专题3.12 爆炸、反冲及人船模型(解析版)

质量为 m，则渔船的质量 M 为
()
A.mL d
C.m L＋d d
B.m L－d d
D. md L－d
【答案】：B
【解析】：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有：MV＝mv，即 Md＝mL－d，则船的质量为：
t
t
M＝m L－d ，B 正确． d
【微专题精练】
1．如图所示，A、B 两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车 C 上，A、B 间有一根被压缩的弹 簧，地面光滑．当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是( )
A．物块 B 的加速度大小为 a 时弹簧的压缩量为 x 2
B．物块 A 从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为 2x 3
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为 3mv2 2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为 3mv2
【答案】AD.
【解析】：当物块 A 的加速度大小为 a 时，根据胡克定律和牛顿第二定律可得 kx＝2ma.当物块 B 的加速度大
4
所受的外力之和不为零，故其动量不守恒；对 A、B、C 组成的系统，Awk.baidu.com与 C、B 与 C 间的摩擦力为内力，
该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒；若 A、B 所受的摩
擦力大小相等，则 A、B 组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒．综上所述，A 正确． 2.A、B 两船的质量均为 m，都静止在平静的湖面上，现 A 船中质量为 1m 的人，以对地的水平速度 v 从 A
继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有
14mv21＝12mgh2
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝m2Eg.
【2017·新课标全国Ⅰ卷】将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度
从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可
②
联立①②式得 t＝1 2E.
③
gm
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1
④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2.由题给条件和动量
守恒定律有
1mv21＋1mv22＝E
⑤
44
1mv1＋1mv2＝0
⑥
22
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分
A．若 A、B 与 C 上表面间的动摩擦因数相同，A、B 组成的系统 B．若 A、B 与 C 上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C 组成的系统 C．若 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B 组成的系统 D．若 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B、C 组成的系统 【答案】：A 【解析】：如果 A、B 与 C 上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B 分别相对 C 向左、向右滑动， 它们所受的滑动摩擦力 FA 向右，FB 向左，由于 mA∶mB＝3∶2，所以 FA∶FB＝3∶2，则 A、B 组成的系统
时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量．求
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
【答案】 见解析
【解析】 (1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E＝1mv20
①
2
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0－v0＝－gt
3
EkB 2
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( )
【答案】：B 【解析】：由 h＝1gt2 可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间 t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运
2 船跳到 B 船，再从 B 船跳到 A 船……经 n 次跳跃后，人停在 B 船上，不计水的阻力，则( )
A．A、B 两船速度大小之比为 2∶3
B．A、B(包括人)两船动量大小之比为 1∶1
C．A、B(包括人)两船的动能之比为 2∶3
D．A、B(包括人)两船的动能之比为 1∶1
【答案】：B
【解析】：人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为 0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，
选项 B 正确；经过 n 次跳跃后，A 船速度为 vA、B 船速度为 vB，则 0＝mvA－(m＋m)vB，解得vA＝3，选项 A
2
vB 2
错误；A 船最后获得的动能为 EkA＝1mvA2，B 船(包括人)最后获得的动能为 EkB＝1(m＋m)vB2＝1(m＋m)(2vA)2
2
22
22 3
＝2EkA，所以EkA＝3，选项 C、D 错误．
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
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般
位置不变 可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开
始运动
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【例 1】(2019·福建泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜
5
时，C 被释放，C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中 C 向右运动，同时 AB 也向右运动 B．C 与 B 碰前，C 与 AB 的速率之比为 M∶m C．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动 D．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动 【答案】：BC 【解析】：AB 与 C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故 A 错误；设碰前 C 的速率为 v1，AB 的速率为 v2，则 0＝mv1－Mv2，得vv12＝Mm，故 B 正确；设 C 与油泥粘在一起后，AB、C 的共同速度为 v 共，则 0＝(M＋m)v 共，得 v 共＝0，故 C 正确，D 错误． 5.光滑水平面上放有质量分别为 2m 和 m 的物块 A 和 B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的 轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为 x.现将细线剪断，此刻物块 A 的加速度大小为 a，两物块刚 要离开弹簧时物块 A 的速度大小为 v，则( )
x2 v2 m1 (3)应用此关系时要注意一个问题：公式 v1、v2 和 x 一般都是相对地面而言的． 【高考领航】
【2019·江苏卷】质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的
1
摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为_________。
2 动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即 v＞2 m/s，因此水平位移大于 2 m，C、D 项错 误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小 相等，两块质量比为 3∶1，所以速度变化量之比为 1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以 A 图中，v 乙＝－0.5 m/s，v 甲＝2.5 m/s，Δv 乙＝2.5 m/s，Δv 甲＝0.5 m/s，A 项错误；B 图中，v 乙＝0.5 m/s，v 甲＝2.5 m/s， Δv 乙＝1.5 m/s，Δv 甲＝0.5 m/s，B 项正确． 4.如图所示，小车 AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为 M，质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连接于小车的 A 端并使弹簧压缩，开始时 AB 和 C 都静止，当突然烧断细绳
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专题 3.12 爆炸、反冲及人船模型
【专题诠释】
1．爆炸现象的三个规律
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受到的外力，所 以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
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
A．
m M
v
B．
M m
v
C．
m
m M
v
D．
m
M M
v
【答案】B
【解析】设滑板的速度为 u ，小孩和滑板动量守恒得： 0 mu Mv ，解得： u M v ，故 B 正确。 m
【2018·高考全国卷Ⅰ】一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，
弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向运动．爆炸
忽略）（ ）
2
A．30 kg m/s
B．5.7×102 kg m/s C．6.0×102 kg m/s
D．6.3×102 kg m/s
【答案】A
【解析】设火箭的质量（不含燃气）为 m1，燃气的质量为 m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量
为：p=m1v1=m2v2=30 kg m/s ，所以 A 正确，BCD 错误。
故 C 正确．
【例 3】(2019·成都外国语学校月考)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)．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，轻轻从船尾上船，
走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为 d，然后用卷尺测出船长 L，已知他自身的
3
v2，则喷出气体的质量 m 为( )
A．m＝v2－v0M v1
C．m＝v2－v0M v2＋v1
B．m＝ v2 M v2＋v1
D．m＝v2－v0M v2－v1
【答案】：C
【解析】：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 m＝v2－v0M， v2＋v1
【技巧方法】
1．对反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内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
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
总机械能增加
2.爆炸现象的三个规律
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 远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
增加
3.“人船模型”问题的特点和分析 (1)“人船模型”问题 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．这样的问题归为“人船模型”问题． (2)人船模型的特点 ①两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0. ②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢；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x1＝v1＝m2.
庆心情的流露．有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向东，在最高 点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方向水平向东，则另一块的速度为( )
A．3v0－v C．3v0－2v 【答案】：C
B．2v0－3v D．2v0＋v
【解析】：取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得 vx＝3v0－2v，C 正确． 【例 2】．(2019·福建福州模拟)一质量为 M 的航天器，正以速度 v0 在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速 的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为 v1，加速后航天器的速度大小为
小为 a 时，有 kx′＝ma，故 x′＝x，选项 A 正确；取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得 2mxA－mxB＝0，
2
tt
又因为 xA＋xB＝x，解得物块 A 的位移为 xA＝x，选项 B 错误；由动量守恒定律可得 0＝2mv－mvB，得物块 3
B 刚离开弹簧时的速度为 vB＝2v，由系统机械能守恒可得物块开始运动前弹簧的弹性势能为 Ep＝1·2mv2＋ 2
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，一般可忽略不计，可以认为 爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2.对反冲运动的三点说明
作用 原理
反冲运动是系统内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 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加