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6　反冲现象　火箭
[学习目标]　1.了解反冲现象及反冲现象在生活中的应用(重点)。2.理解火箭的飞行原理，能够应用动量守恒定律分析火箭飞行的问题(难点)。
一、反冲现象的理解与应用
章鱼通过把水吸入体腔，然后用力压水，在很短的时间内通过身体前面的孔将水喷出，使身体很快地运动。
(1)章鱼运动的方向与它喷出水的方向之间有什么关系？
(2)该过程中章鱼和喷出水组成的系统的动量是否变化？系统的机械能是否变化？
答案　(1)相反　(2)动量守恒　机械能增加
1.反冲
一个系统在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向相反的方向运动的现象。
说明：这里的“相反的方向”理解为一部分相对于另一部分的运动方向相反。
2.反冲运动的特点：
(1)反冲运动中，系统内力很大，外力可忽略，满足动量守恒定律。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能将增加。
3.反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。
(2)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肩部，以减少反冲的影响。
(1)只有系统合外力为零时，反冲现象才能用动量守恒来解释。(　×　)
(2)反冲现象中，分裂成两部分的物体，一部分运动方向水平向左，另一部分的运动方向一定水平向右。(　×　)
(3)反冲现象中，由于其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。(　√　)
例1　(2025·新乡市高一期中)下列运用反冲原理的是(　　)
A.升空的烟花
B.安全气囊的使用过程
C.运动员击打垒球
D.人落地时屈膝
答案　A
解析　烟花升空时，内部燃气向下喷出，烟花因反冲获得向上的动量，符合反冲原理，A正确；安全气囊通过气体膨胀缓冲碰撞力，属于动量定理应用(延长作用时间)，与反冲无关，B错误；击打垒球是外力作用下的运动，垒球动量不守恒，非系统内部的反冲现象，C错误；屈膝通过延长落地时间减小冲击力，属于动量定理应用，与反冲无关，D错误。
例2　如图所示，狙击枪重M=8 kg，射出的子弹质量m为20 g，若子弹射出枪口时的速度为v=1 000 m/s，不计人对枪的作用力，则枪的后退速度v'是多大？
答案　2.5 m/s
解析　子弹和枪组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向。
作用前：p=0
作用后：p'=mv-Mv'
由动量守恒定律得：p=p'
即0=mv-Mv'
解得v'=2.5 m/s。
针对训练　如图所示，自行火炮车同炮弹的总质量为M，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，自行火炮车的速度变为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　自行火炮车水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒。设向右为正方向，发射前动量之和为Mv1，炮弹相对炮筒的发射速度为v0，则炮弹对地的速度为v0+v2，发射后系统的动量之和为(M-m)v2+m(v0+v2)，由Mv1=(M-m)v2+m(v0+v2)，解得v0=，故选B。
讨论反冲运动应注意的两个问题：
(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意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就要取负值。
(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，先将各速度转换成相对同一参考系的速度(地面上物体一般指对地速度)，再列动量守恒方程求解。如在同一直线上运动的甲和乙两个物体，它们相对地面的速度分别为v甲和v乙，则甲物体相对于乙物体的速度v甲相对乙=v甲-v乙。
二、火箭
1.质量为m的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止，由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止状态。这个人手中拿着一个质量为Δm的小物体。现在他以相对于飞船为u的速度把小物体抛出。
(1)抛出时，人和小物体的受力有什么特点？
(2)小物体的动量改变量是多少？
(3)人的动量改变量是多少？
(4)人的速度改变量是多少？
答案　(1)是一对相互作用力，等大反向
(2)Δm·u　(3)-Δm·u　(4)-
2.火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后火箭的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1。
(1)燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？
(2)根据(1)中结果讨论如何提高火箭飞行时获得的速度。
答案　(1)在火箭发射过程中，内力远大于外力，所以动量守恒。
以火箭的速度方向为正方向，发射前的总动量为0；
发射后的总动量为mv-(M-m)v1
由动量守恒定律得：0=mv-(M-m)v1
得v=v1=(-1)v1。
(2)根据v=(-1)v1知，若要提高火箭获得的速度应：
①提高火箭喷出的燃气的速度。
②增大火箭发射前的总质量和燃料燃尽后火箭的质量的比值。
3.现代火箭发动机的喷气速度通常在2 000~5 000 m/s，如果火箭加速到喷气速度时，火箭的速度还能否增加？
答案　即使火箭加速到喷气速度，只要燃料持续供应，反冲现象依然存在，火箭的速度就可以继续增加。
火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫作火箭的质量比。燃气速度一定时，质量比越大，火箭获得速度就越大。因火箭结构强度的问题，这个参数一般小于10。采用多级火箭技术，可以将火箭的速度提得很高，但实际应用中一般不会超过四级。
(1)烟花点火升空，是地面对烟花的反作用力作用的结果。(　×　)
(2)火箭上升过程中，燃气对火箭作用力的冲量大于火箭对燃气作用力的冲量。(　×　)
(3)火箭加速上升的过程中，火箭的动量守恒，机械能也守恒。(　×　)
(4)为了提高火箭的飞行速度，可以不断地增加火箭的级数。(　×　)
例3　(2025·东莞市高二期末)2024年11月16日，天舟八号成功对接于空间站天和核心舱后向端口，转入组合体飞行段。天舟八号对接过程可简化如下：天舟八号启动喷气发动机向后喷气，使天舟八号慢慢向空间站靠近，最后完成对接。以地球球心为参考系，取天舟八号喷气前的速度方向为正方向，已知天舟八号喷气前的速度为v，天舟八号总质量为M，喷气发动机在极短时间内喷出质量为m的气体，气体速度大小为v0，方向与v方向相反。喷气后瞬间，天舟八号的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　根据动量守恒定律有Mv=(M-m)v'-mv0，解得v'=，故选D。
例4　2024年5月3日17时27分，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥八运载火箭成功发射探月工程嫦娥六号探测器。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，发动机每秒喷气20次。求：
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度大小。
(2)运动第1 s末，火箭的速度大小。
答案　(1)2.0 m/s　(2)13.5 m/s
解析　(1)第三次喷出气体后，共喷出的气体质量m1=3×0.2 kg=0.6 kg
以火箭初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有(M-m1)v1-m1v=0
解得v1≈2.0 m/s
(2)1 s末发动机喷气20次，共喷出的气体质量为m2=20×0.2 kg=4 kg
根据动量守恒定律有
(M-m2)v'-m2v=0
解得火箭1 s末的速度大小为v'≈13.5 m/s。
分析火箭类问题应注意的三个问题
(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。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，一般情况下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。
课时对点练
[分值：70分]
[1~3、5、6题，每题4分]
考点一　反冲现象
1.下列关于反冲运动的说法中，正确的是(　　)
A.抛出物的质量要小于剩余部分的质量，才能出现反冲现象
B.若抛出物的质量大于剩余部分的质量，则剩余部分的反冲力大于抛出物所受的力
C.在反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D.在反冲运动中，牛顿第三定律与牛顿第二定律都适用
答案　D
解析　无论抛出物的质量多大，都能出现反冲现象，A错误；由牛顿第三定律可知剩余部分获得的反冲力等于抛出物所受的力，B错误；在反冲运动中，牛顿第三定律与牛顿第二定律都适用，C错误，D正确。
2.一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列说法中可行的是(　　)
A.向后踢腿
B.向后甩手
C.脱下衣服或鞋子水平抛出
D.脱下衣服或鞋子竖直向上抛出
答案　C
解析　以人作为整体为研究对象，向后踢腿或向后甩手，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误；把人和衣服、鞋子视为一个整体，这个整体动量为0，人给衣服或鞋子一个水平速度，总动量不变，所以人有一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确；把人和衣服、鞋子视为一整体，这个整体动量为0，人给衣服或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的总动量仍然等于0，所以人仍然静止，不能离开冰面，故D错误。
3.一只质量为0.9 kg的乌贼吸入0.1 kg的水后，静止在水中。当遇到危险时，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的速度逃窜。下列说法正确的是(　　)
A.乌贼喷出的水的速度大小为18 m/s
B.乌贼喷出的水的速度大小为20 m/s
C.在乌贼喷水的过程中，乌贼的动量守恒
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
解析　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，动量守恒，C、D错误；设乌贼喷出的水的速度大小为v1，则Mv2=mv1，解得v1=18 m/s，A正确，B错误。
4.(9分)如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前总质量m1=3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m2=0.1 kg，水蒸气质量忽略不计。则：
(1)(4分)若橡皮塞喷出时获得水平速度v=2.9 m/s，求小车的反冲速度。
(2)(5分)若橡皮塞喷出时速度大小为v=2.9 m/s，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度(小车一直在水平方向运动)。
答案　(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞速度方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞水平分速度方向相反
解析　(1)反冲过程动量守恒，以橡皮塞运动的方向为正方向，
根据动量守恒定律有m2v-(m1-m2)v1=0
解得v1=0.1 m/s
方向与橡皮塞速度方向相反。
(2)此时系统水平方向的动量守恒，则有
m2vcos 60°-(m1-m2)v2=0
解得v2=0.05 m/s
方向与橡皮塞水平分速度方向相反。
考点二　火箭
5.(2025·濮阳外国语学校高二检测)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
答案　C
解析　火箭喷出气体后质量变小，其惯性变小，故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，故B错误，C正确；火箭飞出大气层后，火箭对气体有作用力，该气体对火箭有反作用力，仍可以使火箭获得向前的推力，故D错误。
6.有一火箭正在远离任何星体的太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，则火箭在此次喷气后速度增加量为(　　)
A.-u B.u
C.-v0 D.(v0-u)
答案　A
解析　根据题意，喷出燃气后，燃气的速度为v1=v0+u，则燃气的动量变化为Δp1=Δmv1-Δmv0=Δmu；设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭此次喷气的动量变化为Δp2=mv2-mv0=mΔv，根据动量守恒定律得Δp1+Δp2=Δmu+mΔv=0，解得火箭在此次喷气后速度增加量为Δv=-u，故选A。
[7~9题，每题6分]
7.如图所示，一架喷气式飞机正相对地面以600 m/s的速度飞行，若它喷出的气体相对飞机的速度大小为350 m/s，不计重力和空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A.以地面为参考系，气体的速度方向与飞机飞行方向相反
B.以地面为参考系，气体喷出时的速度为950 m/s
C.以这种速度继续喷出气体，飞机的速度会增加
D.只有喷出的气体相对飞机的速度大于600 m/s，飞机速度才会增加
答案　C
解析　根据相对速度关系，由于喷出的气体相对飞机的速度大小为350 m/s，小于600 m/s，可知气体相对于地面的速度与飞机速度同向，大小为600 m/s-350 m/s=250 m/s，故A、B错误；令飞机的总质量为M，喷出气体的质量为m，根据动量守恒定律有Mv0=(M-m)v1+mv2，所以喷出气体后，飞机的速度v1=v0+(v0-v2)，结合上述可知，由于喷出的气体相对于飞机的速度小于600 m/s，所以气体相对于地面的速度与飞机速度同向，根据表达式可知，v1>v0，故喷出气体后的飞机速度仍是增加的，故C正确，D错误。
8.(多选)科普节活动中，某兴趣小组利用饮料瓶制作的“水火箭”如图所示，瓶中装有一定量的水，其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大，当橡皮塞与瓶口脱离时，瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M(含水)的“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。重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A.水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
B.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
C.发射后，火箭在空中飞行的时间为
D.火箭上升的最大高度为
答案　CD
解析　水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，故A错误；火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B错误；由动量守恒定律可得(M-m)v=mv0，解得火箭获得的速度为v=，火箭在空中飞行的时间为t==，故C正确；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有v2=2gh，解得火箭上升的最大高度为h===，故D正确。
9.在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m=800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v=1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M=600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则(　　)
A.火箭第三次喷出气体后速度的大小约为4 m/s
B.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s
C.要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s
答案　A
解析　火箭第三次喷出气体后，根据动量守恒定律：3mv=(M-3m)v3，解得v3≈4 m/s，选项A正确；地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到第一宇宙速度7.9 km/s，选项B错误；设要使火箭能成功发射至少要喷气n次，则nmv=(M-nm)vn，其中vn=7.9 km/s，解得n≈666次，即要使火箭能成功发射至少要持续喷气约 s=33.3 s，选项C、D错误。
10.(11分)一个连同装备共有M=100 kg的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x=45 m处与飞船处于相对静止状态。他带着一个装有m0=0.5 kg氧气的贮氧筒，贮氧筒有个喷嘴可以使氧气相对于飞船以v=50 m/s的速率向后喷出。航天员必须向着与返回飞船相反的方向喷出氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸。航天员呼吸的耗氧率为Q=2.5×10-4 kg/s。
(1)(5分)如果航天员在开始返回的瞬间喷出m1=0.1 kg的氧气，求喷出氧气后航天员相对于飞船的速度大小。
(2)(6分)试计算，喷出m1=0.1 kg的氧气后，该航天员能安全返回飞船吗？
答案　(1)0.05 m/s　(2)能
解析　(1)根据动量守恒定律可知
m1v=(M-m)v'，
解得v'≈0.05 m/s
(2)航天员回到飞船时需要的氧气
Δm=Q=×2.5×10-4 kg
=0.225 kg<(m0-m1)=0.4 kg，
则该航天员能安全返回飞船。
11.(12分)(2026·常州市高二期末)2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器和燃料的总质量为M，极短时间内喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，求：
(1)(7分)一次瞬间喷射过程中对燃气的冲量I'。
(2)(5分)瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率v'。
答案　(1)(M-m)(v0-v)，方向与v0方向相同　(2)(v0-v)+v
解析　(1)一次瞬间喷射前着陆器的动量
p=(M-m)v0
一次瞬间喷射后着陆器的动量p'=(M-m)v
一次瞬间喷射过程中燃气对着陆器的冲量
I=(M-m)(v-v0)，方向与v0方向相反
一次瞬间喷射过程中着陆器对燃气的冲量
I'=(M-m)(v0-v)，方向与v0方向相同
(2)喷射燃气的过程动量守恒，有
Mv0=(M-m)v+mv'
解得v'=(v0-v)+v。(共56张PPT)
反冲现象　火箭
6
第
一
章
1.了解反冲现象及反冲现象在生活中的应用(重点)。
2.理解火箭的飞行原理，能够应用动量守恒定律分析火箭飞行的问题(难点)。
学习目标
内容索引
课时对点练
一、反冲现象的理解与应用
二、火箭
< 一 >
反冲现象的理解与应用
章鱼通过把水吸入体腔，然后用力压水，在很短的时间内通过身体前面的孔将水喷出，使身体很快地运动。
(1)章鱼运动的方向与它喷出水的方向之间有什么关系？
答案　相反
(2)该过程中章鱼和喷出水组成的系统的动量是否变化？系统的机械能是否变化？
答案　动量守恒　机械能增加
1.反冲
一个系统在 的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向 方向运动的现象。
说明：这里的“相反的方向”理解为一部分相对于另一部分的运动方向相反。
2.反冲运动的特点：
(1)反冲运动中，系统内力 ，外力可忽略，满足 。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能将 。
内力
相反的
很大
动量守恒定律
增加
3.反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边 。
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的 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，以减少反冲的影响。
旋转
反冲
(1)只有系统合外力为零时，反冲现象才能用动量守恒来解释。
(　　)
(2)反冲现象中，分裂成两部分的物体，一部分运动方向水平向左，另一部分的运动方向一定水平向右。(　　)
(3)反冲现象中，由于其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。(　　)
×
×
√
(2025·新乡市高一期中)下列运用反冲原理的是
A.升空的烟花
B.安全气囊的使用过程
C.运动员击打垒球
D.人落地时屈膝
例1
√
烟花升空时，内部燃气向下喷出，烟花因反冲获得向上的动量，符合反冲原理，A正确；
安全气囊通过气体膨胀缓冲碰撞力，属于动量定理应用(延长作用时间)，与反冲无关，B错误；
击打垒球是外力作用下的运动，垒球动量不守恒，非系统内部的反冲现象，C错误；
屈膝通过延长落地时间减小冲击力，属于动量定理应用，与反冲无关，D错误。
如图所示，狙击枪重M=8 kg，射出的子弹质量m为20 g，若子弹射出枪口时的速度为v=1 000 m/s，不计人对枪的作用力，则枪的后退速度v'是多大？
例2
答案　2.5 m/s
子弹和枪组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向。
作用前：p=0
作用后：p'=mv-Mv'
由动量守恒定律得：p=p'
即0=mv-Mv'
解得v'=2.5 m/s。
如图所示，自行火炮车同炮弹的总质量为M，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，自行火炮车的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为
A.
B.
C.
D.
针对训练
√
自行火炮车水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒。设向右为正方向，发射前动量之和为Mv1，炮弹相对炮筒的发射速度为v0，则炮弹对地的速度为v0+v2，发射后系统的动量之和为(M-m)v2+m(v0+v2)，
由Mv1=(M-m)v2+m(v0+v2)，解得v0=，故选B。
总结提升
讨论反冲运动应注意的两个问题：
(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意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就要取负值。
(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，先将各速度转换成相对同一参考系的速度(地面上物体一般指对地速度)，再列动量守恒方程求解。如在同一直线上运动的甲和乙两个物体，它们相对地面的速度分别为v甲和v乙，则甲物体相对于乙物体的速度v甲相对乙=v甲-v乙。
返回
< 二 >
火箭
1.质量为m的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止，由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止状态。这个人手中拿着一个质量为Δm的小物体。现在他以相对于飞船为u的速度把小物体抛出。
(1)抛出时，人和小物体的受力有什么特点？
答案　是一对相互作用力，等大反向
(2)小物体的动量改变量是多少？
答案　Δm·u
(3)人的动量改变量是多少？
答案　-Δm·u
(4)人的速度改变量是多少？
答案　-
2.火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后火箭的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1。
(1)燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？
答案　在火箭发射过程中，内力远大于外力，所以动量守恒。
以火箭的速度方向为正方向，发射前的总动量为0；
发射后的总动量为mv-(M-m)v1
由动量守恒定律得：0=mv-(M-m)v1
得v=v1=(-1)v1。
(2)根据(1)中结果讨论如何提高火箭飞行时获得的速度。
答案　根据v=(-1)v1知，若要提高火箭获得的速度应：
①提高火箭喷出的燃气的速度。
②增大火箭发射前的总质量和燃料燃尽后火箭的质量的比值。
3.现代火箭发动机的喷气速度通常在2 000~5 000 m/s，如果火箭加速到喷气速度时，火箭的速度还能否增加？
答案　即使火箭加速到喷气速度，只要燃料持续供应，反冲现象依然存在，火箭的速度就可以继续增加。
火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫作火箭的质量比。燃气速度一定时，质量比越大，火箭获得速度就越大。因火箭结构强度的问题，这个参数一般小于10。采用多级火箭技术，可以将火箭的速度提得很高，但实际应用中一般不会超过四级。
(1)烟花点火升空，是地面对烟花的反作用力作用的结果。(　　)
(2)火箭上升过程中，燃气对火箭作用力的冲量大于火箭对燃气作用力的冲量。(　　)
(3)火箭加速上升的过程中，火箭的动量守恒，机械能也守恒。
(　　)
(4)为了提高火箭的飞行速度，可以不断地增加火箭的级数。(　　)
×
×
×
×
(2025·东莞市高二期末)2024年11月16日，天舟八号成功对接于空间站天和核心舱后向端口，转入组合体飞行段。天舟八号对接过程可简化如下：天舟八号启动喷气发动机向后喷气，使天舟八号慢慢向空间站靠近，最后完成对接。以地球球心为参考系，取天舟八号喷气前的速度方向为正方向，已知天舟八号喷气前的速度为v，天舟八号总质量为M，喷气发动机在极短时间内喷出质量为m的气体，气体速度大小为v0，方向与v方向相反。喷气后瞬间，天舟八号的速度大小为
A.　　B.　　C.　　D.
例3
√
根据动量守恒定律有Mv=(M-m)v'-mv0，解得v'=，故选D。
2024年5月3日17时27分，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥八运载火箭成功发射探月工程嫦娥六号探测器。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，发动机每秒喷气20次。求：
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度大小。
例4
答案　2.0 m/s
第三次喷出气体后，共喷出的气体质量m1=3×0.2 kg=0.6 kg
以火箭初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有(M-m1)v1-m1v=0
解得v1≈2.0 m/s
(2)运动第1 s末，火箭的速度大小。
答案　13.5 m/s
1 s末发动机喷气20次，共喷出的气体质量为m2=20×0.2 kg=4 kg
根据动量守恒定律有
(M-m2)v'-m2v=0
解得火箭1 s末的速度大小为v'≈13.5 m/s。
总结提升
分析火箭类问题应注意的三个问题
(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。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，一般情况下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。
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< 三 >
课时对点练
题号 1 2 3 4 5
答案 D C A (1)0.1 m/s，方向与橡皮塞速度方向相反 (2)0.05 m/s，方向与橡皮塞水平分速度方向相反 C
题号 6 7 8 9 10
答案 A C CD A (1)0.05 m/s　(2)能
对一对
答案
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题号 11
答案 (1)(M-m)(v0-v)，方向与v0方向相同　(2)(v0-v)+v
对一对
答案
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考点一　反冲现象
1.下列关于反冲运动的说法中，正确的是
A.抛出物的质量要小于剩余部分的质量，才能出现反冲现象
B.若抛出物的质量大于剩余部分的质量，则剩余部分的反冲力大于抛出
物所受的力
C.在反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D.在反冲运动中，牛顿第三定律与牛顿第二定律都适用
基础对点练
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答案
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答案
无论抛出物的质量多大，都能出现反冲现象，A错误；
由牛顿第三定律可知剩余部分获得的反冲力等于抛出物所受的力，B错误；
在反冲运动中，牛顿第三定律与牛顿第二定律都适用，C错误，D正确。
11
2.一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列说法中可行的是
A.向后踢腿
B.向后甩手
C.脱下衣服或鞋子水平抛出
D.脱下衣服或鞋子竖直向上抛出
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答案
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答案
以人作为整体为研究对象，向后踢腿或向后甩手，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误；
把人和衣服、鞋子视为一个整体，这个整体动量为0，人给衣服或鞋子一个水平速度，总动量不变，所以人有一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确；
把人和衣服、鞋子视为一整体，这个整体动量为0，人给衣服或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的总动量仍然等于0，所以人仍然静止，不能离开冰面，故D错误。
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答案
3.一只质量为0.9 kg的乌贼吸入0.1 kg的水后，静止在水中。当遇到危险时，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的速度逃窜。下列说法正确的是
A.乌贼喷出的水的速度大小为18 m/s
B.乌贼喷出的水的速度大小为20 m/s
C.在乌贼喷水的过程中，乌贼的动量守恒
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
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答案
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，动量守恒，C、D错误；
设乌贼喷出的水的速度大小为v1，则Mv2=mv1，解得v1=18 m/s，A正确，B错误。
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答案
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4.如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前总质量m1=3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m2=0.1 kg，水蒸气质量忽略不计。则：
(1)若橡皮塞喷出时获得水平速度v=2.9 m/s，求小车
的反冲速度。
答案　0.1 m/s，方向与橡皮塞速度方向相反
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答案
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反冲过程动量守恒，以橡皮塞运动的方向为正方向，
根据动量守恒定律有m2v-(m1-m2)v1=0
解得v1=0.1 m/s
方向与橡皮塞速度方向相反。
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答案
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(2)若橡皮塞喷出时速度大小为v=2.9 m/s，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度(小车一直在水平方向运动)。
答案　0.05 m/s，方向与橡皮塞水平分速度方向相反
此时系统水平方向的动量守恒，则有
m2vcos 60°-(m1-m2)v2=0
解得v2=0.05 m/s
方向与橡皮塞水平分速度方向相反。
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答案
考点二　火箭
5.(2025·濮阳外国语学校高二检测)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
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答案
火箭喷出气体后质量变小，其惯性变小，故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，故B错误，C正确；
火箭飞出大气层后，火箭对气体有作用力，该气体对火箭有反作用力，仍可以使火箭获得向前的推力，故D错误。
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6.有一火箭正在远离任何星体的太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，则火箭在此次喷气后速度增加量为
A.-u B.u
C.-v0 D.(v0-u)
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答案
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根据题意，喷出燃气后，燃气的速度为v1=v0+u，则燃气的动量变化为Δp1=Δmv1-Δmv0=Δmu；设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭此次喷气的动量变化为Δp2=mv2-mv0=mΔv，根据动量守恒定律得Δp1+Δp2=Δmu+ mΔv=0，解得火箭在此次喷气后速度增加量为Δv=-u，故选A。
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能力综合练
7.如图所示，一架喷气式飞机正相对地面以600 m/s的速度飞行，若它喷出的气体相对飞机的速度大小为350 m/s，不计重力和空气阻力，则下列说法正确的是
A.以地面为参考系，气体的速度方向与飞机飞行
方向相反
B.以地面为参考系，气体喷出时的速度为950 m/s
C.以这种速度继续喷出气体，飞机的速度会增加
D.只有喷出的气体相对飞机的速度大于600 m/s，飞机速度才会增加
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答案
根据相对速度关系，由于喷出的气体相对飞机的速度大小为350 m/s，小于600 m/s，可知气体相对于地面的速度与飞机速度同向，大小为600 m/s
-350 m/s=250 m/s，故A、B错误；
令飞机的总质量为M，喷出气体的质量为m，根据动量守恒定律有Mv0=
(M-m)v1+mv2，所以喷出气体后，飞机的速度v1=v0+(v0-v2)，结合上
述可知，由于喷出的气体相对于飞机的速度小于600 m/s，所以气体相对于地面的速度与飞机速度同向，根据表达式可知，v1>v0，故喷出气体后的飞机速度仍是增加的，故C正确，D错误。
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8.(多选)科普节活动中，某兴趣小组利用饮料瓶制作的“水火箭”如图所示，瓶中装有一定量的水，其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大，当橡皮塞与瓶口脱离时，瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M(含水)的“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。重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是
A.水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
B.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
C.发射后，火箭在空中飞行的时间为
D.火箭上升的最大高度为
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答案
水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，故A错误；
火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B错误；
由动量守恒定律可得(M-m)v=mv0，解得火箭获得的速度为v=，火箭
在空中飞行的时间为t==，故C正确；
水喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有v2=2gh，解得火箭上升的
最大高度为h===，故D正确。
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答案
9.在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m=800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v=1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M=600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则
A.火箭第三次喷出气体后速度的大小约为4 m/s
B.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s
C.要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s
√
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火箭第三次喷出气体后，根据动量守恒定律：3mv=(M-3m)v3，解得v3≈ 4 m/s，选项A正确；
地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到第一宇宙速度7.9 km/s，选项B错误；
设要使火箭能成功发射至少要喷气n次，则nmv=(M-nm)vn，其中vn=7.9 km/s，
解得n≈666次，即要使火箭能成功发射至少要持续喷气约 s=33.3 s，
选项C、D错误。
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10.一个连同装备共有M=100 kg的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x=45 m处与飞船处于相对静止状态。他带着一个装有m0=0.5 kg氧气的贮氧筒，贮氧筒有个喷嘴可以使氧气相对于飞船以v=50 m/s的速率向后喷出。航天员必须向着与返回飞船相反的方向喷出氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸。航天员呼吸的耗氧率为Q=2.5×10-4 kg/s。
(1)如果航天员在开始返回的瞬间喷出m1=0.1 kg的氧气，求喷出氧气后航天员相对于飞船的速度大小。
答案　0.05 m/s
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根据动量守恒定律可知
m1v=(M-m)v'，
解得v'≈0.05 m/s
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(2)试计算，喷出m1=0.1 kg的氧气后，该航天员能安全返回飞船吗？
答案　能
航天员回到飞船时需要的氧气
Δm=Q=×2.5×10-4 kg
=0.225 kg<(m0-m1)=0.4 kg，
则该航天员能安全返回飞船。
尖子生选练
11.(2026·常州市高二期末)2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器和燃料的总质量为M，极短时间内喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，求：
(1)一次瞬间喷射过程中对燃气的冲量I'。
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答案
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答案　(M-m)(v0-v)，方向与v0方向相同
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答案
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一次瞬间喷射前着陆器的动量
p=(M-m)v0
一次瞬间喷射后着陆器的动量p'=(M-m)v
一次瞬间喷射过程中燃气对着陆器的冲量
I=(M-m)(v-v0)，方向与v0方向相反
一次瞬间喷射过程中着陆器对燃气的冲量
I'=(M-m)(v0-v)，方向与v0方向相同
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(2)瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率v'。
答案　(v0-v)+v
喷射燃气的过程动量守恒，有
Mv0=(M-m)v+mv'
解得v'=(v0-v)+v。
返回
本课结束
第
一
章

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