等，设运动时间为t，则有mvt＝m竿v竿t，整理可得mx＝m竿x竿，解得m＝ kg＝48 kg，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 4.(2025·山西省实验中学高二月考)一个人在水平地面上立定跳远的最好成绩是s(m)，假设他站立在车的右端要跳上距离为l(m)远的站台上(设车与站台同高，且车与地的摩擦不计)，如图所示，则 A.只要l<s，他一定能跳上站台 B.如果l<s，他有可能跳上站台 C.如果l＝s，他有可能跳上站台 D.如果l＝s，他一定能跳上站台 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 11 当人往站台上跳的时候，有一个向站台的速度，由于动量守恒m人v人－m车v车＝0，车子必然有一个离开站台的速度。此时人相对于地面的速度小于站在地面上跳远时的初速度，则水平位移一定减小，所以l＝s或l>s，人一定跳不到站台上了，l<s，人才有可能跳上站台。故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 5.(2024·连云港市高二期中)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，爆炸后瞬间质量为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间的总动能为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设爆炸后瞬间质量为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，爆炸过程根据动量守恒可得m1v1＝(m－m1)v2，又Ek1＝m1，Ek2＝(m－m1)，该白磷弹爆炸后瞬间的总动能为Ek总＝Ek1＋Ek2，联立解得Ek总＝，故选C。 11 6.如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s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(爆炸时间极短可不计)，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.爆炸过程中释放的能量为0.027 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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v2－v1＝，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； 爆炸过程中释放的能量ΔE＝m1m2(m1＋m2)，代入数据可得ΔE＝0.027 J，故D正确。 11 7.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取10 m/s2，忽略空气阻力，求： (1)爆炸前瞬间“钻天猴”的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　24 m/s　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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 11 (2)爆炸过程中释放的能量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　19.2 J 根据能量守恒定律， Q＝m1m2M 解得Q＝19.2 J。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 能力综合练 8.(多选)(2025·贵阳市第一中学高二月考)如图所示，质量分别为4m、m的甲、乙两小球(均可视为质点)放在光滑的水平面上，半径为r的四分之一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧槽的最低点A与水平面相切，最高点B的切线竖直，点燃两球之间的少量炸药，释放出的化学能为5mgr，全部转化为甲、乙的动能，重力加速度为g，空气的阻力忽略不计，下列说法正确的是 A.爆炸刚结束的瞬间，甲的速度大小为 B.爆炸刚结束的瞬间，乙的动能为2mgr C.乙上升的最大高度为2r D.假设乙从A出发至第一次返回到A运动时间为t0，则该过程中乙受到水平方向 的平均作用力大小为 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 根据题意，炸药爆炸过程有5mgr＝×4mm，爆炸过程甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，有4mv甲＝mv乙，联立解得v甲＝，v乙＝2，故A正确； 由A项分析得Ek乙＝m＝4mgr，故B错误； 根据动能定理－mgh＝0－m，解得乙上升的最大高度为h＝4r，故C错误； 取向左为正方向，对乙从A至第一次返回到A的过程，应用动量定理得t0＝m·2v乙，解得，故D正确。 9.(2025·滨州市高二期中)如图所示，质量均为m＝2 kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长L＝1 m的不可伸长轻质细线，细线另一端系一质量m0＝1 kg的球C(视为质点)，现将球C拉起使细线水平伸直但无弹力，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度g取10 m/s2) A.运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B.A、B刚分离时，C球的速度大小为2 m/s C.C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离为0.8 m D.C球第一次到达轻杆左侧的最高处时，到O点的竖直距离为 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 木块A、B和小球C组成的系统机械能守恒，但由于竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误； 小球C下落到最低点时，A、B将要分离，小球C第一次摆到最低点过程中，以向左为正方向，由系统水平方向动量守恒可得m0vC－2mvA＝0，由系统机械能守恒可得m0gL＝m0×2m，联立解得vC＝2＝4 m/s，vA＝＝1 m/s，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 小球C第一次摆到最低点过程中，根据题意有m0x1＝2mx2，又x1＋x2＝L，联立可得木块A、B向右移动的距离为x2＝L＝0.2 m，故C错误； 当小球C向左运动到达最大高度时，A、C共速，则有m0vC－mvA＝(m＋m0)v共，m0m(m＋m0)＋m0gh，联立解得h＝ m，则小球C第一次到达轻杆左侧的最高处时，到O点的竖直距离为Δh＝L－h＝ m，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 10.(2025·菏泽市高二期中)如图所示，质量M＝100 kg的木船静止在湖边附近的水面上，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h＝1.25 m。在船尾处有一质量m＝20 kg铁块，铁块将一端固定的水平轻弹簧压缩后再用细线系住，铁块与弹簧不连接，此时铁块到船头的距离L＝3 m，船头到湖岸的水平距离x＝1.25 m。将细线烧断后铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)铁块脱离木船时的瞬时速度大小vm； 11 答案　3.5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 烧断细线后，M、m组成的系统水平方向上动量守恒，MvM＝mvm 由平均动量守恒得MxM＝mxm 又xM＋xm＝L 解得xM＝0.5 m，xm＝2.5 m 铁块离开小木船后做平抛运动，在水平方向 xM＋x＝vmt 在竖直方向h＝gt2 解得t＝0.5 s，vm＝3.5 m/s 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (2)木船最终的速度大小vM； 11 答案　0.7 m/s 铁块与小木船相互作用时，由动量守恒得MvM－mvm＝0 解得vM＝0.7 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (3)弹簧释放的弹性势能Ep。 11 答案　147 J 由机械能守恒定律得Ep＝Mm 解得Ep＝147 J。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11.如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块(视为质点)在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车的质量为2m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是 A.滑块运动过程中的最大速度为 B.整个运动过程中，小车和滑块组成的系统动量守恒 C.整个运动过程中，小车的位移大小为 D.滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ> 尖子生选练 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 滑块由A运动到B过程中，系统所受外力的合力不为0，系统在水平方向所受外力的合力为0，则小车和滑块组成的系统动量不守恒，但是小车和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，B错误； 当滑块到达B点时速度最大，以此时滑块速度方向为正方向，由水平方向动量守恒有0＝mv1－2mv2，此过程由机械能守恒定律有mgR＝m×2m，解得v1＝，A错误； 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 返回 由水平方向动量守恒有0＝mx1－2mx2，又由于x1＋x2＝R＋L，解得x2＝，C正确； 最终滑块恰停在C点，滑块与小车相对静止，系统原总动量为零，则最终滑块与小车速度均为零，根据能量守恒定律可得mgR＝μmgL，解得μ＝，D错误。 11 本课结束 第 一 章 $