資源簡介

6　反沖現象　火箭
[教材鏈接] (1)內力　相反　(2)①內力　②動量守恒定律
例1　B　[解析] 烏賊噴水前行、火箭噴氣升空、飛機噴氣加速都是利用了反沖原理,而電風扇吹風沒有利用反沖原理,故選B.
變式1　C　[解析] 放出質量為m的粒子后,剩余質量為(M-m),該過程動量守恒,有mv0=(M-m)v,放出的粒子的動能為Ek0=m,原子核反沖的動能Ek=(M-m)v2,聯立解得Ek=Ek0,故A、B、D錯誤,C正確.
例2　B　[解析] 體操運動員在著地時屈腿可以延長著地時間,從而可以減小地面對運動員的作用力,故A錯誤;由動量守恒定律可得v=mv0,解得火箭獲得的速度為v=,故B正確;火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力,故C錯誤;水噴出后,火箭做豎直上拋運動,火箭在空中飛行的時間為t==,重力的沖量為I=gt=mv0,故D錯誤.
[教材鏈接] (1)反沖　速度　(2)②越大　越大
例3　D　[解析] 水從水火箭噴口噴出的瞬間,水火箭和水組成的系統動量守恒,設水噴出后的瞬間,水火箭的動量大小為p,根據動量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.2 kg×80 m/s=16 kg·m/s,故選D.
例4　2 m/s
[解析] 方法一:噴出氣體的運動方向與火箭運動的方向相反,系統動量守恒,第一次氣體噴出后,設火箭速度為v1,有
(M-m)v1-mv=0
解得v1=
第二次氣體噴出后,設火箭速度為v2,有
(M-2m)v2-mv=(M-m)v1
解得v2=
第三次氣體噴出后,設火箭速度為v3,有
(M-3m)v3-mv=(M-2m)v2
解得v3== m/s≈2 m/s
方法二:設噴出三次氣體后火箭的速度為v3',以火箭和三次噴出的氣體為研究對象,根據動量守恒定律得
(M-3m)v3-3mv=0
解得v3=≈2 m/s
[物理建模] “人船模型”是由人和船兩個物體構成的系統,該系統在人和船相互作用下各自運動,運動過程中該系統所受到的合外力為零,即人和船組成的系統在運動過程中動量守恒.由系統動量守恒得mv1=Mv2,人在t時間內從船左端走到船右端,有mv1t=Mv2t,則mx人=Mx船,又有x人+ x船=L,結論:x人=L,x船=L.
例5　C　[解析] 根據反沖運動中的人船模型可知,人在甲板上散步時突然停下,船將立即停下,人在立定跳遠的過程中,船向相反方向運動,故A、B錯誤;設船的質量為M,后退位移為x,人的質量為m,人、船相對運動位移為L,人和船組成的系統水平方向上動量守恒,根據人船模型有Mx=m,解得船后退的距離為x=,故C正確;人相對地面的位移為L-x=,故D錯誤.
例6　A　[解析] 人與氣球組成的系統動量守恒,設人的速度大小為v1,氣球的速度大小為v2,運動時間為t,以人與氣球組成的系統為研究對象,以向下為正方向,由動量守恒定律得m1v1-m2v2=0,則m1-m2=0,解得x氣球=2x人=40 m,則繩子長度L=x氣球+x人=40 m+20 m=60 m,即繩長至少為60 m,故選A.
變式2　C　[解析] 設某時刻小球的速度大小為v1,大球的速度大小為v2,大球的位移大小為x,小球相對于水平面的水平位移大小為R-x,取水平向左為正方向,根據系統水平方向動量守恒得2mv2-mv1=0,兩邊均乘以t,有2mv2t-mv1t=0,則2mx-m(R-x)=0,解得x=,故C正確.
例7　(1)　(2)
[解析] (1)設射出第一顆子彈時,車的速度是v1,根據系統動量守恒得
mv=v1
解得v1=
(2)設射出一顆子彈的過程中,小車的位移大小是x1,子彈的位移大小是x2,根據人船模型有
mx2=x1
同時x1+x2=L
解得x1=
設發射完n顆子彈,車的總位移為x,則
x=nx1=
素養提升
示例　(1)大小為2.5v0,方向與原來的速度方向相反
(2)6.75m
[解析] (1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動,在最高點處爆炸前的速度v=v0cos 60°=v0,設v的方向為正方向,如圖所示,由動量守恒定律得3mv=2mv1+mv2,其中爆炸后質量較大的一塊彈片速度v1=2v0,質量較小的一塊彈片的速度v2=-2.5v0,“-”號表示v2的方向與爆炸前速度方向相反.
(2)爆炸過程中轉化為彈片動能的化學能等于系統動能的增量,有
ΔEk=×2m+m-(3m)v2=6.75m
變式3　(1),方向豎直向下　(2)
[解析] (1)由自由落體運動規律可知,炸裂前物體的速度v=
取豎直向下為正方向,炸裂前物體的動量為
p=mv=m
炸裂后質量為m1的一塊恰好能向上運動到開始下落的位置,則剛炸裂時其速度大小與炸裂前相同,即v1=-,方向與規定的正方向相反
由動量守恒定律有mv=m1v1+(m-m1)v2
解得v2=
由于m>m1,則v2>0,說明炸裂后另一塊的運動方向豎直向下
(2)爆炸后兩物體總的機械能為
E總=m1+(m-m1)
爆炸中兩物體增加的總機械能為ΔE=E總-E初,則
ΔE=(m-m1)-(m-m1)v2=
隨堂鞏固
1.B　[解析] 火箭是利用反沖現象,火箭燃料燃燒產生的高溫高壓燃氣從尾噴管迅速噴出使火箭獲得反沖速度,選項B正確.
2.C　[解析] 噴射燃氣的過程動量守恒,有Mv0=(M-m)v+mv',解得v'=(v0-v)+v,故選C.
3.D　[解析] 人、車組成的系統動量守恒,則mv1=Mv2,人和車運動的時間相同,有mx1=Mx2,且x1+x2=L,解得車向左走的距離x2=0.5 m.
4.(1)m　(2)(2+)mgR
[解析] (1)設A、B兩球剛離開彈簧時的速度大小分別為vA、vB,B球到達最高點時的速度大小為v,對于A球,根據機械能守恒定律有m=mg·2R
解得vA=2
對B球,在最高點時有mBg=
根據機械能守恒定律,有mBv2+2mBgR=mB
聯立解得vB=
根據動量守恒定律有mvA=mBvB
解得mB=m
(2)根據能量守恒定律,彈簧處于鎖定狀態時的彈性勢能
Ep=m+mB=(2+)mgR
5.(1)1550 N　(2)1 kg　4 kg
[解析] (1)設禮花彈豎直拋上180 m高空用時為t,由豎直上拋運動的對稱性知h=gt2
代入數據解得t=6 s
設發射時間為t1,火藥對禮花彈的作用力為F,對禮花彈發射到180 m高空運用動量定理有Ft1-mg(t+t1)=0
代入數據解得F=1550 N
(2)設禮花彈在180 m高空爆炸時分裂為質量為m1、m2的兩塊,對應水平速度大小為v1、v2,方向相反,禮花彈爆炸時水平方向合外力為零,由動量守恒定律有m1v1-m2v2=0
且有m1+m2=m
由平拋運動的規律和題目落地的距離條件有
(v1+v2)t=900 m
設物塊落地時豎直速度為vy,落地時兩者的速度相互垂直,如圖所示,有
tan θ==
=2gh
代入數據解得,對應
或,對應6　反沖現象　火箭
1.BCD　[解析] 根據動量守恒定律,原來靜止的系統在內力作用下分裂成兩個部分,當一部分向某一方向運動時,剩余部分沿相反方向運動的現象就是反沖現象.乒乓球碰到墻壁后彈回是因為受到了墻壁的作用力,不是反沖現象,A錯誤;發射炮彈后彈頭從炮口向前飛出,炮身后退,是反沖現象,B正確;噴氣式飛機是利用飛機與氣體間的相互作用促進飛機前進,是反沖現象,C正確;同理火箭向下噴出氣體,使火箭升空是反沖現象, D正確.
2.A　[解析] 設烏賊瞬間噴出的水的質量為m,則噴水前烏賊質量為10m,噴水后質量為9m,設噴出的水的速度為v1,噴水后烏賊獲得的速度為v2,根據動量守恒定律有0=mv1+9mv2,將v2=8 m/s代入可得v1=-72 m/s,負號表示噴水方向與烏賊身體運動方向相反,故B、C、D錯誤,A正確.
3.D　[解析] 分別用M、m表示火箭初始質量和燃料燃盡時的質量,v0表示噴出的氣體速度,火箭噴氣過程動量守恒,有mv-(M-m)v0=0,即火箭最大速度v=v0,影響火箭最大速度的因素是火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質量比,D正確.
4.A　[解析] 由動量守恒定律得(m1+m2-Δm)v船-Δmv1=0,解得v船=,A正確.
5.B　[解析] 人和船組成的系統動量守恒,總動量為零,人向前走時,船將向后退,又因為人的質量小于船的質量,所以人前進的距離大于船后退的距離,B正確.
6.CD　[解析] 根據“人船模型”可知,滑塊的位移為L,蝸牛運動的位移為L,選項C、D正確.
7.C　[解析] 小球由靜止開始從軌道的一端運動到另一端過程中,水平方向平均動量守恒,則有mt=Mt,mx1=Mx2,根據題意有x1+x2=a,聯立解得x2=a=0.025 m,故選C.
8.D　[解析] 取向右為正,根據動量守恒定律有mv=-v+v1,解得甲的速度為v1=4v,由能量守恒定律,爆炸過程釋放的化學能為E=×v2+×(4v)2-mv2=mv2,故選D.
9.BD　[解析] 設甲、乙兩球質量分別為m1、m2,剛分離時兩球的速度分別為v1、v2,取向右為正方向,由動量守恒定律可得v0=m1v1+m2v2,由題意又有v2-v1=,代入數據聯立解得v1=-0.1 m/s,v2=0.8 m/s,可知剛分離時,甲球的速度方向水平向左,乙球的速度方向水平向右,A、C錯誤,B正確;爆炸過程中釋放的能量為ΔE=m1+m2-,代入數據解得ΔE=0.027 J,D正確.
10.BD　[解析] 不考慮射擊過程中水的阻力及總質量的變化,射擊過程中士兵、子彈和皮劃艇組成的系統總動量守恒,A錯誤;射擊過程系統動量守恒,以子彈的初速度方向為正方向,由動量守恒定律可知mv-(M-m)v'=0,解得v'≈0.067 m/s,即每射出一顆子彈,皮劃艇的速度增大0.067 m/s,B正確;連續射擊1 s過程中,系統動量守恒,以子彈的初速度方向為正方向,則有5mv-(M-5m)v″=0,解得v″≈0.33 m/s,C錯誤;每顆子彈的發射時間為t= s=0.2 s,對子彈,由動量定理可知Ft=mv-0,解得F=40 N,由牛頓第三定律可知,槍受到的平均作用力為40 N,即射擊時士兵受到的反沖作用力大小為40 N,D正確.
11.(1)5 m/s　(2)25 m
[解析] (1)根據自由落體運動公式h=gt2
解得物資落地所用的時間為t=2 s
物資落地時的速度為v1=gt=20 m/s
把物資和氣球看成一個系統,根據動量守恒定律有
0=mv1-Mv2
代入數據解得v2=5 m/s
(2)把物資和氣球看成一個系統,根據動量守恒定律有0=mv1-Mv2
兩邊同乘以t,可得0=mx1-Mx2
其中x1=20 m
解得x2=5 m
物資剛落地時熱氣球離地高度H=x1+x2=25 m6　反沖現象　火箭
學習任務一　反沖現象
[教材鏈接] 閱讀教材,完成下列填空.
(1)定義:一個靜止的物體在　　　　的作用下分裂為兩部分,一部分向某一方向運動,另一部分必然向　　　　方向運動的現象.
(2)特點:
①物體的不同部分在　　　　作用下向相反方向運動.
②反沖運動中, 相互作用力一般較大,通常可以用　　　　　　　　來處理.
例1 物理在生活和生產中有廣泛應用,以下實例沒有利用反沖原理的是 (　)
A.烏賊噴水前行
B.電風扇吹風
C.火箭噴氣升空
D.飛機噴氣加速
[反思感悟] 　

變式1 [2024·浙江金華一中月考] 一個不穩定的原子核質量為M,處于靜止狀態.放出一個質量為m的粒子后反沖,已知放出的粒子的動能為Ek0,則原子核反沖的動能為 (　)
A.Ek0 B.Ek0
C.Ek0 D.Ek0
例2 [2024·重慶八中月考] 學習了反沖原理之后,同學們利用飲料瓶制作“水火箭”.瓶中裝有一定量的水,其發射原理是通過打氣使瓶內空氣壓強增大,當橡皮塞與瓶口脫離時,瓶內水向后噴出.靜置于地面上的質量為M(含水)的“水火箭”釋放升空,在極短的時間內,質量為m的水以相對地面為v0的速度豎直向下噴出.重力加速度為g,空氣阻力不計,下列說法正確的是 (　)
A.水火箭的原理與體操運動員在著地時要屈腿的原理是一樣的
B.發射后,水火箭的速度大小為v=
C.水火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力
D.水火箭上升到最大高度的過程中,重力的沖量為(M-m)v0
[反思感悟] 　


【要點總結】
反沖的特點
運動方向相反 物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動
機械能增加 反沖中,由于有其他形式的能轉化為機械能,所以系統的機械能增加
動量守恒 反沖運動中,相互作用的內力一般情況下遠大于外力(或在某一方向上內力遠大于外力),所以可以用動量守恒定律(或在某一方向上應用動量守恒定律)來處理
學習任務二　火箭原理
[教材鏈接] 閱讀教材,完成下列填空.
(1)工作原理:利用　　　　的原理,則火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時,使火箭獲得巨大的　　　　.
(2)影響火箭獲得速度大小的因素
①噴氣速度:現代火箭的噴氣速度為2000~5000 m/s.
②質量比: 火箭起飛前的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比,實質就是火箭始、末質量之比.
噴氣速度　　　　,質量比　　　　,則火箭獲得的速度越大.
[物理建模] 火箭發射前的總質量為M,燃料全部燃燒完后的質量為m,火箭燃氣的對地噴射速度為v0,燃料燃盡后火箭的速度v為多大
設火箭的速度方向為正方向,由動量守恒得0=mv-(M-m)v0
解得v=v0=v0
結論——決定火箭最大飛行速度的因素:
例3 [2024·哈爾濱師范大學附屬中學月考] 如圖所示,水火箭中水被向下噴出時,瓶及瓶內的空氣就受力向上沖,水火箭就是利用這個原理升空的.某同學將靜置在地面上的質量為800 g(含水)的自制水火箭釋放升空,在極短的時間內,質量為200 g的水以相對地面大小為80 m/s的速度豎直向下噴出,水噴出后的瞬間,水火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略) (　)
A.128 kg·m/s B.32 kg·m/s
C.64 kg·m/s D.16 kg·m/s
[反思感悟] 　
例4 [2024·河北石家莊一中月考] 在太空中,一火箭噴氣發動機每次噴出m=200 g的氣體,氣體離開發動機時的速度v=1000 m/s(相對地面),已知火箭質量M=300 kg,火箭初速度為零,發動機每秒噴氣20次.當第三次氣體噴出后,火箭的速度為多大
【要點總結】
1.可以用以下辦法提高火箭速度:
(1)提高噴氣速度;
(2)提高火箭的質量比;
(3)使用多級火箭,一般為三級.
2.在反沖運動中常遇到變質量物體的運動,如在火箭的運動過程中,隨著燃料的消耗,火箭本身的質量不斷減小,此時必須取火箭本身(包括剩余燃料)和在相互作用的短時間內噴出的所有氣體為研究對象,取相互作用的這個過程為研究過程來進行研究.
學習任務三　“人船模型”問題
[物理建模] 如圖所示,質量為M的小船長為L,靜止于水面,質量為m的人從船左端走到船右端,不計水對船的運動阻力,則該過程中船將移動多遠


“人船模型”運動特點:
1.如果人或船是變速運動,每個時刻總動量也守恒,即平均動量守恒.則式子中的速度應為平均速度符號;
2.人動船動,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右,人、船位移比等于它們質量的反比,即=.人和船的位移滿足|x人|+|x船|=L(L為人和船的相對位移).
例5 [2024·天津一中月考] 生命在于運動,體育無處不在,運動無限精彩.如圖所示,質量為M的小船靜止在水面上,質量為m的人在甲板上立定跳遠的成績為L,不計空氣和水的阻力,下列說法正確的是 (　)
A.若人在甲板上散步時突然停下,船將繼續后退
B.人在立定跳遠的過程中船保持靜止
C.人在立定跳遠的過程中船后退的距離為
D.人相對地面的位移為
[反思感悟] 　

例6 如圖所示,大氣球質量為25 kg,載有質量為50 kg的人,靜止在空氣中距地面20 m高的地方,氣球下方懸掛一根質量可忽略不計的繩子,此人想從氣球上沿繩慢慢下滑至地面, 為了安全到達地面,則繩長至少為(不計人的身高,可以把人看作質點) (　)
A.60 m
B.40 m
C.30 m
D.10 m
[反思感悟] 　

變式2 [2024·湖南岳陽一中月考] 如圖所示,質量為2m、半徑為R的大空心球B(內壁光滑)靜止在光滑水平面上,有一質量為m的小球A(可視為質點)在球B內從與大球球心等高處開始無初速度下滑,滑到大球最低點時,大球移動的距離為 (　)
A.R
B.
C.
D.
例7 [2024·湖北武漢二中期中] 在某冰雪運動場舉行的射擊游戲中,一小孩臥在光滑冰面上冰車的一端向固定在冰車另一端的靶射擊.已知冰車,人連同槍(不包括子彈)及靶的總質量為M,槍內裝有n顆子彈,每顆子彈的質量均為m,槍口到靶的距離為L,子彈出槍口時相對于地面的速度為v,若在發射后一顆子彈時前一顆子彈已陷入靶中,不計一切阻力.問:
(1)射出第一顆子彈時,車的速度v1多大
(2)發射完n顆子彈后(第n顆子彈已射入靶中),車一共向后移動距離x為多少
爆炸中的動量和能量問題
爆炸和碰撞現象有很多類似的特點,可以從以下幾個方面分析:
(1)過程的特點
①相互作用時間很短.
②在相互作用過程中,相互作用力先是急劇增大,然后再急劇減小,平均作用力很大,遠遠大于外力,因此作用過程的動量可看成守恒.
(2)位移的特點
碰撞、爆炸、打擊過程是在一瞬間發生的,時間極短,所以在物體發生碰撞、爆炸、打擊的瞬間可忽略物體的位移.可以認為物體在碰撞、爆炸、打擊前后在同一位置.
(3)能量的特點
爆炸過程系統的動能增加,而碰撞、打擊過程系統的動能不會增加,可能減少,也可能不變.
示例　以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈(空氣阻力不計),到達最高點時炸成質量分別是m和2m的兩塊彈片.爆炸后瞬間質量較大的一塊彈片沿著原來的水平方向以2v0的速度飛行.求:
(1)質量較小的另一塊彈片速度的大小和方向;
(2)爆炸過程中有多少化學能轉化為彈片的動能.
變式3 [2024·廣東珠海一中月考] 一個質量為m的物體從高處自由下落,當物體下落h的距離時突然炸裂成兩塊,其中質量為m1的一塊恰好能沿豎直方向回到開始下落的位置,不計空氣阻力,重力加速度為g,求:
(1)剛炸裂時另一塊的速度v2.
(2)爆炸中兩物體增加的總機械能.
1.(反沖原理)運送人造地球衛星的火箭開始工作后,火箭做加速運動的原因是 (　)
A.燃料推動空氣,空氣的反作用力推動火箭
B.火箭發動機用力將燃料燃燒產生的氣體向后推出,氣體的反作用力推動火箭
C.火箭吸入空氣,然后向后排出,空氣對火箭的反作用力推動火箭
D.火箭燃料燃燒放熱,加熱周圍空氣,空氣膨脹推動火箭
2.(火箭原理)2021年5月15日,天問一號著陸巡視器成功著陸于火星,中國首次火星探測任務著陸火星取得圓滿成功.攜帶火星車的著陸器與環繞器分離后,最后階段利用反推火箭在火星表面實現軟著陸,設著陸器總質量為M,極短時間內瞬間噴射的燃氣質量為m,為使著陸器經一次瞬間噴射燃氣后,下落的速率從v0減為v,需要瞬間噴出的燃氣速率約為 (　)
A.v0-v
B.(v0-v)
C.(v0-v)+v
D.
3.(人船模型)[2024·湖南長沙一中月考] 如圖所示,質量m=60 kg的人(人可看作質點),站在質量M=300 kg的車的一端,車長L=3 m,相對于地面靜止.當車與地面間的摩擦可以忽略不計時,人由車的左端走到右端的過程中,車將 (　)
A.向左走0.8 m B.向左走0.7 m
C.向左走0.6 m D.向左走0.5 m
4.(爆炸模型)[2024·甘肅蘭州期末] 如圖所示,兩個可視為質點的小球A、B之間有一根很短的輕質彈簧,MN是四分之三圓弧軌道,圓心為O,M點與圓心O等高,彈簧一開始處于鎖定狀態.某時刻解除對彈簧的鎖定,小球A、B被彈開,B球恰能到達最高點N,A球能到達的最高點與N點等高.已知A球的質量為m,彈簧的長度可忽略,圓弧軌道的半徑為R,重力加速度為g,不計一切摩擦和空氣阻力.求:
(1)B球的質量.
(2)彈簧處于鎖定狀態時的彈性勢能.
5.(爆炸模型)[2024·福建福州一中月考] 觀賞“煙火”表演是每年“春節”慶祝活動的壓軸大餐.某型“禮花”底座僅0.2 s的發射時間,就能將5 kg的禮花彈豎直拋上180 m的高空.(忽略發射底座高度,不計空氣阻力,g取10 m/s2)
(1)“禮花”發射時燃燒的火藥對禮花彈的作用力約是多少
(2)某次試射,當禮花彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩塊(爆炸時炸藥質量忽略不計),測得兩塊落地點間的距離x=900 m,落地時兩者的速度相互垂直,則兩塊的質量各為多少 6　反沖現象　火箭 (時間:40分鐘　總分:54分)
(選擇題每小題4分)
◆ 知識點一　反沖現象
1.(多選)下列情境屬于反沖現象的有 (　)
A.乒乓球碰到墻壁后彈回
B.發射炮彈后炮身后退
C.噴氣式飛機噴氣飛行
D.火箭升空
2.[2024·云南昆明期末] 烏賊游動時,先把水吸入體腔,然后收縮身體,通過身體上的小孔向外噴水,使身體向相反方向快速移動.某次靜止的烏賊在瞬間噴出的水的質量占噴水前自身總質量的,噴水后烏賊獲得的速度為8 m/s,則噴出的水的速度大小為 (　)
A.72 m/s B.80 m/s
C.88 m/s D.60 m/s
◆ 知識點二　火箭原理
3.[2024·陜西咸陽期末] 我國的“長征”系列運載火箭已經成功發射了數百顆不同用途的衛星.火箭升空過程中向后噴出高速氣體,從而獲得較大的向前速度.火箭飛行所能達到的最大速度是燃料燃盡時火箭獲得的速度.影響火箭最大速度的因素是 (　)
A.火箭向后噴出的氣體速度
B.火箭開始飛行時的質量
C.火箭噴出的氣體總質量
D.火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質量比
4.某學習小組在探究反沖現象時,將質量為m1的一個小液化氣瓶固定在質量為m2的小玩具船上,利用液化氣瓶向外噴射氣體作為船的動力.現在整個裝置靜止放在平靜的水面上,已知打開瓶后向外噴射氣體的對地速度為v1,如果在Δt的時間內向后噴射的氣體的質量為Δm,忽略水的阻力,則噴射出質量為Δm的氣體后,小船的速度是 (　)
A.
B.
C.
D.
◆ 知識點三　“人船模型”問題
5.一只質量約為180 kg的小船漂浮在靜水中,當人從船尾走向船頭時,小船也發生了移動,忽略水的阻力,以下是某同學利用有關物理知識分析人與船相互作用過程時所畫出的草圖(如圖所示),圖中虛線部分為人走到船頭時的情景(已知人的質量小于小船的質量).請用有關物理知識判斷圖中所描述物理情景正確的是　 (　)
A B C D
6.(多選)某同學想用氣墊導軌模擬“人船模型”.該同學到實驗室里,將一質量為M、長為L的滑塊置于水平氣墊導軌上(不計摩擦)并接通電源.該同學又找來一個質量為m的蝸牛置于滑塊的一端,在食物的誘惑下,蝸牛從該端移動到另一端.下面說法正確的是 (　)
A.只有蝸牛運動,滑塊不運動
B.滑塊相對地的位移是L
C.蝸牛相對地的位移是滑塊的倍
D.滑塊與蝸牛運動的距離之和為L
7.[2025·四川成都七中月考] 如圖所示,有一邊長為0.1 m的正方體木塊,靜止于光滑水平面上,木塊內部有一從頂面貫通至底面的通道,已知木塊質量為M=3 kg,一個質量為m=1 kg的小球由靜止開始從如圖所示軌道的一端運動到另一端,在該過程中,木塊的位移為 (　)
A.0.750 m B.0.075 m C.0.025 m D.0.250 m
8.[2025·黑龍江哈爾濱期末] 一個質量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出,在最高點以水平向右的速度v飛行時,突然爆炸為質量相等的甲、乙、丙三塊彈片,如圖所示.爆炸之后乙自靜止自由下落,丙沿原路徑回到原射出點.若忽略空氣阻力,則爆炸過程釋放的化學能為 (　)
A.mv2 B.mv2
C.mv2 D.mv2
9.(多選)如圖所示,光滑水平面上甲、乙兩球間粘少許炸藥,一起以速度0.5 m/s向右做勻速直線運動.已知甲、乙兩球質量分別為0.1 kg和0.2 kg.某時刻炸藥突然爆炸(不考慮爆炸過程的時間),分開后兩球仍沿原直線運動,從爆炸開始計時經過3.0 s,兩球之間的距離為x=2.7 m,則說法正確的是 (　)
A.剛分離時,甲、乙兩球的速度方向相同
B.剛分離時,甲球的速度大小為0.1 m/s,方向水平向左
C.剛分離時,乙球的速度大小為0.3 m/s
D.爆炸過程中釋放的能量為0.027 J
10.(多選)[2025·浙江臺州一中高二月考] 一名士兵坐在皮劃艇上,士兵(包含裝備)和皮劃艇的總質量為120 kg.士兵用自動步槍在1 s內沿水平方向連續射出5發子彈,每發子彈的質量為10 g,子彈離開槍口時相對槍口的速度為800 m/s.射擊前皮劃艇是靜止的,不考慮射擊過程中水的阻力及總質量的變化.下列說法正確的是 (　)
A.射擊過程中士兵和皮劃艇組成的系統總動量守恒
B.每射出一顆子彈,皮劃艇的速度增大0.067 m/s
C.5發子彈射完后,皮劃艇的速度大小為3.3 m/s
D.射擊時士兵受到的反沖作用力大小為40 N
11.(14分)[2024·江蘇揚州中學高二月考] 如圖所示,載有物資的熱氣球靜止于距水平地面20 m的高處,某時質量為10 kg的物資突然掉落.已知物資掉落后熱氣球的總質量為40 kg,所受浮力不變,重力加速度為g,不計阻力.求:
(1)(6分)物資剛落地時熱氣球的速度大小.
(2)(8分)物資剛落地時熱氣球離地高度.(共89張PPT)
6 反沖現象 火箭
學習任務一 反沖現象
學習任務二 火箭原理
學習任務三 “人船模型”問題
素養提升
備用習題
隨堂鞏固
練習冊
◆
答案核查【導】
答案核查【練】
學習任務一 反沖現象
［教材鏈接］ 閱讀教材，完成下列填空.
(1) 定義：一個靜止的物體在______的作用下分裂為兩部分，一部分向某一方
向運動，另一部分必然向______方向運動的現象.
內力
相反
(2) 特點：
① 物體的不同部分在______作用下向相反方向運動.
② 反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用______________來處理.
內力
動量守恒定律
例1 物理在生活和生產中有廣泛應用，以下實例沒有利用反沖原理的是( )
A.烏賊噴水前行
B.電風扇吹風
C.火箭噴氣升空
D.飛機噴氣加速
[解析] 烏賊噴水前行、火箭噴氣升空、飛機噴氣加速都是利用了反沖原理，而
電風扇吹風沒有利用反沖原理，故選B.
√
變式1 ［2024·浙江金華一中月考］ 一個不穩定的原子核質量為 ，處于靜止
狀態.放出一個質量為的粒子后反沖，已知放出的粒子的動能為 ，則原子核
反沖的動能為( )
A. B. C. D.
[解析] 放出質量為的粒子后，剩余質量為 ，該過程動量守恒，有
，放出的粒子的動能為 ，原子核反沖的動能
，聯立解得 ，故A、B、D錯誤，C正確.
√
例2 ［2024·重慶八中月考］ 學習了反沖原理之后，同學們利用飲料瓶制作“水
火箭”.瓶中裝有一定量的水，其發射原理是通過打氣使瓶內空氣壓強增大，當
橡皮塞與瓶口脫離時，瓶內水向后噴出.靜置于地面上的質量為 (含水)的“水火
箭”釋放升空，在極短的時間內，質量為的水以相對地面為 的速度豎直向下
噴出.重力加速度為 ，空氣阻力不計，下列說法正確的是( )
A.水火箭的原理與體操運動員在著地時要屈腿的原理是一樣的
B.發射后，水火箭的速度大小為
C.水火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力
D.水火箭上升到最大高度的過程中，重力的沖量為
√
[解析] 體操運動員在著地時屈腿可以延長著地時間，從而可以減小地面對運動
員的作用力，故A錯誤；由動量守恒定律可得 ，解得火箭獲得
的速度為 ，故B正確；火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力，
故C錯誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運動，火箭在空中飛行的時間為
，重力的沖量為 ，故D錯誤.
【要點總結】
反沖的特點
運動方向相反 物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動
機械能增加 反沖中,由于有其他形式的能轉化為機械能,所以系統的機械能
增加
動量守恒 反沖運動中,相互作用的內力一般情況下遠大于外力
(或在某一方向上內力遠大于外力),所以可以用動量守恒定律
(或在某一方向上應用動量守恒定律)來處理
學習任務二 火箭原理
［教材鏈接］ 閱讀教材，完成下列填空.
(1) 工作原理:利用______的原理,則火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴
管迅速噴出時,使火箭獲得巨大的______.
(2) 影響火箭獲得速度大小的因素
①噴氣速度:現代火箭的噴氣速度為 .
反沖
速度
②質量比: 火箭起飛前的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比，實質就是火箭
始、末質量之比.
噴氣速度______,質量比______,則火箭獲得的速度越大.
越大
越大
［物理建模］ 火箭發射前的總質量為，燃料全部燃燒完后的質量為 ，火箭
燃氣的對地噴射速度為，燃料燃盡后火箭的速度 為多大？
設火箭的速度方向為正方向，由動量守恒得
解得
結論——決定火箭最大飛行速度的因素:
例3 ［2024·哈爾濱師范大學附屬中學月考］ 如圖所示，
水火箭中水被向下噴出時，瓶及瓶內的空氣就受力向上
沖，水火箭就是利用這個原理升空的.某同學將靜置在地
面上的質量為 (含水)的自制水火箭釋放升空，在極
短的時間內，質量為的水以相對地面大小為
的速度豎直向下噴出，水噴出后的瞬間，水火箭的動量
大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( )
A. B. C. D.
√
[解析] 水從水火箭噴口噴出的瞬間，水火箭和水組成的系統動量守恒，設水噴
出后的瞬間，水火箭的動量大小為，根據動量守恒定律，可得 ，
解得 ，故選D.
例4 ［2024·河北石家莊一中月考］ 在太空中，一火箭噴氣發動機每次噴出
的氣體，氣體離開發動機時的速度 (相對地面)，已知火
箭質量 ，火箭初速度為零，發動機每秒噴氣20次.當第三次氣體噴出
后，火箭的速度為多大？
[答案]
[解析] 方法一：噴出氣體的運動方向與火箭運動的方向相反，系統動量守恒,第
一次氣體噴出后，設火箭速度為 ，有
解得
第二次氣體噴出后，設火箭速度為 ，有
解得
第三次氣體噴出后，設火箭速度為 ，有
解得
方法二：設噴出三次氣體后火箭的速度為 ，以火箭和三次噴出的氣體為研究
對象，根據動量守恒定律得
解得
【要點總結】
1.可以用以下辦法提高火箭速度:
(1)提高噴氣速度;
(2)提高火箭的質量比;
(3)使用多級火箭,一般為三級.
2.在反沖運動中常遇到變質量物體的運動,如在火箭的運動過程中,隨著燃料的消
耗,火箭本身的質量不斷減小,此時必須取火箭本身(包括剩余燃料)和在相互作用
的短時間內噴出的所有氣體為研究對象,取相互作用的這個過程為研究過程來進
行研究.
學習任務三 “人船模型”問題
［物理建模］ 如圖所示，質量為的小船長為，靜止于水面，質量為 的人
從船左端走到船右端，不計水對船的運動阻力，則該過程中船將移動多遠？
[答案] “人船模型”是由人和船兩個物體構成的系統，
該系統在人和船相互作用下各自運動，運動過程中
該系統所受到的合外力為零，即人和船組成的系統
在運動過程中動量守恒.由系統動量守恒得
，人在 時間內從船左端走到船右端，有，則，又有，結論：, .
“人船模型”運動特點：
1.如果人或船是變速運動，每個時刻總動量也守恒，即平均動量守恒.則式子中
的速度應為平均速度符號；
2.人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于
它們質量的反比，即.人和船的位移滿足 為人和船的
相對位移 .
例5 ［2024·天津一中月考］ 生命在于運動，體育無處不在，運動無限精彩.如
圖所示，質量為的小船靜止在水面上，質量為 的人在甲板上立定跳遠的成
績為 ，不計空氣和水的阻力，下列說法正確的是( )
A.若人在甲板上散步時突然停下，船將繼續后退
B.人在立定跳遠的過程中船保持靜止
C.人在立定跳遠的過程中船后退的距離為
D.人相對地面的位移為
√
[解析] 根據反沖運動中的人船模型可知，人在甲板上散步時突然停下，船將立
即停下，人在立定跳遠的過程中，船向相反方向運動，故A、B錯誤；設船的質
量為，后退位移為，人的質量為，人、船相對運動位移為 ，人和船組成
的系統水平方向上動量守恒，根據人船模型有 ，解得船后退的
距離為，故C正確；人相對地面的位移為 ，故D錯誤.
例6 如圖所示，大氣球質量為，載有質量為 的人，靜止在空氣中距
地面 高的地方，氣球下方懸掛一根質量可忽略不計的繩子，此人想從氣球
上沿繩慢慢下滑至地面，為了安全到達地面，則繩長至少為(不計人的身高，
可以把人看作質點)( )
A. B. C. D.
√
[解析] 人與氣球組成的系統動量守恒，設人的速度大小為 ，氣球的速度大小
為，運動時間為 ，以人與氣球組成的系統為研究對象，以向下為正方向，由
動量守恒定律得，則 ，解得
，則繩子長度 ，即繩
長至少為 ，故選A.
變式2 ［2024·湖南岳陽一中月考］ 如圖所示，質量為、半徑為 的大空心
球(內壁光滑)靜止在光滑水平面上，有一質量為的小球(可視為質點)在球
內從與大球球心等高處開始無初速度下滑，滑到大球最低點時，大球移動的距
離為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 設某時刻小球的速度大小為，大球的速度大小為 ，大球的位移大小
為，小球相對于水平面的水平位移大小為 ，取水平向左為正方向，根據
系統水平方向動量守恒得，兩邊均乘以 ，有
，則，解得 ，故C正確.
例7 ［2024·湖北武漢二中期中］ 在某冰雪運動場舉行的射擊游戲中，一小孩
臥在光滑冰面上冰車的一端向固定在冰車另一端的靶射擊.已知冰車，人連同槍
(不包括子彈)及靶的總質量為，槍內裝有顆子彈，每顆子彈的質量均為 ，
槍口到靶的距離為，子彈出槍口時相對于地面的速度為 ，若在發射后一顆子
彈時前一顆子彈已陷入靶中，不計一切阻力.問：
(1) 射出第一顆子彈時，車的速度 多大？
[答案]
[解析] 設射出第一顆子彈時，車的速度是 ，根據系統動量守恒得
解得
例7 ［2024·湖北武漢二中期中］ 在某冰雪運動場舉行的射擊游戲中，一小孩
臥在光滑冰面上冰車的一端向固定在冰車另一端的靶射擊.已知冰車，人連同槍
(不包括子彈)及靶的總質量為，槍內裝有顆子彈，每顆子彈的質量均為 ，
槍口到靶的距離為，子彈出槍口時相對于地面的速度為 ，若在發射后一顆子
彈時前一顆子彈已陷入靶中，不計一切阻力.問：
(2) 發射完顆子彈后(第顆子彈已射入靶中)，車一共向后移動距離 為多少？
[答案]
[解析] 設射出一顆子彈的過程中，小車的位移大小是，子彈的位移大小是 ，
根據人船模型有
同時
解得
設發射完顆子彈，車的總位移為 ，則
爆炸中的動量和能量問題
爆炸和碰撞現象有很多類似的特點，可以從以下幾個方面分析：
(1)過程的特點
①相互作用時間很短.
②在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后再急劇減小，平均作用
力很大，遠遠大于外力，因此作用過程的動量可看成守恒.
(2)位移的特點
碰撞、爆炸、打擊過程是在一瞬間發生的，時間極短，所以在物體發生碰撞、
爆炸、打擊的瞬間可忽略物體的位移.可以認為物體在碰撞、爆炸、打擊前后在
同一位置.
(3)能量的特點
爆炸過程系統的動能增加，而碰撞、打擊過程系統的動能不會增加，可能減少，
也可能不變.
示例 以初速度與水平方向成 角斜向上拋出的手榴彈(空氣阻力不計)，到
達最高點時炸成質量分別是和 的兩塊彈片.爆炸后瞬間質量較大的一塊彈片
沿著原來的水平方向以 的速度飛行.求：
(1) 質量較小的另一塊彈片速度的大小和方向；
[答案] 大小為 ，方向與原來的速度方向相反
[解析] 斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動，在最高點處爆炸前的速度
，設 的方向為正方向，如圖所示，
由動量守恒定律得 ，其中爆炸后質
量較大的一塊彈片速度 ，質量較小的一塊彈片
的速度， “-”號表示 的方向與爆炸前速度
方向相反.
示例 以初速度與水平方向成 角斜向上拋出的手榴彈(空氣阻力不計)，到
達最高點時炸成質量分別是和 的兩塊彈片.爆炸后瞬間質量較大的一塊彈片
沿著原來的水平方向以 的速度飛行.求：
(2) 爆炸過程中有多少化學能轉化為彈片的動能.
[答案]
[解析] 爆炸過程中轉化為彈片動能的化學能等于系統動能的增量，有
變式3 ［2024·廣東珠海一中月考］ 一個質量為 的物體從高處自由下落，當
物體下落的距離時突然炸裂成兩塊，其中質量為 的一塊恰好能沿豎直方向
回到開始下落的位置，不計空氣阻力，重力加速度為 ，求：
(1) 剛炸裂時另一塊的速度 .
[答案] ，方向豎直向下
[解析] 由自由落體運動規律可知，炸裂前物體的速度
取豎直向下為正方向，炸裂前物體的動量為
炸裂后質量為 的一塊恰好能向上運動到開始下落的位置，則剛炸裂時其速度
大小與炸裂前相同，即 ，方向與規定的正方向相反
由動量守恒定律有
解得
由于，則 ，說明炸裂后另一塊的運動方向豎直向下
變式3 ［2024·廣東珠海一中月考］ 一個質量為 的物體從高處自由下落，當
物體下落的距離時突然炸裂成兩塊，其中質量為 的一塊恰好能沿豎直方向
回到開始下落的位置，不計空氣阻力，重力加速度為 ，求：
(2) 爆炸中兩物體增加的總機械能.
[答案]
[解析] 爆炸后兩物體總的機械能為
爆炸中兩物體增加的總機械能為 ，則
1.如圖所示，火炮車連同炮彈的總質量為 ，當炮管
水平時，火炮車在水平路面上以 的速度向右勻速行
駛，發射一枚質量為 的炮彈后，火炮車的速度變為
，仍向右行駛，則炮彈相對炮筒的發射速度 為
( )
A. B. C. D.
[解析] 火炮車水平勻速行駛時，水平方向上所受外力為零，系統動量守恒，設
向右為正方向，炮彈發射前系統的動量之和為 ，發射后系統的動量之和為
，由 ，解得
，選項B正確，A、C、D錯誤.
√
2.有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(重1噸左右)，一位同學想用
一個卷尺粗略測定它的質量，他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停
泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而且輕輕下船，用卷尺測出船
后退的距離，然后用卷尺測出船長.已知他身體的質量為 ，則小船的質量為
( )
A. B. C. D.
[解析] 設該同學在 時間內從船尾走到船頭，由動量守恒定律知，人、船在該時
間內的平均動量大小相等，即，又知，解得 ，
選項C正確.
√
3.如圖所示，光滑地面上有一質量為的足夠長的木板 ，一質
量為的人站在木板的端，關于人由靜止開始至運動到木板的
端、表示地面上原、對應的點 ，則如圖所示正確的是
( )
A. B. C. D.
[解析] 根據動量守恒定律可知，人向右運動時，木板向左運動，因此人到達木
板的右端時，一定位于點的左側，由于人向右運動，因此人始終位于 點
的右側，到達端時，端一定位于 點的右側，故選D.
√
4.［2021·浙江1月選考］在爆炸實驗基地有一發射塔，發射塔正下方的水平地面
上安裝有聲音記錄儀.爆炸物自發射塔豎直向上發射，上升到空中最高點時炸裂
成質量之比為 、初速度均沿水平方向的兩個碎塊.遙控器引爆瞬間開始計時，
在末和 末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空
氣中的傳播速度為，忽略空氣阻力.下列說法正確的是取
( )
A.兩個碎塊的位移大小之比為
B.爆炸物的爆炸點離地面高度為
C.爆炸后質量大的碎塊的初速度為
D.爆炸后兩個碎塊落地點之間的水平距離為
√
[解析] 爆炸物上升到最高點時，瞬時速度為零，爆炸瞬間水平方向動量守恒，
因此質量之比為的兩個碎塊，其速度之比為 ，根據平拋運動規律可知，
水平方向位移大小之比為，但合位移大小之比并不為 ，選項A錯誤.
根據題意，設聲速為，則，因此 ，兩碎塊落地點相距
，選項D錯誤.以上推導說明爆炸物爆炸之后質量為 的碎塊落地聲音傳
到接收器需要，質量為的碎塊落地聲音傳到接收器時間為 .因此爆炸物爆
炸后碎塊平拋落地時間為 ，根據平拋運動的規律可知，碎塊下落的高度
，選項B正確.質量為 的爆炸物碎塊的水平
速度為 ，選項C錯誤.
5.(多選)靜的湖面上有一條長為的小船，小船的左、右兩端分別站著質量為
和的兩個人和,且，船的質量為 ,現兩人都向對方所在的船頭走
去，最終實現兩人位置互換，不考慮水的阻力，則以下說法正確的是( )
A.從開始到最終，船的位移向右
B.船的位移大小與誰先開始運動有關
C.船的位移大小為
D.無論人如何運動，人停則船停，船最終的位移大
小也與誰先運動無關
√
√
[解析] 對人船系統水平方向動量守恒，因左邊人的質量較大，則向右的動量較
大，則船的動量向左，即船應該向左有位移，選項A錯誤；設船向左位移為 ，
由動量守恒定律可得，解得 ，選項
C正確；由上述表達式可知，無論人如何運動，人停則船停，船最終的位移大
小也與誰先運動無關，選項B錯誤，D正確.
6.如圖所示，某中學航天興趣小組的同學將靜置在地面上的質量為 (含水)的自
制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內，質量為的水以相對地面為 的速度
豎直向下噴出.已知重力加速度為 ，空氣阻力不計，下列說法正確的是( )
A.“水火箭”的推力來源于“水火箭”外的空氣對它的反作用力
B.水噴出的過程中，“水火箭”和水機械能守恒
C.“水火箭”獲得的最大速度為
D.“水火箭”上升的最大高度為
√
[解析] “水火箭”的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力，故A錯誤；水噴
出的過程中，瓶內氣體做功，“水火箭”及水的機械能不守恒，故B錯誤；在水噴
出后的瞬間，“水火箭”獲得的速度最大，由動量守恒定律有
，解得 ,故C錯誤；水噴出后，“水火箭”做豎直上
拋運動，有,解得 ，故D正確.
7.節假日，某游樂場在確保安全的情況下燃放爆竹.工作人員點燃一質量為
的爆竹，在 時間內爆竹發生第一次爆炸向下高速噴出少量
高壓氣體(此過程爆竹位移可以忽略)，然后被豎直發射到距地面 的最
高處，此時剩余火藥發生第二次爆炸，將爆竹炸成兩部分，其中一部分的質量
為，以速度 向東水平飛出，第二次爆炸時間極短，重力
加速度取 ，不計空氣阻力和火藥的質量.求：
(1) 第一次爆炸，爆竹動量變化量的大小；
[答案]
[解析] 由勻變速直線運動公式可知
爆竹動量變化量為
7.節假日，某游樂場在確保安全的情況下燃放爆竹.工作人員點燃一質量為
的爆竹，在 時間內爆竹發生第一次爆炸向下高速噴出少量
高壓氣體(此過程爆竹位移可以忽略)，然后被豎直發射到距地面 的最
高處，此時剩余火藥發生第二次爆炸，將爆竹炸成兩部分，其中一部分的質量
為，以速度 向東水平飛出，第二次爆炸時間極短，重力
加速度取 ，不計空氣阻力和火藥的質量.求：
(2) 第一次爆炸過程中高壓氣體對爆竹平均作用力的大小；
[答案]
[解析] 對爆竹根據動量定理得
解得
7.節假日，某游樂場在確保安全的情況下燃放爆竹.工作人員點燃一質量為
的爆竹，在 時間內爆竹發生第一次爆炸向下高速噴出少量
高壓氣體(此過程爆竹位移可以忽略)，然后被豎直發射到距地面 的最
高處，此時剩余火藥發生第二次爆炸，將爆竹炸成兩部分，其中一部分的質量
為，以速度 向東水平飛出，第二次爆炸時間極短，重力
加速度取 ，不計空氣阻力和火藥的質量.求：
(3) 第二次爆炸后爆竹兩部分落地點間距 的大小.
[答案]
[解析] 由水平方向動量守恒有
得 ，方向水平向西
兩部分下落的時間相等均為
所以
8.如圖所示，在光滑水平面上有一小車，小車上固定一豎直桿，總質量為 ，桿
頂系一長為的輕繩，繩另一端系一質量為 的小球，繩被水平拉直處于靜止狀
態，小球處于最右端.將小球由靜止釋放，重力加速度為 ，求：
(1) 小球擺到最低點時小球速度的大小；
[答案]
[解析] 取水平向右為正方向，設當小球到達最低點時其速度大小為 ，此時小
車的速度大小為 ，根據動量守恒定律與能量守恒定律得
解得 .
8.如圖所示，在光滑水平面上有一小車，小車上固定一豎直桿，總質量為 ，桿
頂系一長為的輕繩，繩另一端系一質量為 的小球，繩被水平拉直處于靜止狀
態，小球處于最右端.將小球由靜止釋放，重力加速度為 ，求：
(2) 小球擺到最低點時小車向右移動的距離.
[答案]
[解析] 當小球到達最低點時，設小球向左移動的距離為 ，小車向右移動的距
離為，根據動量守恒定律，有
而且
解得 .
1.(反沖原理)運送人造地球衛星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是
( )
A.燃料推動空氣，空氣的反作用力推動火箭
B.火箭發動機用力將燃料燃燒產生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭
C.火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭
D.火箭燃料燃燒放熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭
[解析] 火箭是利用反沖現象，火箭燃料燃燒產生的高溫高壓燃氣從尾噴管迅速
噴出使火箭獲得反沖速度，選項B正確.
√
2.(火箭原理)2021年5月15日，天問一號著陸巡視器成功著陸于火星，中國首次
火星探測任務著陸火星取得圓滿成功.攜帶火星車的著陸器與環繞器分離后，最
后階段利用反推火箭在火星表面實現軟著陸，設著陸器總質量為 ，極短時間
內瞬間噴射的燃氣質量為 ，為使著陸器經一次瞬間噴射燃氣后，下落的速率
從減為 ，需要瞬間噴出的燃氣速率約為( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 噴射燃氣的過程動量守恒，有 ，解得
，故選C.
3.(人船模型)［2024·湖南長沙一中月考］ 如圖所示，質量 的人
(人可看作質點)，站在質量 的車的一端，車長 ，相對于
地面靜止.當車與地面間的摩擦可以忽略不計時，
人由車的左端走到右端的過程中，車將( )
A.向左走 B.向左走
C.向左走 D.向左走
[解析] 人、車組成的系統動量守恒，則 ，人和車運動的時間相同，
有，且，解得車向左走的距離 .
√
4.(爆炸模型)［2024·甘肅蘭州期末］ 如圖所示，兩個可視為質點的小球、 之
間有一根很短的輕質彈簧，是四分之三圓弧軌道，圓心為，點與圓心
等高，彈簧一開始處于鎖定狀態.某時刻解除對彈簧的鎖定，小球、 被彈開，
球恰能到達最高點，球能到達的最高點與點等高.已知球的質量為 ，彈
簧的長度可忽略，圓弧軌道的半徑為，重力加速度為 ，不計一切摩擦和空氣
(1) 球的質量.
[答案]
阻力.求：
[解析] 設、兩球剛離開彈簧時的速度大小分別為、， 球到達最高點時
的速度大小為，對于球，根據機械能守恒定律有
解得
對球，在最高點時有
根據機械能守恒定律，有
聯立解得
根據動量守恒定律有
解得
4.(爆炸模型)［2024·甘肅蘭州期末］ 如圖所示，兩個可視為質點的小球、 之
間有一根很短的輕質彈簧，是四分之三圓弧軌道，圓心為，點與圓心
等高，彈簧一開始處于鎖定狀態.某時刻解除對彈簧的鎖定，小球、 被彈開，
球恰能到達最高點，球能到達的最高點與點等高.已知球的質量為 ，彈
簧的長度可忽略，圓弧軌道的半徑為，重力加速度為 ，不計一切摩擦和空氣
(2) 彈簧處于鎖定狀態時的彈性勢能.
[答案]
阻力.求：
[解析] 根據能量守恒定律，彈簧處于鎖定狀態時的彈性勢能
5.(爆炸模型)［2024·福建福州一中月考］ 觀賞“煙火”表演是每年“春節”慶祝活
動的壓軸大餐.某型“禮花”底座僅的發射時間，就能將 的禮花彈豎直拋
上的高空.(忽略發射底座高度，不計空氣阻力，取 )
5.(爆炸模型)［2024·福建福州一中月考］ 觀賞“煙火”表演是每年“春節”慶祝活
動的壓軸大餐.某型“禮花”底座僅的發射時間，就能將 的禮花彈豎直拋
上的高空.(忽略發射底座高度，不計空氣阻力，取 )
(1) “禮花”發射時燃燒的火藥對禮花彈的作用力約是多少？
[答案]
[解析] 設禮花彈豎直拋上高空用時為 ，由豎直上拋運動的對稱性知
代入數據解得
設發射時間為，火藥對禮花彈的作用力為，對禮花彈發射到 高空運用
動量定理有
代入數據解得
5.(爆炸模型)［2024·福建福州一中月考］ 觀賞“煙火”表演是每年“春節”慶祝活
動的壓軸大餐.某型“禮花”底座僅的發射時間，就能將 的禮花彈豎直拋
上的高空.(忽略發射底座高度，不計空氣阻力，取 )
(2) 某次試射，當禮花彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩塊
(爆炸時炸藥質量忽略不計)，測得兩塊落地點間的距離 ,落地時兩者的
速度相互垂直，則兩塊的質量各為多少
[答案]
[解析] 設禮花彈在高空爆炸時分裂為質量為、 的兩塊，對應水平速
度大小為、 ，方向相反，禮花彈爆炸時水平方向合外力為零，由動量守恒
定律有
且有
由平拋運動的規律和題目落地的距離條件有
設物塊落地時豎直速度為 ，落地時兩者的速度相互垂直，如圖所示，有
代入數據解得，對應
或，對應
練習冊
知識點一 反沖現象
1.(多選)下列情境屬于反沖現象的有( )
A.乒乓球碰到墻壁后彈回 B.發射炮彈后炮身后退
C.噴氣式飛機噴氣飛行 D.火箭升空
√
√
√
[解析] 根據動量守恒定律，原來靜止的系統在內力作用下分裂成兩個部分，當
一部分向某一方向運動時，剩余部分沿相反方向運動的現象就是反沖現象.乒乓
球碰到墻壁后彈回是因為受到了墻壁的作用力，不是反沖現象，A錯誤；發射
炮彈后彈頭從炮口向前飛出，炮身后退，是反沖現象，B正確；噴氣式飛機是
利用飛機與氣體間的相互作用促進飛機前進，是反沖現象，C正確；同理火箭
向下噴出氣體，使火箭升空是反沖現象， 正確.
2.［2024·云南昆明期末］烏賊游動時，先把水吸入體腔，然后收縮身體，通過
身體上的小孔向外噴水，使身體向相反方向快速移動.某次靜止的烏賊在瞬間噴
出的水的質量占噴水前自身總質量的，噴水后烏賊獲得的速度為 ，則噴
出的水的速度大小為( )
A. B. C. D.
[解析] 設烏賊瞬間噴出的水的質量為，則噴水前烏賊質量為 ，噴水后質
量為，設噴出的水的速度為，噴水后烏賊獲得的速度為 ，根據動量守恒
定律有，將代入可得 ，負號表示噴水
方向與烏賊身體運動方向相反，故B、C、D錯誤，A正確.
√
知識點二 火箭原理
3.［2024·陜西咸陽期末］我國的“長征”系列運載火箭已經成功發射了數百顆
不同用途的衛星.火箭升空過程中向后噴出高速氣體，從而獲得較大的向前速
度.火箭飛行所能達到的最大速度是燃料燃盡時火箭獲得的速度.影響火箭最大
速度的因素是 ( )
A.火箭向后噴出的氣體速度
B.火箭開始飛行時的質量
C.火箭噴出的氣體總質量
D.火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質量比
√
[解析] 分別用、表示火箭初始質量和燃料燃盡時的質量， 表示噴出的氣
體速度，火箭噴氣過程動量守恒，有
，即火箭最大速度
，影響火箭最大速度的因素是火箭
噴出的氣體速度和火箭始、末質量比，D正確.
4.某學習小組在探究反沖現象時，將質量為 的一個小液化氣瓶固定在質量
為 的小玩具船上，利用液化氣瓶向外噴射氣體作為船的動力.現在整個裝置
靜止放在平靜的水面上，已知打開瓶后向外噴射氣體的對地速度為，如果
在 的時間內向后噴射的氣體的質量為，忽略
水的阻力，則噴射出質量為 的氣體后，小船的
速度是( )
A. B. C. D.
[解析] 由動量守恒定律得 ，解得
，A正確.
√
知識點三 “人船模型”問題
5.一只質量約為 的小船漂浮在靜水中，當人從船尾走向船頭時，小船也
發生了移動，忽略水的阻力，以下是某同學利用有關物理知識分析人與船相互
作用過程時所畫出的草圖(如圖所示)，圖中虛線部分為人走到船頭時的情景
(已知人的質量小于小船的質量).請用有關物理知識判斷圖中所描述物理情景正
確的是 ( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 人和船組成的系統動量守恒，總動量為零，人向前走時，船將向后退，
又因為人的質量小于船的質量，所以人前進的距離大于船后退的距離，B正確.
6.(多選)某同學想用氣墊導軌模擬“人船模型”.該同學到實驗室里，將一質量為 、
長為 的滑塊置于水平氣墊導軌上(不計摩擦)并接通電源.該同學又找來一個質量
為 的蝸牛置于滑塊的一端，在食物的誘惑下，蝸牛從該端移動到另一端.下面
說法正確的是( )
A.只有蝸牛運動，滑塊不運動 B.滑塊相對地的位移是
C.蝸牛相對地的位移是滑塊的倍 D.滑塊與蝸牛運動的距離之和為
[解析] 根據“人船模型”可知，滑塊的位移為，蝸牛運動的位移為 ，
選項C、D正確.
√
√
7.［2025·四川成都七中月考］如圖所示，有一邊長為 的正方體木塊，靜
止于光滑水平面上，木塊內部有一從頂面貫通至底面的通道，已知木塊質量
為，一個質量為 的小球由靜止
開始從如圖所示軌道的一端運動到另一端，在該
過程中，木塊的位移為( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 小球由靜止開始從軌道的一端運動到另一端過程中，水平方向平均動量
守恒，則有，，根據題意有 ，聯立解得
，故選C.
8.［2025·黑龍江哈爾濱期末］一個質量為 的小型炸彈自水平地面朝右上方
射出，在最高點以水平向右的速度 飛行時，突然爆炸為質量相等的甲、乙、
丙三塊彈片，如圖所示.爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出
點.若忽略空氣阻力，則爆炸過程釋放的化學能為( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 取向右為正，根據動量守恒定律有 ，解得甲的速度為
，由能量守恒定律，爆炸過程釋放的化學能為
，故選D.
9.(多選)如圖所示，光滑水平面上甲、乙兩球間粘少許炸藥，一起以速度
向右做勻速直線運動.已知甲、乙兩球質量分別為和 .某時刻
炸藥突然爆炸(不考慮爆炸過程的時間)，分開后兩球仍沿原直線運動，從爆炸
開始計時經過，兩球之間的距離為 ，則說法正確的是( )
A.剛分離時，甲、乙兩球的速度方向相同
B.剛分離時，甲球的速度大小為 ，方向水平向左
C.剛分離時，乙球的速度大小為
D.爆炸過程中釋放的能量為
√
√
[解析] 設甲、乙兩球質量分別為、，剛分離時兩球的速度分別為、 ，
取向右為正方向，由動量守恒定律可得 ，由題意又
有，代入數據聯立解得， ，可知剛分離
時，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，A、C錯誤，B正確；
爆炸過程中釋放的能量為 ，代入數據解
得 ，D正確.
10.(多選)［2025·浙江臺州一中高二月考］ 一名士兵坐在皮劃艇上，士兵
(包含裝備)和皮劃艇的總質量為.士兵用自動步槍在 內沿水平方向連續
射出5發子彈，每發子彈的質量為 ，子彈離開槍口時相對槍口的速度為
.射擊前皮劃艇是靜止的，不考慮射擊過程中水的阻力及總質量的變化.
下列說法正確的是( )
A.射擊過程中士兵和皮劃艇組成的系統總動量守恒
B.每射出一顆子彈，皮劃艇的速度增大
C.5發子彈射完后，皮劃艇的速度大小為
D.射擊時士兵受到的反沖作用力大小為
√
√
[解析] 不考慮射擊過程中水的阻力及總質量的變化，射擊過程中士兵、子彈和
皮劃艇組成的系統總動量守恒，A錯誤；射擊過程系統動量守恒，以子彈的初
速度方向為正方向，由動量守恒定律可知 ，解得
，即每射出一顆子彈，皮劃艇的速度增大 ，B正確；連
續射擊 過程中，系統動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，則有
，解得 ，C錯誤；每顆子彈的發射時間為
，對子彈，由動量定理可知，解得 ，由牛
頓第三定律可知，槍受到的平均作用力為 ，即射擊時士兵受到的反沖作用
力大小為 ，D正確.
11.(14分)［2024·江蘇揚州中學高二月考］ 如圖所示，載有物資的熱氣球靜止
于距水平地面的高處，某時質量為 的物資突然掉落.已知物資掉落后
熱氣球的總質量為，所受浮力不變，重力加速度為 ，不計阻力.求：
(1) (6分)物資剛落地時熱氣球的速度大小.
[答案]
[解析] 根據自由落體運動公式
解得物資落地所用的時間為
物資落地時的速度為
把物資和氣球看成一個系統，根據動量守恒定律有
代入數據解得
11.(14分)［2024·江蘇揚州中學高二月考］ 如圖所示，載有物資的熱氣球靜止
于距水平地面的高處，某時質量為 的物資突然掉落.已知物資掉落后
熱氣球的總質量為，所受浮力不變，重力加速度為 ，不計阻力.求：
(2) (8分)物資剛落地時熱氣球離地高度.
[答案]
[解析] 把物資和氣球看成一個系統，根據動量守恒定律有
兩邊同乘以，可得
其中
解得
物資剛落地時熱氣球離地高度
［教材鏈接］.（1）內力,相反 （2）①內力 ②動量守恒定律
例1.B 變式1.C 例2.B
［教材鏈接］.（1）反沖,速度 （2）越大,越大 例3.D 例4.
例5.C 例6.A 變式2.
C 例7.（1） （2）
素養提升
示例.（1）大小為，方向與原來的速度方向相反 （2）
變式3.（1），方向豎直向下 （2）
隨堂鞏固
1.B 2.C 3.D 4.（1） （2） 5.（1）
（2）
基礎鞏固練
1.BCD 2.A 3.D 4.A 5.B 6.CD
綜合提升練
7.C 8.D 9.BD 10.BD 11.（1） （2）

展開更多......

收起↑