2026新高二物理暑假衔接2套（人教版）第26讲 专题二十二 反冲和火箭问题（教师版）

复习专题二十二反冲和火箭问题

——精剖细解细复习讲义

知识点1：反冲现象

1、定义

一个静止的物体在内力的作用下分为两部分，一部分向某个方向运动，另外一个部分必然向相

反方向运动，这个现象叫反冲运动。

2、特点

两部分在内力作用下向相反方向运动；

内力往往远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以系统动量守恒或在某一方向动量守

恒。

其他形式的能转化为机械能，则系统的机械能增加。

3、规律

总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增

加；

平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒。如果系

统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由，得

m1v1m2v20m1x1

＝m2x2。

该式的适用条件是：

①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒。

②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动。

③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移。

4、反冲运动的注意问题

速度的相对性：反冲问题中，由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度，通常为对

地的速度。因此应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。

变质量问题：在反冲运动中，由于原来的物体分为两部分（或多个部分），原来的物体质量发

生变化。

5、爆炸现象

爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸

后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动；

由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力，所以

在爆炸过程中，系统的总动量守恒。

在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。

6、火箭

定义：一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器。

工作原理：利用了反冲原理。

当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的高速气体具有巨大的动量，根据动量守恒定律有：

mu

mΔv+Δmu=0，解得Δv=−，火箭获得大小相等、方向相反的动量。

m

随着推进剂的消耗，火箭的质量逐渐减小，加速度不断增大，当推进剂燃尽时，火箭即以获得

的速度沿着预定的空间轨道飞行。

mum

影响因素：由Δv=−可得火箭的速度的改变量与喷气速度u和火箭质量比有关。

mm

注意：随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一

相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象；初、末状态动量的方向；初、末状态的速度的参

考系是否为同一参考系。

7、一个具体例子：人船模型

人船模型的特征：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。

人船模型的推导：

解题时要画出人和船的位移关系图，找出不同长度间的关系，注意人和船的位移是相对同一参

考系的位移，如下图所示：

x人x船

由动量守恒定律有：0＝mv人－Mv船，根据位移与速度间的关系则有：0＝m－M，由图像

tt

Mm

可知人和船的位移关系为：x人＋x船＝L，联立以上三式可得：x人＝L，x船＝L。

M＋mM＋m

结论：人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，x人＝M。

x船m

求爆炸中的能量转化

1．质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块

E

向后飞去，动能为k，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为()

2

Ek99942

A．B．EkC．EkD．E

2422k

【答案】C

【详解】炸弹开始动能

12

EK＝mv

2

解得

2E

vk

m

其中一块动能为

E1m

kv2

2221

解得

2E

vk

1m

根据动量守恒定律得

mm

mv

vv

2122

解得

2E

v3k

2m

则动能

1m29

Ek′＝

v＝E

2222k

ABD错误，C正确。

故选C。

2．如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药（质量不计），爆炸后P、Q沿

水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.8m、0.2m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，

则P、Q的质量之比m1:m2为（）

A．1∶2B．2∶1C．4∶1D．1∶4

【答案】A

【详解】爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则

0m1v1m2v2

爆炸之后分别对两滑块动能定理可知：滑块P

1

mgx0mv2

11211

滑块Q

1

mgx0mv2

22222

联立代入已知数据解得

m1:m21:2

故选A。

某一方向上的动量守恒

3．斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片做

自由落体运动。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，重力加速度大小为g，

不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（）

EH2EH3EHEH

A．2B．2C．2D．4

mgmgmgmg

【答案】B

【详解】火箭炸裂的过程水平方向动量守恒，设火箭炸裂前的速度大小为v，则

E

v

m

设炸裂后瞬间另一块碎片的速度大小为v1，有

2mvmv1

解得

E

v2

1m

根据平抛运动规律有

1

Hgt2

2

两块碎片落地点之间的距离

2EH

xvt2

1mg

选项B正确。

4．一只爆竹竖起升空后在高为5m处达到最高点，发生爆炸分为质量不同的两块，两块质量之比为

3:2，其中小的一块落地时水平位移为6米，则两块爆竹落地后相距（）

A．4米B．9米C．10米D．12米

【答案】C

【详解】在高点爆炸过程中，根据动量守恒定律可得

3mv12mv20

可得

v2

1

v23

在竖直方向

1

gt2h

2

水平方向

svt

已知其中小的一块落地时水平位移为6米，可求得大的一块落地时水平位移为4米，则则两块爆竹

落地后相距10m，故C正确，ABD错误。

故选C。

弹簧弹开两端物体的问题

5．如图所示，水平面左侧有一足够长的、相对水平面高为H的光滑平台，质量为M的滑块与质量

为m的小球之间有一个处于压缩且锁定状态的轻弹簧（弹簧不与滑块和小球连接），系统处于静止

状态。某时刻弹簧解除锁定，小球离开平台后做平抛运动，落到水平面上时落点到平台的距离为s，

重力加速度为g，则滑块的速度大小为（）

mgms2HmsgMs2H

A．B．C．D．

M2HMgM2Hmg

【答案】C

【详解】小球射出时，设其速度为v0，系统在水平方向上动量守恒，取向右为正方向，对系统在水

平方向上，由动量守恒有

mv0Mv0

小球做平抛运动，有

s

v

0t

1

Hgt2

2

联立解得

msg

v

M2H

故选C。

6．如图所示，A、B两球之间压缩着一根轻弹簧（不拴接），两球静置于光滑水平桌面上，已知A、

B两球的质量均为m，当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出后落于距桌边水平距离为x的

地面上，B球离开桌面时已与弹簧分离。若以同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B

同时释放，则B球的落地点到桌边的水平距离为（）

2x2x

A．B．2xC．xD．

23

【答案】A

【详解】当用挡板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动，设桌面高度为h，则有

xg

vx

Bt2h

所以弹簧的弹性势能为

1mx2g

Emv2

2B4h

若保持弹簧的压缩程度不变，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律有

0mvAmvB

所以

vA:vB1:1

因此A球与B球获得的动能之比

EkA:EkB1:1

所以B球获得动能为

mx2g

E

k8h

那么B球抛出时初速度为

x2g

v

B4h

则平抛后落地水平位移为

x2g2h2x

x

4hg2

故选A。

反冲运动的定义

7．一只质量为0.9kg的乌贼吸入0.1kg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2m/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，有18J的生物能转化成机械能

B．乌贼喷出的水的速度大小为9m/s

C．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为0.9Ns

D．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大

【答案】A

【详解】B．根据

Mv1mv20

解得

v218m/s

B错误；

A．根据上述有

11

EMv2mv2

2122

解得

E18J

A正确；

C．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为

IMv11.8Ns

C错误；

D．在乌贼喷水的过程中，时间较短，内力远远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统的动量守恒，

D错误。

故选A。

8．下列运动不属于反冲运动的有（）

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

【答案】A

【详解】A．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；A正确；

BCD．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，是反冲现象；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，故属于反冲运动；火箭升空是利用反冲原理，是反冲现象，BCD

错误。

故选A。

火箭的原理

9．“世界航天第一人”是明朝的万户，如图所示，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、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

mv

B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为0

Mm

22

mv0

C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为2

gMm

D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒

【答案】B

【详解】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，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，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，则有

(Mm)vmv00

解得火箭的速度大小为

mv

v0

Mm

故B正确；

C．喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为

v2m2v2

h0

2g2(Mm)2g

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。

10．将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0

竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型

获得的速度大小是（）

mvMvMvmv

A．0B．0C．0D．0

MmMmMm

【答案】D

【详解】在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，

设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有

0(Mm)vm(v0)

解得

mv

v0

Mm

故D正确，ABC错误。

故选D。

人船模型求船运动的距离

11．如图所示，有一只小船停靠在湖边码头。一位同学想用一个卷尺粗略测量它的质量。他首先将

船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距

离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力忽略不计，则船的质量为（）

mLdmLd

A．B．

dd

mLmLd

C．D．

dd

【答案】B

【详解】人、船水平方向动量守恒，设人走动时船的速度大小为v船，人的速度大小为v人，取船的

速度方向为正方向，根据动量守恒定律有

Mv船mv人0

故

Mv船tmv人t0

由于人、船运动时间相等，则有

Mx船mx人0

又

x船x人L

x船d

联立解得船的质量为

mLd

M

d

故选B。

12．一位同学从船尾走到船头停下。船后退的距离d，船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不

计，船的质量为（）

m(Ld)m(Ld)mLm(Ld)

A．B．C．D．

dddL

【答案】B

【详解】设同学在船上走动时船的平均速度大小为v，同学的平均速度大小为v＇，同学从船尾走到

船头所用时间为t，则有

d

v

t

Ld

v

t

取船的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得

Mvmv0

则有

dLd

Mm

tt

解得船的质量为

mLd

M

d

故选B

计算沿绳下滑所需绳子的长度

13．如图所示，大气球质量为100kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，

气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，

则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（）

A．10mB．30mC．40mD．60m

【答案】B

【详解】人与气球组成的系统动量守恒，设人的质量为m1，速度v1，气球的质量为m2，速度v2，运

动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得

m1v1m2v20

则

ss

m人m气球=0

1t2t

即

ss

50人100气球=0

tt

可得

11

s气球=s人=20=10m

22

则绳子长度

L=s气球+s人=10m+20m=30m

即绳子至少长30m，故选B。

【点睛】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳

子长度与运动路程的关系。

14．载人气球开始静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m．若人沿绳梯滑至地面，则绳

梯的长度至少为（）

mhMh

A．B．

MmMm

(Mm)h(Mm)h

C．D．

mM

【答案】D

【详解】设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量

守恒，规定竖直向下为正方向可得：0=Mv2+mv1①

Lh

人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小v，②

2t

h

人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v③

1t

Lhh

将②③代入①得0M（）m

tt

Mm

解得Lh，故选D.

M

用抛球避免两船碰撞的问题

15．在光滑水平面上甲、乙两车相向而行，甲的速率为v0，乙的速率也为v0，甲车和车上人的总质

m

量为10m，乙车和车上人及货包的总质量为12m，单个货包质量为，为不使两车相撞，乙车上

10

的人以相对地面为v＝11v0的速率将货包抛出给甲车上的人，求：为使两车不相撞，乙车上的人应抛

出货包的最小数量（）

A．10个B．11个C．12个D．20个

【答案】A

【详解】规定水平向左为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，系统动量守恒，由动量守恒

1

定律得：12mv0-10mv0=（12m+10m）v共，解得v共=v；对甲及从甲车上接收到的小球，由动量守

110

mm

恒定律得：n11v10mv(n10m)v共，解得：n=10；故选A.

100010

【点睛】两辆车、小孩以及小球整个系统在作用的过程中动量守恒，抓住恰好不相撞时，两车速度

相等，运用动量守恒定律即可求解.

16．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一

方向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向

甲船，甲船上的人将货物接住．不计水的阻力．则抛出货物的最小速率是（）

A．v0B．2v0C．3v0D．4v0

【答案】D

【详解】设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：

乙船与货物：12mv0=11mv1-mv，

甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，

两船不相撞的条件是：v2≤v1，

解得：v≥4v0，则最小速度为：4v0．

故选D．

【点睛】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的

系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒

定律可以解题．

多选题

17．一个绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，在轨道上瞬间炸裂成质量相等的A，B两块，其中A

仍在原轨道运动，不计炸裂前后卫星总质量的变化，则（）

A．B可能在原轨道运动

B．炸裂后的瞬间A、B的总动能大于炸裂前的动能

C．炸裂后的瞬间A、B的动量大小之比为1：3

D．炸裂后的瞬间A、B速率之比为1：1

【答案】BC

【详解】A．炸裂后A仍在原轨道运动，故A的速率不变，方向反向；设爆炸前总质量为2m，根

据动量守恒得

2mvmvmvB

故

vB3v

故B不可能在原轨道运动，故A错误；

B．根据能量守恒可知，炸裂后化学能转化为动能，故总动能增加，故B正确；

C．炸裂后动量之比为

pA:pBmv:mvB1:3

故C正确；

D．炸裂后的瞬间A、B速率之比为

vA:vBv:3v1:3

故D错误。

故选BC。

18．如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压

缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图

甲相同。烧断细线后，下列说法中正确的是（）

A．当弹簧的压缩量减小到原来一半时，甲图中小车A和B组成的系统的动量不为零

B．当弹簧的压缩量减小到原来一半时，乙图中小车A和B组成的系统的动量不为零

C．当弹簧恢复原长时，乙图中A车速度是甲图中A车速度的2倍

D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对B车的冲量是甲图中弹簧对B车的冲

量的2倍

【答案】BD

【详解】A．甲图中小车A和B组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，系统的初动量为零，根

据动量守恒定律可知，当弹簧的压缩量减小到原来一半时，小车A和B组成的系统的动量为零，故

A错误；

B．乙图中，当弹簧的压缩量减小到原来一半时，A向左运动，动量不为零。B静止，动量为零，则

乙图中小车A和B组成的系统的动量不为零，故B正确；

C．设甲、乙的质量均为m，弹簧释放前的弹性势能为Ep。甲图中，设当弹簧恢复原长时，A车速

度大小是vA，B车速度大小是vB，取向左为正方向，由动量守恒定律得

0mvAmvB

根据机械能守恒得

11

Emv2mv2

P2A2B

联立解得

E

vp

Am

乙图中，当弹簧恢复原长时，A车速度为vA′。根据机械能守恒得

1

Emv'2

P2A

联立解得

2E

v'p

Am

则

vA'2vA

故C错误；

D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对B车的冲量与弹簧对A车的冲量大小相等，

对A车，根据动量定理得，弹簧对A车的冲量大小

IAmvA0mvA

甲图中弹簧对B车的冲量大小为

IBmvBmvA

则

IA2IB

乙图中弹簧对B车的冲量是甲图中弹簧对B车的冲量的2倍，故D正确。

故选BD。

19．如图所示，质量为M=2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水

平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此

1

时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离xL，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁

3

块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。

下列判断正确的有（）

1

A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为L

3

L2g

B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为

3h

L2g

C．小木船最终的速度大小为

3h

mgL2

D．弹簧释放的弹性势能为

6h

【答案】BD

【详解】A．对船与铁块有

mx1Mx20

由于铁块到船头的距离为L，则有

x1x2L

解得

21

xL，xL

1323

铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为

112

xxxLLL

32333

A错误；

B．铁块脱离木船后做平抛运动，则有

12

hgt2，xLvt

2331

解得

L2g

v

13h

B正确；

C．对船与铁块有

mv1Mv20

结合上述解得

L2g

v

26h

C错误；

D．弹簧释放的弹性势能为

11

E