1.6反冲现象 火箭（知识解读）物理人教版2019选择性必修第一册

本讲义聚焦高中物理反冲现象及应用、人船模型两大核心知识点，系统梳理反冲的定义、规律、应用与防止，深入解析火箭工作原理及爆炸模型，通过对比爆炸与碰撞强化理解，构建人船模型特征、结论及推广应用的递进式学习支架。 资料以神舟飞船发射、天问一号着陆等航天实例为载体，融合科学态度与责任，通过典例变式题培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。课中辅助教师高效授课，课后助力学生通过随堂检测查漏补缺，强化知识应用。

1.6反冲现象 火箭（知识解读）（解析版） •知识点1 火箭、爆炸和反冲问题 •知识点2 人船模型 •作业 随堂检测 知识点1 火箭、爆炸和反冲问题 1、反冲定义：反冲是静止或运动的物体通过分离排除部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象。开始静止的系统分为两部分，分别朝相反方向运动，这种现象叫反冲。 2、反冲规律：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，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 注意：对反冲运动的进一步理解 （1）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。 （2）反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。 （3）研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律．求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态。 4、火箭工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。 5、决定火箭增加的速度Δv的因素 （1）火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度。 （2）火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比。 6、爆炸模型概述：爆炸模型是动量守恒定律的应用之一，由于爆炸作用使物体分成2份或多份，因爆炸瞬间，内力远大于外力，所以爆炸后各部分遵循动量守恒定律。 7、爆炸与碰撞的比较 爆 炸 碰 撞 不同点 动能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能 相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大，且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,因此可以把作用过程看成理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动 能量情况 都满足能量守恒定律,总能量保持不变 注意：处理爆炸问题的注意事项 （1）在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量。 （2）在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒；在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒。 【典例1】2025年4月24日，神舟二十号载人飞船通过长征系列运载火箭发射升空，并成功将航天员乘组送入中国空间站。长征系列运载火箭的成就，不仅是我国航天技术进步的体现，更是国家综合实力的象征。已知某时刻总质量为（含燃料）的火箭以相对于地面为的速度向上飞行，在极短的时间内向后喷出燃料气体的质量为，向后喷出的气体相对火箭喷气前的速度大小为，且，则喷气后火箭的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意可知在极短时间内火箭系统动量守恒，进行反冲运动，根据题目条件，规定火箭运行方向为正方向，可知燃料气体的速度方向与火箭飞行方向相同，且大小为 由动量守恒定律可得 解得 故选B。 【变式1-1】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沿水平方向发射子弹，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，射出一颗子弹后，皮划艇的速度大小约为（　　） A． B． C．10m/s D．100m/s 【答案】A 【详解】根据动量守恒定律，射击前系统（皮划艇、士兵、装备和子弹）总动量为零。射击后，以子弹射出反方向为正方向，设皮划艇速度为，子弹相对步枪的速度为，则子弹的绝对速度为。总质量M=200kg，子弹质量m=20g=0.02kg。动量守恒方程为 简化得 解得v=0.1m/s 故选A。 【变式1-2】（多选）2025年10月31日，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号F遥二十一运载火箭成功发射。若火箭沿直线加速上升时，在极短时间内喷射燃气的质量为，喷出燃气的速度为（相对于喷气前火箭），喷出燃气后火箭的质量为，下列说法正确的是（    ） A．火箭喷出燃气，燃气的反作用力推动火箭加速上升 B．喷出燃气后，火箭的动量改变量的大小为 C．喷出燃气后，火箭的速度增加量为 D．喷出燃气时，火箭受到的平均推力大小为 【答案】AD 【详解】A．火箭加速的原因：火箭喷出燃气，燃气的反作用力推动火箭，故A正确； B．喷出燃气前后，火箭和燃气动量守恒，火箭的动量改变量大小等于喷射燃气的动量改变量大小，故B错误； C．火箭和燃气动量守恒，可知 则火箭的速度增加量为，故C错误； D．根据动量定理 解得火箭受到的推力为，故D正确。 故选AD。 【变式1-3】2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量（含燃料）为M，极短时间Δt内喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，火星表面的重力加速度为g，求： (1)瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率。 (2)极短时间Δt内燃气对着陆器的作用力大小。 【详解】（1）喷射燃气的过程动量守恒，有 解得 （2）一次瞬间喷射过程中，对燃气根据动量定理有 解得 根据牛顿第三定律可知，极短时间Δt内燃气对着陆器的作用力大小为 知识点2 人船模型 1、“人船模型”问题的特征：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。这样的问题被归为“人船模型”问题。 2、人船模型常用结论 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：； 3、类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五 4、人船模型的特点 （1）两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0。 （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＝。 5、“人船模型”的推广应用 （1）对于原来静止，相互作用过程中动量守恒的两个物体组成的系统，无论沿什么方向运动，“人船模型”均可应用。 （2）原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可用处理人船模型问题的思路来处理。 【典例2】如图所示，小李站在小车右端，人和车均处于静止状态，水平地面光滑。某时刻小李以斜向左上方的速度起跳，最终落在小车左端且相对于小车静止。下列说法正确的是（　　） A．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统动量不守恒 B．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统机械能守恒 C．小李在空中运动时，小车向左运动 D．最终小车和小李一起向左运动 【答案】A 【详解】A．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，则总动量不守恒，A正确； B．小李起跳的过程中，由于人消耗生物能转化为机械能，则小李和小车构成的系统机械能增加，B错误； CD．由水平方向动量守恒可知，小李在空中运动时，小车向右运动，由于水平初动量为零，则当小李落到小车上时，小车和小李都静止，CD错误。 故选A。 【变式2-1】如图所示，光滑的水平地面上放置了两个完全相同的物块，一竖直轻杆固定在物块上，轻杆上端系一长的不可伸长的轻绳，轻绳另一端连接小球C。现用外力将球C拉起直至轻绳处于水平状态后，将小球C由静止释放，小球C摆到最低点的同时物块恰好发生碰撞，此后粘在一起运动，不计一切阻力，已知，均可视为质点，重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．整个运动过程中，、、C组成的系统动量守恒 B．木块碰撞后的速度大小为 C．木块间的初始距离为 D．小球C经过最低点后向左摆动所能上升的最大高度为 【答案】D 【详解】A．木块A、B和小球C组成的系统由于竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误； B．C球第一次摆到最低点过程中，以向左为正方向，由系统水平方向动量守恒可得 由系统机械能守恒可得 联立解得， 木块碰撞过程 解得木块碰撞后的速度大小为，故B错误； C．C球第一次摆到最低点过程中，根据题意有 又 联立可得木块间的初始距离为，故C错误； D．小球C经过最低点后向左摆动，当三者共速时，到达最大高度，根据动量守恒可知，初态水平总动量为零，末态水平总动量为零，速度为零，根据能量守恒 解得，故D正确。 故选D。 【变式2-2】（多选）如图所示，一质量的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量的小球通过长的轻质细杆与滑块上的光滑轴连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为 B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块相对地面的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴右侧水平位置时相对地面的位移大小为 【答案】ABD 【详解】A．滑块固定时，小球运动过程只有重力做功，机械能守恒： 得 故A正确； B．滑块不固定时，系统水平方向不受外力，水平动量守恒，初始总水平动量为。小球到达最高点时，小球的速度为，滑块的速度，由动量守恒得 由机械能守恒定律 得 故B正确。 C．小球到最高点时，水平相对位移为，则由， 解得 故C错误； D．设滑块相对于初始位置向左的位移大小为，则小球坐标为 小球初始坐标为，因此小球相对初始位置的位移 由人船模型动量关系积分得 代入数值 因此小球位移大小 故D正确； 故选ABD。 【变式2-3】在光滑水平平台上有一质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧的滑块A，圆弧的最低点与水平面相切，一端带挡板的质量为m的滑块B静止在水平地面上，滑块B的上表面光滑且与平台等高，质量为2m的小球C从离平台高为2R处由静止释放，刚好从圆弧最高点P无碰撞的进入圆弧轨道。小球从圆弧面滑上平台，然后滑上滑块B的上表面。小球C与挡板发生多次碰撞，每次碰撞的时间都极短，碰撞过程中没有能量损失，最终小球和滑块B均静止。已知滑块B与水平地面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： (1)小球C在滑块A的圆弧面上滑动过程中滑块A发生位移的大小； (2)小球C经过圆弧轨道Q点时小球C的速度大小； (3)滑块B从第一次碰撞到停止运动所用的时间和滑块B的位移大小。 【详解】（1）小球C在圆弧面上滑动过程中，设滑块A的位移大小为，小球C的位移大小为 由水平方向动量守恒有 由几何关系有 解得 （2）小球C从释放到滑至Q点的过程中，由水平方向动量守恒有 由能量守恒有 解得    （3）小球C与挡板第一次碰撞过程中，由动量守恒有 由能量守恒有 解得， 第一次碰撞到第二次碰撞过程有 解得 第二次碰撞后， 可得 此后时间为等比数列，结合等比数列求和公式可知，滑块B从第一次碰撞到停止运动所用的时间 由能量守恒有 解得滑块B的位移大小 1．下列运动不属于反冲运动的有（　　） A．火箭升空 B．发射炮弹后炮身后退 C．喷气式飞机喷气飞行 D．乒乓球碰到墙壁后弹回 【答案】D 【详解】ABC．系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象，所以发射炮弹后炮身后退，属于反冲运动；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用，而促进飞机前进的，属于反冲运动；火箭升空是利用反冲原理，属于反冲运动，故ABC不符合题意； D．乒乓球碰到墙壁上弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲运动，故D符合题意。 故选D。 2．我国早在宋代就发明了火箭。箭杆上捆了一个前端封闭的火药筒，点燃后生成的燃气以很大速度向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动。若火箭发射前的总质量为，燃料全部燃烧完后的质量为，火箭燃气的对地喷射速度为，燃料燃尽后火箭的速度为多大（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】火箭和燃气组成的系统，在竖直方向上，内力远远大于重力，故动量守恒，则 解得 故选A。 3．如图所示，平静的、不计阻力的湖面上，一位女子脚踩竹竿静立于点，一段时间后她到达点。经测量发现、间距离为，竹竿右端距离河岸为。已知竹竿的质量约为。则该女子的质量约为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有 由于系统的水平动量一直为0，运动时间相等，设运动时间为t，则有 整理可得 解得 故选B。 4．乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随“墨水”的喷射。一吸满“墨水”后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为75m/s的速度水平向前喷“墨水”，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　） A．周围水对喷出的“墨水”的作用力使乌贼向前运动 B．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.1kg的“墨水” C．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.2kg的“墨水” D．要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出“墨水”的作用力的冲量为9N·s 【答案】B 【详解】A．喷出的“墨水”对乌贼有向后的反作用力使乌贼向后运动，故A错误； BC．根据动量守恒可得 解得，故B正确，C错误； D．根据动量定理可得，故D错误。 故选B。 5．如图所示，甲、乙两船的质量（包括船、人和货物）均为，两船沿同一直线相向运动，两船速率分别为、。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。忽略空气阻力及水对船的阻力，则抛出货物的最小速率为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题可知，乙船上的人将货物抛出，被甲船上的人接住后，两船刚好不相撞，抛出货物的速度最小，此时两船刚好速度相同，设为，抛出货物的最小速率为。规定开始时甲船速度方向为正方向，对甲、乙两船及抛出的货物系统，根据动量守恒定律，有 甲船接住货物，根据动量守恒定律，有 解得 故选C。 6．古有曹冲用船称象，今有同学用船粗略测定自身的质量。他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，用卷尺测出船后退的距离，不计水的阻力，根据“船检铭牌”上查到的船长和船的质量，可得出该同学的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设人的质量为m，人在船上行走时，水平方向动量守恒，则有 根据位移关系可得 联立解得 故选B。 7．某生物兴趣小组为测试青蛙的跳跃能力，在光滑玻璃桌面上放一半径为R的荷叶，青蛙处在荷叶中央，已知青蛙和荷叶质量均为m。若青蛙能够一次跳离荷叶，那么青蛙至少做多少功（） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】青蛙和荷叶系统在光滑桌面不受到水平外力，系统在水平方向动量是守恒的，初始总动量为0。设青蛙相对地面水平速率为，荷叶相对地面水平速率为，则有 得 青蛙相对荷叶的水平方向速率为。 设青蛙做斜抛运动的竖直方向初速度为，则从起跳到落地在空中运动总时间 若青蛙刚好跳离荷叶，青蛙相对荷叶的水平位移等于荷叶半径，即 代入数据解得 青蛙做的功等于系统总动能增量，即 由基本不等式 得 等号在时成立 代入 得 故选C。 8．如图所示，一质量的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量的小球通过长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轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度，已知重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为 B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移大小为 【答案】D 【详解】A．若滑块固定，小球由初始位置到达最高点的过程，则有 代入数据解得，故A错误； B．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，则有 根据机械能守恒，则有 联立解得，故B错误； CD．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，选取向右的方向为正方向，则有 结合 整理可得 位移关系则有 代入数据解得 同理可得，若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移为，故C错误，D正确。 故选D。 9．（多选）下列所描述的事例或应用中，利用反冲原理的是（   ） A．喷灌装置的自动旋转 B．章鱼在水中前行和转向 C．运载火箭发射过程 D．码头边轮胎的保护作用 【答案】ABC 【详解】A．喷灌装置的自动旋转通过水流喷出时的反作用力驱动，属于反冲原理的应用，故A正确； B．章鱼通过喷水获得反向推力实现运动或转向，利用了反冲原理，故B正确； C．运载火箭通过向下喷出高速气体获得向上的反冲力，符合反冲原理，故C正确； D．码头边轮胎通过延长碰撞时间减小冲击力，属于动量定理的应用，与反冲无关，故D错误。 故选ABC。 10．（多选）如图所示，长木板放置在光滑水平面上，一轻质弹簧右端固定在长木板右端的挡板上，弹簧左端通过木块将其压缩，木块位于长木板的左端。将长木板锁定，然后释放木块，木块落在水平地面上的P点，现解除长木板的锁定，由静止同时释放木块和长木板，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．木块将落在P点右侧 B．弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对长木板和木块的冲量相同 C．弹簧将木块弹出的过程中，长木板和木块组成的系统动量守恒 D．弹簧将木块弹出的过程中，长木板和木块的动量变化量相同 【答案】AC 【详解】A．根据系统能量守恒可知，木块弹出时木板获得向右的速度，则木块获得的速度小于第一次的速度大小，故木块将落在P点右侧，A正确； B．弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对长木板和木块的弹力等大反向，故冲量大小相同，方向相反，B错误； C．弹簧将木块弹出的过程中，长木板和木块组成的系统所受外力之和为0，故动量守恒，C正确； D．弹簧将木块弹出的过程中，长木板和木块动量变化量大小相等、方向相反，D错误。 故选AC。 11．（多选）如图所示，小车上固定一个用胶塞封口的水平试管，试管内有少量水和大量空气，小车停在光滑的桌面上，总质量为。用车左端的酒精灯加热试管尾端，当试管内的空气达到一定温度时，质量为的胶塞瞬间从试管口喷出，胶塞喷出时相对地面的速度为，忽略空气阻力、酒精燃烧的质量和喷出的空气质量，下列说法正确的是（　　） A．喷气过程，小车和胶塞组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．胶塞喷出时小车的速度大小为 C．若抬高试管右端到与水平方向的夹角为，则喷气过程，小车和胶塞组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．若抬高试管右端到与水平方向的夹角为，且胶塞喷出速度大小不变，则胶塞喷出后瞬间小车的速度大小为 【答案】BD 【详解】A．桌面光滑，喷气过程中，小车和胶塞组成的系统水平方向合外力为零，总动量守恒；但该过程中试管内气体的内能转化为系统的机械能，系统机械能增加，机械能不守恒，故A错误； B．水平放置试管时，系统初始总动量为0，设胶塞速度方向为正方向，由动量守恒定律 解得小车速度大小，故B正确； C．抬高试管右端后，胶塞获得竖直向上的分动量，系统竖直方向受桌面的支持力，合外力不为零，因此系统总动量不守恒，仅水平方向动量守恒；同时内能转化为机械能，机械能不守恒，故C错误； D．抬高试管后，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，初始总动量为0，胶塞的水平分动量为，由水平方向动量守恒 解得小车速度大小，故D正确。 故选BD。 12．（多选）如图所示，甲乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，甲与车的总质量kg，车与水平地面间的摩擦不计。另有一质量kg的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球。开始车静止，甲将球以速度v（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只球以相同速率v水平抛回给甲，甲接到球后，再以速率v将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，则（　　） A．甲第二次抛出球后，比第一次抛出球后的速度增加了0.20v B．甲第三次抛出球后，比第二次抛出球后的速度增加了0.32v C．从第一次算起，甲抛出5个球后，再也不能接到乙抛回来的球 D．从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球 【答案】BD 【详解】AB．第一次抛出球甲的速度为v1，由动量守恒定律 第二次抛出球甲的速度为v2，由动量守恒定律 第三次抛出球甲的速度为v3，由动量守恒定律 解得 甲第二次抛出球后，比第一次抛出球后的速度增加了 甲第三次抛出球后，比第二次抛出球后的速度增加了，故A错误，B正确； CD．第三四次抛出球甲的速度为v4，由动量守恒定律 解得，从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球，故C错误，D正确。 故选BD。 13．（多选）如图所示，质量均为的木块和，并排放在光滑水平面上，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为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球。下列说法正确的是（    ） A．球下摆过程中，、、系统动量守恒 B．球下摆过程中，其轨迹不是圆弧 C．、两木块分离时，的位移为 D．球第一次到达最低点后，每次下摆到最低点时，细线对球的拉力均相等 【答案】BD 【详解】A．系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向小球 C 有加速度，合力不为零，竖直方向动量不守恒，因此系统总动量不守恒，A 错误; B．木块 A 会随 C 的摆动而运动，导致 O 点（悬挂点）的位置不断变化，因此球C相对于地面的轨迹不是圆弧（仅相对于O点的轨迹是圆弧），B 正确； C．A、B分离发生在C第一次到达最低点时，水平方向动量守恒 设B相对于地面向右的位移大小为，C相对于地面向左的水平位移大小为 解得，C错误； D．C第一次到达最低点后，B与A分离，之后A、C组成的系统水平动量守恒、机械能守恒。 可以推导得到：无论C从左还是从右摆到最低点，C相对于A的切线方向速度大小恒定。 根据向心力公式 ，可知每次下摆到最低点时拉力均相等，D正确。 故选 BD。 14．（多选）如图所示，一轻杆的长度为，两端连接两个均可视为质点的小球A、B，小球A的质量为，开始时杆竖直放置在光滑水平面上，B左侧处有一竖直固定挡板。某时刻装置受微小扰动，轻杆向左侧倒下，A球与挡板碰撞瞬间B球到挡板的水平距离为。现让轻杆竖直时受微小扰动后向右侧倒下，两球始终在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为（已知，，下列说法正确的是（　　） A．小球B的质量为 B．B与挡板碰前瞬间的速度大小为 C．B与挡板碰前瞬间A球重力的功率为 D．B与挡板碰前瞬间A球机械能的损失量为 【答案】AC 【详解】A．轻杆倒下的过程，设任意时刻A球水平方向的速度分量大小为，B球的速度大小为，两球组成的系统水平方向动量守恒，满足 等式两边对时间微元求和得 由题意知， 联立解得，故A正确； B．轻杆受微小扰动后向右侧倒下，与挡板碰撞前瞬间，向左的位移大小为 结合水平方向动量守恒 解得向右运动的水平位移大小为 设此时轻杆与水平方向的夹角为，几何关系有 球与挡板碰撞前的过程，系统机械能守恒，有 两球沿杆方向的速度相等，如下图所示 有 又系统水平方向动量守恒，则有 联立解得，，故B错误； C.根据以上分析，球与挡板碰撞前瞬间球重力的功率，故C正确； D．运动过程中球机械能的减少量等于球机械能的增加量，有，故D错误。 故选AC。 15．一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量，这个士兵用自动步枪在内沿水平方向射出一发子弹，该子弹的质量，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，求： (1)射出子弹后皮划艇的速度； (2)射出子弹过程中枪受到的平均反冲作用力（计算结果保留两位有效数字）。 【详解】（1）以速度的方向为正方向，士兵发射一发子弹的过程，根据动量守恒定律得 解得 （2）取皮划艇的运动方向为正方向，根据动量定理得 解得 16．如图所示，质量为M的滑块A被固定在光滑水平面上，其上表面为半径为R的四分之一圆弧ab，质量为M的木板B上表面与圆弧面最低点水平相切，A、B之间用装置锁定。质量为m的小滑块C（可视为质点）从a点正上方2R处静止下落，在a点沿圆弧切线方向进入圆弧面。已知，重力加速度为g，小滑块C与木板B上表面的动摩擦因数为，不计空气阻力和其他摩擦。求： (1)C经过圆弧面最低点b时所受的支持力大小； (2)只解除地面对A的固定，求C运动到b点过程中小滑块C的水平位移的大小； (3)先解除地面对A的固定，当C滑上B后再立即将A、B解锁，若C未脱离木板B，求木板B的最小长度。 【详解】（1）设C下落的位置离b点的高度为3R，C从静止下落到b点过程，根据动能定理可得 在b点，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）解除对A的固定，C运动到b点过程中，C与AB组成的系统满足水平方向动量守恒，则有 设该过程C的水平位移的大小，AB的水平位移的大小，则有 又， 联立解得 （3）解除对A的固定，当C运动到b点时，设C的速度大小为，AB的速度大小为，根据系统水平方向动量守恒可得 根据机械能守恒可得 联立解得， 当C滑上B后立即将A、B解锁，若C未脱离木板B，当C与B共速时，刚好处于B的右端，此时木板B的长度最小；对于B、C组成的系统，根据动量守恒可得 解得 根据能量守恒可得 解得木板B的最小长度为 17．如图所示，一玩具车静止在光滑的水平面上，玩具车内部设计有三段内径相同的光滑管道，三段管道平滑连接。第一段为倾斜直管道，其水平投影的长度为，倾角。第二段为水平直管道，长度也为。第三段为四分之一圆弧管道，圆心为，圆弧半径的长度也为。将一个质量为，直径略小于管道内径的光滑小球，从管道点由静止释放，已知玩具车的质量，管道内径远小于，已知当地重力加速度为，取。求： (1)小球从点滑离玩具车时，小球的速度大小以及玩具车的位移大小； (2)小球在水平直管道内运动的时间； (3)当小球滑到圆弧管道的P点处时，小球和玩具车的速度大小。 【详解】（1）小球从D点滑离玩具车时，水平方向一定与玩具车共速，又因为系统水平方向动量守恒且为0，故小球在D点时，小球速度竖直向下，玩具车速度为0，由系统机械能守恒 得 由系统水平方向动量守恒 则有 所以 又因为 得 （2）设小球刚进入水平直管道时，小球的速度为，玩具车的速度为，由系统水平方向动量守恒： 系统机械能守恒 得 ， 设小球在水平直管道内运动的时间为，则 得 （3）设小球滑到圆弧管道的点处时，小球和玩具车的速度大小分别为和，小球相对车的速度大小为 由系统水平方向动量守恒 由系统机械能守恒 又因为 得， 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.6反冲现象 火箭（知识解读）（解析版） •知识点1 火箭、爆炸和反冲问题 •知识点2 人船模型 •作业 随堂检测 知识点1 火箭、爆炸和反冲问题 1、反冲定义：反冲是静止或运动的物体通过分离排除部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象。开始静止的系统分为两部分，分别朝相反方向运动，这种现象叫反冲。 2、反冲规律：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，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 注意：对反冲运动的进一步理解 （1）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。 （2）反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。 （3）研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律．求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态。 4、火箭工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。 5、决定火箭增加的速度Δv的因素 （1）火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度。 （2）火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比。 6、爆炸模型概述：爆炸模型是动量守恒定律的应用之一，由于爆炸作用使物体分成2份或多份，因爆炸瞬间，内力远大于外力，所以爆炸后各部分遵循动量守恒定律。 7、爆炸与碰撞的比较 爆 炸 碰 撞 不同点 动能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能 相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大，且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,因此可以把作用过程看成理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动 能量情况 都满足能量守恒定律,总能量保持不变 注意：处理爆炸问题的注意事项 （1）在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量。 （2）在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒；在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒。 【典例1】2025年4月24日，神舟二十号载人飞船通过长征系列运载火箭发射升空，并成功将航天员乘组送入中国空间站。长征系列运载火箭的成就，不仅是我国航天技术进步的体现，更是国家综合实力的象征。已知某时刻总质量为（含燃料）的火箭以相对于地面为的速度向上飞行，在极短的时间内向后喷出燃料气体的质量为，向后喷出的气体相对火箭喷气前的速度大小为，且，则喷气后火箭的速度为（　　） A． B． C． D． 【变式1-1】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沿水平方向发射子弹，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，射出一颗子弹后，皮划艇的速度大小约为（　　） A． B． C．10m/s D．100m/s 【变式1-2】（多选）2025年10月31日，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号F遥二十一运载火箭成功发射。若火箭沿直线加速上升时，在极短时间内喷射燃气的质量为，喷出燃气的速度为（相对于喷气前火箭），喷出燃气后火箭的质量为，下列说法正确的是（    ） A．火箭喷出燃气，燃气的反作用力推动火箭加速上升 B．喷出燃气后，火箭的动量改变量的大小为 C．喷出燃气后，火箭的速度增加量为 D．喷出燃气时，火箭受到的平均推力大小为 【变式1-3】2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量（含燃料）为M，极短时间Δt内喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，火星表面的重力加速度为g，求： (1)瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率。 (2)极短时间Δt内燃气对着陆器的作用力大小。 知识点2 人船模型 1、“人船模型”问题的特征：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。这样的问题被归为“人船模型”问题。 2、人船模型常用结论 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：； 3、类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五 4、人船模型的特点 （1）两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0。 （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＝。 5、“人船模型”的推广应用 （1）对于原来静止，相互作用过程中动量守恒的两个物体组成的系统，无论沿什么方向运动，“人船模型”均可应用。 （2）原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可用处理人船模型问题的思路来处理。 【典例2】如图所示，小李站在小车右端，人和车均处于静止状态，水平地面光滑。某时刻小李以斜向左上方的速度起跳，最终落在小车左端且相对于小车静止。下列说法正确的是（　　） A．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统动量不守恒 B．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统机械能守恒 C．小李在空中运动时，小车向左运动 D．最终小车和小李一起向左运动 【变式2-1】如图所示，光滑的水平地面上放置了两个完全相同的物块，一竖直轻杆固定在物块上，轻杆上端系一长的不可伸长的轻绳，轻绳另一端连接小球C。现用外力将球C拉起直至轻绳处于水平状态后，将小球C由静止释放，小球C摆到最低点的同时物块恰好发生碰撞，此后粘在一起运动，不计一切阻力，已知，均可视为质点，重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．整个运动过程中，、、C组成的系统动量守恒 B．木块碰撞后的速度大小为 C．木块间的初始距离为 D．小球C经过最低点后向左摆动所能上升的最大高度为 【变式2-2】（多选）如图所示，一质量的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量的小球通过长的轻质细杆与滑块上的光滑轴连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为 B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块相对地面的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴右侧水平位置时相对地面的位移大小为 【变式2-3】在光滑水平平台上有一质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧的滑块A，圆弧的最低点与水平面相切，一端带挡板的质量为m的滑块B静止在水平地面上，滑块B的上表面光滑且与平台等高，质量为2m的小球C从离平台高为2R处由静止释放，刚好从圆弧最高点P无碰撞的进入圆弧轨道。小球从圆弧面滑上平台，然后滑上滑块B的上表面。小球C与挡板发生多次碰撞，每次碰撞的时间都极短，碰撞过程中没有能量损失，最终小球和滑块B均静止。已知滑块B与水平地面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： (1)小球C在滑块A的圆弧面上滑动过程中滑块A发生位移的大小； (2)小球C经过圆弧轨道Q点时小球C的速度大小； (3)滑块B从第一次碰撞到停止运动所用的时间和滑块B的位移大小。 1．下列运动不属于反冲运动的有（　　） A．火箭升空 B．发射炮弹后炮身后退 C．喷气式飞机喷气飞行 D．乒乓球碰到墙壁后弹回 2．我国早在宋代就发明了火箭。箭杆上捆了一个前端封闭的火药筒，点燃后生成的燃气以很大速度向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动。若火箭发射前的总质量为，燃料全部燃烧完后的质量为，火箭燃气的对地喷射速度为，燃料燃尽后火箭的速度为多大（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，平静的、不计阻力的湖面上，一位女子脚踩竹竿静立于点，一段时间后她到达点。经测量发现、间距离为，竹竿右端距离河岸为。已知竹竿的质量约为。则该女子的质量约为（　　） A． B． C． D． 4．乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随“墨水”的喷射。一吸满“墨水”后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为75m/s的速度水平向前喷“墨水”，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　） A．周围水对喷出的“墨水”的作用力使乌贼向前运动 B．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.1kg的“墨水” C．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.2kg的“墨水” D．要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出“墨水”的作用力的冲量为9N·s 5．如图所示，甲、乙两船的质量（包括船、人和货物）均为，两船沿同一直线相向运动，两船速率分别为、。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。忽略空气阻力及水对船的阻力，则抛出货物的最小速率为（　　） A． B． C． D． 6．古有曹冲用船称象，今有同学用船粗略测定自身的质量。他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，用卷尺测出船后退的距离，不计水的阻力，根据“船检铭牌”上查到的船长和船的质量，可得出该同学的质量为（　　） A． B． C． D． 7．某生物兴趣小组为测试青蛙的跳跃能力，在光滑玻璃桌面上放一半径为R的荷叶，青蛙处在荷叶中央，已知青蛙和荷叶质量均为m。若青蛙能够一次跳离荷叶，那么青蛙至少做多少功（） A． B． C． D． 8．如图所示，一质量的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量的小球通过长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轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度，已知重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为 B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移大小为 9．（多选）下列所描述的事例或应用中，利用反冲原理的是（   ） A．喷灌装置的自动旋转 B．章鱼在水中前行和转向 C．运载火箭发射过程 D．码头边轮胎的保护作用 10．（多选）如图所示，长木板放置在光滑水平面上，一轻质弹簧右端固定在长木板右端的挡板上，弹簧左端通过木块将其压缩，木块位于长木板的左端。将长木板锁定，然后释放木块，木块落在水平地面上的P点，现解除长木板的锁定，由静止同时释放木块和长木板，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ） A．木块将落在P点右侧 B．弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对长木板和木块的冲量相同 C．弹簧将木块弹出的过程中，长木板和木块组成的系统动量守恒 D．弹簧将木块弹出的过程中，长木板和木块的动量变化量相同 11．（多选）如图所示，小车上固定一个用胶塞封口的水平试管，试管内有少量水和大量空气，小车停在光滑的桌面上，总质量为。用车左端的酒精灯加热试管尾端，当试管内的空气达到一定温度时，质量为的胶塞瞬间从试管口喷出，胶塞喷出时相对地面的速度为，忽略空气阻力、酒精燃烧的质量和喷出的空气质量，下列说法正确的是（　　） A．喷气过程，小车和胶塞组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．胶塞喷出时小车的速度大小为 C．若抬高试管右端到与水平方向的夹角为，则喷气过程，小车和胶塞组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．若抬高试管右端到与水平方向的夹角为，且胶塞喷出速度大小不变，则胶塞喷出后瞬间小车的速度大小为 12．（多选）如图所示，甲乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，甲与车的总质量kg，车与水平地面间的摩擦不计。另有一质量kg的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球。开始车静止，甲将球以速度v（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只球以相同速率v水平抛回给甲，甲接到球后，再以速率v将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，则（　　） A．甲第二次抛出球后，比第一次抛出球后的速度增加了0.20v B．甲第三次抛出球后，比第二次抛出球后的速度增加了0.32v C．从第一次算起，甲抛出5个球后，再也不能接到乙抛回来的球 D．从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球 13．（多选）如图所示，质量均为的木块和，并排放在光滑水平面上，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为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球。下列说法正确的是（    ） A．球下摆过程中，、、系统动量守恒 B．球下摆过程中，其轨迹不是圆弧 C．、两木块分离时，的位移为 D．球第一次到达最低点后，每次下摆到最低点时，细线对球的拉力均相等 14．（多选）如图所示，一轻杆的长度为，两端连接两个均可视为质点的小球A、B，小球A的质量为，开始时杆竖直放置在光滑水平面上，B左侧处有一竖直固定挡板。某时刻装置受微小扰动，轻杆向左侧倒下，A球与挡板碰撞瞬间B球到挡板的水平距离为。现让轻杆竖直时受微小扰动后向右侧倒下，两球始终在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为（已知，，下列说法正确的是（　　） A．小球B的质量为 B．B与挡板碰前瞬间的速度大小为 C．B与挡板碰前瞬间A球重力的功率为 D．B与挡板碰前瞬间A球机械能的损失量为 15．一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量，这个士兵用自动步枪在内沿水平方向射出一发子弹，该子弹的质量，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，求： (1)射出子弹后皮划艇的速度； (2)射出子弹过程中枪受到的平均反冲作用力（计算结果保留两位有效数字）。 16．如图所示，质量为M的滑块A被固定在光滑水平面上，其上表面为半径为R的四分之一圆弧ab，质量为M的木板B上表面与圆弧面最低点水平相切，A、B之间用装置锁定。质量为m的小滑块C（可视为质点）从a点正上方2R处静止下落，在a点沿圆弧切线方向进入圆弧面。已知，重力加速度为g，小滑块C与木板B上表面的动摩擦因数为，不计空气阻力和其他摩擦。求： (1)C经过圆弧面最低点b时所受的支持力大小； (2)只解除地面对A的固定，求C运动到b点过程中小滑块C的水平位移的大小； (3)先解除地面对A的固定，当C滑上B后再立即将A、B解锁，若C未脱离木板B，求木板B的最小长度。 17．如图所示，一玩具车静止在光滑的水平面上，玩具车内部设计有三段内径相同的光滑管道，三段管道平滑连接。第一段为倾斜直管道，其水平投影的长度为，倾角。第二段为水平直管道，长度也为。第三段为四分之一圆弧管道，圆心为，圆弧半径的长度也为。将一个质量为，直径略小于管道内径的光滑小球，从管道点由静止释放，已知玩具车的质量，管道内径远小于，已知当地重力加速度为，取。求： (1)小球从点滑离玩具车时，小球的速度大小以及玩具车的位移大小； (2)小球在水平直管道内运动的时间； (3)当小球滑到圆弧管道的P点处时，小球和玩具车的速度大小。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $