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第 44 讲 动量守恒之爆炸与反冲（火箭）模型
1．（新课标Ⅰ）如图，质量分别为m 、m 的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的
A B
高度h＝0.8m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球
下落t＝0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为
零。已知m ＝3m ，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失，求：
B A
（i）B球第一次到达地面时的速度；
（ii）P点距离地面的高度。
【解答】解：（i）B球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式得：
B落地的速度为：v=√2gh=√2×10×0.8=4m/s⋯①
（ii）设P点距离地面的高度为h′，碰撞前后，A球的速度分别为v 、v ′，B球的速度分别为
1 1
v 、v ′，由运动学规律可得：
2 2
v ＝gt＝10×0.3＝3m/s…②
1
由于碰撞时间极短，两球碰撞前后动量守恒，动能守恒，规定向下的方向为正，则：
m v +m v ＝m v ′（碰后A球速度为0）…③
A 1 B 2 B 2
1 1 1
m v 2+ m v 2= m v ′2…④
A 1 B 2 B 2
2 2 2
又知m ＝3m …⑤
B A
由运动学及碰撞的规律可得B球与地面碰撞前后的速度大小相等，即碰撞后速度大小为4m/s。
则由运动学规律可得h′ 42-v 2 ⑥
= 2 ⋯
2g
联立①～⑥式可得h′＝0.75m。
答：（i）B球第一次到达地面时的速度为4m/s；（ii）P点距离地面的高度为0.75m。
一.知识回顾
1.反冲
（1）定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种
现象叫反冲运动．
（2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发
射火箭等．
(3)规律：遵从动量守恒定律．
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守
动量守恒 恒定律有三种情况：
①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。
机械能增加 反冲运动中，如果有其他形式的能转化为机械能，系统的总机械能增加
2．火箭
(1)火箭加速的原理
设火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度
是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv。
以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，燃气的动量是
Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，
所以mΔv＋Δmu＝0，
解出Δv＝－u。
上式表明，火箭喷出的燃气的速度u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Δv越大。
(2)现代火箭的发射原理
由于现代火箭喷气的速度在2000～4000 m/s，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起
飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般要小于10，故为使火箭达到发射人造地球卫星的
7.9 km/s的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛
弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，不过实际应用中一般不会超过四级。（3）火箭获得的最终速度
设火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，以地面为参考系，火箭燃气的喷射速度
大小为v，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以
1
动量守恒。
发射前的总动量为0，发射后的总动量为(M－m)v－mv(以火箭的速度方向为正方向)，则：(M
1
－m)v－mv＝0，所以v＝v，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比决定。
1 1
3.爆炸问题
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系
动量守恒
统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸
位置不变
后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
二.例题精析
题型一：爆炸类
例1．一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火
药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动，
爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
1
【解答】解：（1）设烟花弹的初速度为v ．则有：E= mv2
0 2 0
√2E
得：v =
0
m
烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有：v ﹣gt＝0
0
1 √2E
得：t=
g m
（2）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为：h v2 E
1= 0 =
2g mg
对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：
1 1
0= mv - mv 。
1 2
2 2
1 1 1 1
根据能量守恒定律得：E= × mv 2+ × mv 2。
1 2
2 2 2 2√2E
联立解得：v =
1
m
爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为：h v2 E
2= 1 =
2g mg
2E
所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为：h＝h +h =
1 2
mg
1 √2E
答：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间是 ；
g m
2E
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度是 。
mg
题型二：火箭类
例2．2020年11月24日4时30分，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探
月工程嫦娥五号探测器，这一高光时刻吸引了全球的关注。假设火箭喷气发动机每次喷出 m＝
200g的气体，气体喷出时的速度v＝1000m/s。设火箭质量M＝300kg，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1s末，火箭的速度为多大？
【解答】解：（1）第三次气体喷出后，共喷出的气体质量m ＝3×0.2kg＝0.6kg，以火箭初速度
1
方向为正方向，根据动量守恒定律得：（M﹣m ） v ﹣m v＝0
1 1 1
解得：v ＝2m/s
1
（2）1s末发动机喷出20次，共喷出的气体质量为m＝20×0.2kg＝4kg，
根据动量守恒定律得：（M﹣m） v'﹣mv＝0
则得火箭1s末的速度大小为v'＝13.5m/s
答：（1）当第三次气体喷出后，火箭的速度为2.0m/s；
（2）运动第1s末，火箭的速度为13.5m/s.
三.举一反三，巩固练习1. （多选）地处西北戈壁荒滩的酒泉卫星发射中心，“长征”号火箭第 109次发射，将
“神舟”七号载人航天飞船发射到太空，并成功完成了中国宇航员第一次太空行走。下面关于
飞船与火箭起飞的情形，叙述正确的是（ ）
A．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的
推力
B．火箭尾部喷出气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但也无法获得前进的动力
D．飞船进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力
【解答】解：ABC、火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用
的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推力，
此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层，是否在空气中
飞行无关，故A正确，BC错误；
D、当飞船进入轨道后，飞船与地球之间依然存在着相互吸引力，即地球吸引飞船，飞船也吸引
地球，这是一对作用力和反作用力，故D正确。
故选：AD。
2. （多选）欢庆新中国建国70周年阅兵式上展示了很多世界一流的先进武器，充分说
明了我国的高科技水平。最近科学家们在西昌利用火箭发射了一枚反卫星导弹，成功地进行了
一次反卫星武器试验则下列说法正确的是（ ）
A．火箭发射时，火箭利用反冲而向上运动
B．发射初期加速上升时，弹头处于超重状态，但它受到的重力越来越小
C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小不相等
D．弹头击中卫星前，卫星的加速度为零
【解答】解：A、火箭发射时，由于反冲而获得动力，向上加速运动，故A正确；
B、发射初期时，加速上升，加速度向上，处于超重状态，由于与地心逐渐变远，受到的万有引
力越来越小，重力越来越小，故B正确；
C、高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力是一对相互作用力，
大小相等，故C错误；
GM
D、卫星飞行，只受重力，加速度为a= ，故D错误；
r2
故选：AB。
3. 静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v 喷出质量为△m的高温气体后，
0火箭的速度为（ ）
△mv △mv △mv △mv
A． 0 B．- 0 C． 0 D．- 0
M-△m M M M-△m
【解答】解：以火箭和气体组成的系统为研究对象，选高温气体的速度方向为正，由动量守恒
定律得：
（M﹣△m）v′+△mv ＝0，
0
△mv
解得：v′=- 0 ，故D正确，ABC错误。
M-△m
故选：D。
4. 运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（ ）
A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭
B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
【解答】解：由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速
运动，这个反作用力并不是空气给的，正确选项为B。
故选：B。
5. 一静止的质量为M的原子核，以相对地的速度v放射出一质量为m的粒子后，原子
核剩余部分作反冲运动的速度大小为（ ）
Mv mv M-m M+m
A． B． C． v D． v
m M-m m m
【解答】解：原子核释放粒子的过程系统动量守恒，以释放粒子的速度方向为正方向，由动量
守恒定律得：
mv﹣（M﹣m）v′＝0
mv
解得：v′= ，故ACD错误，B正确；
M-m
故选：B。
6. 装有炮弹的大炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮筒水平放置，炮弹水平射出时相对
炮口的速度为v ，则炮车后退的速度大小为（ ）
0m mv mv
A． v B． 0 C． 0 D．v
0 0
M M+m M-m
【解答】解：炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则
系统在水平方向动量守恒。设炮车后退的速度为 v'，则炮弹对地的水平速度大小为（v ﹣
0
v′），取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有：
（M﹣m）v′﹣m（v ﹣v′）＝0
0
m
解得炮车后退的速度大小：v′= v
M 0
故A正确，BCD错误
故选：A。
7. 如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v ，突然炸成两块，质量
0
为m的一块以速度v沿v 的方向飞去，则另一块的运动（ ）
0
A．一定沿v 的方向飞去 B．一定沿v 的反方向飞去
0 0
C．可能做自由落体运动 D．以上说法都不对
【解答】解：以整个导弹为研究对象，取 v 的方向为正方向。根据爆炸的瞬间系统在水平方向
0
上动量守恒，得：
Mv ＝（M﹣m）v′+mv
0
Mv -mv
则得另一块的速度为：v′= 0
M-m
若 Mv ＞mv，则v′＞0，说明另一块沿v 的方向飞去；
0 0
若 Mv ＜mv，则v′＜0，说明另一块沿v 的反方向飞去；
0 0
若 Mv ＝mv，则v′＝0，说明另一块做自由落体运动。
0
故选：C。
8. 某实验小组为了研究装甲车的移动射击，使用了如图所示的模型车，已知其质量为 M
＝16kg（不包括炮弹质量），炮车上仅有1枚质量m＝1kg的炮弹，炮管水平，炮口距水平路
面的高h＝0.8m，每次炮车发射炮弹时间极短，发射时火药的化学能转化为车和炮弹的动能的
值E＝544J．开始模型车静止在路面上时，其炮口在水平路面上的投影点为A点，水平路面上
A、B两点间的距离为S＝18.25m。（g取10m/s2）（1）若模型车固定在地面上发射炮弹，求发射出的炮弹速度大小。
（2）若模型车原来静止在光滑的水平地面上，当它发射一颗炮弹后，车的反冲速度多大。
（3）若模型车从静止开始做匀加速直线运动，其加速度a＝2m/s2，运动中车所受阻力为车重的
k＝0.8倍，某时刻撤去动力并发射炮弹，要使车停止时炮口在水平路面上的投影点只能位于A、
B两点之间，求炮弹的落地点到A点距离的取值范围。
【解答】解：（1）若模型车固定在地面上发射炮弹，化学能全部转化为炮弹的动能，由功能关
系得：
1
E= mv2
2 0
代入数据得：v ≈33.0m/s
0
（2）若模型车原来静止在光滑的水平地面上，当它发射一颗炮弹的过程中，化学能转化为炮弹
的动能和小车的动能，由功能关系
1 1
得：E= mv2+ Mv2
2 1 2 2
由于发射的时间短，水平方向小车与炮弹组成的系统满足动量守恒，选择炮弹的方向为正方向，
则根据动量守恒定律得：
mv +Mv ＝0
1 2
代入数据得：v ＝2m/s
2
（3）若模型车从静止开始做匀加速直线运动，某时刻撤去动力并发射炮弹后，要使车停止时炮
口在水平路面上的投影点只能位于A、B两点之间，则其临界状态分别对应A点与B点；车在
发射完炮弹后受到地面的阻力，由于运动中车所受阻力为车重的0.8倍，所以：Ma′＝kMg，所
以：a′＝kg＝0.8×10＝8m/s2
①当小车恰好返回A点时，设车的最大速度为v，此时的位移为x，则：2ax＝v2﹣0。
设发射完炮弹后车的速度为v ，炮弹的速度为v ，则根据动量守恒定律得：
3 4
（M+m）v＝Mv +mv
3 4
由功能关系得：
1 1 1
Mv2+ mv2= (M+m)v2+E
2 3 2 4 2对应小车返回的过程，由运动学公式得：
2a'(-x)=0-(-v ) 2
3
2
联立以上各式，代入数据得：v= m/s，v ＝32.7m/s，x＝0.11m
4
3
√2h √2×0.8
炮弹做平抛运动的过程中，运动的时间：t= = =0.4s
g 10
炮弹平抛的位移：x′＝v t＝32.7×0.4＝13.08m
4
则炮弹到A点的距离：x总 ＝x+x′＝0.11+13.08＝13.19m
②当小车恰好到达B点时，设车的最大速度为v′，此时的位移为x ，则： 。
1 2ax =v'2-0
1
设发射完炮弹后车的速度为v ，炮弹的速度为v ，则根据动量守恒定律得：
5 6
（M+m）v′＝Mv +mv
5 6
由功能关系得：
1 1 1
Mv2+ mv2= (M+m)v'2+E
2 5 2 6 2
发射完炮弹后小车继续前进x ，则：x +x ＝S＝18.25m
2 1 2
对应小车继续前进的过程，由运动学公式得
2a'x =0-v2
2 5
联立以上5个公式，代入数据得：v′＝8m/s，v ＝6m/s，v ＝40m/s，x ＝16m
5 6 1
炮弹平抛的位移：x″＝v t＝40×0.4＝16m
6
则炮弹到A点的距离：x总 ′＝x
1
+x″＝16+16＝32m
结合①②可得，炮弹的落地点到A点距离的取值范围是13.19m≤x总 ≤32m
答：（1）若模型车固定在地面上发射炮弹，发射出的炮弹速度大小是33.0m/s。
（2）若模型车原来静止在光滑的水平地面上，当它发射一颗炮弹后，车的反冲速度是2m/s。
（3）若模型车从静止开始做匀加速直线运动，要使车停止时炮口在水平路面上的投影点只能位
于A、B两点之间，求炮弹的落地点到A点距离的取值范围是13.19m≤x总 ≤32m。
