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[-考点-04-] 爆炸、反冲运动和人船模型
[典例1]
答案 B
解析 设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有0＝v1－
v2，可得v1＝v2＝v，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝gt2，ΔE＝×mv2＋
×mv2，解得ΔE＝，故选B.
[典例2]
答案 C
解析 1 s 末发动机喷出20 次，共喷出的气体质量为m1＝20×0.2 kg＝4 kg，根据动量守恒
定律得(M－m1)v1－m1v＝0，则得火箭1 s 末的速度大小为v1＝＝ m/s≈13.5 m/s，故A 错
误；2 s 末发动机喷出40 次，共喷出的气体质量为m2＝40×0.2 kg＝8 kg，同理可得，火箭
2 s 末的速度大小为v2＝＝ m/s≈27.4 m/s，故B 错误；第3 次气体喷出后，共喷出的气体
质量m3′＝3×0.2 kg＝0.6 kg，同理可得，火箭第3 次喷出气体后的速度大小为v3＝＝
m/s≈2.0 m/s，故C 正确；第4 次气体喷出后，共喷出的气体质量m4＝4×0.2 kg＝0.8 kg，
同理可得，火箭第4 次喷出气体后的速度大小为v4＝＝ m/s≈2.7 m/s，故D 错误．
[典例3]
答案 B
解析 设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船尾走到船头
用时为t，船的位移大小为d ，人的位移大小为L－d，所以v＝，v′＝.以船的速度方向为
正方向，根据动量守恒定律有：0＝Mv－mv′，可得：M＝m ，解得小船的质量为M＝m
，故B 正确．
1.答案 D
解析 由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝v0，故选D.
2.答案 D
解析 火箭整体动量守恒，以v0的方向为正方向，则有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝
－v0，负号表示火箭的运动方向与v0方向相反.
3.答案 B
解析 设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小
的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时
间相同，由水平方向x＝v0t 知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位
移大小之比不是1∶2，故A 项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－
t)×340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，所以B
项正确，C 项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D 项错误．
4.答案 A
1
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解析 设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量大小p2＝m2v2＝
50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0
＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A 正确，B、C、D 错
误．
5.答案 B
解析 当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大
小为h2，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他离地面的高
度约为3.6 m，故选项B 正确．
6.答案 A
解析 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直
向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A 正确；
地球卫星要能成功发射，喷气n 次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B 错
误；以火箭和喷出的n 次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M
－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C 错误；至少持续喷气时间为：t＝＝33.3
s，故D 错误．
7.答案 B
解析 根据反冲特点，当阀门S2打开时，小车将受到向前的推力，从而向前运动，故B 项
正确，A、C、D 均错误.
8.答案 (1) (2)
解析 (1)圆弧轨道不固定且光滑，水平面光滑，则小球和圆弧轨道组成的系统机械能守恒，
有mgR＝mv1
2＋Mv2
2
小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，有
0＝mv1－Mv2
又m＝M，联立解得v1＝
(2)设从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中小球和圆弧轨道运动的位移大小分
别为x1、x2，小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，可得，0＝m－M
又x1＋x2＝R
解得x2＝.
9.答案 1.6 m/s
解析 人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人的水平速度
是v1，车的反冲速度是v2，取向右为正方向，则mv1－Mv2＝0，解得v2＝v1
人跳离货箱后做平抛运动，车以速度v2做匀速运动，运动时间为t＝＝ s＝0.5 s.由图可知，
在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t，
2
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由于x1＋x2＝l
即v1t＋v2t＝l，
则v2＝＝ m/s＝1.6 m/s.
10.答案 BD
解析 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量
守恒，而总动量不守恒，A 错误，B 正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小
球仍能向左摆到原高度，C 错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，
系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为
vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝
2l，解得小车向右移动的最大距离为，D 正确．
11.答案 BC
解析 子弹、枪、人、车、靶组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒．子弹射击
前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的．在子弹射出枪
口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n 发子弹打入靶中后，小车应停在原来位
置的右方，待打完n 发子弹后，小车将静止不动，故A 错误，B 正确；设子弹射出枪口的
速度大小为v，车后退的速度大小为v′，以子弹射出方向为正方向，根据动量守恒定律，
有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有：vt＋v′t＝d，
故车后退位移大小为：Δx＝v′t＝，每发子弹从发射到击中靶过程，小车均后退相同的位
移Δx，故C 正确，D 错误．
12.答案 D
解析 AB 段只是水平方向动量守恒，系统合外力不为零，动量不守恒，A 错误；物块A 与
小车BC 段有相对位移，摩擦力做功的代数和不为零，B 错误；如果小车不动，物块到达水
平轨道时速度最大，由mgR＝mv2得v＝，现在物块下滑时，小车向左滑动，则物块的最大
速度小于，C 错误；设BC 段长为L，根据系统水平方向动量守恒可知：物块和小车最后相
对静止时的速度为零，对系统，由能量守恒得mgR＝μmgL，得L＝，设整个过程物块相对
地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2.则有：mx1－Mx2＝0，x1＋x2＝L＋R，
解得：x2＝(R＋)，D 正确．
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