1.6 反冲现象 火箭 同步讲义-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

本讲义聚焦动量守恒定律在反冲现象中的应用，系统梳理爆炸问题、反冲现象、抛接体问题及人船模型及其变式四大题型，构建从基本原理到具体场景的学习支架，助力学生掌握动量守恒的实际应用脉络。 该资料以“解题知识+典例+变式”为核心结构，通过模型建构（如人船模型位移关系推导）和科学推理（爆炸过程动能变化分析）提升科学思维，课中便于教师分层教学，课后借助过关验收题帮助学生查漏补缺，强化物理观念与科学探究能力。

第一章 第6节 反冲现象 火箭 内 容 导 航 题型1 用动量守恒定律解决爆炸问题 题型2 反冲现象中的动量守恒 题型3 抛接体问题 题型4 人船模型及其变式 考 点 演 练 题型1 用动量守恒定律解决爆炸问题 解｜题｜知｜识 1.模型概述：爆炸模型是动量守恒定律的应用之一，由于爆炸作用使物体分成2份或多份，因爆炸瞬间，内力远大于外力，所以爆炸后各部分遵循动量守恒定律。 2.爆炸与碰撞的比较 【典例1】一质量为m的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的甲、乙两块，爆炸前瞬间炮弹速度为v，方向水平向右，爆炸后甲的速度为1.5v，方向水平向左。爆炸过程中转化为动能的化学能有（　　） A．mv2 B．2mv2 C．mv2 D．mv2 【变式1】一炮兵训练基地在进行军事能力训练，设士兵向空中斜向上投出一颗质量为M的手榴弹，当手榴弹飞行到距地面最高点时，手榴弹距地面高度为H，速度为v0，此时手榴弹突然炸裂成甲、乙两块碎片，两块碎片飞出方向与v0方向在同一直线上，甲、乙质量之比为1：2。已知乙碎片飞出方向与v0方向相同，甲相对于乙以100v0的速度向相反方向飞去，则乙落地时距炸裂点的水平距离为（　　） A． B． C．103v0 D．106v0 【变式2】（多选）向空中发射一物体，不计空气阻力．当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（　　） A．a、b一定同时到达水平地面 B．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等 C．b的速度方向一定与初速度方向相反 D．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 【变式3】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）该物体抛出时的初速度大小v0； （2）炸裂后瞬间B的速度大小vB； （3）A、B落地点之间的距离d。 题型2 反冲现象中的动量守恒 解｜题｜知｜识 1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲． 要点：①内力作用下；②一个物体分为两个部分；③两部分运动方向相反． 2．原理：遵循动量守恒定律 作用前：P＝0 作用后：P′＝mv﹣Mv′ 则根据动量守恒定律有：P′＝P 即mv﹣Mv′＝0，故有：v′v 3．反冲运动的应用和防止 防止：榴弹炮 应用：反击式水轮机、喷气式飞机、火箭 【典例1】如图所示，装有炮弹的火炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮弹射出炮口时对地速率为v，若炮管与水平地面的夹角为θ，水平面光滑，忽略火药燃烧损耗的质量，则火炮后退的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【变式1】2022年7月13日，我国用长征三号乙型运载火箭成功将天链二号03星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功.关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是（　　） A．火箭、汽车的运动都属于反冲运动 B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭 C．为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身 D．喷气式飞机、直升机的运动都属于反冲运动 【变式2】为研究反冲运动，某同学将质量为m1的小液化气瓶（含液化气）固定在光滑水平面上质量为m2的小车上，开始时小车静止，如图所示。若打开液化气瓶后，极短时间内液化气瓶向后喷射气体的速度（对地）大小为v0，则当液化气瓶喷射出质量为Δm的气体时，小车的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【变式3】中国已成功发射可重复使用试验航天器。某实验小组仿照航天器的发射原理，在地球表面竖直向上发射了一质量为M（含燃料）火箭，当火箭以大小为v0的速度竖直向上飞行时，火箭接到加速的指令瞬间立即以v1的速度向后喷出一定质量的气体，喷射后火箭的速度大小为v2，不计喷气过程重力的影响，题中所有速度均为对地速度。则喷出气体的质量为（　　） A． B． C． D． 题型3 抛接体问题 解｜题｜知｜识 抛接体问题是反冲问题的一种类型，是指动量守恒定律的一种应用。假设小车在光滑的地面上前进，人通过不断地向前抛出物体，最终可以使小车停下来。 【典例1】两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（　　） A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙 B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙 C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙 D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙 题型4 人船模型及其变式 解｜题｜知｜识 1.模型概述：动量守恒定律中“反冲”模型中的一种典型案例。 2.“人船模型”问题的特征 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。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。这样的问题被归为“人船模型”问题。 3.运动特点 两个物体的运动特点是“人”“走“船”行，“人”停“船”停。 4.处理“人船模型”问题的两个关键 （1）处理思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。 ①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1﹣m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1，m2末状态时的瞬时速率。 ②此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1m20。 ③如果两物体相互作用的时间为Δt，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1m20，即m1x1﹣m2x2＝0。 （2）画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。 【典例1】如图所示，一个质量为m＝50kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为M＝20kg，当静止时人离地面的高度为h＝5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看作质点）（　　） A．5m B．3.6m C．2.6m D．8m 【变式1】如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线相向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。不计水的阻力。则抛出货物的最小速率是（　　） A．v0 B．8v0 C．16v0 D．20v0 【变式2】在一次打靶训练中，起初人和车一起静止在光滑水平面上，人和靶分别在车的两端，车、人、枪、靶总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，一共有n发。枪靶之间距离为d，子弹击中靶后会镶嵌其中，射击时总是等上一发击中后再打下一发。则以下说法正确的是（　　） A．射击过程中，车向左移动 B．射击完成后，车会向右做匀速运动 C．每发射一颗子弹，车移动的距离为 D．全部子弹打完后，车移动的总距离为 【变式3】热气球下面固定一绳梯，人在绳梯上端，开始时人和热气球静止在空中，人距离地面高度为H。已知热气球（含绳梯）质量为M，人的质量为m，人可视为质点。若人能沿绳梯安全到达地面，绳梯的长度至少为（　　） A． B． C． D． 过 关 验 收 1．一枚在空中水平飞行的导弹，质量为m＝500kg，在某点速度的大小为v＝100m/s，方向如图，导弹在该点突然炸裂成两块，其中质量m1＝200kg的一块沿着v的反方向飞去，速度大小为v1＝50m/s，求炸裂后另一块的速度v2。 2．为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度，有人做了这样的实验：如图，人坐在小车上，手持灭火器，按压阀门让灭火器水平向前喷射。人自静止状态出发，在8.0s内匀加速移动的距离为16.0m。已知人（连同设备）的总质量为65kg，灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为0.20kg/s，人（连同设备）在地面运动时，所受阻力恒定为自身重力的0.01倍。忽略该过程中人（连同设备）总质量的变化，可估算出磷酸盐喷出的速率最接近（　　） A．195m/s B．120m/s C．100m/s D．60m/s 3．如图所示，我国明朝的万户是“世界航天第一人”，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其携带所有设备的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为 D．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为 4．某玩具炮车（含炮弹）的总质量为M，以速度v0沿水平地面匀速行驶，某时刻开启火炮，沿水平方向向后连续发射2颗炮弹，炮弹的质量均为m，炮弹离开炮筒时相对炮车的速度大小均为u，发射炮弹过程中，阻力和牵引力均不变。则炮弹发射后，炮车的速度大小为（　　） A． B． C．v0 D．v0 5．2025年1月3日消息，过去的一年西昌卫星发射中心发射次数再创新高，西昌发射场19次、文昌发射场8次。某校科技小组发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为0.3kg，在极短时间内将0.2kg的水以对地11m/s的速度喷出。喷出过程中重力可忽略，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，喷水后水火箭获得的速度大小和水火箭上升的最大高度分别为（　　） A．16m/s，24.2m B．16m/s，12.1m C．22m/s，24.2m D．22m/s，12.1m 6．一质量为M，长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量为m的机械蛙静止蹲在长木板的左端。机械蛙向右上方跳起，恰好落至长木板右端，且立刻相对木板静止，木板的厚度不计。已知起跳与着板过程时间极短，机械蛙可看作质点，空气阻力忽略不计，木板和机械蛙的质量关系满足（M＞m）。下列说法正确的是（　　） A．机械蛙和木板都向右运动 B．机械蛙和木板组成的系统动量守恒 C．木板由于惯性大，机械蛙落在木板上后，木板还要继续向前运动 D．机械蛙相对于水平面位移大小为 7．“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，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1.0cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（　　） A．45kg B．47.5kg C．50kg D．55kg 8．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量为m＝50kg，船的质量为M＝100kg，从某时刻起，人以v＝10m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。不计水对船的阻力，船长为L＝6m，则下列说法正确的是（　　） A．人在船上走动过程中，船的速度为10m/s B．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的2倍 C．走动时人的动量大于小船的动量 D．人突然停止走动后，小船由于惯性的缘故还会继续运动 9．如图所示，轨道P内侧为光滑半圆面，半径为R，放置在光滑水平地面上，半圆轨道上的A、B两点与圆心O等高，半径OA＝R，C为半圆轨道的最低点，一可视为质点的小球Q从A点由静止释放。已知P、Q质量之比mP：mQ＝3：1，半圆轨道P不固定，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从A点运动到C点的过程中，P、Q组成的系统动量和机械能都守恒 B．小球Q不能滑到半圆轨道右侧的B点 C．小球Q滑到半圆轨道最低点C时，半圆轨道P的速度大小是小球Q的2倍 D．半圆轨道向左滑行的最大距离为0.5R 10．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，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：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，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．已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（　　） A． B． C． D． （多选）11．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，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：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，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。已知他自身的质量为m，则（　　） A．人平行码头移动的速度会影响船后退的距离 B．人平行码头移动的速度不会影响船后退的距离 C．渔船的质量为 D．渔船的质量为 （多选）12．如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽的半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，以质量为m的小型机器人（可视为质点）。置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端，下列说法正确的是（　　） A．小型机器人与滑块组成的系统动量守恒 B．滑块运动的距离是 C．小滑块与小型机器人运动的水平距离之和是2R D．小型机器人运动的位移是滑块的倍 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 第6节 反冲现象 火箭 内 容 导 航 题型1 用动量守恒定律解决爆炸问题 题型2 反冲现象中的动量守恒 题型3 抛接体问题 题型4 人船模型及其变式 考 点 演 练 题型1 用动量守恒定律解决爆炸问题 解｜题｜知｜识 1.模型概述：爆炸模型是动量守恒定律的应用之一，由于爆炸作用使物体分成2份或多份，因爆炸瞬间，内力远大于外力，所以爆炸后各部分遵循动量守恒定律。 2.爆炸与碰撞的比较 【典例1】一质量为m的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的甲、乙两块，爆炸前瞬间炮弹速度为v，方向水平向右，爆炸后甲的速度为1.5v，方向水平向左。爆炸过程中转化为动能的化学能有（　　） A．mv2 B．2mv2 C．mv2 D．mv2 【答案】D 【解答】解：爆炸瞬间内力远大于外力，系统在水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，炮弹爆炸前动量为mv，爆炸后甲块质量为，速度为﹣1.5v（向左），设乙块速度为v乙根据动量守恒定律 代入数据得v乙＝3.5v，方向水平向右，爆炸前系统总动能（仅炮弹单的动能） 爆炸后系统总动能（甲、乙两块的动能之和） 爆炸过程中，化学能转化为系统增加的动能，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【变式1】一炮兵训练基地在进行军事能力训练，设士兵向空中斜向上投出一颗质量为M的手榴弹，当手榴弹飞行到距地面最高点时，手榴弹距地面高度为H，速度为v0，此时手榴弹突然炸裂成甲、乙两块碎片，两块碎片飞出方向与v0方向在同一直线上，甲、乙质量之比为1：2。已知乙碎片飞出方向与v0方向相同，甲相对于乙以100v0的速度向相反方向飞去，则乙落地时距炸裂点的水平距离为（　　） A． B． C．103v0 D．106v0 【答案】A 【解答】解：设手榴弹总质量为M，则甲碎片质量，乙碎片质量。爆炸瞬间水平方向动量守恒，取v0方向为正方向，设甲、乙地面速度分别为v甲、v乙。由动量守恒定律得：，整理得：3v0＝v甲+2v乙（①式）。根据题意，甲相对于乙速度关系为v乙﹣v甲＝100v0（②式）。联立①、②式解得：。乙碎片平抛运动时，竖直方向满足，解得：。水平位移，故BCD错误，A正确。 故选：A。 【变式2】（多选）向空中发射一物体，不计空气阻力．当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（　　） A．a、b一定同时到达水平地面 B．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等 C．b的速度方向一定与初速度方向相反 D．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 【答案】AB 【解答】解：A、a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a，b一定同时到达水平地面。故A正确。 B、炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等。故B正确。 C、炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系。故C错误。 D、a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大。故D错误。 故选：AB。 【变式3】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）该物体抛出时的初速度大小v0； （2）炸裂后瞬间B的速度大小vB； （3）A、B落地点之间的距离d。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（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。A速度为v，设B速度为vB，以v的方向为正方向，由动量守恒定律得 0＝2m•v+m•vB 解得vB＝﹣2v 即大小为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 答：（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt； （2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v； （3）A、B落地点之间的距离d为3vt。 题型2 反冲现象中的动量守恒 解｜题｜知｜识 1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲． 要点：①内力作用下；②一个物体分为两个部分；③两部分运动方向相反． 2．原理：遵循动量守恒定律 作用前：P＝0 作用后：P′＝mv﹣Mv′ 则根据动量守恒定律有：P′＝P 即mv﹣Mv′＝0，故有：v′v 3．反冲运动的应用和防止 防止：榴弹炮 应用：反击式水轮机、喷气式飞机、火箭 【典例1】如图所示，装有炮弹的火炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮弹射出炮口时对地速率为v，若炮管与水平地面的夹角为θ，水平面光滑，忽略火药燃烧损耗的质量，则火炮后退的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒， 取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究对象，根据水平方向动量守恒有： 0＝（M﹣m）v′﹣mvcosθ， 可得炮车后退的速度大小为：，故BCD错误，A正确。 故选：A。 【变式1】2022年7月13日，我国用长征三号乙型运载火箭成功将天链二号03星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功.关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是（　　） A．火箭、汽车的运动都属于反冲运动 B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭 C．为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身 D．喷气式飞机、直升机的运动都属于反冲运动 【答案】C 【解答】解：A、汽车的运动是由汽车的牵引力拉汽车前进，不属于反冲运动，火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，属于反冲运动，故A错误； B、火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧产生气体，气体的反作用力推动火箭，故B错误； C、用枪射击时要用肩部抵住枪身是可以防止枪身快速后退而造成伤害，是为了减少反冲的影响，故C正确； D、喷气式飞机利用了气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，直升飞机的运动是利用空气的反作用力的原理制成的，不属于反冲运动，故D错误。 故选：C。 【变式2】为研究反冲运动，某同学将质量为m1的小液化气瓶（含液化气）固定在光滑水平面上质量为m2的小车上，开始时小车静止，如图所示。若打开液化气瓶后，极短时间内液化气瓶向后喷射气体的速度（对地）大小为v0，则当液化气瓶喷射出质量为Δm的气体时，小车的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设当液化气瓶喷射出质量为Δm的气体时，小车的速度大小为v，取小车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 0＝（m1+m2﹣Δm）v﹣Δmv0 解得：v，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式3】中国已成功发射可重复使用试验航天器。某实验小组仿照航天器的发射原理，在地球表面竖直向上发射了一质量为M（含燃料）火箭，当火箭以大小为v0的速度竖直向上飞行时，火箭接到加速的指令瞬间立即以v1的速度向后喷出一定质量的气体，喷射后火箭的速度大小为v2，不计喷气过程重力的影响，题中所有速度均为对地速度。则喷出气体的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：以航天器与喷出气体组成的系统为研究对象，不计喷气过程重力的影响，根据题意可知，系统所受合外力为零，系统动量守恒，设喷出气体的质量为m，规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得： Mv0＝（M﹣m）v2﹣mv1 解得： 故B正确，ACD错误。 故选：B。 题型3 抛接体问题 解｜题｜知｜识 抛接体问题是反冲问题的一种类型，是指动量守恒定律的一种应用。假设小车在光滑的地面上前进，人通过不断地向前抛出物体，最终可以使小车停下来。 【典例1】两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（　　） A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙 B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙 C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙 D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙 【答案】B 【解答】解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等。谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒： m1v1＝m2v2，因此最终谁接球谁的速度小。 故选：B。 题型4 人船模型及其变式 解｜题｜知｜识 1.模型概述：动量守恒定律中“反冲”模型中的一种典型案例。 2.“人船模型”问题的特征 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。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。这样的问题被归为“人船模型”问题。 3.运动特点 两个物体的运动特点是“人”“走“船”行，“人”停“船”停。 4.处理“人船模型”问题的两个关键 （1）处理思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。 ①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1﹣m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1，m2末状态时的瞬时速率。 ②此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1m20。 ③如果两物体相互作用的时间为Δt，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1m20，即m1x1﹣m2x2＝0。 （2）画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。 【典例1】如图所示，一个质量为m＝50kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为M＝20kg，当静止时人离地面的高度为h＝5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看作质点）（　　） A．5m B．3.6m C．2.6m D．8m 【答案】B 【解答】解：热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，设当他滑到绳下端时，他离地高度为H，设此过程人下滑的位移大小为x1，热气球上升的位移大小为x2，规定竖直向下为正，由动量守恒定律有mx1＝Mx2 又x2+x1＝h，H＝x2 代入数据得H≈3.6m，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式1】如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线相向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。不计水的阻力。则抛出货物的最小速率是（　　） A．v0 B．8v0 C．16v0 D．20v0 【答案】C 【解答】解：若乙船上的人将货物抛出且被甲船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，说明此时两船刚好速度相同，设为v共，抛出货物的最小速率为v 设开始时乙船速度方向为正方向，乙船抛出货物前后，根据动量守恒定律有12mv0＝mv+11mv共 甲船接住货物前后，根据动量守恒定律有﹣10m×2v0+mv＝11mv共 解得v＝16v0 故ABD错误，C正确。 故选：C。 【变式2】在一次打靶训练中，起初人和车一起静止在光滑水平面上，人和靶分别在车的两端，车、人、枪、靶总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，一共有n发。枪靶之间距离为d，子弹击中靶后会镶嵌其中，射击时总是等上一发击中后再打下一发。则以下说法正确的是（　　） A．射击过程中，车向左移动 B．射击完成后，车会向右做匀速运动 C．每发射一颗子弹，车移动的距离为 D．全部子弹打完后，车移动的总距离为 【答案】C 【解答】解：AB、水平面光滑，车、人，枪、靶和子弹组成的系统所受外力的合力为零，系统动量守恒，起初人和车一起静止，系统总动量为零，射击过程中，子弹向左运动，车向右移动，射击完成后，车、人、枪、靶和子弹仍然处于静止，故AB错误； C、设子弹出枪口的速度为v，车后退速度为v'，以向左为正方向，根据动量守恒定律有 0＝mv﹣[M+（n﹣1）m]v' 等式两侧均乘以每一发子弹射击过程的时间t，则有 0＝mvt﹣[M+（n﹣1）m]v't 子弹前进的同时，车向后退，则有 vt+v't＝d 在每一发子弹射击过程中，小车所移动的距离 x＝v't 联立解得 故C正确； D、结合上述可知，n颗子弹发射完毕后，小车总共后退的距离 故D错误。 故选：C。 【变式3】热气球下面固定一绳梯，人在绳梯上端，开始时人和热气球静止在空中，人距离地面高度为H。已知热气球（含绳梯）质量为M，人的质量为m，人可视为质点。若人能沿绳梯安全到达地面，绳梯的长度至少为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：对人、热气球整体受力分析，由初始静止，可知整体受到的合力为零，在人下滑过程，人和热气球整体动量守恒； 以人的速度方向为正，则在人下滑过程，满足：0＝mv+Mv2，则热气球的速度为负，与人的速度方向相反； 根据运动学公式：，人到达地面过程中，热气球上升的高度满足：，且：，化简得：mH＝Mh，即可得到热气球上升的高度：； 根据热气球上升高度、人下降高度，即可得到绳梯的最小长度为：L＝H+h，解得：，故BCD错误，A正确。 故选：A。 过 关 验 收 1．一枚在空中水平飞行的导弹，质量为m＝500kg，在某点速度的大小为v＝100m/s，方向如图，导弹在该点突然炸裂成两块，其中质量m1＝200kg的一块沿着v的反方向飞去，速度大小为v1＝50m/s，求炸裂后另一块的速度v2。 【答案】炸裂后另一块的速度v2为200m/s。 【解答】解：在爆炸极短时间内，导弹所受的重力，远小于内部的爆炸力，系统动量守恒，取导弹炸裂前速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv＝m1（﹣v1）+（m﹣m1）v2 解得：v2＝200m/s。 答：炸裂后另一块的速度v2为200m/s。 2．为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度，有人做了这样的实验：如图，人坐在小车上，手持灭火器，按压阀门让灭火器水平向前喷射。人自静止状态出发，在8.0s内匀加速移动的距离为16.0m。已知人（连同设备）的总质量为65kg，灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为0.20kg/s，人（连同设备）在地面运动时，所受阻力恒定为自身重力的0.01倍。忽略该过程中人（连同设备）总质量的变化，可估算出磷酸盐喷出的速率最接近（　　） A．195m/s B．120m/s C．100m/s D．60m/s 【答案】A 【解答】解：设人（连同设备）的末速度为v，根据平均速度和位移的关系，解得v＝4m/s，设磷酸盐喷出的速率为v′，规定磷酸盐喷出的方向为正方向，分别对人（连同设备）和硫酸盐根据动量定理得 Ft﹣μMgt＝Mv，Ft＝mv′ 解得 v′＝195m/s，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．如图所示，我国明朝的万户是“世界航天第一人”，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其携带所有设备的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为 D．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为 【答案】D 【解答】解：AB、在燃气喷出后的瞬间，万户及其所携设备组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，由动量守恒定律得：（M﹣m）v﹣mv0＝0，解得火箭的速度大小为，故AB错误； CD、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，上升的最大高度，故C错误，D正确。 故选：D。 4．某玩具炮车（含炮弹）的总质量为M，以速度v0沿水平地面匀速行驶，某时刻开启火炮，沿水平方向向后连续发射2颗炮弹，炮弹的质量均为m，炮弹离开炮筒时相对炮车的速度大小均为u，发射炮弹过程中，阻力和牵引力均不变。则炮弹发射后，炮车的速度大小为（　　） A． B． C．v0 D．v0 【答案】C 【解答】解：炮弹和炮车组成的系统在水平方向不受任何外力作用，故炮弹和炮车组成的系统满足动量守恒，规定炮车的速度方向为正方向，设发射第1颗炮弹后炮车的速度大小为v1，根据动量守恒定律有Mv0＝（M﹣m）v1+m（v1﹣u），发射第2颗炮弹后炮车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有（M﹣m）v1＝（M﹣2m）v2+m（v2﹣u），联立解得v2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．2025年1月3日消息，过去的一年西昌卫星发射中心发射次数再创新高，西昌发射场19次、文昌发射场8次。某校科技小组发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为0.3kg，在极短时间内将0.2kg的水以对地11m/s的速度喷出。喷出过程中重力可忽略，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，喷水后水火箭获得的速度大小和水火箭上升的最大高度分别为（　　） A．16m/s，24.2m B．16m/s，12.1m C．22m/s，24.2m D．22m/s，12.1m 【答案】C 【解答】解：对水火箭靠压出的水给的反作用力加速，根据以水火箭整体应用动量守恒定律，以向上为正方向，有0＝﹣mv1+（M﹣m）v2 可得喷水后水火箭获得的速度为v2＝22m/s 水火箭上升的最大高度约为hm＝24.2m 故ABD错误，C正确。 故选：C。 6．一质量为M，长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量为m的机械蛙静止蹲在长木板的左端。机械蛙向右上方跳起，恰好落至长木板右端，且立刻相对木板静止，木板的厚度不计。已知起跳与着板过程时间极短，机械蛙可看作质点，空气阻力忽略不计，木板和机械蛙的质量关系满足（M＞m）。下列说法正确的是（　　） A．机械蛙和木板都向右运动 B．机械蛙和木板组成的系统动量守恒 C．木板由于惯性大，机械蛙落在木板上后，木板还要继续向前运动 D．机械蛙相对于水平面位移大小为 【答案】D 【解答】解：AC、机械蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒0＝（M+m）v机械蛙向右运动，木板向左运动，机械蛙落在木板上后，木板立刻停止运动，故AC错误； B、机械蛙和木板组成的系统，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故B错误； D、机械蛙和木板组成的系统，水平方向动量守恒 机械蛙相对于水平面位移大小为 ，故D正确。 故选：D。 7．“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，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1.0cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（　　） A．45kg B．47.5kg C．50kg D．55kg 【答案】A 【解答】解：设该女子的质量为M，根据题意可知竹竿的质量M＝25kg，竹竿的位移为x＝1.8cm，人相对于地面的位移为：L＝1.0cm 根据人船模型可得：Mm 即：Mx＝mL 解得：M＝45kg，故A正确、BCD错误。 故选：A。 8．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量为m＝50kg，船的质量为M＝100kg，从某时刻起，人以v＝10m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。不计水对船的阻力，船长为L＝6m，则下列说法正确的是（　　） A．人在船上走动过程中，船的速度为10m/s B．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的2倍 C．走动时人的动量大于小船的动量 D．人突然停止走动后，小船由于惯性的缘故还会继续运动 【答案】B 【解答】A、对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人运动方向为正方向，由动量守恒定律得 mv﹣Mv′＝0 可得人在船上走动过程中，船的速度为 ，故A错误； B、人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2，以人运动方向为正方向，由动量守恒定律得 其中，s1+s2＝L 解得，s1＝4m，s2＝2m 即人在船上走动过程中，人的位移是船的2倍，故B正确； C、由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量等大反向，故C错误； D、人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人运动方向为正方向，由动量守恒定律得， （M+m）v＝0 所以v＝0 说明船的速度立即变为零，故D错误。 故选：B。 9．如图所示，轨道P内侧为光滑半圆面，半径为R，放置在光滑水平地面上，半圆轨道上的A、B两点与圆心O等高，半径OA＝R，C为半圆轨道的最低点，一可视为质点的小球Q从A点由静止释放。已知P、Q质量之比mP：mQ＝3：1，半圆轨道P不固定，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从A点运动到C点的过程中，P、Q组成的系统动量和机械能都守恒 B．小球Q不能滑到半圆轨道右侧的B点 C．小球Q滑到半圆轨道最低点C时，半圆轨道P的速度大小是小球Q的2倍 D．半圆轨道向左滑行的最大距离为0.5R 【答案】D 【解答】解：A、半圆轨道与小球组成的系统，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，在竖直方向，重力对小球的冲量不为零，系统动量不守恒，系统在水平方向受到的合外力为零，系统在水平方向平均动量守恒，故A错误； B、小球从A到B的过程中系统机械能守恒，规定轨道的最低点为零势能点，设小球滑到的最大高度为h 两球初动量为零，小球滚到最高点时两者速度相等，所以共同速度为零。所以小球A能滚到轨道的最右端，故B错误； D、设小球滑到轨道B端用时为t，半圆轨道位移为x，则小球的位移为2R﹣x；取水平向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒得 解得 故B错误，D正确； C、小球Q运动到轨道最低点C时，设小球Q的速度大小为v1，半圆轨道P的速度大小为v2，根据水平方向动量守恒得mv1＝3mv2 根据机械能守恒定律的 联立解得 则v1＝3v2 故C错误； 故选：D。 10．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，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：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，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．已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向。 则 v，v′， 根据动量守恒定律得：Mv﹣mv′＝0， 解得，船的质量：M； 故选：B。 （多选）11．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，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：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，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。已知他自身的质量为m，则（　　） A．人平行码头移动的速度会影响船后退的距离 B．人平行码头移动的速度不会影响船后退的距离 C．渔船的质量为 D．渔船的质量为 【答案】BC 【解答】解：该人在t时间内从船尾走到船头，船和人组成的系统不受外力作用动量守恒，人平行码头移动的速度不会影响船后退的距离，以人的运动方向为正，根据动量守恒定律有 其中 x+d＝L 解得 故BC正确，AD错误。 故选：BC。 （多选）12．如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽的半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，以质量为m的小型机器人（可视为质点）。置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端，下列说法正确的是（　　） A．小型机器人与滑块组成的系统动量守恒 B．滑块运动的距离是 C．小滑块与小型机器人运动的水平距离之和是2R D．小型机器人运动的位移是滑块的倍 【答案】CD 【解答】解：A、小型机器人和滑块组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，故A错误； BCD、小型机器人和滑块组成的系统在水平方向上不受任何外力作用，所以该系统在水平方向上动量守恒，设整个过程中小型机器人的水平位移为x1，滑块的水平位移为x2，根据位移关系有x1+x2＝2R，规定水平向右的方向为正方向，根据动量守恒有Mx2﹣mx1＝0，解得，，故B错误，CD正确。 故选：CD。 学科网（北京）股份有限公司 $