【解题模型】专题22爆炸、反冲和人船模型-2026高考物理（解析版）

第第页专题22爆炸、反冲和人船模型模型总结模型1爆炸模型 1模型2反冲模型 18模型3人船模型 29模型1爆炸模型1．爆炸模型分类模型特点示例爆炸模型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。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仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2．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1．（2025·广东·模拟预测）如图甲所示，半径R＝0.9m的光滑半圆弧轨道COD固定在竖直平面内，端点D为轨道的最低点，过D点的轨道切线水平。在圆弧轨道圆心O的正上方F点右侧有一固定的水平轨道，水平轨道与倾角θ＝37°的固定粗糙斜面轨道平滑相接（物体通过时没有能量损失），斜面上E点距斜面底端的距离s0＝3.2m。现有质量分别为mA＝1kg，mB＝0.5kg的物块A、B静置于水平轨道上，且物块B的右侧水平轨道光滑，左侧水平轨道粗糙。物块A、B中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，爆炸后物块A在水平轨道上运动的速度v与时间t的关系图像如图乙所示，物块A从F点离开轨道，刚好能从C点对轨道无挤压地切入圆弧轨道做圆周运动。已知物块A与左侧水平轨道和物块B与斜面轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，1.34。求：(1)物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；(2)物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；(3)若从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，会通过E点几次？计算每次经过E点的时间。（计算结果保留三位有效数字）【答案】(1)60N(2)0.5(3)两次，见解析【详解】（1）小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切入圆弧轨道做圆周运动有物块A从C到D过程机械能守恒有物块A在D点处由牛顿第二定律联立解得（2）由v-t图像可知：爆炸后瞬间物块A的速度大小为，物块A在水平轨道上运动的时间为爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有解得（3）物块A、B爆炸过程，由动量守恒有解得物块B在斜面轨道向上运动过程有解得物块B沿斜面上升的最大距离物块B通过E点有两次：情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有解得或（舍去）情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间下降阶段因为联立解得2．（2025·四川广安·模拟预测）如图，一长度、质量的木板紧靠墙壁放置在光滑水平地面上，在距木板左端为kL（）处放置着A、B两个小木块（均可视为质点），质量均为。某时刻，木块A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间内力消失，此时木块A的速度为，方向水平向左。木块B与墙壁碰撞过程中不损失机械能，木块A、B与木板间的动摩擦因数分别为和。(1)求木块A、B分离瞬间，木块B速度的大小；(2)若，求木块A离开木板时，木块B速度的大小；(3)求摩擦力对木块B所做的功。【答案】(1)4m/s(2)2m/s(3)当时，，当时，【详解】（1）分离瞬间，根据动量守恒定律有解得（2）若，A、B分离后，A向左做匀速直线运动，B向右做匀减速直线运动，由于墙壁的阻挡，木板处于静止状态，则A离开木板的时间对B进行分析，根据牛顿第二定律有利用逆向思维，B减速至0过程，根据速度与位移关系有解得若，则B距木板右端为可知，B始终没有与墙发生碰撞，B减速至0经历时间木块A离开木板时，木块B速度的大小解得（3）若B减速至墙面位置速度恰好为0，则有解得可知，当时，B没有与墙发生碰撞，则有解得当时，B将与墙发生碰撞，则B反弹后对B与木板构成的系统，根据动量守恒定律有解得对B进行分析，B与墙面碰撞前全过程摩擦力对木块B所做的功解得3．（2025·广东汕头·二模）如图所示，小滑块和的静止于光滑平台上，之间有质量可忽略不计的炸药。长度的木板c静止于光滑平面上，上表面与平齐，左端紧靠平台，右端固定有半径的半圆形光滑圆轨道.某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体和的动能，使物块以速度冲上木板c。已知，，，物块与木板之间动摩擦因数，取10m/s2。(1)求爆炸过程中炸药释放的能量；(2)若木板固定在平面上，请通过计算说明小滑块是否能到达圆轨道最高点；(3)若木板不固定在平面上，要使小滑块既可以到达点又不会从木板上掉下来，求木板长度的取值范围。【答案】(1)(2)小滑块不能经过点(3)【详解】（1）爆炸过程系统动量守恒，则有爆炸过程释放的能量联立解得（2）不能。若平板固定，物块从点运动到点的过程中，根据动能定理有若能到达点，从到的过程中，根据动能定理有解得若小滑块恰好过最高点，根据牛顿第二定律有解得因为，所以小滑块不能经过点（3）小滑块到达点与木板共速时，木板最长，根据动量守恒定律有解得根据能量守恒定律有解得小滑块回到木板左端与木板共速时，木板最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为根据能量守恒定律有解得在这个过程中小滑块在圆弧上升高度为，根据能量守恒定律有解得即不会脱离圆弧轨道，故木板的长度范围为。4．（24-25高三下·陕西咸阳·阶段练习）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物体右侧光滑。两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，两物体获得的总能量．已知A、B两物体的质量均为1kg，重力加速度大小，则（

）A．分离瞬间A的速度大小为1.5m/sB．分离瞬间B的速度大小为3m/sC．从分离到A停止运动经过的时间是1sD．从分离到A停止运动，A、B两物体间的距离是3m【答案】BC【详解】AB．炸药爆炸后，设分离瞬间物体A的速度大小为，物体B的速度大小为，对A、B两物体组成的系统由动量守恒定律得由能量守恒得联立可得选项A错误、B正确；C．A、B两物体分离后，A物体向左匀减速滑行，对A受力分析，根据牛顿第二定律得根据运动学公式得从分离到A物体停止运动，经过的时间选项C正确；D．物体A运动的位移为物体B运动的位移故两物体之间的距离选项D错误。故选BC。5．（2024·青海海南·二模）斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原路返回。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】火箭炸裂的过程水平方向动量守恒，设火箭炸裂前的速度大小为v，则得设炸裂后瞬间另一块碎片的速度大小为v1，有解得根据平抛运动规律有得两块碎片落地点之间的距离故D。6．（2024·黑龙江大庆·三模）中国最新的SH—16型轮式炮车，应用了大量现代自动化科技，如火控系统接收打击目标、立即调炮、引信装订、弹丸装填、发射药装填等自动射击动作。现一炮车以速度匀速行驶，炮筒保持水平状态。炮车质量为M，携带一枚质量为m的炮弹，用于发射炮弹的炸药在极短时间内爆炸，将炮弹沿行进方向水平发射出去，由于反冲力作用炮弹飞离炮口时炮车停止运动。炸药质量可忽略不计，求：（1）炮弹飞离炮口时的速度v；（2）炸药爆炸释放的能量Q；（3）设炮弹在炮筒中所受的作用力恒定，已知炮筒长为d，求从发射炮弹到炮弹飞离炮口时，炮车前进的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据动量守恒定律可知变形得（2）根据能量守恒定律可知代入得（3）设发射炮弹过程中，炮弹、炮车的位移大小分别为、，有，由动能定理，对炮弹有对炮车有代入得7．（2024·北京顺义·一模）一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，在某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，火箭突然炸裂成A、B两部分，其中质量为的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。求：（1）炸裂后瞬间A部分的速度大小v1；（2）炸裂后B部分在空中下落的时间t；（3）在爆炸过程中增加的机械能。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）炸裂后瞬间由动量守恒可知解得A部分的速度为（2）炸裂后由运动学规律可知空中下落的时间为（3）在爆炸过程中增加的机械能为解得8．（2024·山东·三模）如图甲所示，长木板C静止在光滑水平地面上，其右上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，小物体A和B之间夹有少量火药。某时刻点燃火药，火药瞬间燃爆后A获得的速度大小为，若长木板C固定，A和B会同时停在C的最左端。已知小物体A的质量为2m，小物体B的质量为m，长木板C的质量为3m，A、C之间的动摩擦因数为，B、C之间的动摩擦因数为，重力加速度为，不计火药的质量和燃爆时间，不计B和挡板的碰撞时间，B和挡板碰撞时无机械能损失。（1）若点燃火药释放的能量全部转化为A和B的机械能，求点燃火药释放的能量；（2）求长木板C的长度；（3）若长木板不固定，求整个过程A、C之间由于摩擦产生的内能和B、C之间由于摩擦产生的内能；（4）若长木板不固定，将B碰撞挡板时作为t=0时刻，自该时刻开始A的位移大小用表示，B的位移大小用表示，C的位移大小用表示，设，在图乙中画出y随时间t变化的图像，并标明时的y值。【答案】（1）（2）（3），（4）见解析【详解】（1）火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒，则解得则火药爆炸释放的能量联立可得（2）若长木板固定，A和B的速度同时减小到0，对二者获得速度到速度减为0的过程中，对于物体A有解得由运动学公式有解得A和B的路程差长木板的长度（3）由第二问可知，A和B的初始位置距挡板的距离为B与挡板碰撞前C静止，对B自开始运动到与挡板碰撞的过程中，有解得设物体B与挡板碰前瞬间的速度，则解得设该过程的时间间隔为，则解得B与挡板碰撞时A的速度大小以水平向左的方向为正方向，B与挡板碰撞后对A、B、C组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为，则有解得对C由牛顿第二定律有解得计算可知，B撞击挡板后A先与C共速，A与C共速后不再有相对运动，然后B再与A、C共速，自B撞击挡板至A、C共速，有解得自B开始运动至A、C共速之间的相对路程A、C之间由于摩擦产生的热量B、C间由于摩擦产生的热量（4）以水平向左为正方向，对A、B、C组成的系统自B与挡板碰撞以后的任意时刻，由动量守恒定律得其中且将该过程得时间分为、、无穷段，则以上各式相加，又即有故其图像如图所示，当9．（2024·云南·一模）如图所示，光滑水平面上有静止的物块A、B和长木板C，在木板中点静置一小物块D（可视为质点）。A、B间有少量炸药，某时刻炸药爆炸，使A、B沿水平方向运动，爆炸过程中有27J的能量转化成了A、B的动能。一段时间后，B与C发生弹性正碰且碰撞时间极短，最终D刚好不滑离C。已知A的质量为2kg，B的质量为1kg，C的质量为3kg，D的质量为1.5kg，木板C的长度为1m，重力加速度大小取。求（1）B与C碰撞前瞬间B的速度大小；（2）C与D之间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）【详解】（1）物块A与物块B组成的系统在爆炸过程中满足动量守恒，则有对物块A与物块B组成的系统，根据能量转化可得联立解得（2）物块B与木板C组成的系统在碰撞过程中满足动量守恒，则有物块B与木板C组成的系统在碰撞过程中满足机械能守恒，则有解得，物块B与木板C碰撞后分离，木板C与物块D组成的系统满足动量守恒，则有对木板C与物块D组成的系统由能量守恒定律可得联立解得10．（2024·四川成都·一模）如图，ABC静置于水平面上，BC之间放有少量炸药，极短时间内爆炸产生的能量中有转化为BC两物体的动能。已知，，；与地面之间的动摩擦因数，与之间的动摩擦因数，与之间的动摩擦因数。板足够长，重力加速度取。求：（1）爆炸后瞬间A、B、C的加速度大小；（2）爆炸后瞬间B、C的速度大小；（3）爆炸后到A板向右运动到最远的过程中，A与地面之间因为摩擦而产生的热量；【答案】（1），，；（2），；（3）【详解】（1）爆炸后瞬间，分别对物体受力分析得（2）爆炸瞬间，由动量守恒得根据题意，由能量守恒得联立解得（3）设经过t1时间，A、C两物体达到共速，则有代入数据解得假设A、C两物体一起减速运动，则两者的加速度满足故假设成立，则A、C速度减到零的时间为此过程中A物体的对地位移为则因摩擦而产生的热量为模型2反冲模型1．反冲模型分类模型特点示例反冲模型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。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。2.反冲运动的三点说明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11．（2025·湖南郴州·一模）一个连同装备质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L的位置与飞船处于相对静止状态（L远小于飞船的轨道半径r）。为了返回飞船，他将质量为m的氧气以相对飞船大小为v的速度快速向后喷出，则宇航员获得相对飞船的速度大小为（）A． B． C．v D．【答案】B【详解】喷出氧气过程系统动量守恒，以氧气的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有解得故选B。12．（2025·四川绵阳·一模）在仿生学领域，科研人员正在模仿跳蚤的弹跳设计微型机器人或跳跃式飞行器。如图所示，是一个研究小组设计的一种模仿跳蚤跳跃的两级弹跳装置，圆柱形的一级和二级弹跳体内的弹簧相同，弹簧劲度系数相等且都非常大，被压缩相同程度后锁定（储存的弹性势能相等），通过遥控可分别解锁两根弹簧，使弹簧弹性势能瞬间释放全部转化为弹跳体的动能，弹跳体获得的速度方向沿竖直方向。两级弹跳体竖直叠放在水平地面上静止，一级弹跳体与地面之间、二级与一级弹跳体之间不拴连。一级、二级弹跳体的总质量相等且分别均为，先解锁一级弹跳体内的弹簧，两级弹跳体一起竖直上升，离地面的最大高度为，上升到最大高度时解锁二级弹跳体内的弹簧。重力加速度为，忽略弹跳体的高度，不考虑空气阻力。(1)求两级弹跳体一起竖直上升的时间；(2)求二级弹跳体离地面最大高度；(3)若一级弹跳体的质量为，其他初始条件相同，解锁一级弹跳体的弹簧后，在两级弹跳体落地前的任意时刻解锁二级弹跳体的弹簧。求二级弹跳体离地面的最大高度。【答案】(1)(2)2H(3)【详解】（1）设两级弹跳体一起竖直上升的时间为t，则解得（2）当两级弹跳体一起竖直上升到离地面最大高度H时，两级弹跳体速度为零。以竖直向上为速度正方向，设解锁二级弹跳体内的弹簧后一、二级弹跳体的速度分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒定律分别可得0=mv1+mv2，解得，之后，二级弹跳体做竖直上抛运动，设又上升的高度为H1，有解得H1=H则二级弹跳体离地面最大高度Hm1=H+H1=2H（3）若一级弹跳体的质量为M，解锁一级弹跳体的弹簧后，设在一、二级弹跳体竖直上抛运动过程中速度为v'时，以竖直向上为速度正方向，解锁二级弹跳体的弹簧后一、二级弹跳体的速度分别为v3、v4，由动量守恒和能量守恒定律分别可得（M+m）v'=Mv3+mv4，解得，解锁二级弹跳体的弹簧后，二级弹跳体增加的速度为可见，二级弹跳体增加的速度Δv与解锁前的速度v′无关。一、二级弹跳体速度为v及二级弹跳体的v4-t图像关系如图所示，由图可知：越早解锁二级弹跳体的弹簧二级弹跳体所能到达的高度越高。设一级弹跳体的弹簧解锁后瞬间一、二级弹跳体的共同速度为v时解锁二级弹跳体的弹簧，则设解锁二级弹跳体的弹簧后瞬间二级弹跳体速度为v5，由前述分析知：设二级弹跳体离地面最大高度为Hm2，有解得13．（2025·广东清远·一模）科技小组用容积2.0L的可乐瓶制作水火箭，箭身及配重物总质量M=0.1kg。瓶内装入0.5L水后密封，初始气体压强为1atm。用打气筒每次打入0.5L、1atm的空气，当瓶内气压达5atm时橡胶塞脱落，水高速喷出，火箭起飞。已知水的密度忽略空气阻力，重力加速度g取下列说法正确的是（）A．打气时筒内气体温度升高是因为摩擦生热B．水喷出的过程中，水火箭内的气体对外做功C．至少打气12次水火箭的橡胶塞才脱落D．若橡胶塞脱落后水以v=10m/s全部喷出，火箭最多能升到125m高处【答案】BCD【详解】A．根据热力学第一定律，打气时，活塞对筒内气体做功，气体内能增加，温度升高，故而筒壁发热，故A错误；B．由热力学第一定律，当水喷出时，水火箭内气体体积急剧膨胀，气体对外做功，故而气体吸热，B正确；C．以水火箭内密封气体为分析对象，由气体等温变化规律解得，故C正确；D．水火箭竖直放置时，能上升的高度最高，水以v=10m/s全部喷出，由动量守恒水的质量为，代入数据可得水火箭的初速度由竖直上抛运动规律得解得最大高度为，故D正确。故选BCD。14．（2025·河南信阳·一模）一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是。这个士兵用自动步枪在内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是，子弹离开枪口时相对步枪的速度是。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。下列说法正确的是（）A．每次射击后皮划艇的速度改变量均相同B．连续射击后皮划艇的速度大小近似值是C．连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为D．发射子弹过程中系统动量守恒，机械能也守恒【答案】B【详解】AB．以速度v0的方向为正方向，士兵发射第一发子弹的过程，根据动量守恒定律得（M-m）v1=m（v0-v1）解得士兵发射第二发子弹的过程，根据动量守恒定律得：（M-m）v1=（M-2m）v2-m（v0-v2）解得同理可得发射第三发子弹后皮划艇的速度为连续射出10发子弹后皮划艇的速度为可知每次射击后皮划艇的速度改变量均不相同，且，故A错误，B正确；C．总动量变化约为，时间，平均反冲力，故C错误；D．系统动量守恒（无外力），但发射子弹时化学能转化为动能，机械能不守恒，故D错误。故选B。15．（2025·广东·模拟预测）如图所示，某实验小组为研究火箭单级推进与多级推进的区别，设计了如下简单模型：以轻质压缩弹簧代替推进剂的作用，研究单级推进与二级推进上升高度的不同。方案一：将两根相同的轻弹簧并排连接在火箭下方，模拟火箭的单级推进，将两根弹簧进行同样的压缩，释放后火箭上升的最大高度为H。方案二：将火箭整体分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别连接在两级火箭的底部，将两级火箭上下叠放，并使两根轻弹簧发生与方案一中同样的形变，以此模拟火箭的二级推进过程。实验时，先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的压缩弹簧进行二级推进。假设火箭的总质量为m，弹簧的劲度系数很大，可瞬间弹开，弹簧和火箭的高度不计，忽略空气阻力的影响，火箭始终在同一竖直线上运动，重力加速度为g。求：(1)方案一中单根压缩弹簧储存的弹性势能；(2)方案二中二级推进完成瞬间，一级火箭和二级火箭的速度大小，；(3)方案二中二级推进完成后，二级火箭继续上升的最大高度h。【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）根据机械能守恒定律可得解得（2）设一级推进完成瞬间，火箭的速度大小为，根据机械能守恒定律可得解得二级推进过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得联立解得，（3）二级推进完成后，对二级火箭，则有解得16．（2024·安徽蚌埠·一模）某科研小组试验一款火箭，携带燃料后的总质量为M。先将火箭以初速度从地面竖直向上弹出，上升到高度时点燃燃料，假设质量为m的燃气在一瞬间全部竖直向下喷出，若燃气相对火箭喷射出的速率为u，重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)火箭到达高度时的速度大小；(2)燃气全部喷出后火箭的速度大小；(3)火箭上升的最大高度。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由机械能守恒可得解得火箭到达高度时的速度大小为（2）由动量守恒可得解得燃气全部喷出后火箭的速度大小为（3）设火箭上升的最大高度为，根据机械能守恒可得解得17．（2024·四川遂宁·模拟预测）神舟十八号载人飞船于2024年4月25日20时58分57秒在酒泉卫星发射中心发射，神舟十八号载人飞船入轨后，于北京时间2024年4月26日3时32分，成功与空间站天和核心舱径向端口完成自主快速交会对接，整个自主交会对接过程历时约6.5小时。对接同时中国空间站进行轨道抬升，直接上升了近6公里。在轨期间，神舟十八号乘组还将实施6次载荷货物气闸舱出舱任务和2至3次出舱活动。据以上信息，下列说法正确的是（）A．先使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间站实现对接B．火箭在竖直方向加速升空阶段中燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭升空C．空间站轨道抬升过程中空间站的机械能增加，抬升后空间站的运行周期将会变长D．乘组人员实施出舱活动时处于漂浮状态，是因为乘组人员不受地球重力【答案】C【详解】A．飞船与空间站对接，通常是将飞船发射到较低的轨道上，然后使飞船加速做离心运动，实现对接。故A错误；B．火箭发射升空的过程中，发动机推动燃气向后喷出，根据牛顿第三定律，燃气向前推动火箭上升。故B错误；C．空间站轨道抬升过程中，发动机做正功，空间站的机械能增加，由解得可知抬升后空间站的运行周期将会变长。故C正确；D．乘组人员实施出舱活动时处于漂浮状态，是因为乘组人员所受地球重力提供了其做圆周运动的向心力。故D错误。故选C。18．（2024·江苏镇江·三模）柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为m，钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端，桩帽和桩总质量为。汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落，汽缸下落过程中，桩体始终静止。当汽缸到最低点时，向缸内喷射柴油，柴油燃烧，产生猛烈推力，汽缸和桩体瞬间分离，汽缸上升的最大高度为h，重力加速度为。（1）求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量；（2）设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f，求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离。【答案】（1），方向竖直向上；（2）【详解】（1）设燃烧使重锤汽缸获得的速度为，桩体获得的速度为v，对分离后的重锤汽缸由机械能守恒，有对分离瞬间重锤汽缸，由于内力远大于外力，故由动量定理，有得方向竖直向上。（2）分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒，有分离后对桩体，由动能定理，有得19．（2024·重庆九龙坡·三模）如图，静止在匀强磁场中的原子核X发生一次衰变后放出的射线粒子和新生成的反冲核均垂直于磁感线方向运动。已知大小圆半径和周期之比分别为n、k，且绕大圆轨道运动的质点沿顺时针方向旋转。设该过程释放的核能全部转化成射线粒子和反冲核的动能，已知该衰变前后原子核质量亏损为m，光速为c。下列说法正确的是（）A．该匀强磁场的方向垂直于纸面向外B．大圆是反冲核的运动轨迹C．原子核A的原子序数是D．反冲核的动能为【答案】D【详解】AB．由洛伦兹力提供向心力可得解得由于衰变过程中动量守恒，反冲核的电荷较大，则反冲核的轨道半径较小，所以大圆是射线粒子的运动轨迹，由于射线粒子沿顺时针方向旋转，则反冲核沿逆时针方向旋转，且反冲核带正电，根据左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直于纸面向里，故AB错误；C．由于匀强磁场的方向垂直于纸面向里，射线粒子沿顺时针方向旋转，可知粒子带负电，则粒子为粒子（电子），粒子的电荷量为（电荷数为），由于大小圆半径之比为，则新生成的反冲核的电量为（电荷数为），由电荷数守恒可知，原子核A的电荷数为，即原子核A的原子序数是，故C错误；D．根据周期公式可得则射线粒子和新生成的反冲核的质量之比为已知该衰变过程前后原子核的质量亏损为，则释放的能量为根据可得由此可得射线粒子与反冲核的动能之比为又有联立解得反冲核的动能为故D正确。故选D。20．（2024·山东潍坊·模拟预测）如图所示，返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间内，竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体，辅助返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为，喷出气体所受重力忽略不计，则喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】喷出的气体的质量为以喷出的气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为F，取向下为正方向，喷出气体所受重力忽略不计，根据动量定理有解得根据牛顿第三定律可知喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为。故选A。模型3人船模型1．人船模型分类模型特点示例人船模型(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：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L2.模型图示3.模型特点(1)两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船＝0(2)两者的位移大小满足：mx人t-Mx人＋x船＝L，得x人＝MM＋mL，x船4.运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即x人21．（2025·重庆南岸·模拟预测）如图所示，木块A、B并排静止在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端O点系一长为L的细线，细线另一端系一小球C，A、B、C质量均为m。现将C拉起至细线水平且自然伸直后由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．C能向左摆到与释放点等高的位置B．C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为C．C第一次运动到最低点时，绳中张力大小为mgD．从C球经过最低点到恰好第一次到达轻杆左侧最高处的过程中，木块A一直做减速运动【答案】B【详解】A．在C球向下摆动过程中，水平方向动量守恒，C球获得水平向左的速度，A和B获得水平向右的速度。在C球向上摆动过程中，由于A受到细线的拉力，A和B分离，B具有一定的动能，A和C的总能量减少了，C不能摆到与释放点等高的位置，故A错误；B．C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，A、B、C组成的系统水平方向上动量守恒所以解得，B正确；C．C第一次运动到最低点时，由于C有速度，，故绳中张力大于mg，C错误；D．C球经过最低点到恰好第一次到达轻杆左侧最高处的过程中，绳对A的作用力有水平向左的分力，这个分力使A向右减速运动，当A速度减为零后向左加速，恰好第一次到达轻杆左侧最高处时，C和A在水平方向上具有相同的速度，故D错误。故选B。22．（2025·广东·一模）一半径为R的光滑瓷碗静止在水平桌面上，在球心等高处紧贴着碗壁无初速度静止释放一个质量相等的小铁球，瓷碗始终在水平桌面上。下列说法正确的是（）A．小球第一次回到初始位置时，瓷碗的路程大小为2RB．小球第一次下降到瓷碗最低点时，对碗底的压力与受重力大小相等C．若半径R足够大，小球在运动过程中可能脱离瓷碗D．小球相邻两次达到最高点的时间小于【答案】A【详解】A．小球和瓷碗水平方向动量守恒，小球从释放到另一侧最高点的过程中，设小球质量为m,位移大小为x1，瓷碗位移大小为x2，由人船模型位移关系可知：mx1=mx2，x1+x2=2R代入数据可得：x1=x2=R由运动对称性可知，瓷碗来回总路程为2R，故A正确；B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，根据动能定理有水平方向动量守恒小球相对瓷碗做圆周运动，由牛顿第二定律有代入得由牛顿第三定律可知小球对碗底的压力也为，大于重力，故B错误；C．由能量守恒可知，若小球能脱离瓷碗，其重力势能一定要大于，不满足题意，故C错误；D．由于小球下落过程中；受到碗壁支持力有竖直向上的分量，故下落过程中同一竖直位移时，运动速度一定比相同条件下自由落体运动速度要小，根据两段对称性可知，用时一定大于，故D错误。故选A。23．（2025·广西·模拟预测）如图所示，一滑板的上表面由光滑的四分之一圆弧AB和平面BC组成，右侧有一固定挡板，轻弹簧右端与挡板连接放在平面BC上，左端在平面BC上的D点右侧，滑板静置于光滑水平面上，已知滑板的质量为M，圆弧的半径R，圆弧底端B点与D的距离为R，平面BD间粗糙，CD间光滑。一个质量m的物块，从圆弧的最高点A由静止释放，物块第一次向左滑上圆弧面的最高点的位置离B点的高度，重力加速度为g，弹簧的形变在弹性限度内，则（）A．小物块第一次到达B点的速度大小为B．弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能为C．物块最终将停在B点D．物块最终停止时，滑板的位移为【答案】BC【详解】A．对滑板和物块的系统，规定向右为正方向，水平方向动量守恒由系统机械能守恒联立解得，故A错误；B．弹簧第一次压缩到最短时，滑板和物块速度相同，由水平方向动量守恒解得由系统能量守恒物块第一次向左滑上圆弧面的最高点时，滑板和物块速度相同，，由水平方向动量守恒解得由系统能量守恒联立解得，，故B正确；C．物块最终和滑板保持相对静止时，滑板和物块速度相同，由水平方向动量守恒解得：由系统能量守恒解得即物块最终恰好停在B点，此时物块和小车均静止。故C正确；D．系统水平方向动量守恒∶整理可得因为，联立解得又联立解得，故D错误。故选BC。24．（24-25高二下·安徽·阶段练习）光滑水平台面上有一滑块，滑块右侧面是半径为R的圆弧面，圆弧面与水平台面相切。小球从滑块的最高点沿圆弧面由静止释放。已知小球和滑块的质量分别为m和3m，重力加速度为g，小球可视为质点。在小球滑到圆弧面底端的过程：(1)小球的水平位移大小；(2)小球滑到圆弧面底端时，滑块的速度大小；(3)小球滑到圆弧面底端时，小球对圆弧面底端的压力大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）令小球对地水平分速度大小为，滑块对地速度大小为，水平位移大小分别为，在小球下滑过程，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，有：整理后有：由几何关系有：解得：（2）当小球滑到圆弧面底端时，小球的速度大小为，滑块的速度大小为，满足动量守恒、机械能守恒，有：，解得：（3）由（2）问可解得小球的速度大小：小球在圆弧面最底端时相对于圆弧的速度：根据牛顿第二定律有：由牛顿第三定律有小球对圆弧面底端的压力大小：解得：25．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）质量均为的木块和，并排放在光滑水平面上，如图所示。上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量也为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球。(1)若木块固定在水平面上，求球向左摆动能达到的最大高度；(2)若木块不固定，求球第一次摆到最低点时球的位移大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）对球，下落过程机械能守恒有对球和木块，水平方向动量守恒，取向左为正方向有系统机械能守恒，有联立解得（2）对球和A、B组成的系统：设水平向左为正方向，水平方向平均动量守恒，有即又，联立得26．（24-25高二上·河南·阶段练习）如图所示，光滑水平面上有质量为、长度为的木板。质量为的某同学站在木板左端，木板和人处于静止状态。该同学在木板上跳跃三次，每次跳跃的方向和消耗的能量均相同，第三次落点恰好是木板右端。假设人落到木板瞬间与木板相对静止。忽略空气阻力。则完成第一次跳跃时该同学相对水平面的位移为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】每次跳跃过程中，人和木板水平方向动量守恒，因此人落回木板上时，人和木板的速度都变为零。三次跳跃情况完全相同，所以第一次跳跃过程中人和木板相对位移为，根据动量守恒有解得故选A。27．（2024·北京朝阳·模拟预测）在光滑水平面上放有一质量为的小车，一质量为的小球用长为的轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置（细线伸直且水平）同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时的速度为。从释放到小球达最低点过程中，细线对小球做的功为。从释放开始小车离开初位置的最大距离为，则下列说法正确的