反冲现象 火箭（讲义）解析版-2026年高二物理（人教版选择性必修第一册）

考点。/反冲现象

I.反冲：一个系统的两个部分原来处于相对静止状态，由于巨大内力的作用(外力可忽略)，两个部分突然

分开，其中一部分以很大的速度向前运动，根据动量守恒定律，另一部分必将向后运动。另一部分的这种

后退运动叫作反冲。

2.反冲现象的规律：在反冲现象中，系统内相互作用力很大，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量

守恒定律。

3.反冲现象的防止及应用

(1)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性,所以用步枪射击时要把枪身抵在位抽，以减

少反冲的影响。

(2)应用：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我。

1.反冲的理解

根据动量守恒定律，如果一个静止的系统在内力的作用下分为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分

必然向相反的方向运动。

2.反冲运动的三个特点

(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，相互作用的内力一般远大于外力或在某一方向1.内力远大于外力，所以可以月动量守恒定

律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理。

(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。

3.讨论反冲运动时应注意的两个问题

(1)速度的方向性：对于原来静止的系统，当被抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来

说的，两者的运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可规定任意一部分的运动方向为正方向，则反方

向运动的这一部分的速度要取负值。

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(2)速度的相对性：反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度，但是动量守恒定

律中要求速度是对同一惯性参考系的速度(通常为对地的速度)，因此应先将相对速度转换成为地的速度，再

列动量守恒定律关系式。

反冲运动的特别提醒

(1)外力的存在，不影响系统的动量守恒。

(2)内力做的功往往会改变系统的总动能。

(3)要明确反冲运动对应的过程，弄清对应的初、末状态的速度大小和方向。

【典例01】乌贼在水中运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，被称为"水中火箭如图所示，

一只静止在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4.8kg,某次遇到危险时，通过短漏斗状的体管

在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40m/s的速度逃窜，喷射出的水的质量为1.6kg,则喷射出水的速

度为()

A.20m/sB.90m/sC.120m/sD.80m/s

【答案】D

【详解】根据动量守恒有

O=(W-/HO)V1-WOV2

可得喷射出水的速度为

v,=m—"%=4""x40m/s=80in/s

w01.6

故选De

【变式1](多选)大连是滨海城市，每逢新春佳节都会举办盛大的烟火表演。某款新研制的烟花筒亮相大

连烟花晚会，其结构如图1所示。工作原理如下：点燃引线后，发射药被引燃并发生爆炸，使礼花弹获得

竖直方向的初速度，同时引燃延期引线。当礼花弹上升至最高点时，延期引线引爆礼花弹，使其炸裂为两

部分，两部分均沿水平方向飞出。炸开后。、力的运动轨迹如图2所示.不计空气阻力，则()

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引线

纸盖子\b

发射筒-

礼花弹•

延期引线

发射药

3x

图1图2

A.炸开后〃、力处于最高点时，。、/)两部分的动能之比为1:3

B.炸开后。、〃处于最高点时，。、力两部分的动量大小之比为1:3

C.从炸开到两部分落地的过程中，*两部分所受重力的冲量之比为3:1

D.a、6两部分落地时的重力功率之比为3:1

【答案】ACD

【详解】AB.。、〃两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比为1:3,竖直高度相等，根据力二ggJ可知,

运动时间相等，根据x=W可知，水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即见=：

b两部分在最高点炸裂时，根据动量守恒定律可得°=%心

根据动量与动能关系与=左•可知，八b两部分的动能之比为1:3,。、6两部分的动量大小之比为1:1,故

2m

A正确，B错误；

C.根据及=〃喝，可知，。、b两部分所受重力的冲量之比为3:1,故C正确：

D.落地时的重力功率为P=mgvy=mg-gt

由干时间相等，a、Z)落地时的重力功率之比等于质量之比，即3:1,故D正确。

故选ACD.

【爆炸的特点】

藻屋忌二种痔集的反而顼耍「箕而瓦看；……'■■■-一……'……一

(1)爆炸过程的持续时间极短，动量守恒；

(2)作用过程各部分的位移极小，一般可以忽略：

(3)与其他反冲现象类似，爆炸过程系统的动能也会增加。

考点02火箭

1.工作原理：应用了反冲的原理,火箭燃料燃烧产生的高温、高压的燃气从尾部迅速喷出时，使火箭获得

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巨大的速度。

2.火箭喷气一次增加的速度：设火箭飞行时在极短的时间△/内喷射燃气的质最是△〃?，喷出的燃气相对喷

气前火箭的速度是，喷出燃气后火箭的质量是小，火箭在这样一次喷气后增加的速度是△外以喷气前的

△〃？

火箭为参考系，根据动量守恒定律有/〃Ay+A〃?〃=0,解出八丫=二~Wo

m

3.火箭喷气一次获得速度大小的影响因素•：火箭喷出的燃气速度越大,火箭喷出物质的质量与火箭本身质

量之比越大，火箭获得的速度就越大。

提高火箭最终飞行速度的方法

火箭燃料燃尽时，火箭获得的最大速度由喷气速度，/和火箭的质吊比也(火箭起飞时的质后M与火箭除燃料

m

外的箭体质量m之比)两个因素决定。提高火箭最终飞行速度的方法有：

(1)提高喷气速度；

(2)提高火箭的质量比：

⑶使用多级火箭，一般为三级。

火箭类反冲问题的解题要领

(1)火箭在运动过程中，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，并注意反冲前、后各物体质量的变化。

(2)明确两部分物体初、末状态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转换，一

般情况要转换成对地的速度。

(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向，一般而言，反冲部分速度的方向与另一部分的运动方向是相反

的。

【典例02](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At内喷射燃气的质量为Am,喷出燃气的速度为u(相对于喷

气前火箭)，喷出燃气后火箭的质量为相，卜列说法正确的是()

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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?

Aw

D.喷出燃气时，火箭受到的平均推力大小为孚

Ar

【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

△p=Amn，故B错误;

C.火箭和燃气动量守恒，可知

则火窗的速度增加量为△-二A丝，故c错误：

m

D.根据动量定理/△，=瓯

解得火箭受到的推力为尸二"，故D正确。

△t

故选AD,

【变式02】中国航天日到来之际，某校兴趣小组设计制作了一支“水火箭〃来模拟火箭升空的过程。一知该

水火箭装水后的总质量为1kg,在极短时间内，箭体内0.4kg的水被快速地竖直向下喷出，使火箭获得一个

向上的速度后离开发射装置升空。在某次调试过程中，发现该水火筋能上升到80m的高度，若不计空气阻

力，重力加速度g=10m/s2,求：

⑴水火箭从发射到上升至最高点的过程中所受重力的冲量；

(2)水火箭发射时喷出的水的速度大小；

⑶若将该水火箭改为2级水火箭(即火箭中的水平均分为2次喷射)，每次喷出的水相对火箭该次喷水前

的速度相同，大小为(2)问中速度大小，这样的火箭连续两次喷水后的速度为多少？

【答案】⑴24kg・m/s

(2)60m/s

(3)35m/s

【详解】(1)依题意，水火箭做竖直上抛运动，采用逆向思维,可得

.12

解得

/=4s

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根据

，G="图

解得

/(；=24kg-m/s

方向竖直向下。

(2)根据

。=液

2g

解得

%=40m/s

依题意，火箭喷水过程，系统动量守恒，可得

(m-mo)vo=mov

解得

v=60m/s

(3)第一次喷水，根据动量守恒定律

(〃？-0.57w(l)V1=O.5wov

解得

v(=15m/s

第二次喷水，根据动量守恒定律

=(w-w0)v2-O.5wo(v-v,)

解得

v2=35m/s

考点。3人船模型

1.“人船”模型分析

如图所示，长为小质量为〃?船的小船停在静水中，质量为〃?人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端,

不计水的阻力。

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"1人

以人和船组成的系统为研究对象，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，可得：〃，船v产用人”,

因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒，故有：加朗工姐=加入x人,

由图可看出：工幻+x人=3

可解得：x人=:L,x制='L。

〃认十机解〃“十，"喷

2.“人船”模型的特点

(1)两物体组成的系统初态静止，运动过程中遵守动量守恒定律：，〃四一也=0。

(2)运动特点：人动船动，人静船静，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;

人、船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即2=出=

X2V2m\

(3)应用此关系时要注意一个问题：公式中的修、1，2和为、M都是相对地面而言的。

3.“人船”模型应用

例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在

光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。

处理“人船”模型问题的两个关键

(1)处理思路：利用动量守恒定律，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系。

(2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移关系。

【典例03](多选)如图所示，质量为400kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在甲板二立定跳远时

相对船的成绩为1.8加。不计空气和水的阻力，下列说法正确的巨()

A.人起跳后在空中时，船保持静止

B.在立定跳远的过程中，船后退了02〃

C.在立定跳远的过程中，人相对地面的成绩为

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D.若人在甲板上散步，当人停止时，船也将停止

【答案】BD

【详解】A.根据反冲运动中的动屋守恒可知，人起跳在空中时具有向前的速度，因此船具有向后的速度,

故A错误；

BC.设人向前跳的方向为正方向，速度为也，质量为小；船的速度为匕，质量为根据动量守恒则有

mv=Mvy

结合U=:

则有mx}=MX2

且占+±=1.8m

联立解得石=L6m,x2=0.2m

即船后退了02%，人相对地面的成绩为1.6m,故B正确，C错误；

D.由于人、船组成的系统动量守恒，因此人停止运动，船也随之停止运动，故D正确。

故选BDO

【变式3-1】如图所示，气球质量为30kg,载有质量为60kg的人，静止在空气中距地面15m高的地方，气

球下方悬挂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，则绳

长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（）

A.7.5mB.15mC.30mD.45m

【答案】D

【详解】设人的质量为m1，气球的质量为m2,系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据系统动量守恒

得风巧=m2b

变形可得犯卬=吗》

其中人与气球运动的距离分别为/i=15m,=v2t

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h/〃，

联力可得/=才

力球tn\

又人%=1

代入数据解得绳长至少为/=45m

故选Do

【变式3・2】如图所示，质量为2加的半圆轨道小车静止在水平地面上，其水平直径48长度为2R,现将质

量为，〃的小球从4点由静止释放，不计所有摩擦和空气阻力。此后的运动过程中，小车向左运动的最大距

离为（）

A.-RB•扣

3

【答案】A

【详解】根据人船模型可得小打=2小4，%+X2=2R

）D

联立解得£=号

故选A。

5.如图所示，一质量为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

一端固定一质量为的小球，轻绳长为，，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已

知重力加速度为g,则（）

A.任意时刻小球与小车的动量等大反向B.小球运动到最低点时的速度大小为

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恶

【答案】D

【详解】A.根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平

方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误：

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B.小球运动到最低点时有向左的速度，小车速度向右，重力势能转化为系统的动能，所以小车的速度小于

y/2gl,故B错误；

C.根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍

能向左摆到原高度，故c错误；

D.根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2h根据“人船模型〃，小车最大距离和小球最大距离关系

有4/+匕=2/

系统水平方向动量守恒定律有Mu”=mv）n

由于运动时间相同，则有Mx”=rnxm

小车向右移动的最大距离为“=7^史-,故D正确。

M+m

故选Do

【变式3・3】如图所小，光滑水平面上放有一光滑斜面体，斜面体的质量为河、倾角为a、斜面长为人将

一质量为机的小滑块从斜面的顶端由静止释放。已知M=2m,重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.滑块下滑过程中斜面体向左运动的位移为:上

B.滑块滑到斜面底端时速度大小为j2gLsina

C.滑块下滑过程中斜面体的支持力对滑块做负功

D.滑块下滑过程中滑块和斜面体组成的系统机械能和动量均守恒

【答案】C

【详解】D.滑块下滑过程中，只有重力做功，滑块和斜面体组成的系统机械能守恒，而系统受到的合外力

不为零，所以系统动量不守恒；但系统在水平方向上的合力为零，故系统在水平方向上的动量守恒，故D

错误；

B.若斜面固定有mgLsina=；〃M

解得匕=12gLstna

滑块滑到底端时，斜面体具有动能，滑块的重力势能转化为滑块和斜面体的动能，因此滑块速度必定小于

斜面体固定时的速度，故B错误：

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A.根据系统在水平方向上的动量守恒，且系统初动量为零，则有机匕-M匕=0

又4=5，、吟

联立可得，g-Mq=0

根据几何关系有玉+/=Lcosa

联立解得£="£cosa，故A错误；

C.滑块下滑过程中，斜面体向左运动，斜面体的支持力与滑块的位移夹角大于90。，故支持力对滑块做负

功，故C正确。

故选Co

【例1】（2025・山东・高考真题）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为"的行星做半径为，•的圆周运动，轨

道舱与返回舱的质量比为5:1。如图所示，轨道舱在。点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对

行星的速度大小为2、陷，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（

)

2[GM

A.

5\~

【答案】C

【详解】轨道舱与返回舱的质量匕为5:1,设返回舱的质量为小,则轨道舱的质量为5加，总质量为6小；

根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有G叱丝=6〃?匕

广r

可得做圆周运动的线速度为】，=

弹射返I可舱的过程中组合体动量守恒，有6〃爪=5/叫+mv2

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由题意

V2=

带入解得h=3怦

故选C。

【变式1・1】（多选）某小组制作一辆带有配重的反冲小车，酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出，小车在水平

地面上运动了一段距离停下。下列操作能使小车在水平地面上运动距离变大的是（）

A.增加小车配重的质量B.减小小车配重的质量

C.减小塞子与试管的摩擦D.减小小车与水平地面的阻力

【答案】BD

【详解】设塞子质量为机，小车剩下的质量为M,塞子喷出的瞬间，因内力远远大于地面的摩擦力，则此

过程可以忽略地面的摩擦力，系统在水平方向近似守恒，有〃=

此后小车在摩擦力作用下做匀减速直线运动直至停下，有x=二。

A.若增加小车配重的质量M,反冲过程小车获得的速度丫变小，匀减速的最大位移工变小，故A错误；

B.若减小小车配重的质量M,反冲过程小车获得的速度-变大，匀减速的最大位移刀变大，故B正确；

C.减小塞子与试管的摩擦，改变的是系统的内力，不影响系统水平方向动量守恒，则小车获得的速度大小

不变，最大位移不变，故C错误；

D.减小小车与水平地面的阻力，小车的最大位移变大，故D正确。

故选BD..

【变式1-2】平板车上放着〃个完全相同的沙包，一人站在平板车上，开始平板车静止在光滑的水平面上,

当人沿正前方抛出一个沙包后，平板车的速度大小为出此后陆续地将沙包依次抛出，且每次抛出的沙包相

对水平面的速度均相同。则下列说法正确的是（）

A.抛出第2个沙包后，平板车的速度仍为V

B.将〃个沙包全部抛出后，平板车的速度为

C.将〃个沙包全部抛出后，平板车的速度大于〃v

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D.将•〃个沙包全部抛出后，平板车的速度小于“

【答案】C

【详解】A.设每个沙包的质量为〃?，平板车（包括人）的质量为M,沙包相对地面速度为%,初始时

系统静止，动最为零。水平面光滑，系统动量守恒，则抛出第一个沙包后有（河+〃〃?一〃》=〃!?

解得y=

M+nni—m

抛出第2个沙包后，设平板车速度为匕，根据动量守恒有（M+〃加-2〃?）匕=2〃?%

解得g=2加工六「二，.

故A错误;

M+nm-2mM+nm-tn

BCD.将〃个沙包全部抛出后，贝!有

解得平板车速度匕广喀_=〃乙故BD错误，C正确。

MM+nm-m

故选Co

【变式1-3】中国某新型连续旋转爆震发动机（CRDE）（如图）测试中，飞行器总质量（含燃料）为设

每次爆震瞬间喷出气体质量均为加，喷气速度均为v（相对地面），喷气方向始终与飞行器运动方向相反。

假设飞行器被释放时初速度为零，释放后相继进行〃次爆震（喷气时间极短，忽略重力与阻力）。下列说法

正曲的是（）

A.每次喷气后，飞行器（含剩余燃料）速度增量大小相同

B.经过〃次喷气后，飞行器速度为翟〜

M-nm

C.将总质量为九瓶的气体一次性喷出，与分〃次每次喷出质量小的气体，两种方式下飞行器最终速度不

相同

D.由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速

【答案】B

【详解】AB.由题意可知，每次喷气过程中，系统（包括飞行器和喷出的气体）总动量守恒。根据动量守

恒定律，系统初始总动量为0,第一次喷气后，喷出气体质量为小，速度为V，飞行器质量变为必-〃?，速度

为小规定气体喷出的方向为正方向，则有0=机厂（历一机）匕

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解得匕二丁」

M一〃?

所以第一次喷气后速度增量AH=匕=-^-

在第二次喷气之前，此时系统总动量为（M加）喷气后，喷出气体质量仍为〃b速度为也飞行器质量

变为环2小，速度为1，2，则有一（河一加）匕="“一（M-2"?）彩

-r始2wv

可得「二E£

2mvmv

所以第二次喷气后速度增量△%=彩-匕=

M-2mM-m

以此类推……则经过〃次喷气后，飞行器速度为匕=$一

M-nm

可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故A错误，B正确;

C.将总质量为mn的气体一次性喷出，根据动量守恒定律可得0=〃小£-（历-〃〃?）匕

解得匕一

M-nm

可知将总质量为Tim的气体•次性喷出，与分〃次每次喷出质量阳的气体，两种方式下飞行器最终速度相同,

故C错误;

D.虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律,

喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。

故选B.

【例2】（2025•北京•高考真题）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间，到达最高点。在最

高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2〃?和〃?，其中4以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g,

不计空气阻力。求:

（1）该物体抛出时的初速度大小％;

⑵炸裂后瞬间B的速度大小0:

（3）4、B落地点之间的距离点

【答案】（l）%=gf

(2)匕=2y

⑶d=3可

【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0,由运动学公式o=%-gf

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可得%=gl

（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为V,设B速度为K，由动量守恒定律得

0=2mv+m-vB

解得以=-2丫

即大小为2y

（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为3则A的水平位移乙二可

B的水平位移/=%/=2W

、

所以落地点AB之间的距离d=|xA|+||=vt+2vt=3v/

【变式2-1】如图，小明同学根据学到的知识，自制了一个微型大炮，炮管两端开口，与水平面的夹角为

30。，炮管固定在高度为人的竖杆上，质量分别为加、2〃？的炮弹P、Q装填在炮管中，炮弹之间填有火药。

点燃大炮，火药将释放的化学能全部转化为两发炮弹的动能，不计炮管长度、火药质量、爆炸时间极短。

下列说法中正确的是（）

A.炮弹P比炮弹Q早落地B.炮弹Q的初动能是炮弹P的2倍

C.爆炸过程，两炮弹动量不守恒D.两炮弹在空中落地前的距离先增大后减小

【答案】A

【详解】A.火药爆炸后，炮弹Q在空中做斜上抛运动，炮弹P在空中做斜下抛运动，P先落地，A正确;

BC.火药爆炸时，内力远大于外力，两炮弹动量守恒；=lmvQ,EkP=,Eko=R-,Ekp=2EkQ

2m24/H

B错误，C错误；

D.两炮弹在空中落地前，相对运动为匀速直线运动，距离越来越大，D错误。

故选Ao

【变式2・2】如图甲所示，质量为〃?的物块/、和质量为2加的B用粘性炸药粘在一起，使它们获得2%的

速度后沿足够长的粗糙水平地面向前滑动，物块A、B与水平地面之间的动摩擦因数相同，运动。时间后炸

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药瞬间爆炸，A、B分离,爆炸前后物块A的速度V随时间t变化的图像如图乙所示，图乙中%、。均为已知

量，若粘性炸药质量和体积均不计，爆炸前后A、B质量不变。则A、B均停止运动时它们之间的距离为（）

【答案】B

【详解】爆炸过程,A、B组成的系统动量守恒（帆+2"）%=〃?以+2加昨

由图像可知%=-%

解得％=2%

爆炸后A、B减速滑动，由图像可知它们的加速度大小为。=£=四户=子

爆炸后，A向后的位移大小为4=虫=浊

2a2

B向前的位移大小为/=江=2%］。

2a

所以，A、B均停止运动时它们之间的距离为d=4+/=2.5W°

故选Bo

【变式2-3】2025年10月11日，由东方空间技术（山东）有限公司自主研制的全球最大固体运载火箭“引

力一号（遥二）”在山东海阳海域成功完成第二次海上发射，将3颗卫星精准送入预定轨道，创下全球起飞

推力最大、运载能力最强的固体火箭纪录。如图为采用直接入轨和弹射分离方式将卫星精准送入预定轨道

的示意图。星、箭弹射分离机构主要由爆炸螺栓、分离弹簧组成，运载火箭和卫星在飞行过程中，卫星用

爆炸螺栓与末级火箭可靠地连接在一起，分离弹簧处于压缩状态。当运载火箭携带卫星沿发射轨道运行到

入轨点K时（此前末级火箭已关闭动力系统），控制系统按预定程序发出分离指令，引爆爆炸螺栓，星、

箭连接切断，同时分离弹簧释放出分离力，把卫星弹射出去，实现与末级火箭的分离（该过程时间极短），

卫星精准进入预定轨道。已知地球的质量为末级火箭与卫星的质量比为5:1,卫星弹射出去后沿预定轨

道做半径为〃的圆周运动，末级火箭和卫星飞行到入轨点K时的速度大小为々匣，G为引力常量，则星、

16/30

筋分离瞬间，末级火筋的速度大小为（)

A』匣B之陛C工匣D3叵

10Vr5VrIONr5Vr

【答案】C

【详解】卫星分离后沿半径为r的圆周运动，由万有引力提供向心力得G^-=m-

rr

解得卫星分离后的速度v

设卫星质量为“，则末级火箭质量为5〃?。分离过程时间极短，系统动量守恒。设分离前共同速度为外,

分离后火箭速度为v'。由动量守恒定律得（5〃?+〃?）％=5〃/+//

解’”■怦^

故选C。

【例3】（2025・湖南•高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中,

需要将质量为机的机器人抛至悬崖上的彳点，图为山体截面与表演装置示意图。。、分为同一水平面上两条

光滑平行轨道，轨道中有质量为必的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且

与轨道平行，机器人从8点以初速度v竖直向下运动，8点位于轨道平面上，且在4点正下方，

AB=\.2La滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳

不可伸长，sin37°=0.6,重力加速度大小为g。

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⑴若滑杆固定，V=四,当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小：

⑵若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37。时，机器人松开轻绳后被抛至A点,

求v的大小；

⑶若滑杆能沿轨道自由滑动，M=km,且攵21,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37。

时，机器人松开轻绳后被抛至4点，求v与左的关系式及v的最小值。

【答案】（1）尸=4mg

【详解】（1）由8点到最低点过程动能定理有:小片-mg/

最低点牛顿第二定律可得F-mg=m彳

联立可得尸=4〃唱

（2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为37。时由能量守恒可得=但/痴37。+小*2

水平方向x=/8537。+/=试sin37。•/

竖直方向取向上为正可得

y=1.2/-/sin370=v；cos370•/-1gz2

联立可得丫=探^

（3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为37。时计为点C,由能量守恒可得

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—mv2=mglsin37°+—+—kmv＞；

222

设耳的水平速度和竖直速度分别为匕，％,则有辞=V；+vJ

则水平方向动量守恒可得〃吗二而吗

水平方向满足人船模型可得"g=*

此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为tan37u="产

vy

水平方向/cos370+/-X2=匕•/

竖直方向12—法山37。=丫/—g/

联立可得心颐西+二°

【变式3-11（多选）如图所示，光滑半圆形轨道放在气垫导轨上，用卡扣固定半圆形轨道。小球从右边圆

心等高处静止释放，当小球运动到半圆形轨道某位置时解开卡扣，使半圆形轨道自由运动，发现随着时间

推移，圆弧形轨道总能运动到足够长的气垫导轨左端，关于这次实验解开卡扣的时刻，可能是（）

气垫导轨

A.小球静止释放时解开K扣

B.在小球向下经过8位置时解开卡扣

C.小球向左经过C位置时解开卡扣

D.小球向下经过。位置时解开卡扣

【答案】BC

【详解】A.此时小球和轨道都静止，系统水平总动量为0。根据动量守恒，之后两者的总动量仍为0,轨

道不可能持续向左运动，A错误；

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BC.小球向下经过8、C、。位置时解开卡扣，速度方向水平分量向左，此时系统水平总动量向左，解开卡

扣后，系统水平方向上动量守恒，整体会向左运动；经过足够长时间，轨道会获得向左的动量，圆弧形轨

道总能运动到足够长的气垫导轨左端，BC正确；

D.小球向下经过。位置时解开卡扣，速度方向水平分显向右，解开卡扣后，系统水平方向上动量守恒，整

体会向右运动；经过足够长时间，轨道会获得向右的动量，圆弧形轨道总能运动到足够长的气垫导轨右端,

D错误。

故选BCo

【变式3・2］如图所示，质量为机的小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细

线恰好水平拉直。现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动凯迹如图中虚线所示，。点为右侧轨迹的最

高点，。点到A的初始位置的距离为绳长的右不计空气阻力，则B的质量为（）

B°A

%,

534

A.-wB.—wC.-inD.—m

3455

【答案】C

【详解】设绳长为L，B的质量为历。A、B系统水平方向不受外力，水平动量守恒，初始总动量为0。B从

左侧释放摆到右侧最高点。的过程中，根据机械能守恒定律，B在。点的速度为。，旦。点与初始位置等

高。此时细线再次水平，B位于A的右侧，距离A为乙设此过程中A向左移动的距离为心根据水平方向

动量守恒加%=施乐

两边乘上时间〃?%，=

即nix=MVB

结合几何关系x+A=2L

可知nix=M（2L-x）

解得工=当7乙

。点到A初始位置的距离d=L-工='二号乙=。

m+A/4

20/30

解得A/=—m

5

故选c。

【变式3-3】如图，长度为£=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为〃『0.5kg

的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为力=lm。

青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取lOm/s?。

////////////////////////////////

⑴青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功名

⑵若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小；

⑶青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间/=0.4s,若青蛙此次跳起做的功与

（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。

【答案】（1）5J

（2）1.6m

C

（3）--m

J

【详解】（1）由动能定理得％=o

解得力=5J

（2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有“叫="匕

设青蛙对地位移为K，薄板对地位移大小为乙，两边同时乘时间则有〃5

有几何关系凡+》2=£

解得X]=L6m

（3）设青蛙跳起的水平初速度为匕，竖直初速度为板后退速度为上青蛙斜向右上跳起，竖直方向做

2v

竖直上抛运动，由，=二

g

青蛙起跳做功和第一次相同，则有力=；〃?任+片）+；/V2

水平方向动量守恒wvv=MV

蛙落地时到板右端的距离

解得Ax=

5

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1.下列各图中，不属于反冲现象的是（）

【答案】B

【详解】A.墨鱼在遇到危险时瞬间向与运动相反的方向喷出墨汁，使自己瞬间获得一个较大的速度，这是

利用了反冲原理，故A正确，不符合题意；

B.马拉车，马对车做功，马和车一起向着相同的方向运动，不属于反冲现象，故B错误，符合题意；

C.手枪在射击后，枪身向后运动，这是反冲原理，故C正确，不符合题意；

D.“窜天猴”被点然后，火药的燃烧使内部气体迅速膨胀后向下喷出，使自身瞬间获得一个向二的较大的速

度，这是反冲原理，故D正确，不符合题意。

故选Bo

2.如图，一片树叶静止漂浮在水面上，树叶右端有一只甲虫，甲虫沿着叶面向左爬行。己知树叶质量大于

甲虫质量，不考虑水的阻力。下列说法正确的是（）

A.树叶向左运动，速度小于甲虫速度

B.树叶向左运动，速度大于甲虫速度

C.树叶向右运动，速度小于甲虫速度

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D.树叶向右运动，速度大于曰虫速度

【答案】C

【详解】对树叶和甲虫的系统，由水平方向动量守恒可知叫因|虫=。，可知树叶和甲虫的速度方向相

反，甲虫沿着叶面向左爬行，则树叶向右运动，因树叶质量大于甲虫质量，则树叶的速度小于甲虫速度。

故选Co

3.如图所示，质鼠为〃八半径为A的小球，放在半径为2R、质鼠为3〃?的人空心球内，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（）

【答案】C

【详解】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为犯，大球的水平

速度大小为艺，由水平方向系统动量守恒有

mvl=3mv2

若小球达到最低点时，小球的水平位移为勺，大球的水平位移为血，则有

mxx=3/w.r,

又

x]+x2=2R—R=R

联立解得大球移动的距离为

R

故选Co

4.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3〃?，直角边长为L,将

质量为m的滑块（视为质点）从斜而体顶端由静止释放，从滑块刚卜滑到滑块滑至斜面底端时，斜面体的位

移大小为（）

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【答案】B

【详解】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，有

在水平方向有

wv,=3/MV2

两边同乘以有

m\\t=3mv2t

可得

mx{=3〃“2

又有

xi+x2=L

解得

L

x,=—

-4

则斜面体的位移大小为々故选B,

5.乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随水流的喷射。一吸满水后质量为

0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为45m/s的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖

直方向的运动和受力变化，则（）

A.喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前

B.若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.15kg的水

C.若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.20kg的水

D.要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出水的作用力的冲量为9N-s

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【答案】B

【详解】A.被向前喷出的水对乌贼有向后的反作用力使乌贼向后运动，故A错误;

BC,由动量守恒加水x45=（0.6•用水及15

解得"水=0/5kg,故B正确,C错误;

D.对喷出水由动量定理有1=〃?水珠=6.75N,s,因作用力与反作用力等大，作用时间相同，故此过程中它

受到喷出水的作用力的冲量为/'=6.75N-S,故D错误。

故选Bo

6.总质量为M的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，线速度大小为也为了使卫星到达较高轨道运行，需要

加速做离心运动，卫星发动机在极短时间内以相对于喷气前卫星的速度向后喷出速率为刈，质量为m的燃气,

则喷气结束时卫星的速度大小是（）

A.v+吗D."岖C.-D.v+0-

MniM-mM-m

【答案】D

【详解】喷气过程时间极短，卫星与燃气组成的系统所受万有引力的冲量可忽略，系统动量守恒。取卫星

初始运动方向为正方向，设喷气后卫星速度为P，初始状态系统总动量为心；喷气后，剩余卫星质量为

M-m,动量为（河-机）/：燃气相对喷气前卫星向后的速度为孙，因此燃气相对地面的速度为丫-%,动量

为阳（X%）。根据动量守恒定律列方程：Mv=（M-m）v'+m（v-v^

整理得：（M=-〃小，+阳%

故选D,

7.如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状态。人站在车左端，且始