1.6 反冲现象 火箭 讲义-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

1.6 反冲现象 火箭 学习目标 1.反冲现象的理解与应用（重点） 2.火箭的工作原理分析（难点） 3.“人船模型”问题（易错点） 知识点梳理 反冲、爆炸、人船模型 一．反冲 (1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。 (2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等。 (3)规律：遵从动量守恒定律。 二．爆炸问题 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。 三．人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 知识点梳理1：反冲现象的理解和应用 1．定义 一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。 2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律。 3．反冲现象的应用及防止 (1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 一些技巧 1．反冲运动的三个特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒。 (3)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。 2．讨论反冲运动应注意的两个问题 (1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。 (2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。 例题精讲： 【例1】（2025春•大连期末）快递运输易碎品时，外部用充气塑料包裹，主要的用途是起到缓冲作用，减小运输过程中被运送物品所受到的冲击力，以下情境中蕴含的物理原理与之不同的是（　　） A．跳高时运动员过杆后落在软垫上 B．汽车在受到猛烈冲撞时会弹出安全气囊 C．章鱼通过调整喷水的方向，可以使得身体向任意方向前进 D．自行车运动员佩戴的骑行头盔，其内部安装了一个泡沫内层 【例2】（2025春•吉林期末）乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为3kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以30m/s的速度迅速逃窜，喷出水的质量为0.5kg，则喷出水的速度大小为（　　） A．80m/s B．120m/s C．150m/s D．200m/s 【例3】（2025春•保定期末）如图所示，一个液化气瓶固定在位于光滑水平面上的小车上，开始时小车静止，液化气瓶（含气）与小车的总质量为m1。打开液化气瓶，液化气瓶向后喷射气体的速度（对地）大小恒为v0，则当液化气瓶喷射出质量为m2的气体时，小车的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【例4】（2025春•泉州期末）乌贼在水中的运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动；它在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15m/s，逃命时速度可以达到40m/s，因此它被称为“水中火箭”。若乌贼外套膜吸满水后的总质量为4kg，躺在海底突然遇险，乌贼通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃跑。已知乌贼喷射出的水的质量为0.8kg，则喷射出水的速度最大为（　　） A．200m/s B．75m/s C．60m/s D．160m/s 【例5】（2025•渝中区校级模拟）中国某新型连续旋转爆震发动机（CRDE）（如图）测试中，飞行器总质量（含燃料）为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v（相对地面），喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震（喷气时间极短，忽略重力与阻力）。下列说法正确的是（　　） A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B．每次喷气后，飞行器（含剩余燃料）速度增量大小相同 C．经过n次喷气后，飞行器速度为 D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 知识点梳理2：火箭的工作原理分析 1．火箭的主要用途：火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船。 2．火箭的工作原理：火箭是利用燃气高速喷发时的反冲运动，遵循动量守恒定律。 一些技巧 1．在火箭发射过程中，内力远大于外力，所以动量守恒。 2．若要提高火箭获得的速度，应①提高火箭发射前的总质量和燃料燃尽后火箭的质量比； ②提高火箭喷出的燃气的速度。 例题精讲： 【例6】（2025春•保定期末）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．火箭做加速运动的原因是发动机推动外部空气，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、轮船航行的运动都属于反冲运动 【例7】（2025•湖北模拟）水火箭是利用反冲原理制作的趣味玩具，瓶内有高压气体和一定量的水。总质量为M的水火箭，由静止沿竖直方向发射，在极短的时间内将内部质量为m的水以速度v0向下喷出，箭体上升的最大高度为h，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．瓶内高压气体对箭体做正功 B．喷水后瞬间，箭体的速度大小为 C．箭体上升的最大高度为 D．整个过程中，箭体与水组成的系统机械能守恒 【例8】（多选）（2025•新城区一模）2025年3月12日凌晨，长征八号遥六运载火箭以“一箭十八星”方式将千帆星座第五批组网卫星送入预定轨道。若最后火箭壳体质量为m，最后一颗卫星的质量为5m，分离前一起绕地球在椭圆轨道运动，周期为T，到离地心距离为r的远地点时速度为v，此时卫星与火箭分离，分离时卫星相对于火箭的速度u向前，分离后瞬时火箭的速度为v2，卫星以速度v1绕地球作半径为r的匀速圆周运动，周期为T1，设地球质量为M，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A．v1，v2 B．v1，v2 C．T1大于T D．T＝2π 【例9】（多选）（2025春•福州期末）某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh C．高压气体释放的能量为 D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为 【例10】（2025•太原一模）如图所示为三级火箭示意图，运载物的质量为M，每一级燃料的质量均为m，燃料燃烧后喷出炽热高速气体。火箭从地面由静止发射，若不考虑空气阻力、重力的影响，燃料外壳质量不计。求： （1）假如火箭在点火预热阶段，尚未离开地面，在时间t0内，相对于地面以速度v0喷出质量为m0的气体，火箭在此阶段获得的平均推力F的大小； （2）假如一次性把三级燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对于地面的速度为v1，运载物可获得速度v2的大小； （3）假如依次把每一级火箭的燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对火箭的速度为v，运载物可获得速度的大小为v3。根据v3的表达式，若把燃料总质量3m分为n份（n为正整数），依次把的燃料燃烧后瞬间喷出，喷出的气体相对火箭的速度为v，若n取到无穷大，则火箭最终可获得的理想最大速度vn为多大。 （已知：Sn，a、b为正的常数，n为正整数，当n→∞时，则Sn＝ln） 知识点梳理3：人船模型问题 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。 2．人船模型的特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成反比。 (2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即＝。人和船的位移满足|x人|＋|x船|＝L。 一些技巧 1．“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意： (1)适用条件： ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。 (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 例题精讲： 【例11】（2025秋•如皋市校级月考）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摩擦。小孩以相对滑板的速度v沿水平方向跃离了滑板，则跃离后滑板的速度大小为（　　） A．v B．v C．v D．v 【例12】（2025•锡林郭勒盟开学）一条小船浮在水面上，不计水的阻力，人和船初状态都静止，若人从小船的左端走到小船的右端，初末位置关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【例13】（2025春•青岛校级期末）如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（　　） A． B． C． D． 【例14】（2025春•南阳期末）一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是m，这个士兵用狙击步枪水平射出一发质量为m0的子弹，子弹在枪管中运动的时间为Δt，离开枪口时相对步枪的速度是u。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。（　　） A．射击后皮划艇的速度大小为 B．射击后皮划艇的速度大小为 C．射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为 D．射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为 【例15】（2025•龙华区校级模拟）如图所示，一个质量为m1＝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m2＝20kg，绳长5m，长绳的下端刚好和地面接触。初始人和气球静止在空中。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面高度约是（人看作质点，不计空气阻力）（　　） A．5m B．3.6m C．2.6m D．8m 课后提优练习 一．选择题（共10小题） 1．（2025秋•如皋市校级月考）一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸后甲的速度为（　　） A．v B．2v C．3v D．4v 2．（2024秋•杭州期末）火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，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，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于空气的浮力 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．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒 3．（2025•河源模拟）2025年春节，广州白鹅潭烟花表演惊艳四方。现有某烟花筒的结构如图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图乙所示。忽略空气阻力的作用，则（　　） A．a、b两部分落地时的速度大小之比1：3 B．a、b两部分的初动能之比1：3 C．a、b两部分的质量之比1：3 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1：3 4．（2025春•辽宁期末）假设滑冰场地是光滑冰面，质量为50kg的小明手持一个质量为2kg的篮球，以3m/s的速度水平滑行。突然小明将篮球水平向前抛出，抛出后小明的速度变为2.8m/s。若抛出过程中消耗的体内化学能中约80%转化为小明和篮球的机械能增量，则此次抛球过程中小明消耗的化学能约为（　　） A．15J B．18.75J C．22.5J D．30J 5．（2025春•吉林期末）乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为3kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以30m/s的速度迅速逃窜，喷出水的质量为0.5kg，则喷出水的速度大小为（　　） A．80m/s B．120m/s C．150m/s D．200m/s 6．（2025•珠海二模）如图所示质量为m的某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次在一水平地面上燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1：2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．下层火药被引燃后爆竹获得的动量为 B．爆竹分裂后Q获得的速度大小为 C．P、Q着地前瞬间的速度大小之比2：1 D．上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 7．（2025春•保定期末）如图所示，一个液化气瓶固定在位于光滑水平面上的小车上，开始时小车静止，液化气瓶（含气）与小车的总质量为m1。打开液化气瓶，液化气瓶向后喷射气体的速度（对地）大小恒为v0，则当液化气瓶喷射出质量为m2的气体时，小车的速度大小为（　　） A． B． C． D． 8．（2025•济宁二模）我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器（简称飞行器）也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作、如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是（　　） A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气 B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零 C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大 D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同 9．（2025春•福州期末）质量为m、长为L的独木舟停在西湖，质量为2m的人从船头走到船尾，不计水的阻力，则独木舟运动的位移大小是（　　） A． B． C．L D． 10．（2025春•青山湖区校级期末）如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左缓慢推B使两木块之间弹簧压缩，然后突然撤去力F。下列说法中不正确的是（　　） A．用力F推木块弹簧压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但动量不守恒 B．在撤去外力后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C．在撤去外力后，木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒 D．在撤去外力后，木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.6 反冲现象 火箭 学习目标 1.反冲现象的理解与应用（重点） 2.火箭的工作原理分析（难点） 3.“人船模型”问题（易错点） 知识点梳理 反冲、爆炸、人船模型 一．反冲 (1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。 (2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等。 (3)规律：遵从动量守恒定律。 二．爆炸问题 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。 三．人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 知识点梳理1：反冲现象的理解和应用 1．定义 一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。 2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律。 3．反冲现象的应用及防止 (1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 一些技巧 1．反冲运动的三个特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒。 (3)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。 2．讨论反冲运动应注意的两个问题 (1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。 (2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。 例题精讲： 【例1】（2025春•大连期末）快递运输易碎品时，外部用充气塑料包裹，主要的用途是起到缓冲作用，减小运输过程中被运送物品所受到的冲击力，以下情境中蕴含的物理原理与之不同的是（　　） A．跳高时运动员过杆后落在软垫上 B．汽车在受到猛烈冲撞时会弹出安全气囊 C．章鱼通过调整喷水的方向，可以使得身体向任意方向前进 D．自行车运动员佩戴的骑行头盔，其内部安装了一个泡沫内层 【解答】解：快递运输易碎品时，外部用充气塑料包裹，通过延长作用时间减小冲击力，依据动量定理FΔt＝Δp可知，当动量变化Δp一定时，增大Δt可减小力F，起到缓冲作用。 A、运动员落在软垫上，软垫形变延长缓冲时间，减小冲击力，原理是利用了动量定理，故A正确； B、安全气囊展开延长碰撞时间，减小冲击力，原理是利用了动量定理，故B正确； C、章鱼喷水推进利用反冲原理（动量守恒），与缓冲无关，原理不同，故C错误； D、泡沫内层通过压缩变形延长作用时间，减小冲击力，原理是利用了动量定理，故D正确。 本题选择情境中蕴含的物理原理与之不同的， 故选：C。 【例2】（2025春•吉林期末）乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为3kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以30m/s的速度迅速逃窜，喷出水的质量为0.5kg，则喷出水的速度大小为（　　） A．80m/s B．120m/s C．150m/s D．200m/s 【解答】解：乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，设乌贼喷射出水的速度为v2，乌贼逃命时的速度达到v1＝30m/s，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得（m﹣m0）v1﹣m0v2＝0 解得v2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【例3】（2025春•保定期末）如图所示，一个液化气瓶固定在位于光滑水平面上的小车上，开始时小车静止，液化气瓶（含气）与小车的总质量为m1。打开液化气瓶，液化气瓶向后喷射气体的速度（对地）大小恒为v0，则当液化气瓶喷射出质量为m2的气体时，小车的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：喷气过程系统动量守恒，取小车速度为正方向，则有m2v0＝（m1﹣m2）v 解得小车的速度大小，故D正确，ABC错误； 故选：D。 【例4】（2025春•泉州期末）乌贼在水中的运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动；它在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15m/s，逃命时速度可以达到40m/s，因此它被称为“水中火箭”。若乌贼外套膜吸满水后的总质量为4kg，躺在海底突然遇险，乌贼通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃跑。已知乌贼喷射出的水的质量为0.8kg，则喷射出水的速度最大为（　　） A．200m/s B．75m/s C．60m/s D．160m/s 【解答】解：对乌贼和他体内的水组成的系统，根据动量守恒定律，反冲时两部分动量大小相等方向相反，满足（M﹣m）v1＝mv2，代入M＝4kg，m＝0.8kg，v1＝40m/s，解得喷水的最大速度v2＝160m/s，方向与乌贼运动的方向相反，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【例5】（2025•渝中区校级模拟）中国某新型连续旋转爆震发动机（CRDE）（如图）测试中，飞行器总质量（含燃料）为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v（相对地面），喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震（喷气时间极短，忽略重力与阻力）。下列说法正确的是（　　） A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B．每次喷气后，飞行器（含剩余燃料）速度增量大小相同 C．经过n次喷气后，飞行器速度为 D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 【解答】解：A.由题意可知，每次喷气过程中，系统（包括飞行器和喷出的气体）总动量守恒。所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误； B.根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为Δm，速度为v，飞行器质量变为M﹣Δm，速度为v1，规定气体喷出的方向为正方向，则有0＝Δmv﹣（M﹣Δm）v1 解得，所以第一次喷气后速度增量，在第二次喷气之前，此时系统总动量为（M﹣Δm）v1，喷气后，喷出气体质量仍为Δm，速度为v，飞行器质量变为M﹣2Δm，速度为v2，则有（M﹣Δm）v1＝Δmv﹣（M﹣2Δm）v2，将，代入可得，所以第二次喷气后速度增量，以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B错误； C.设经过n次喷气后飞行器的速度为vn，系统初始总动量为0，n次喷气后，喷出气体总质量为nΔm，速度为v，飞行器质量变为M﹣nΔm，根据动量守恒定律可得0＝nΔmv﹣（M﹣nΔm）vn，解得，故C正确； D.虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。 故选：C。 知识点梳理2：火箭的工作原理分析 1．火箭的主要用途：火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船。 2．火箭的工作原理：火箭是利用燃气高速喷发时的反冲运动，遵循动量守恒定律。 一些技巧 1．在火箭发射过程中，内力远大于外力，所以动量守恒。 2．若要提高火箭获得的速度，应①提高火箭发射前的总质量和燃料燃尽后火箭的质量比； ②提高火箭喷出的燃气的速度。 例题精讲： 【例6】（2025春•保定期末）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．火箭做加速运动的原因是发动机推动外部空气，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、轮船航行的运动都属于反冲运动 【解答】解：A、火箭运动是通过喷出高速气体获得反冲力，属于反冲运动；汽车运动依靠地面摩擦力（车轮与地面的静摩擦力），并非自身喷出物质产生反冲，故汽车运动不属于反冲运动，故A错误； B、火箭的加速源于喷出燃料的反冲力，而非推动外部空气，故B错误； C、用肩部抵住枪身可增大系统质量，减少后坐速度，从而减小反冲影响，故C正确； D、喷气式飞机通过喷气反冲前进，属于反冲；轮船螺旋桨依赖水的反作用力，不属反冲，故D错误。 故选：C。 【例7】（2025•湖北模拟）水火箭是利用反冲原理制作的趣味玩具，瓶内有高压气体和一定量的水。总质量为M的水火箭，由静止沿竖直方向发射，在极短的时间内将内部质量为m的水以速度v0向下喷出，箭体上升的最大高度为h，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．瓶内高压气体对箭体做正功 B．喷水后瞬间，箭体的速度大小为 C．箭体上升的最大高度为 D．整个过程中，箭体与水组成的系统机械能守恒 【解答】解：A.高压气体对火箭箭体的作用力向上，火箭的位移方向也向上，故瓶内高压气体对箭体做正功，故A正确； B.喷水时间极短，可以认为喷水过程中动量近似守恒，以水喷出的速度方向为正方向，有0＝mv0+（M﹣m）v，可得喷水后火箭速度大小为v，故B错误； C.喷水后，火箭做竖直上抛运动，由机械能守恒得（M﹣m）gh，解得，故C错误； D.A瓶内气体内能转化为水、火箭的机械能，故机械能不守恒，故D错误。 故选：A。 【例8】（多选）（2025•新城区一模）2025年3月12日凌晨，长征八号遥六运载火箭以“一箭十八星”方式将千帆星座第五批组网卫星送入预定轨道。若最后火箭壳体质量为m，最后一颗卫星的质量为5m，分离前一起绕地球在椭圆轨道运动，周期为T，到离地心距离为r的远地点时速度为v，此时卫星与火箭分离，分离时卫星相对于火箭的速度u向前，分离后瞬时火箭的速度为v2，卫星以速度v1绕地球作半径为r的匀速圆周运动，周期为T1，设地球质量为M，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A．v1，v2 B．v1，v2 C．T1大于T D．T＝2π 【解答】解：AB、分离过程中，卫星和火箭组成的系统动量守恒。分离前总质量为m+5m＝6m，速度为v；分离后卫星质量5m，速度v1，火箭质量m，速度v2，且（卫星相对于火箭速度为向前）。根据动量守恒定律有6mv＝5mv1+mv2，联立，解得，，故A正确，B错误。 C、分离前卫星和火箭一起绕地球在椭圆轨道运动，卫星分离后绕地球作半径为r的匀速圆周运动，椭圆轨道远地点到地心距离为r，所以椭圆轨道的半长轴小于圆轨道半径r，根据开普勒第三定律，可知卫星在椭圆轨道运行的周期T小于在圆轨道运行的周期T1，即T1大于T，故C正确。 D、是匀速圆周运动的周期公式，而分离前卫星和火箭在椭圆轨道运动，不满足该公式，故D错误。 故选：AC。 【例9】（多选）（2025春•福州期末）某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh C．高压气体释放的能量为 D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为 【解答】解：A、发射过程中，火箭的推力来源于喷出的水对它的反作用力，故A错误； CD、设火箭发射的初速度为v1，火箭做竖直上抛运动知，若水喷出的初速度为v2，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv1﹣mv2＝0，可得，高压气体释放的能量为，解得：，故C正确，D错误。 B、由动能定理知高压气体对火箭外壳做功，故B正确； 故选：BC。 【例10】（2025•太原一模）如图所示为三级火箭示意图，运载物的质量为M，每一级燃料的质量均为m，燃料燃烧后喷出炽热高速气体。火箭从地面由静止发射，若不考虑空气阻力、重力的影响，燃料外壳质量不计。求： （1）假如火箭在点火预热阶段，尚未离开地面，在时间t0内，相对于地面以速度v0喷出质量为m0的气体，火箭在此阶段获得的平均推力F的大小； （2）假如一次性把三级燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对于地面的速度为v1，运载物可获得速度v2的大小； （3）假如依次把每一级火箭的燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对火箭的速度为v，运载物可获得速度的大小为v3。根据v3的表达式，若把燃料总质量3m分为n份（n为正整数），依次把的燃料燃烧后瞬间喷出，喷出的气体相对火箭的速度为v，若n取到无穷大，则火箭最终可获得的理想最大速度vn为多大。 （已知：Sn，a、b为正的常数，n为正整数，当n→∞时，则Sn＝ln） 【解答】解：（1）火箭在点火预热阶段喷出气体，火箭对气体的平均作用力为F'，向下为正，依动量定理，可得F't0＝mv0﹣0，火箭获得的平均推力F＝F' 解得：； （2）运载物、燃料在喷出气体的过程中动量守恒，以上为正，由动量守恒可得： Mv2+3m（﹣v1）＝0 解得：； （3）以地面为参考系，以上为正，第一级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为v运1，依动量守恒定律有（M+2m）v运1+m（﹣v+v运1）＝0， 第二级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为v运2，则有： （M+m）v运2+m（﹣v+v运2）＝（M+2m）v运1 第三级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为v运3，则有： Mv运3+m（﹣v+v运3）＝（M+m）v运2 解得： 。 答：（1）火箭在此阶段获得的平均推力的大小为； （2）运载物可获得速度的大小为； （3）火箭最终可获得的理想最大速度为为。 知识点梳理3：人船模型问题 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。 2．人船模型的特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成反比。 (2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即＝。人和船的位移满足|x人|＋|x船|＝L。 一些技巧 1．“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意： (1)适用条件： ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。 (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 例题精讲： 【例11】（2025秋•如皋市校级月考）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摩擦。小孩以相对滑板的速度v沿水平方向跃离了滑板，则跃离后滑板的速度大小为（　　） A．v B．v C．v D．v 【解答】解：由题意得，设跃离后滑板的速度大小为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：M（v﹣v1）﹣mv1＝0，解得：，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【例12】（2025•锡林郭勒盟开学）一条小船浮在水面上，不计水的阻力，人和船初状态都静止，若人从小船的左端走到小船的右端，初末位置关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：初状态系统总动量为零，人和船组成的系统合外力为零，系统动量守恒，则运动中二者的动量一定等大反向，人向右运动，船一定向左运动，故ABD错，C正确。 故选：C。 【例13】（2025春•青岛校级期末）如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，以水平向右为正方向，由水平方向系统动量守恒有 mv1＝3mv2 若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则有 mx1＝3mx2 又 x1+x2＝2R﹣R＝R 联立解得大球移动的距离为 ，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【例14】（2025春•南阳期末）一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是m，这个士兵用狙击步枪水平射出一发质量为m0的子弹，子弹在枪管中运动的时间为Δt，离开枪口时相对步枪的速度是u。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。（　　） A．射击后皮划艇的速度大小为 B．射击后皮划艇的速度大小为 C．射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为 D．射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为 【解答】解：AB．射击过程中，系统动量守恒，设射击后皮划艇的速度大小为v1，子弹的速度大小为v2，以子弹的速度为正方向，则有m0v2﹣（m﹣m0）v1＝0 又有v1﹣（﹣v2）＝u 联立解得，，故AB错误； CD．射击时，以子弹为对象，以子弹速度方向为正方向，根据动量定理可得 解得 根据牛顿第三定律可知，射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为，故C正确，D错误。 故选：C。 【例15】（2025•龙华区校级模拟）如图所示，一个质量为m1＝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m2＝20kg，绳长5m，长绳的下端刚好和地面接触。初始人和气球静止在空中。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面高度约是（人看作质点，不计空气阻力）（　　） A．5m B．3.6m C．2.6m D．8m 【解答】解：根据题意，设人的速度为v1，气球的速度为v2，人下滑的距离为x1，气球上升的距离为x2，规定向上为正方向，在竖直方向上根据人和气球根据动量守恒定律得 m1v1＝m2v2 由于 x＝vt 时间t相等，则有 m1x1＝m2x2 解得 又有x1+x2＝h则人下滑的距离为 m 气球上升的距离为 x2≈3.6m 则此时人离地面的高度大约是3.6m。 故B正确，ACD错误。 故选：B。 课后提优练习 一．选择题（共10小题） 1．（2025秋•如皋市校级月考）一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸后甲的速度为（　　） A．v B．2v C．3v D．4v 【解答】解：爆炸后丙沿原路径回到原射出点，可知爆炸后丙的速度为向左的v，设向右为正方向，则由动量守恒定律： mvmv甲mv，解得：v甲＝4v，故ABC错误，D正确。 故选：D。 2．（2024秋•杭州期末）火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，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，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于空气的浮力 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．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒 【解答】解：A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误； B、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B正确； C、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、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。 故选：B。 3．（2025•河源模拟）2025年春节，广州白鹅潭烟花表演惊艳四方。现有某烟花筒的结构如图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图乙所示。忽略空气阻力的作用，则（　　） A．a、b两部分落地时的速度大小之比1：3 B．a、b两部分的初动能之比1：3 C．a、b两部分的质量之比1：3 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1：3 【解答】解：C．平抛运动方向为匀速直线运动，则有x＝vata，3x＝vbtb， 竖直方向上有，，则有va：vb＝1：3； 根据动量守恒定律有：mava﹣mbvb＝0，解得ma：mb＝3：1，故C错误； B．a、b两部分的初动能：，，结合上述解得Eka：Ekb＝1：3，故B正确； A．a、b两部分落地时的速度大小，， 结合上述可知，a、b两部分落地时的速度大小之比不等于1：3，故A错误； D．a、b两部分落地时的重力功率，，结合ma：mb＝3：1，ta：tb＝1：1，解得Pa：Pb＝3：1，故D错误。 故选：B。 4．（2025春•辽宁期末）假设滑冰场地是光滑冰面，质量为50kg的小明手持一个质量为2kg的篮球，以3m/s的速度水平滑行。突然小明将篮球水平向前抛出，抛出后小明的速度变为2.8m/s。若抛出过程中消耗的体内化学能中约80%转化为小明和篮球的机械能增量，则此次抛球过程中小明消耗的化学能约为（　　） A．15J B．18.75J C．22.5J D．30J 【解答】解：小明的质量为M＝50kg，篮球的质量为m＝2kg，二者的初速度大小为v＝3m/s，抛出后小明的速度为v1＝2.8m/s，设篮球的速度为v2，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：（M+m）v＝Mv1+mv2 解得：v2＝8m/s 根据能量守恒定律可得：（M+m）v2+Q•80% 解得：Q＝32.5J，最接近30J，所以此次抛球过程中小明消耗的化学能约为30J，故D正确、ABC错误。 故选：D。 5．（2025春•吉林期末）乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为3kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以30m/s的速度迅速逃窜，喷出水的质量为0.5kg，则喷出水的速度大小为（　　） A．80m/s B．120m/s C．150m/s D．200m/s 【解答】解：乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，设乌贼喷射出水的速度为v2，乌贼逃命时的速度达到v1＝30m/s，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得（m﹣m0）v1﹣m0v2＝0 解得v2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 6．（2025•珠海二模）如图所示质量为m的某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次在一水平地面上燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1：2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．下层火药被引燃后爆竹获得的动量为 B．爆竹分裂后Q获得的速度大小为 C．P、Q着地前瞬间的速度大小之比2：1 D．上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 【解答】解：A．设下层火药被引燃后爆竹的速度大小为v，则v2＝2gh 下层火药被引燃后爆竹获得的动量为p＝mv 解得 故A错误； B．引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向有 水平方向有L＝v1t+v2t 上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，取质量较小部分P获得的速度方向为正方向，则有 解得P、Q各自获得的速度大小分别为， 故B错误； C．P、Q着地前瞬间竖直方向的速度大小均为 P、Q着地前瞬间的速度大小分别为， 因，所以v1'：v2'≠2：1 故C错误； D．下层火药燃爆后爆竹获得的机械能为E2＝mgh 上层火药燃爆后爆竹获得的机械能为 解得 故D正确。 故选：D。 7．（2025春•保定期末）如图所示，一个液化气瓶固定在位于光滑水平面上的小车上，开始时小车静止，液化气瓶（含气）与小车的总质量为m1。打开液化气瓶，液化气瓶向后喷射气体的速度（对地）大小恒为v0，则当液化气瓶喷射出质量为m2的气体时，小车的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：喷气过程系统动量守恒，取小车速度为正方向，则有m2v0＝（m1﹣m2）v 解得小车的速度大小，故D正确，ABC错误； 故选：D。 8．（2025•济宁二模）我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器（简称飞行器）也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作、如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是（　　） A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气 B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零 C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大 D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同 【解答】解：A、飞行器水平加速飞行时，根据牛顿第三定律，要获得向前的动力，需向后喷射燃气，但不是水平向后，因为飞行器还受到重力等其他力的作用，喷气方向不是单纯水平向后，故A错误； B、冲量I＝Ft，飞行器在空中悬停时，重力F＝mg不为零，时间t不为零，所以重力的冲量I＝mgt，故B正确； C、飞行器在下降过程中，如果做减速下降，其动量p＝mv会越来越小，故C错误； D、燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量大小相等，但方向相反，因为它们是一对作用力与反作用力的冲量，故D错误。 故选：B。 9．（2025春•福州期末）质量为m、长为L的独木舟停在西湖，质量为2m的人从船头走到船尾，不计水的阻力，则独木舟运动的位移大小是（　　） A． B． C．L D． 【解答】解：设独木舟的速度为v船，人行走的速度为v，人与独木舟组成的系统动量守恒，以独木舟的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv船﹣2mv＝0，设独木舟相对地面移动的距离为x，则人相对于地面移动的距离为L﹣x，所以有：，解得：，故ABC错误，D正确。 故选：D。 10．（2025春•青山湖区校级期末）如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左缓慢推B使两木块之间弹簧压缩，然后突然撤去力F。下列说法中不正确的是（　　） A．用力F推木块弹簧压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但动量不守恒 B．在撤去外力后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C．在撤去外力后，木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒 D．在撤去外力后，木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 【解答】解：A、用力F推木块弹簧压缩的过程中，力F对系统做正功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能增加，不守恒，故A错误； BC、撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒。这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，故BC正确； D、在撤去外力后，A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒，故D正确。 本题选不正确的，故选：A。 2 学科网（北京）股份有限公司 $