6.反冲现象 火箭
题组一 反冲运动的理解及应用
1.（多选）物理知识在生活和生产中有广泛应用，以下实例利用了反冲现象的是（ ）
2.乌贼游动时，先把水吸入体腔，然后收缩身体，通过身体上的小孔向外喷水，使身体向相反方向快速移动。某次静止的乌贼在瞬间喷出的水的质量占喷水前自身总质量的，喷水后乌贼获得的速度为8 m/s，则喷出的水的速度大小为（ ）
A.72 m/s B.80 m/s
C.88 m/s D.60 m/s
题组二 火箭原理的理解及应用
3.关于火箭发射，下列说法正确的是（ ）
A.火箭发射过程中机械能守恒
B.影响火箭速度大小的因素只有喷出气流的速度
C.影响火箭速度大小的因素包括喷气的质量与火箭本身质量之比
D.喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量相同
4.（多选）下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度（ ）
A.使喷出的气体速度增大
B.使喷出的气体温度更高
C.使喷出的气体质量更大
D.使喷出的气体密度更小
5.将总质量为1.05 kg的模型火箭点火升空，从静止开始，在0.02 s时间内有50 g燃气以大小为200 m/s的速度从火箭尾部喷出，且燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则下列说法正确的是（ ）
A.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为800 N
B.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为200 N
C.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为5 m/s
D.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为10 m/s
题组三 “人船模型”问题
6.（多选）如图，小船静止在水面上，站在船尾的人不断将船尾舱的鱼水平抛入左方船头的舱内（鱼可视为质点，抛出点高度保持不变，一条鱼落入船头的舱内后再抛出下一条鱼），下列说法正确的是（ ）
A.为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应逐渐增大
B.为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应保持不变
C.抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸位置不变
D.抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸向右移动了一些
7.一半径为R、质量为M的光滑半圆柱形底座，放置在光滑水平面上，将一半径为R、质量为m的小球紧靠底座右侧由静止释放，释放时小球球心O'和底座圆心O在同一水平高度上，且M＝3m，当小球到达底座最低点时，底座运动的位移大小是（ ）
A.R B.R
C.R D.R
8.如图所示，一个质量为m1＝50 kg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＝20 kg，长绳的下端刚好和地面接触。初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（ ）
A.5 m B.3.6 m
C.2.6 m D.8 m
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，每次射击时子弹对地速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于地后退的速度为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
10.电影《火星救援》中，宇航员在太空中与飞船之间相距7.5 m，飞船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的宇航服，反向喷出气体使自己飞向飞船。假设气体能以50 m/s的速度喷出，宇航员连同装备共100 kg，开始时宇航员和飞船保持相对静止，宇航员必须在100 s内到达飞船，喷出气体的质量至少为（ ）
A.0.1 kg B.0.15 kg
C.0.2 kg D.0.25 kg
11.（多选）如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后放手，则（ ）
A.系统的总动量守恒
B.任意时刻小球与小车水平方向的动量等大反向
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为
12.浮吊船又称起重船，由可在水面上自由移动的浮船和船上的起重机组成，可以在港口内将极重的货物移至任何需要的地方。如图所示，某港口有一质量为M＝20 t的浮吊船，起重杆OA长l＝8 m。该船从岸上吊起m＝2 t的重物，不计起重杆的质量和水的阻力，开始时起重杆OA与竖直方向成60°角，当杆转到与竖直方向成30°角时，浮船沿水平方向的位移约为（ ）
A.0.27 m B.0.31 m
C.0.36 m D.0.63 m
13.（多选）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相对地面的速度均为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13.5 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
14.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。已知重力加速度为g，小物块与BC部分的动摩擦因数为μ，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（ ）
A.小车和物块构成的系统动量守恒 B.摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C.物块的最大速度为 D.小车发生的位移为
6.反冲现象 火箭
1.ACD 乌贼喷水前行、火箭喷气升空、飞机喷气加速都是利用了反冲原理，而电风扇吹风不是反冲。故选A、C、D 。
2.A 设乌贼瞬间喷出的水的质量为m，则喷水前乌贼质量为10m，喷水后质量为9m，设喷出的水的速度为v1，喷水后乌贼获得的速度为v2，根据动量守恒定律可知0＝mv1＋9mv2，将v2＝8 m/s代入可得v1＝－72 m/s，负号表示喷水方向与乌贼身体运动方向相反，故B、C、D错误，A正确。
3.C 火箭发射过程中有燃料的燃烧，机械能不守恒，A错误；影响火箭速度大小的因素是喷气速度和喷气的质量与火箭本身质量之比，B错误，C正确；喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量大小相等，方向相反，D错误。
4.AC 设火箭原来总质量为M，喷出的气体质量为m，喷出气体的速度为v0，喷气后火箭的速度为v，由动量守恒定律得（M－m）v－mv0＝0，v＝v0，可见m越大，v0越大，v越大，选项A、C正确。
5.D 设模型火箭的质量为M，燃气的质量为m。燃气的速度大小为v1，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为v2，在燃气喷出过程，对燃气由动量定理得Ft＝mv1－0，解得F＝500 N，根据牛顿第三定律可知，火箭获得的平均推力F'＝F＝500 N，故A、B错误；规定燃气喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝mv1－（M－m）v2，解得v2＝10 m/s，故C错误，D正确。
6.BD 人、船组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒，人抛出鱼后，鱼做平抛运动，人的高度不变，则飞行时间不变，船头到船尾的距离不变，为使鱼始终可保证落入船头的舱内，所以人抛出鱼的速度不变，故A错误，B正确。人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船（包括人）具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船立即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一些，故D正确，C错误。
7.A 小球向下运动的过程，底座向右运动，设小球和底座的位移分别为x1、x2，则有mx1＝Mx2，且x1＋x2＝R，解得x2＝R，故A正确。
8.B 当人滑到长绳下端时，由动量守恒定律得m1h1－m2h2＝0，且h1＋h2＝h，解得h1＝ m，所以人离地高度H＝h－h1≈3.6 m，故B正确。
9.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.B 设宇航员反冲获得的最小速度为u，则有u＝＝ m/s＝0.075 m/s，设喷出气体的质量为m，宇航员连同装备的质量为M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－（M－m）u＝0，解得m≈0.15 kg，故选项B正确。
11.BD 根据题意可知，系统只是在水平方向所受外力的矢量和为零，竖直方向所受外力的矢量和不为零，故水平方向动量守恒，而总动量不守恒，故A错误，B正确；根据水平方向动量守恒及机械能守恒定律可知，小球仍能向左摆到原高度，故C错误；根据题意可知，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，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，由动量守恒定律有mvm－MvM＝0，则mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得xM＝，故D正确。
12.A 浮吊船与重物组成的系统水平方向所受外力的矢量和为零，动量守恒且初状态总动量为零，为“人船模型”，以水平向左为正方向，设某时刻t重物与浮吊船的速度分别是v1、v2，则Mv2＋m（－v1）＝0，Mv2＝mv1，因为重物与浮吊运动的时间相等，则Mv2t＝mv1t，Mx2＝mx1，m[l（sin 60°－sin 30°）－x2]＝Mx2，解得x2≈0.27 m，故选A。
13.AC 1 s末发动机喷气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，解得火箭1 s末的速度大小为v1＝＝ m/s≈13.5 m/s，故A正确；2 s末发动机喷气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次喷出气体后，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次喷出气体后，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。
14.D AB段系统外力矢量和不为零，动量不守恒，只是水平方向动量守恒，A错误；物块与小车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，由能量守恒定律得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。
2 / 36.反冲现象 火箭
课标要求 素养目标
1.结合生产生活的实际例子理解什么是反冲运动。 2.知道火箭的发射是利用了反冲运动 1.反冲运动的定义和火箭工作原理。（物理观念） 2.通过实例分析， 能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题，知道火箭的飞行原理，了解我国航天技术的发展。（科学思维） 3.会分析“人船模型”问题。（科学思维） 4.演示反冲实验，认识反冲运动特点。（科学探究）
知识点一 反冲现象
1.定义：一个静止的物体，在内力的作用下分成两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向 方向运动的现象。
2.规律：反冲运动中，系统内力很大，在外力可 时，可以用动量守恒定律分析。
3.应用与防止
（1）应用举例：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转制成的。
（2）防止举例：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 的影响。
知识点二 火箭
1.火箭的工作原理：应用了 原理，靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。
2.火箭获得的速度Δv
（1）推导：在极短时间Δt内火箭喷出燃气的质量为Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，喷气后火箭的质量为m，火箭增加的速度为Δv。以喷气前的火箭为参考系。由动量守恒定律可得mΔv＋Δmu＝0，可得Δv＝－u。
（2）影响Δv的因素：①火箭喷出的燃气的速度u。②火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。
【情景思辨】
（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。（ ）
要点一 反冲运动的理解及应用
【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）把弯管装在可旋转的盛水容器的下部，当水从弯管流出时，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？
【归纳】
1.反冲运动的特点
（1）反冲运动中系统的内力（或者在某一方向上的内力）一般远大于外力，故系统的动量守恒（或者系统在某一方向上的动量守恒）。
（2）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：若抛出物体后两部分的速度方向相反，可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。
【典例1】 如图所示，自动火炮连同炮弹的总质量为M，当炮筒水平，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.
尝试解答
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。
【拓展训练】
如图所示，在水平地面上放置一门质量为M的炮车（不含炮弹），炮筒与水平方向成θ角，发射的炮弹质量为m，设地面和炮车间摩擦不计，如果发射炮弹的速度大小为v0，求炮车的反冲速度是多大？
1.滑板运动是年轻人喜爱的一种运动。如图所示，质量为m1＝50 kg的年轻人站在质量为m2＝5 kg的滑板上，年轻人和滑板都处于静止状态，年轻人沿水平方向向前跃出，离开滑板的速度为v＝1 m/s。不考虑滑板与地面之间的摩擦，此时滑板的速度大小是（ ）
A. m/s B.10 m/s
C. m/s D. m/s
2.一个连同装备共100 kg的宇航员，在离飞船45 m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体。宇航员为了能在10 min时间内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体质量是多少？
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？
【归纳】
1.火箭的工作原理
应用了反冲原理，反冲过程中火箭与喷出的气流组成的系统动量守恒。
2.处理火箭问题的思路
（1）火箭喷气过程属于反冲问题，一般需要应用动量守恒定律处理。
（2）在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，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。
【典例2】 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？
尝试解答
1.“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对它的反作用力
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
2.如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）
A.v0－v2 B.v0＋v2
C.v0－v2 D.v0＋（v0－v2）
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为x2与小船质量m2及人的质量m1的关系。
【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。
注意：上式中的x1、x2必须是相对于同一参考系的位移大小。
【典例3】 在光滑的水平面上静止放置一个光滑的斜面体，斜面的倾角为37°，高度为h，将一个可看作质点的小球从斜面顶端由静止释放，斜面体的质量是小球质量的2倍，小球运动到斜面底部的过程中（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（ ）
A.斜面体对小球不做功
B.小球的机械能守恒
C.斜面体和小球组成的系统动量守恒
D.斜面体运动距离为h
尝试解答
【拓展训练】
如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，其水平直角边长分别为a和b。A、B之间存在摩擦，B与水平地面无摩擦。可视为质点的A与地面间的高度差为h，当A由B的顶端从静止开始滑到B的底端时。
B的水平位移是多少？
规律方法
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.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.
2.如图所示，质量为M的气球上有一质量为m的猴子，气球和猴子静止在离地面高为h的空中。从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，软梯的长度至少应为（ ）
A.h B.h
C.h D.h
1.（多选）下列情境属于反冲现象的有（ ）
A.乒乓球碰到墙壁后弹回
B.发射炮弹后炮身后退
C.喷气式飞机喷气飞行
D.火箭升空
2.（2023·江苏无锡市高二月考）将模型火箭放在光滑水平面上点火，燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水平面上滑行，在燃气从火箭喷口喷出的过程中，下列说法正确的是（空气阻力可忽略）（ ）
A.火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量
B.火箭对燃气作用力的冲量小于燃气对火箭作用力的冲量
C.火箭的动量比喷出燃气的动量大
D.火箭的动能比喷出的燃气动能小
3.总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃气相对于火箭以速率u向后喷出，此后火箭的速度大小为（ ）
A.v0＋ B.v0－
C.v0＋（v0＋u） D.v0＋
4.如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m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.
6.反冲现象 火箭
【基础知识·准落实】
知识点一
1.相反 2.忽略 3.（2）反冲
知识点二
1.反冲
情景思辨
（1）√ （2）× （3）√ （4）× （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）气球会沿着喷出气体的反方向运动，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。
【典例1】 B 由题意知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），解得v0＝ ，故选B。
【拓展训练】
解析：炮筒与水平方向成θ角时，炮车和炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒，则有
0＝mv0cos θ＋M（－v2），
解得v2＝。
素养训练
1.B 不考虑滑板与地面之间的摩擦，对于年轻人和滑板构成的系统动量守恒，取年轻人沿水平方向向前跃出的方向为正方向，设滑板的速度大小为v'，则0＝m1v－m2v'，解得v'＝10 m/s，故B正确。
2.0.15 kg
解析：设宇航员的速度为v，则v＝＝ m/s＝0.075 m/s，释放质量为m1的气体后，根据动量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v，代入数据得m1≈0.15 kg。
要点二
知识精研
【探究】 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。
【典例2】 （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，根据动量守恒定律得（M－20m）v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s。
素养训练
1.B 点燃火箭后，火箭在极短时间内向下喷出燃气，利用力的作用是相互的，燃气会给火箭向上的反作用力，此过程内力远大于火箭重力，动量守恒，有mv0＝（M－m）v，解得火箭速度为v＝，A错误，B正确；忽略空气阻力的影响，万户及其所携设备做竖直上抛运动，有h＝＝，C错误；在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统的机械能，机械能增加，D错误。
2.D 火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得（m1＋m2）v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋（v0－v2），D正确。
要点三
知识精研
【探究】 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，故全过程中人和船的平均动量也守恒，即m1－m2＝0。设人和船相互作用的时间为t，则有m1－m2＝0，即m1x1＝m2x2。
【典例3】 D 斜面体和小球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，斜面体动能增大，则小球机械能减小，斜面体对小球做负功，A、B错误；斜面体和小球组成系统所受外力矢量和不为零，动量不守恒，C错误；系统在水平方向所受外力矢量和为零，水平方向动量守恒，设小球质量为m，水平位移为x1，斜面体质量为2m，水平位移为x2，根据“人船模型”可得mx1－2mx2＝0，又x1＋x2＝，联立解得x2＝h，D正确。
【拓展训练】
解析：设向右为正方向，下滑过程中A的速度的水平分量为－vA，B的速度为vB，对A和B组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向的动量守恒，则每时每刻都有m2vB－m1vA＝0，则有m1x1－m2x2＝0
由题意可知x1＋x2＝b－a，
联立可得x2＝。
素养训练
1.B 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正确。
2.C 设猴子下降过程中气球上升高度为H，由题意知猴子下落高度为h，猴子和气球组成的系统所受合外力为零，由动量守恒定律得MH＝mh，解得H＝h，所以软梯长度至少为L＝h＋H＝h，故选C。
【教学效果·勤检测】
1.BCD 乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲现象，A错误；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就是反冲现象，所以发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用促进飞机前进，是反冲现象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。
2.D 根据牛顿第三定律，火箭与燃气之间作用力的大小相等，方向相反，作用时间相同，根据冲量的定义式I＝Ft可知，火箭对燃气作用力的冲量大小等于燃气对火箭作用力的冲量大小，故A、B错误；根据动量守恒定律，系统初动量为零，所以末动量也为零，即火箭的动量与燃气的动量大小相等，方向相反，故C错误；根据动量与动能的关系Ek＝，二者动量大小相等，但火箭的质量大，所以火箭的动能小，故D正确。
3.A 设喷出气体后火箭的速度大小为v，则燃气的对地速度为（v－u）（取火箭的速度方向为正方向），由动量守恒定律，得Mv0＝（M－m）v＋m（v－u），解得v＝v0＋，故A正确。
4.B 由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，联立解得x大球＝，选项B正确。
6 / 7(共81张PPT)
6.反冲现象 火箭
课标要求 素养目标
1.结合生产生活的实际例子理解什么是反冲运动。 2.知道火箭的发射是利用了反冲运动 1.反冲运动的定义和火箭工作原理。（物理观念）
2.通过实例分析， 能够应用动量守恒定律解决
反冲运动问题，知道火箭的飞行原理，了解我
国航天技术的发展。（科学思维）
3.会分析“人船模型”问题。（科学思维）
4.演示反冲实验，认识反冲运动特点。（科学探究）
目 录
01.
基础知识·准落实
02.
核心要点·快突破
03.
教学效果·勤检测
04.
课时训练·提素能
基础知识·准落实
梳理归纳 自主学习
01
知识点一 反冲现象
1. 定义：一个静止的物体，在内力的作用下分成两部分，一部分向某
个方向运动，另一部分向 方向运动的现象。
2. 规律：反冲运动中，系统内力很大，在外力可 时，可以用
动量守恒定律分析。
相反
忽略
（1）应用举例：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷
出时，一边喷水一边旋转制成的。
（2）防止举例：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
的影响。
反冲
3. 应用与防止
知识点二 火箭
1. 火箭的工作原理：应用了 原理，靠喷出气流的反冲作用而
获得巨大的速度。
2. 火箭获得的速度Δv
反冲
（1）推导：在极短时间Δt内火箭喷出燃气的质量为Δm，喷出的燃
气相对喷气前火箭的速度为u，喷气后火箭的质量为m，火箭
增加的速度为Δv。以喷气前的火箭为参考系。由动量守恒定
律可得mΔv＋Δmu＝0，可得Δv＝－u。
（2）影响Δv的因素：①火箭喷出的燃气的速度u。②火箭喷出物质
的质量与火箭本身质量之比。
【情景思辨】
（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。
（ √ ）
×
√
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
02
要点一 反冲运动的理解及应用
【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？
提示：气球会沿着喷出气体的反方向运动，属于反冲现象。
（2）把弯管装在可旋转的盛水容器的下部，当水从弯管流出时，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：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）反冲运动中系统的内力（或者在某一方向上的内力）一般远
大于外力，故系统的动量守恒（或者系统在某一方向上的动
量守恒）。
（2）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：若抛出物体后两部分的速度方向相反，可规
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。
【典例1】 如图所示，自动火炮连同炮弹的总质量为M，当炮筒水
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.
解析：由题意知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），解得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。
【拓展训练】
如图所示，在水平地面上放置一门质量为M的炮车（不含炮弹），炮
筒与水平方向成θ角，发射的炮弹质量为m，设地面和炮车间摩擦不
计，如果发射炮弹的速度大小为v0，求炮车的反冲速度是多大？
答案：
解析：炮筒与水平方向成θ角时，炮车和炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒，则有
0＝mv0cos θ＋M（－v2），
解得v2＝。
1. 滑板运动是年轻人喜爱的一种运动。如图所示，质量为m1＝50 kg
的年轻人站在质量为m2＝5 kg的滑板上，年轻人和滑板都处于静止
状态，年轻人沿水平方向向前跃出，离开滑板的速度为v＝1 m/s。
不考虑滑板与地面之间的摩擦，此时滑板的速度大小是（ ）
A. m/s B. 10 m/s C. m/s D. m/s
解析： 不考虑滑板与地面之间的摩擦，对于年轻人和滑板构
成的系统动量守恒，取年轻人沿水平方向向前跃出的方向为正
方向，设滑板的速度大小为v'，则0＝m1v－m2v'，解得v'＝10
m/s，故B正确。
2. 一个连同装备共100 kg的宇航员，在离飞船45 m的位置与飞船处于
相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出
气体。宇航员为了能在10 min时间内返回飞船，他需要在开始返回
的瞬间一次性向后喷出的气体质量是多少？
答案：0.15 kg
解析：设宇航员的速度为v，则v＝＝ m/s＝0.075 m/s，释放质量为m1的气体后，根据动量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v，代
入数据得m1≈0.15 kg。
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？
提示： 古代火箭与现代火箭的运动都是反冲运动。
（2）火箭飞行利用了怎样的工作原理？
提示： 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. 火箭的工作原理
应用了反冲原理，反冲过程中火箭与喷出的气流组成的系统动
量守恒。
2. 处理火箭问题的思路
（1）火箭喷气过程属于反冲问题，一般需要应用动量守恒定律
处理。
（2）在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不
断减小，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。
【典例2】 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？
答案：2 m/s
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，根据动量守恒定律得（M－3m）v3－
3mv＝0
所以v3＝≈2 m/s。
（2）运动第1 s末，火箭的速度为多大？
答案：13.5 m/s
解析： 以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律
得（M－20m）v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s。
1. “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对它的反作用力
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
解析： 点燃火箭后，火箭在极短时间内向下喷出燃气，利用
力的作用是相互的，燃气会给火箭向上的反作用力，此过程内
力远大于火箭重力，动量守恒，有mv0＝（M－m）v，解得火箭
速度为v＝，A错误，B正确；忽略空气阻力的影响，万户及
其所携设备做竖直上抛运动，有h＝＝，C错误；
在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统的机械能，
机械能增加，D错误。
2. 如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控
制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的
箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空
气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为
（ ）
A. v0－v2 B. v0＋v2
C. v0－v2 D. v0＋（v0－v2）
解析： 火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，
规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得（m1＋m2）v0＝
m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋（v0－v2），D正确。
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为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，故全过程中人和船的平均动量也守
恒，即m1－m2＝0。设人和船相互作用的时间为t，则有m1－
m2＝0，即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。
注意：上式中的x1、x2必须是相对于同一参考系的位移大小。
【典例3】 在光滑的水平面上静止放置一个光滑的斜面体，斜面的
倾角为37°，高度为h，将一个可看作质点的小球从斜面顶端由静止释
放，斜面体的质量是小球质量的2倍，小球运动到斜面底部的过程中
（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（ ）
A. 斜面体对小球不做功
B. 小球的机械能守恒
C. 斜面体和小球组成的系统动量守恒
D. 斜面体运动距离为h
解析：斜面体和小球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，斜面体
动能增大，则小球机械能减小，斜面体对小球做负功，A、B错误；
斜面体和小球组成系统所受外力矢量和不为零，动量不守恒，C错
误；系统在水平方向所受外力矢量和为零，水平方向动量守恒，设小
球质量为m，水平位移为x1，斜面体质量为2m，水平位移为x2，根据
“人船模型”可得mx1－2mx2＝0，又x1＋x2＝，联立解得x2＝
h，D正确。
【拓展训练】
如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，其水平直角边长分别为a和
b。A、B之间存在摩擦，B与水平地面无摩擦。可视为质点的A与地面
间的高度差为h，当A由B的顶端从静止开始滑到B的底端时。B的水平
位移是多少？
答案：
解析：设向右为正方向，下滑过程中A的速度的水平分量为－vA，B的
速度为vB，对A和B组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方
向的动量守恒，则每时每刻都有m2vB－m1vA＝0，则有m1x1－m2x2＝0
由题意可知x1＋x2＝b－a，
联立可得x2＝。
规律方法
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. 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.
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正确。
2. 如图所示，质量为M的气球上有一质量为m的猴子，气球和猴子静止在离地面高为h的空中。从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，软梯的长度至少应为（ ）
A. h B. h
C. h D. h
解析： 设猴子下降过程中气球上升高度为H，由题意知猴子下
落高度为h，猴子和气球组成的系统所受合外力为零，由动量守恒
定律得MH＝mh，解得H＝h，所以软梯长度至少为L＝h＋H＝
h，故选C。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
03
1. （多选）下列情境属于反冲现象的有（ ）
A. 乒乓球碰到墙壁后弹回
B. 发射炮弹后炮身后退
C. 喷气式飞机喷气飞行
D. 火箭升空
解析： 乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，
不是反冲现象，A错误；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
的现象就是反冲现象，所以发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷
气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用促进飞机前进，是反冲现
象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。
2. （2023·江苏无锡市高二月考）将模型火箭放在光滑水平面上点
火，燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水
平面上滑行，在燃气从火箭喷口喷出的过程中，下列说法正确的是
（空气阻力可忽略）（ ）
A. 火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量
B. 火箭对燃气作用力的冲量小于燃气对火箭作用力的冲量
C. 火箭的动量比喷出燃气的动量大
D. 火箭的动能比喷出的燃气动能小
解析： 根据牛顿第三定律，火箭与燃气之间作用力的大小相
等，方向相反，作用时间相同，根据冲量的定义式I＝Ft可知，火箭
对燃气作用力的冲量大小等于燃气对火箭作用力的冲量大小，故
A、B错误；根据动量守恒定律，系统初动量为零，所以末动量也
为零，即火箭的动量与燃气的动量大小相等，方向相反，故C错
误；根据动量与动能的关系Ek＝，二者动量大小相等，但火箭的
质量大，所以火箭的动能小，故D正确。
3. 总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃气相对于火箭以速
率u向后喷出，此后火箭的速度大小为（ ）
A. v0＋ B. v0－
C. v0＋（v0＋u） D. v0＋
解析： 设喷出气体后火箭的速度大小为v，则燃气的对地速度为
（v－u）（取火箭的速度方向为正方向），由动量守恒定律，得
Mv0＝（M－m）v＋m（v－u），解得v＝v0＋，故A正确。
4. 如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m
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.
解析： 由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球
＝R，联立解得x大球＝，选项B正确。
04
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一 反冲运动的理解及应用
1. （多选）物理知识在生活和生产中有广泛应用，以下实例利用了反
冲现象的是（ ）
解析：乌贼喷水前行、火箭喷气升空、飞机喷气加速都是利用了反冲原理，而电风扇吹风不是反冲。故选A、C、D 。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2. 乌贼游动时，先把水吸入体腔，然后收缩身体，通过身体上的小孔
向外喷水，使身体向相反方向快速移动。某次静止的乌贼在瞬间喷
出的水的质量占喷水前自身总质量的，喷水后乌贼获得的速度为
8 m/s，则喷出的水的速度大小为（ ）
A. 72 m/s B. 80 m/s
C. 88 m/s D. 60 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析： 设乌贼瞬间喷出的水的质量为m，则喷水前乌贼质量为
10m，喷水后质量为9m，设喷出的水的速度为v1，喷水后乌贼获得
的速度为v2，根据动量守恒定律可知0＝mv1＋9mv2，将v2＝8 m/s代
入可得v1＝－72 m/s，负号表示喷水方向与乌贼身体运动方向相
反，故B、C、D错误，A正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
题组二 火箭原理的理解及应用
3. 关于火箭发射，下列说法正确的是（ ）
A. 火箭发射过程中机械能守恒
B. 影响火箭速度大小的因素只有喷出气流的速度
C. 影响火箭速度大小的因素包括喷气的质量与火箭本身质量之比
D. 喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量相同
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析： 火箭发射过程中有燃料的燃烧，机械能不守恒，A错
误；影响火箭速度大小的因素是喷气速度和喷气的质量与火箭本身
质量之比，B错误，C正确；喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出
气流的冲量大小相等，方向相反，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
4. （多选）下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度（ ）
A. 使喷出的气体速度增大
B. 使喷出的气体温度更高
C. 使喷出的气体质量更大
D. 使喷出的气体密度更小
解析： 设火箭原来总质量为M，喷出的气体质量为m，喷出气
体的速度为v0，喷气后火箭的速度为v，由动量守恒定律得（M－
m）v－mv0＝0，v＝v0，可见m越大，v0越大，v越大，选项A、
C正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
5. 将总质量为1.05 kg的模型火箭点火升空，从静止开始，在0.02 s时
间内有50 g燃气以大小为200 m/s的速度从火箭尾部喷出，且燃气喷
出过程中重力和空气阻力可忽略。则下列说法正确的是（ ）
A. 在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为800 N
B. 在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为200 N
C. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为5 m/s
D. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为10 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析： 设模型火箭的质量为M，燃气的质量为m。燃气的速度大
小为v1，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为v2，在燃气喷出
过程，对燃气由动量定理得Ft＝mv1－0，解得F＝500 N，根据牛顿
第三定律可知，火箭获得的平均推力F'＝F＝500 N，故A、B错误；
规定燃气喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝mv1－（M
－m）v2，解得v2＝10 m/s，故C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
题组三 “人船模型”问题
6. （多选）如图，小船静止在水面上，站在船尾的人不断将船尾舱的鱼水平抛入左方船头的舱内（鱼可视为质点，抛出点高度保持不变，一条鱼落入船头的舱内后再抛出下一条鱼），下列说法正确的是（ ）
A. 为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应逐渐增大
B. 为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应保持不变
C. 抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸位置不变
D. 抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸向右移动了一些
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析：人、船组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒，人抛出鱼后，鱼做平抛运动，人的高度不变，则飞行时间不变，船头到船尾的距离不变，为使鱼始终可保证落入船头的舱内，所以人抛出鱼的速度不变，故A错误，B正确。人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船（包括人）具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船立即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一些，故D正确，C错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
7. 一半径为R、质量为M的光滑半圆柱形底座，放置在光滑水平面
上，将一半径为R、质量为m的小球紧靠底座右侧由静止释放，释
放时小球球心O'和底座圆心O在同一水平高度上，且M＝3m，当小
球到达底座最低点时，底座运动的位移大小是（ ）
A. R B. R C. R D. R
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析： 小球向下运动的过程，底座向右运动，设小球和底座的
位移分别为x1、x2，则有mx1＝Mx2，且x1＋x2＝R，解得x2＝R，故
A正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
8. 如图所示，一个质量为m1＝50 kg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＝20 kg，长绳的下端
刚好和地面接触。初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。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
地面高度是（可以把人看作质点）（ ）
A. 5 m B. 3.6 m
C. 2.6 m D. 8 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析： 当人滑到长绳下端时，由动量守恒定律得m1h1－m2h2＝
0，且h1＋h2＝h，解得h1＝ m，所以人离地高度H＝h－h1≈3.6
m，故B正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
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
次射击时子弹对地速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于地后
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析： 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。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
10. 电影《火星救援》中，宇航员在太空中与飞船之间相距7.5 m，飞
船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的宇航
服，反向喷出气体使自己飞向飞船。假设气体能以50 m/s的速度喷
出，宇航员连同装备共100 kg，开始时宇航员和飞船保持相对静
止，宇航员必须在100 s内到达飞船，喷出气体的质量至少为
（ ）
A. 0.1 kg B. 0.15 kg
C. 0.2 kg D. 0.25 kg
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析： 设宇航员反冲获得的最小速度为u，则有u＝＝ m/s
＝0.075 m/s，设喷出气体的质量为m，宇航员连同装备的质量为
M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方
向，由动量守恒定律得mv－（M－m）u＝0，解得m≈0.15 kg，故
选项B正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
11. （多选）如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车
上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质
量为m的小球，绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后放手，则
（ ）
A. 系统的总动量守恒
B. 任意时刻小球与小车水平方向的动量等大反向
C. 小球不能向左摆到原高度
D. 小车向右移动的最大距离为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析： 根据题意可知，系统只是在水平方向所受外力的矢量
和为零，竖直方向所受外力的矢量和不为零，故水平方向动量守
恒，而总动量不守恒，故A错误，B正确；根据水平方向动量守恒
及机械能守恒定律可知，小球仍能向左摆到原高度，故C错误；根
据题意可知，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，设小球的平均速度为vm，小车的
平均速度为vM，由动量守恒定律有mvm－MvM＝0，则mxm＝MxM，
又xm＋xM＝2l，解得xM＝，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
12. 浮吊船又称起重船，由可在水面上自由移动的浮船和船上的起重
机组成，可以在港口内将极重的货物移至任何需要的地方。如图
所示，某港口有一质量为M＝20 t的浮吊船，起重杆OA长l＝8 m。
该船从岸上吊起m＝2 t的重物，不计起重杆的质量和水的阻力，开
始时起重杆OA与竖直方向成60°角，当杆转
到与竖直方向成30°角时，浮船沿水平方向
的位移约为（ ）
A. 0.27 m B. 0.31 m
C. 0.36 m D. 0.63 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析： 浮吊船与重物组成的系统水平方向所受外力的矢量和为
零，动量守恒且初状态总动量为零，为“人船模型”，以水平向
左为正方向，设某时刻t重物与浮吊船的速度分别是v1、v2，则Mv2
＋m（－v1）＝0，Mv2＝mv1，因为重物与浮吊运动的时间相等，
则Mv2t＝mv1t，Mx2＝mx1，m[l（sin 60°－sin 30°）－x2]＝Mx2，
解得x2≈0.27 m，故选A。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
13. （多选）某一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离
开发动机喷出时相对地面的速度均为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13.5 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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析： 1 s末发动机喷气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，解
得火箭1 s末的速度大小为v1＝＝ m/s≈13.5 m/s，故A
正确；2 s末发动机喷气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次喷出气体后，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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
速度大小为v3＝＝m/s≈2.0 m/s，故C正确；
第4次喷出气体后，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。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
14. 如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧
有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道
BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块（可
视为质点）从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处
恰好没有滑出。已知重力加速度为g，小物块与BC部分的动摩擦因
数为μ，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的
过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 小车和物块构成的系统动量守恒
B. 摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C. 物块的最大速度为
D. 小车发生的位移为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解析：AB段系统外力矢量和不为零，动量不守恒，只是水平方向动量守恒，A错误；物块与小车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＝
，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，由能量守恒定律得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＝，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
谢谢观看!
