1.6 反冲(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（教科版）

本讲义聚焦反冲现象这一核心知识点，系统梳理反冲的定义、受力特点及生产生活应用，进而阐述火箭发射原理及最大速度影响因素，最终落脚于“人船模型”等动量守恒应用问题，构建从基础概念到实际应用再到模型解决的递进式学习支架。 资料通过“情境思辨”“探究活动”引导学生观察喷灌旋转、气球喷气等现象，培养科学探究能力，结合典例分析速度相对性、变质量问题，强化科学思维中的模型建构与推理，课中助力教师直观教学，课后通过分层训练帮助学生巩固知识、查漏补缺，提升物理观念应用能力。

6.反冲 1.知道反冲的概念，理解反冲的原理，了解其在生产、生活中的应用。 2.知道火箭的发射原理，知道决定火箭最大速度的相关因素，会处理有关问题。 3.会应用动量守恒定律解决与反冲、火箭发射有关的问题。 4.理解并会处理“人船模型”问题。 知识点一　反冲现象 1.定义：如果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，这个现象叫作反冲。 2.受力特点：反冲过程中相互作用力常为变力，且作用力大，一般都满足内力远大于外力，所以可用动量守恒定律来处理。 3.应用：火箭、灌溉喷水器、反击式水轮机等。 （1）喷灌装置的自动旋转应用了反冲原理。（√） （2）章鱼在水中前行和转向不属于反冲现象。（×） （3）吹足气的气球用手捏住通气口由静止释放后气球的运动属于反冲运动。（√） （4）码头边轮胎的保护作用利用了反冲原理。（×） （5）反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。（√） 知识点二　火箭的发射 1.原理 火箭的发射利用了反冲。火箭燃料舱内的燃料被点燃后，产生急剧膨胀的燃气，舱壁对这部分燃气的作用力使气体从火箭尾部高速喷出，燃气对火箭的反作用力把火箭推向前方。 2.影响火箭最终速度大小的因素 （1）向后的喷气速度：现代火箭的喷气速度约为2 000~5 000 m/s。 （2）质量比：指火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比。现代火箭能达到的质量比不超过10。 （3）影响关系：喷气速度越大，质量比越大，最终速度越大。 要点一　反冲的理解及应用 【探究】 　（1）把气球吹起来，用手捏住气球的通气口，如图甲所示，突然松开后让气体喷出，气球会怎样运动？这个属于什么物理现象？ （2）把弯管装在盛水容器的下部，当水从弯管流出后，如图乙所示，悬吊的容器会怎样运动？这个属于什么物理现象？ 提示：（1）气球会沿着喷出气体的反方向飞出，属于反冲现象。 （2）容器会沿着喷出水流的反方向旋转起来，属于反冲现象。 【归纳】 1.反冲运动的特点 （1）系统的两个不同部分在内力作用下向相反方向运动。 （2）反冲运动中系统动量守恒（或者在某一方向上动量守恒）。 （3）反冲运动中系统的总动能会增加。 2.处理反冲运动问题的三个注意事项 （1）速度的方向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的速度必然相反，可任意规定某一部分的方向为正方向，另一速度要取负值。 （2）速度的相对性：反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，应将相对速度转化为绝对速度（一般为对地速度）。 （3）变质量问题：注意反冲运动中物体质量的变化，确定反冲前后物体的质量。 如图所示，自动火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自动火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（　　） A． B． C． D． 答案：B 解析：炮弹相对地的速度为v0＋v2。由动量守恒定律得Mv1=（M－m）v2＋m（v0＋v2），得v0=。故选B。 易错警示 　　要注意【典例1】“炮弹相对炮筒的发射速度”与“炮弹相对地面的发射速度”的不同意义。否则本题容易错选A项。 　（2026•四川省南充市嘉陵第一中学高二月考）一质量为 M 的航天器正以速度v0在静止卫星轨道上做圆周运动，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1（以地心为参考系），加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为（　　） A．M　 B．M C．M　 D．M 解析：C　规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0=（M－m）v2－mv1，解得m=M，故选C。 要点二　火箭原理的理解及应用 【探究】 　我国早在宋代就发明了火箭，在箭杆上捆一个前端封闭的火药筒，火药点燃后生成的燃气以很大的速度向后喷出，火箭就会向前运动，如图甲所示；图乙为我国“长征”家族系列运载火箭示意图。请思考： （1）古代火箭与现代火箭的运动是否为反冲运动？ （2）火箭飞行利用了怎样的工作原理？ 提示：（1）古代火箭与现代火箭的运动都是反冲运动。 （2）火箭飞行利用了反冲原理，靠向后连续喷射高速气体获得反冲力飞行。 【归纳】 1.火箭喷气过程属于反冲问题，随着燃料的消耗，火箭的质量不断减小。 2.处理该类问题时，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题。 （2026•四川省绵阳东辰国际学校高二分班检测）某一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v=1 000 m/s。设火箭（包括燃料）质量M=300 kg，发动机每秒喷气20次。以下说法正确的是（　　） A．运动第1 s末，火箭的速度约为10 m/s B．运动第2 s末，火箭的速度约为135 m/s C．当发动机第3次喷出气体后，火箭的速度约为2 m/s D．当发动机第4次喷出气体后，火箭的速度约为200 m/s 答案：C 解析：1 s末发动机喷气20次，总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v1－m1v=0，则得火箭1 s末的速度大小为v1== m/s≈13.5 m/s，选项A错误；2 s内发动机喷气40次，总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，选项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，选项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，选项D错误。 易错警示 处理火箭发射问题的两点提醒 （1）明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地速度。 （2）列方程时要注意初、末状态动量的方向。反冲后火箭速度的方向与反冲前火箭的运动方向是相同的。 　（2026•四川省南充市白塔中学高一月考）2024年7月5日，我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭，成功将天绘五号02组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。关于火箭点火发射升空的情景，下列说法正确的是（　　） A．在火箭向下喷出气体的过程中，火箭的惯性变大 B．火箭尾部向下喷出气体，该气体对空气产生一个作用力，空气对该气体的反作用力使火箭获得向上的推力 C．火箭尾部向下喷出气体，火箭对该气体产生一个作用力，该气体会对火箭产生一个反作用力，使火箭获得向上的推力 D．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，因此火箭虽然向后喷气，但是无法获得向前的推力 解析：C　火箭喷出气体后质量变小，其惯性变小，选项A错误；火箭尾部向下喷出气体，火箭对该气体产生一个作用力，该气体会对火箭产生一个反作用力，使火箭获得向上的推力，选项B错误，选项C正确；火箭飞出大气层后，火箭对气体作用，该气体对火箭有反作用力，使火箭获得向前的推力，选项D错误。 要点三　“人船模型”问题 【探究】 　如图所示，长为L、质量为m2的小船停在静水中，质量为m1的人由静止开始从船的右端走到船的左端，人对地位移大小为x1、方向向左，小船对地的位移大小为x2、方向向右。不计水的阻力。对人和船组成的系统，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒。请推导分析人对地位移的大小x1、小船对地位移的大小x2与小船质量m2及人的质量m1的关系。 提示：设任意时刻人和小船的瞬时速率分别为v1、v2，对人和船组成的系统，由动量守恒定律得 m1v1－m2v2=0，即=。由于相互作用过程中任意时刻系统的动量守恒，在极短的时间Δt内，m1v1•Δt－m2v2•Δt=0，则在时间t内，有m1x1=m2x2。 【归纳】 1.“人船模型”的特点 （1）两个物体相互作用前均静止，相互作用后向相反的方向运动。 （2）系统所受外力矢量和为零（或者在某一方向上的外力矢量和为零），系统的动量守恒（或者在某一方向上的动量守恒）。 （3）两个物体的运动特点：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。 2.“人船模型”的结论 （1）两个物体的动量守恒：m1v1－m2v2=0； （2）两个物体的位移大小与质量成反比：m1x1=m2x2。 特别提醒 　　上式中的x1、x2必须是相对于同一参考系的位移大小。 （2026•四川省广安第二中学高二月考）有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m，则船的质量为（　　） A．　 B． C．　 D． 答案：B 解析：画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则v=，v′=，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′=0，解得船的质量M=，故B选项正确。 规律总结 处理“人船模型”问题的两个关键 （1）利用动量守恒，确定两物体的速度或者位移大小的关系。 （2）画出两物体的运动草图，找出它们相对地面的位移的联系。 1.（2026•四川省部分名校高三联合质量检测）如图所示，静止放置在光滑水平地面上的表面光滑的等腰直角斜面体的质量为3m，直角边长为L，将质量为m的滑块（视为质点）从斜面体顶端由静止释放，从滑块开始下滑到滑块滑至斜面底端的过程，斜面体的位移大小为（　　） A．　 B． C．　 D． 解析：B　因为滑块与斜面体组成的系统在水平方向上无外力，所以系统在水平方向上动量守恒，在水平方向有mv1=3mv2，则有mv1•Δt=3mv2•Δt，可得mx1=3mx2，又有x1＋x2=L，解得x2=，则斜面体的位移大小为，故选B。 2.（2026•四川省广安市育才学校高二月考）如图所示，一个质量为m=50 kg的人抓在一只热气球下方，热气球下面有一根长绳。热气球和长绳的总质量为M=20 kg，当静止时人离地面的高度为h=5 m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当人滑到绳下端时，人离地高度约是（可以把人看作质点）（　　） A．5 m　 B．3.6 m C．2.6 m　 D．8 m 解析：B　热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人沿绳下滑过程中动量守恒，设当人滑到绳下端时，人离地高度为H，设此过程人下滑的位移大小为x1，热气球上升的位移大小为x2，由动量守恒定律有mx1=Mx2，又x2＋x1=h，H=x2，联立解得H≈3.6 m，故选B。 1.〔多选〕（2026•四川省巴中市恩阳区高二期末）国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，推动地球离开太阳系，用2 500年的时间奔往另外一个栖息之地。这个科幻情节中有反冲运动的原理。现实中的下列运动，属于反冲运动的有（　　） A．汽车的运动　 B．直升飞机的运动 C．火箭的运动　 D．喷气式飞机的运动 解析：CD　如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫做反冲；汽车的运动是利用摩擦力而使汽车前进的，不属于反冲运动；直升机是利用的空气的反作用力而使飞机上升的，不属于反冲运动；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，属于反冲运动；喷气式飞机的运动是利用了气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动；故选C、D。 2.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，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．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒 C．火箭获得的最大速度为 D．火箭上升的最大高度为 解析：D　火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体对火箭及水做功，火箭及水的机械能不守恒，故B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有（M－m）v－mv0=0，解得v=，故C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有v2=2gh，解得h=，故D正确。 3.〔多选〕（2026•四川省眉山市东坡区二校高一期末考试）如图所示，在光滑的水平地面上有一辆质量为M的平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB（mA＞mB），最初人和车都处于静止状态。则（　　） A．若A、B以相同的速率相向运动，则平板车的速度为零 B．若A、B以相同的速率相向运动，则平板车的速度不为零 C．若A向右运动、B向左运动交换位置后，平板车的位移为零 D．若A向右运动、B向左运动交换位置后，平板车的位移不为零 解析：BD　两人以大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，A、B的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，则平板车应向左运动，选项A错误，B正确；以人船模型分析，设平板车的长度为L，先让A到B的位置，则平板车向左位移大小为x1=L，后让B到A的位置，平板车向右位移大小为x2=L，因为mA＞mB，则x1＞x2，平板车向左位移大小为Δx=x1－x2=L，选项D正确，C错误。 题组一　反冲的理解及应用 1.〔多选〕（2026•四川省绵阳市南山中学实验学校高二期末）一只质量为0.9 kg的乌贼吸入0.1 kg的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为2 m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是（　　） A．在乌贼喷水的过程中，乌贼动量守恒 B．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为1.8 N•s C．乌贼喷出的水的速度大小为20 m/s D．在乌贼喷水的过程中，有18 J的生物能转化成机械能 解析：BD　在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项A错误；根据题意，由动量定理可得，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为I=Mv－0=0.9×2 N•s=1.8 N•s，选项B正确；根据题意，设乌贼喷出的水的速度大小为v1，由动量守恒定律有Mv－mv1=0，解得v1=18 m/s，由能量守恒定律可得，在乌贼喷水的过程中，转化成机械能的生物能有ΔE=Mv2＋m=×0.9×22 J＋×0.1×182 J=18 J，选项C错误，选项D正确。 2.（2026•四川省合江县马街中学校高二期中考试）一门旧式大炮如图所示，炮车和炮弹的质量分别为M和m，炮筒与水平地面的夹角为α，炮弹发射瞬间相对于地面的速度为v0。不计炮车与地面的摩擦，则炮车向后反冲的速度大小为（　　） A．　 B． C．　 D． 解析：A　根据题意可知，炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向上受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向上动量守恒。取炮车后退的方向为正方向，以炮弹和炮车组成的系统为研究对象，在水平方向上，由动量守恒定律有Mv－mv0cos α=0，解得v=，故选A。 题组二　火箭原理的理解及应用 3.（2026•四川绵阳期末）一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，则加速后航天器的速度大小v2等于（v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度）（　　） A．　 B． C．　 D． 解析：C　由动量守恒定律有Mv0=－mv1＋（M－m）v2，解得v2=，故选C。 4.火箭发射后，在升空过程中向后喷出高速燃气，从而获得较大的前进速度。燃料耗尽时，火箭达到最大速度，火箭最大速度的制约因素是（　　） A．火箭初始质量和喷出气体速度 B．火箭初始质量和喷出气体总质量 C．火箭喷出气体总质量和喷气速度 D．火箭喷气速度和火箭始末质量比 解析：D　分别用M、m表示火箭初始质量和在极短时间内喷出一部分燃气后剩余的质量，v0表示喷出的气体的速度大小，火箭喷气过程动量守恒，有mΔv－（M－m）v0=0，解得火箭速度增加量Δv=v0，由此式可以预计火箭最大速度的制约因素是火箭喷气速度和火箭始末质量比，D正确。 5.〔多选〕2025年4月24日17时17分，长征二号F运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起飞，将神舟二十号载人飞船成功送入预定轨道。长征二号F运载火箭飞行时，设在极短时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（　　） A．火箭加速的原因：燃气推动周围空气，空气的反作用力推动火箭 B．喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δmu C．喷出燃气时，火箭受到的推力为 D．u越大， 越大，火箭增加的速度Δv就越大 解析：BD　火箭加速的原因：火箭喷出燃气，燃气的反作用力推动火箭，选项A错误；喷出燃气的过程，火箭和燃气动量守恒，火箭的动量改变量的大小等于喷射燃气的动量改变量的大小为Δp=Δmu，选项B正确；根据动量定理Δp=FΔt，火箭受到的推力为F=，选项C错误；火箭和燃气动量守恒，可知Δmu=mΔv，解得Δv=，可知u越大， 越大，火箭增加的速度Δv就越大，选项D正确。 题组三　“人船模型”问题 6.（2026•四川省成都成华区某重点校高一月考）如图所示为棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（　　） A．h　 B． C．　 D．h＋2a 解析：D　设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由人船模型规律可得0=mh－Md，池深H=h＋d＋2a，解得H=h＋2a，故选项D正确。 7.（2026•四川省达州市第一中学高二入学考试）如图，质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链固定在Q上，下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度，经时间t小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为（　　） A．　 B． C．　 D． 解析：C　P、Q在水平方向上动量守恒，有mv0=mv1＋3mv2，在极短的时间Δt内，有mv0•Δt=mv1•Δt＋3mv2•Δt，则在时间t内，有mv0t=mx＋3mx2，解得x2=，故选C。 8.〔多选〕质量均为2m的A、B两船静止在平静的湖面上，最初静止在A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……，经n次跳跃后，人停在B船上。不计水的阻力，此后（　　） A．A船和B船（包括人）速度大小之比为2∶3 B．A船和B船（包括人）动量大小之比为1∶1 C．A船和B船（包括人）动能之比为3∶2 D．A船和B船（包括人）动能之比为1∶1 解析：BC　整个过程中，人和两船组成的系统动量守恒，A船和B船（包括人）动量大小之比为1∶1，故经n次跳跃后，有2mvA=（2m＋m）vB，所以=，故A错误，B正确；根据EkA=•2m•，EkB=•3m•，因为=，联立求得=，故C正确，D错误。 9.穿着溜冰鞋的人静止站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，每次射击时子弹对冰面速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于冰面后退的速度为v，下列说法正确的是（　　） A．无论射出多少子弹，人后退的速度都为v B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv C．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv D．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv 解析：D　设人、枪（包括子弹）的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度为v0，射出第1颗子弹，有0=（M－m）v－mv0，设人射出n颗子弹后的速度为v′，则（M－nm）v′=nmv0，可得v=，v′=，因M－m＞M－nm，所以v′＞nv，故选项D正确。 10.〔多选〕某滑杆游戏可简化为如图所示的模型，质量m=0.5 kg的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，滑环通过长L=0.6 m的轻绳连着质量M=1.0 kg的小球，开始时滑环静止在O点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取g=10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小球第一次运动至最低点时的速度大小为2 m/s B．小球再次返回最高点时的速度大小为0 C．小球第二次运动至最低点时的速度大小为2 m/s D．小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4 m 解析：BCD　自静止开始释放至小球第一次运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有0=Mv1－mv2，由机械能守恒定律得MgL=M＋m，联立解得小球第一次运动至最低点时的速度大小为v1=2 m/s，A错误；小球再次返回最高点时和滑环有相同的速度，由动量守恒定律得0=（M＋m）v，解得共同速度v=0，B正确；根据A项分析可知，小球第二次运动至最低点的速度大小为2 m/s，方向水平向左，C正确；由机械能守恒定律可知，小球运动至左、右两侧最高点时在同一水平线上，即与初始位置等高，设小球运动轨迹左、右两端点间的距离为x1，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动轨迹左、右两端点的距离为x2，运动时间为t，则由动量守恒定律有M=m，由几何关系知x1＋x2=2L，联立可解得x1=0.4 m，D正确。 11.2024年1月5日19时20分，命名为“快舟•湖北交广号”的快舟一号甲固体运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，以“一箭四星”方式将天目一号掩星探测星座15~18星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体，气体喷出时的速度v=1 000 m/s。设火箭质量M=300 kg，发动机每秒钟喷气20次。 （1）当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？ （2）运动第1 s末，火箭的速度为多大？ 答案：（1）2 m/s　（2）13.5 m/s 解析：（1）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，根据动量守恒定律得（M－3m）v3－3mv=0，所以v3=≈2 m/s。 （2）以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，有（M－20m）v20－20mv=0 所以v20=≈13.5 m/s。 12.（2026•四川省成都市树德中学高一期中）如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平桌面上，凹槽内有一个半径为R的光滑半圆形轨道。质量为m的小球从轨道右端点由静止开始下滑。若凹槽可以在桌面上自由滑动，且整个过程凹槽不翻转。重力加速度为g。 求： （1）小球运动到轨道最低点时的速度大小v1； （2）若凹槽两端始终没有滑出桌面，求桌面的最小长度L。 答案：（1）　（2） 解析：（1）小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒，则有mv1－Mv2=0 由机械能守恒定律有mgR=m＋M 解得v1=。 （2）在水平方向上，根据动量守恒定律得mv1－Mv2=0 两边同时乘t可得mx1=Mx2 又因为x1＋x2=2R 解得x2= 桌面的最小长度为L=2R＋x2 解得L=。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $