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专题16 爆炸与类爆炸模型
爆炸模型（3-7 题）.........................................................................................................................................3
含弹簧的“爆炸”模型（8-13 题）...........................................................................................................7
人船模型与类人船模型（14-20 题）.......................................................................................................13
1.
（2021•浙江）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音
记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、初速
度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s 末和6s 末先后记录到从空气中
传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列
说法正确的是（ ）
A．两碎块的位移大小之比为1：2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【解答】解：A、爆炸物在最高点时炸裂成质量之比为2：1 的两个碎块，
设两碎块的质量分别为m1＝2m，m2＝m，设爆炸后两碎块的速度分别为v1、v2，
爆炸过程，系统在水平方向动量守恒，m1的速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律
得：
m1v1
m
﹣
2v2＝0
爆炸后两碎块做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t 相等，设两碎块的
水平位移分别为x1、x2，则有：
m1v1t
m
﹣
2v2t＝0
m1x1
m
﹣
2x2＝0
解得：x1：x2＝m2：m1＝1：2，
两碎块的竖直分位移相等，两碎块的水平位移之比为1：2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之
比不等于1：2，故A 错误；
BD、设两碎片做平抛运动的时间均为t，两碎块落地发出的声音的传播时间分别为t1＝5s
t
﹣，t2
1
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＝6s
t
﹣，声音的传播位移：
x1＝v 声音t1，x2＝v 声音t2，由A 可知x1：x2＝1：2，
代入数据解得：t＝4s，x1＝340m，x2＝680m，
爆炸物的爆炸点离地面高度：
h= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×4
2m＝80m，
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离：
x＝x1+x2＝（340+680）m＝1020m，故B 正确，D 错误；
C、由B 可知，爆炸后碎块m1的水平位移：x1＝340m，碎块m2的水平位移x2＝680m，
爆炸后质量大的碎块m1的初速度为v1= x1
t = 340
4
m/s＝85m/s，故C 错误。
故选：B。
2.
（北京）有一炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M＝6.0kg（内含炸药的质量可以
忽略不计），射出的初速度v0＝60m/s．当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，
其中一片质量为m＝4.0kg．现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R＝600m 为半径的圆
周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？（g＝10/s2，忽略空气阻力）
【解答】解：设炮弹上升到达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律，有v0
2=2 gH
解得：H＝180m
设质量为m 的弹片刚爆炸后的速度为v，另一块的速度为V，
根据动量守恒定律，有mv＝（M
m
﹣）V
设质量为m 的弹片运动的时间为t，根据平抛运动规律，有H = 1
2 gt
2
解得t＝6s．
R＝vt
解得v＝100m/s，V＝200m/s．
炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能Ek = 1
2 mv
2+ 1
2 ( M -m)V
2
解以上各式得Ek = 1
2
Mm R
2 g
2
( M -m)v0
2
代入数值得Ek =6.0×10
4 J
答：刚爆炸完时两弹片的总动能至少6.0×104J．
2
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爆炸模型（3-7 题）
3.
（2023•海南一模）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，其中一块碎片做自由落体运动。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．2√
EH
mg
B．2√
2 EH
mg
C．2√
3 EH
mg
D．4√
EH
mg
【解答】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，则由E= 1
2
•2mv2可得，v=√
E
m
由题意可知，其中一块做自由落体运动，即炸裂后速度为零；设炸裂后瞬间另一块碎片的速度
大小为v1，以原速度方向为正方向，则由动量守恒定律可得，2mv＝mv1
解得v1＝2√
E
m
根据平抛运动规律有H = 1
2 gt
2，解得飞行时间t=√
2 H
g
两块碎片落地点之间的距离x＝v1t＝2√
E
m ×√
2 H
g =2√
2 EH
mg
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
4.
（2023•昌平区二模）如图所示，一枚炮弹发射的初速度为v0，发射角为θ。它飞行到
最高点时炸裂成质量均为m 的A、B 两部分，A 部分炸裂后竖直下落，B 部分继续向前飞行。
重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B 部分速度的大小和方向；
3
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（2）炸裂前后，A、B 系统机械能的变化量ΔE；
（3）A、B 两部分落地点之间的水平距离Δx。
【解答】解：（1）炮弹飞行到最高点时炸裂成质量均为m 的A、B 两部分，A 部分炸裂后竖直
下落，B 部分继续向前飞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
2mv0cosθ＝mv
解得
v＝2v0cosθ，方向向右；
（2）根据能量守恒定律有ΔE= 1
2 m v
2- 1
2 ×2m(v0cosθ)
2
解得ΔE＝mv0
2co s
2θ
（3）炮弹上升到最高点的时间为t= v0 sinθ
g
根据平抛运动规律可知Δx＝vt
解得Δx= v0
2sin2θ
g
5.
（2023•道里区校级一模）如图所示，在粗糙水平地面放置着质量分别为m1＝1kg 和
m2＝2kg 的两个小物块A 和B（可视为质点），二者间夹有少量炸药，某时刻点燃炸药，在极
短时间炸药释放出20J 的能量，并有60%转化为两物块的动能，接着物块A 向右运动s＝2m 滑
上一水平传送带，传送带匀速运行的速度大小为v＝2.5m/s，当A 运动到传送带左端M 瞬间，
传送带以加速度a0=0.5m/ s
2开始匀加速运行，最终A 恰好能通过与传送带右端N 相连的光
滑半圆形导轨的最高点P，已知物块与地面间动摩擦因数μ1＝0.3，物块与传送带的动摩擦因数
μ2＝0.1，半圆形轨道半径R＝0.5m，g 取10m/s2，试求：
（1）物块A 运动到传送带左端M 的速度大小v0；
（2）物块A 由传动带左端M 到传送带右端N 所经历的时间t 以及传送带MN 的长度L。
4
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【解答】解：（1）点燃炸药瞬间，两物块组成的系统动量守恒，设向右为正方向，则有0＝
m1v1
m
﹣
2v2
由已知60 % E = 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得v1＝4m/s
A 从开始运动至到传送带左端过程，由动能定理得- μ1m1gs = 1
2 m1v0
2- 1
2 m1v1
2
解得v0＝2m/s
（2）对A，在P 点，根据牛顿第二定律有m1g=m1
vP
2
R
N→P，根据动能定理有-2m1 gR = 1
2 m1v P
2 - 1
2 m1v N
2
解得vN＝5m/s
设物块A 在传送带上一直加速，则μ2m1g＝m1a
解得a＝1m/s2
物块A 与传送带共速时v 共＝v0+at1，v 共＝v+a0t1
解得t1＝1s，v 共＝3m/s
因v 共＝3m/s＜vN＝5m/s，故物块与传送带共速后将与传送带以a0=0.5m/ s
2
一起加速，设继续加速的时间为t2，则vN＝v 共+a0t2，t2＝4s
故物块A 由传动带左端M 到传送带右端N 所经历的时间t＝t1+t2，解得t＝5s
由运动学公式，传送带MN 的长度L= v0t1+ 1
2 at1
2+ v共t2+ 1
2 a0t2
2
解得L＝18.5m
6.
（2023•鹰潭一模）有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实
验，一个平板车固定在水平地面上，其右端恰好与光滑的半圆弧轨道的底端相切，在平板车的
右端放置两个可视为质点的紧挨着的A、B 两个物体（均可看成质点），物体质量均为m，现
在在它们之间放少量炸药。当初A、B 两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体B 向右运动，恰能
5
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到达半圆弧最高点。物体A 沿平板车表面向左做直线运动，最后从车上掉下来，落地点离平
板车左端的水平距离为s，已知平板车上表面离地面的高度为h，且平板车上表面光滑，不计
空气阻力，重力加速度为g。试求：
（1）当A 物体离开平板车后，重力对A 做功的最大功率是多少？
（2）圆弧的半径和炸药爆炸时A、B 两物体所做的功。
【解答】解：（1）重力对A 做功的最大功率是刚落地时
刚落地时在竖直方向的速度为：v =√2gh
最大功率是：P =mgv =mg√2 gh
（2）设物体离开平板车的速度为v，A 物体离开平板车后做平抛运动，由平抛运动规律，得
在水平方向上，有：s＝v1t
在竖直方向上，有：h= 1
2 gt
2
联立两式解得：v1= s√
g
2h
设炸药爆炸后A、B 两物体的速度分别为v1、v2，炸药爆炸后，取水平向左为正方向，由动量守
恒定律得：mv1
mv
﹣
2＝0
物体B 向右运动到达半圆弧最高点的速度为v3。物体B 恰能到达最高点，由重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：mg= mv3
2
R
物体B 上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得：1
2 m v3
2+2mgR = 1
2 m v1
2
联立解得：R = s
2
10h
由功能关系，炸药对A、B 物体做的功为：W = 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
解得：W = mg s
2
2h
7.
（2023•南开区二模）如图所示，固定平台右端静止着两个小滑块A、B，mA＝
6
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0.1kg，mB＝0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地
面上，小车质量M＝0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度L＝1m，右侧拴
接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后滑块A 滑到距平台右端x＝2m
的C 点停下，滑块A 与平台间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块B 冲上小车并最终与小车共速运动，
滑块B 与小车粗糙部分的动摩擦因数μ2＝0.1。两滑块都可以视为质点，炸药的质量忽略不计，
爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度g＝10m/s2。
求：
（1）滑块B 刚滑上小车时速度vB的大小；
（2）最终滑块B 与小车共速时速度v 的大小和方向；
（3）最终滑块B 与小车共速时距小车左端的距离。
【解答】解：（1）设爆炸后滑块A 获得速度大小为vA，滑块A 滑到平台上的C 点时停下，由
动能定理得：- μ1mA gx =0- 1
2 mA v A
2
解得：vA＝4m/s
爆炸过程中，滑块A、B 组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA﹣
mBvB＝0
解得：vB＝2m/s
（2）滑块B 最终和小车达到共同速度v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＝
（mB+M）v
解得v＝0.8m/s
方向水平向右
（3 ）设滑块B 在小车粗糙段滑行的路程为s ，根据能量守恒定律得：
Q = 1
2 mB vB
2 - 1
2 (mB+ M )v
2
根据功能关系得：Q＝μ2mBgs
联立解得：s＝1.2m
7
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滑块B 在小车粗糙部分相对于小车的路程为1.2m，滑块B 先相对于小车先向右运动1m，经弹簧
作用后，又相对于小车在粗糙部分向左运动0.2m，即最终滑块B 停在离小车左端
x＝L
0.2m
﹣
代入数据得：x＝0.8m
含弹簧的“爆炸”模型（8-13 题）
8.
（2023•裕华区模拟）如图所示，A、B 两物体质量分别为mA＝5kg 和mB＝4kg，与水
平地面之间的动摩擦因数分别为μA＝0.4 和μB＝0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不
拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹
开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断正确的是（ ）
A．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量不守恒
B．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统的机械能守恒
C．在两物体被弹开的过程中，A、B 两物体的机械能一直增大
D．两物体一定同时停在地面上
【解答】解：A、在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A 物体所受的滑动摩
擦力大小为fA＝μAmAg＝20N，方向水平向右；B 物体所受的滑动摩擦力大小为fB＝μBmBg＝
20N，方向水平向左，可知两物体组成的系统合外力为零，故两物体组成的系统动量守恒，故A
错误。
B、在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能
减小转化为内能，故B 错误。
C、在两物体被弹开的过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先做加速运动
后做减速运动，机械能先增大后减小，故C 错误。
D、对任一物体，根据动量定理得：﹣μmgt＝﹣p，得物体运动的时间为t=
p
μmg
，由上分析可知，
两个物体的动量p 的大小相等，所受的摩擦力f 大小相等，故滑行时间相等，应同时停止运动，
故D 正确。
故选：D。
9.
（多选）（2023•郫都区校级模拟）如图所示，两质量相等的物体B、C 用质量不计的
8
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弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C 紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A 以水
平向左的速度v0向物体B 运动，经过一段时间和物体B 碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、
C 的质量分别M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒
B．挡板对物体C 的冲量大小为2Mv0
C．物体C 的最大速度为2 M v0
M +2m
D．如果M＝m，则物体C 离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为2：1
【解答】解：A、整个过程中三个物体组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A、B
碰撞过程系统机械能不守恒，整个过程系统机械能不守恒，故A 错误；
B、A、B 碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝（M+m）v，
从A、B 碰撞后到C 即将离开挡板过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，C 即将离开挡
板时A、B 的速度大小为v，方向向左，对A、B、C 系统，从A、B 碰撞后到C 离开挡板过程，
以向右为正方向，由动量定理得：I＝（M+m）v﹣（M+m）（﹣v），解得：I＝2Mv0，故B 正
确；
C、C 离开挡板后到弹簧再次恢复原长时C 的速度最大，C 离开挡板后，A、B、C 组成的系统动
量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v＝（M+m）vAB+mvC，由机械能守恒
定律得：1
2 ( M +m)v
2= 1
2 ( M +m)v AB
2 + 1
2 m vC
2 ，解得：vC= 2 M v0
M +2m
，故C 正确；
D、A、B 的速度为零弹簧压缩量最大时弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律得：E0
= 1
2 ( M +m)v
2，C 离开挡板后三者速度相等时弹簧的形变量最大，弹簧的弹性势能最大，C 离
开挡板后系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v＝（M+m+m）v1，
由机械能守恒定律得：1
2 ( M +m)v
2= 1
2 ( M +m+m)v1
2+E0，解得：E1：E2＝3：1，故D 错误。
故选：BC。
10. （多选）（2023•黄山三模）如图所示，光滑水平面上质量为2M 的物体A 以速度v 向
右匀速滑动，质量为M 的B 物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A 与弹
9
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簧接触后，以下判断正确的是（ ）
A．在物体A 与弹簧接触过程中，弹簧对A 的弹力冲量大小为4
3 Mv
B．在物体A 与弹簧接触过程中，弹簧对B 的弹力做功的功率一直增大
C．从A 与弹簧接触到A、B 相距最近的过程中，弹簧对A、B 做功的代数和为0
D．从A 与弹簧接触到A、B 相距最近的过程中，最大弹性势能为1
3 M v
2
【解答】解：A、以向右方向为正，根据动量守恒定律得：2Mv＝2MvA′+MvB′
根据机械能守恒定律得：1
2 ×2 M v
2= 1
2 ×2 M v A
' 2+ 1
2 M vB
' 2
解得：vA′= 1
3 v，vB′= 4
3 v
以向右方向为正方向，根据动量定理得：I＝2MvA′
2Mv
﹣
；
代入解得：I =- 4
3 Mv，故弹簧对A 的弹力冲量大小为4
3 Mv，故A 正确；
B、在物体A 与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B 的速度都增大，弹簧对B 的弹
力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B 的速度接近4
3 v，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对
B 的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A 与弹簧接触过程中，弹簧对B 的弹力做功的功
率先增大后减小，故B 错误；
CD、以向右为正方向，根据动量守恒定律得：2Mv＝（2M+M）v′
解得：v ' = 2
3 v
弹簧对A、B 做功分别为；WA= 1
2 ×2 M v
' 2- 1
2 ×2 M v
2=- 5
9 M v
2
WB= 1
2 M v
' 2= 2
9 M v
2；
弹簧对A、B 做功的代数和为：W =W A+W B=- 1
3 M v
2，即对整个系统做负功。
最大弹性势能为：Ep= 1
2 ×2 M v
2- 1
2 ×3 M v
' 2= 1
3 M v
2，故C 错误，D 正确。
10
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故选：AD。
11. （多选）（2023•重庆模拟）如图所示，在光滑水平面上有质量分别为mA、mB的物体
A，B 通过轻质弹簧相连接，物体A 紧靠墙壁，细线连接A，B 使弹簧处于压缩状态，此时弹
性势能为Ep0。现烧断细线，对以后的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．全过程中墙对A 的冲量大小为mA√
2 E p0
mB
B．物体B 的最大速度为√
2 E p0
mB
C．弹簧长度最长时，物体B 的速度大小为
mB
mA+mB√
2 E p0
mB
D．弹簧长度最长时，弹簧具有的弹性势能Ep＞Ep0
【解答】解：B、弹簧恢复原长时弹簧的弹性势能转化为物体B 的动能，物体B 的速度最大，设
B 的最大速度为v0，由能量守恒定律得：Ep0= 1
2 mB v0
2，解得B 的最大速度：v0=√
2 E p0
mB
，故B
正确；
A、从烧断细线到弹簧恢复原长过程，设弹簧对B 的冲量为I，对B，由动量定理得：I＝mBv0
弹簧对A 的弹力与对B 的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，则弹簧对A 的冲量位﹣I，
从烧断细线到弹簧恢复原长过程，设墙对A 的冲量为I 墙，对A，由动量定理得：I 墙﹣I＝0
解得：I 墙＝mB√
2 E p0
mB
，
A 离开墙后墙对A 没有作用力，因此全过程墙对A 的冲量大小为mB√
2 E p0
mB
，故A 错误；
C、当弹簧最长时，A、B 的速度相等，设为v，A 离开墙壁后A、B 组成的系统所受合外力为零，
系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBv0＝（mA+mB）v，解得弹簧最长时B 的速度：v
11
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=
mB
mA+mB√
2 E p0
mB
，故C 正确；
D、当弹簧最长时，A、B 具有共同的速度v=
mB
mA+mB√
2 E p0
mB
，设它们的总动能为Ek，对A、B
系统，由能量守恒定律得：
Ep0＝Ep+Ek，则弹簧长度最长时弹簧具有的弹性势能Ep＜Ep0，故D 错误。
故选：BC。
12. （2023•广州二模）如图。玩具“火箭”由上下A、B 两部分和一个劲度系数较大的轻
弹簧构成，A 的质量为0.2kg，B 的质量为0.4kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始时让
A、B 压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A 上升得更高，让“火箭”在距地面0.8m 高处自由
释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B 恰好停在地面
上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度取10m/s2。求
（1）“火箭”着地时的速度大小；
（2）A 上升的最大高度；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能。
【解答】解：（1）“火箭”在距地面0.8m 高处自由释放，做自由落体运动，根据速度—位移
公式可得：v2＝2gh
解得：v＝4m/s
（2）“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B 恰好停在地面上，
动量守恒，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得：（mA+mB）v＝mAv'
解得：v′＝12m/s
A 做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动，根据运动学公式可得：v'2＝2gh'
解得：h'＝7.2m
（3）根据机械能守恒得：E p= 1
2 mA v '
2- 1
2 (mA+mB)v
2
12
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代入数据解得：Ep＝9.6J
13. （2023•琼山区校级二模）如图所示，质量为2m 的滑板上表面由长度为L 的水平部分
AB 和半径为R 的四分之一光滑圆弧BC 组成，滑板静止在光滑的水平地面上，AB 恰好与台阶
等高。光滑的台阶上有物块1 和小球2，质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧。台阶
右侧与一半径为r 的光滑竖直圆形轨道相切于D 点。某一时刻将压缩的弹簧释放，使得1、2
瞬间分离，物块1 向左运动的速度为v0，它与滑板水平部分的动摩擦因数为μ，求：
（1）若v0=√gr，小球2 运动到D 点时，圆形轨道所受压力；
（2）为了使小球2 在运动过程中始终不脱离圆轨道，圆形轨道的半径r 应满足的条件；
（3）要使物体1 在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求AB 的长度L 应
满足的条件。
【解答】解：（1）物块1 和小球2 分离过程，动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律
可得：0＝mv0
mv
﹣
1
解得：v1= v0=√gr，
在D 点，由牛顿第二定律可得：FN
mg
﹣
＝mv1
2
r
解得：FN＝2mg
由牛顿第三定律可得小球2 运动到D 点时，圆形轨道所受压力为2mg，方向向下；
（2）①小球2 能够恰好运动到圆轨道的最高点，此时的速度大小为v2，根据牛顿第二定律有：
mg＝mv2
2
r1
从最低点到最高点过程中，由动能定理可得：﹣mg•2r= 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
13
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解得：r1= v0
2
5 g
；
②小球2 恰好运动到与圆心等高的位置，由动能定理可得：﹣mgr2＝0- 1
2 mv1
2
解得：r2= v0
2
2 g
所以圆形轨道的半径r 应满足的条件为r≤v0
2
5 g
或r≥v0
2
2g
；
（3）要使物体1 有相对地面向右的速度，说明物体1 要滑到曲面上再返回运动，物块1 相对滑
板反方向运动过程中，可以知道当再次回到B 点时两者的速度最大，此时1 有向右运动的速度
即可，取向左为正方向，物块1 再次回到B 时水平方向动量守恒可得：
mv0＝mvA+2mvB
由能量守恒定律可得：1
2 mv0
2= 1
2 mv A
2 + 1
2 ×2mvB
2 +μmgL
联立可得方程：3 v A
2 -2v0v A - v0
2+ 4 μgL=0
因物体要经过B 点，因此要求判别式大于零，速度向右说明结果要小于零；则
vA= 2v0±√4 v0
2- 4×3(4 μgL- v0
2)
6
满足不等式：4 v0
2- 4×3(4 μgL- v0
2)＞0，vA= 2v0±√4 v0
2- 4×3(4 μgL- v0
2)
6
＜0
则L＜v0
2
4 μg
。
人船模型与类人船模型（14-20 题）
14. （2020•桃城区校级模拟）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
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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．m( L+d)
d
B．m( L-d)
d
C．mL
d
D．mL
d + L
【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= d
t
，v′= L-d
t
根据动量守恒定律：Mv
mv′
﹣
＝0，
则得：Md
t =m L-d
t
解得渔船的质量：M= m( L-d )
d
故选：B。
15. （2019•五华区校级模拟）如图所示，小船的两端站着甲、乙两人，初始小船静止于
湖面上。现甲和乙相向而行，从船的端走到另一端，最后静止于船上，不计水的阻力，下列说
法正确的是（ ）
A．若甲先行，乙后行，小船最终向左运动
B．若甲先行，乙后行，小船最终向右运动
C．无论谁先行，小船最终都向右运动
D．无论谁先行，小船最终都静止
【解答】解：以甲人、乙人和船为系统，由系统动量守恒知，初始系统总动量为0，所以无论谁
先行，系统总动量为0，小船最终都静止。故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
16. （2023 春•昌邑区校级期末）如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长
（估计重一吨左右）。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
船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退
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的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为（
）
A．m( L+d)
d
B．m( L-d)
d
C．mL
d
D．m( L+d )
L
【解答】解：水的阻力不计，人、船水平方向动量守恒，平均动量也守恒。设人走动时船的平
均速度大小为v 船，人的平均速度大小为v人，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：
M v 船-m v人=0
即M x船
t -m x人
t =0
人、船运动时间相等，则有Mx 船﹣mx 人＝0
又x 船+x 人＝L，x 船＝d，联立解得船的质量为：M = m( L-d)
d
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
17. （2023 秋•南关区校级月考）“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1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。女子在照片上身高
约为1.6cm。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．50kg
C．55kg
D．60kg
【解答】解：根据题意，可得x1＝1.8cm，x2＝1cm，对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，
所以m1x1＝m2x2
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代入数据可得人的质量为
m2＝45kg，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
18. （2022 秋•鼓楼区校级月考）如图所示，质量M＝2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，
质量m＝1kg 的小球通过长L＝0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖
直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝
4m/s，g 取10m/s2。则（ ）
A．若锁定滑块，小球通过最高点P 时对轻杆的作用力为4N
B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒
C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2m/s
D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为1
3
m
【解答】解：A、设小球能通过最高点，且此时的速度为v 在上升过程中，因只有重力做
功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得：1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+mgL，代入数据解得：
v1=√6m/s，对小球由牛顿第二定律得：F+mg＝mv1
2
L
，代入数据解得：F＝2N，即在最高
点杆对小球的作用力方向向下，大小为2N，根据牛顿第三定律可知小球通过最高点时小
球对杆的作用力方向向上，大小为2N，故A 错误；
BC、若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，设小球的
水平方向为正方向，由动量守恒得mvm＝MvM，由机械能守恒得1
2 m v0
2= 1
2 mv 'm
2 + 1
2 M v M
2 +
mgL，得vm＝2m/s，故B 错误，C 正确；
D、设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离为xM，
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由系统水平方向动量守恒得mxm＝MxM，又xm+xM＝2L，得xm= 2
3
m，故D 错误；
故选：C。
19. （2022 春•龙凤区校级期末）如图所示，一个质量为m 的半圆槽形物体P 放在光滑水
平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q 质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速
释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q 从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下
列说法正确的是（ ）
A．P、Q 组成的系统满足动量守恒
B．P 的位移大小为3
4
R
C．Q 滑动最低点的速度为√2 gR
D．Q 的位移大小为1
2
R
【解答】解：A、P、Q 组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，
系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；
BD、设P 的位移大小为x，则Q 的位移大小为2R
x
﹣，P、Q 组成的系统在水平方向所受合外力
为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mvQ
mv
﹣
P＝0，3m
× 2 R - x
t
-m× x
t =0，解得：x= 3
2
R，Q 的位移大小xQ＝2R
x
﹣＝2R- 3
2
R= 1
2
R，故B 错误，D 正
确；
C、设Q 到达最低点的速度大小为v1，此时P 点的速度大小为v2，P、Q 组成的系统在水平方向
动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：3mv1
mv
﹣
2＝0，系统机械能守
恒，由机械能守恒定律得：3mgR= 1
2 ×3m v1
2+ 1
2 m v2
2，解得：v1=√
1
2 gR，故C 错误。
故选：D。
20. （多选）（2021 春•瑶海区月考）如图所示，质量M＝2kg 的滑块套在光滑的水平轨
道上，质量m＝1kg 的小球通过L＝0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可
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在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0
＝4m/s，g 取10m/s2。则（ ）
A．若锁定滑块，小球通过最高点P 时对轻杆的作用力为12N
B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒
C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2m/s
D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为2
3
m
【解答】解：A、若锁定滑块，设小球到达最高点速度为vp，则：1
2 m v0
2=mgL+ 1
2 m v P
2，得vp
=√6m/s，对小球根据牛顿第二定律可得：F+mg＝mvP
2
L
，解得：F＝2N；
根据牛顿第三定律可得小球通过最高点P 时对轻杆的作用力为2N，故A 错误；
B、若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，故B 错误；
C、若解除对滑块的锁定，设小球通过最高点时速度为vm，此时滑块的速度大小为vM，
取向右为正方向，由动量守恒定律得：mvm
Mv
﹣
M＝0
由机械能守恒定律得：1
2 m v0
2=mgL+ 1
2 m vm
2 + 1
2 M v M
2 ，解得：vm＝2m/s，故C 正确；
D、设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离为xM，
取向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得：mxm
Mx
﹣
M＝0
又因为：xm+xM＝2L，解得：xm= 2
3
m，故D 正确。
故选：CD。
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