6.反冲现象 火箭-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　动量守恒定律 6.反冲现象　火箭 目录 1 2 考点模型 考点对点练 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 典型考点一　反冲的理解和应用 1．(多选)下列属于反冲运动的是(　　) A．向后划水，船向前运动 B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退 C．乒乓球碰到墙壁后弹回 D．喷气式飞机喷气飞行 解析　反冲运动是物体系统在内力作用下分为两部分，其运动方向相反。A中向后划水，船向前运动，是由于船桨与外部水的相互作用，不属于反冲运动，C中乒乓球在墙壁作用力下反弹，不属于反冲；B中子弹与枪身是系统中的两部分在内力作用下向相反方向运动，属于反冲运动，D中喷气式飞机的飞行运用的是反冲的原理。故选B、D。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 4 解析　设乌贼瞬间喷出的水的质量为m，则喷水前乌贼质量为10m，喷水后质量为9m，设喷出的水的速度为v1，喷水后乌贼获得的速度为v2，根据动量守恒定律有0＝mv1＋9mv2，将v2＝8 m/s代入可得v1＝－72 m/s，负号说明水的运动方向与乌贼身体运动方向相反，故A正确。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 5 [名师点拨]　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)内力做的功往往会使系统的总动能增加。 (3)要明确反冲运动对应的过程，弄清反冲前、后两部分对应的质量及对应的初、末状态的速度大小和方向(通常为对地速度)。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 6 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 7 典型考点二　火箭 4．(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是(　　) A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力 B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力 C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 9 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 10 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 11 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 12 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 13 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 14 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 15 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 16 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 17 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 18 核心能力提升练 1．关于反冲运动，下列说法正确的是(　　) A．反冲运动的两个物体组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B．反冲现象是有害的，应该想办法防止 C．直升机的升空应用了反冲的原理 D．影响火箭速度大小的因素是喷气速度和质量比 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 20 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 21 2．某校师生制作了一款微型火箭，静止时火箭总质量M＝21 kg，火箭喷气发动机在极短时间内竖直向下喷出质量m＝1000 g的高温气体，气体被喷出时相对地面的速度大小v0＝840 m/s，火箭获得某一速度发射出去。火箭喷出气体的过程中重力和空气阻力可忽略不计，则火箭获得的速度大小为(　　) A．40 m/s B．42 m/s C．420 m/s D．4000 m/s 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 22 解析　在火箭发射的过程中，喷气时间极短，火箭喷出的气体和火箭剩余质量二者组成的系统竖直方向动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＋(M－m)v＝0，代入数据解得v＝－42 m/s，负号表示火箭获得的速度方向向上，故B正确。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 23 3.2021年12月9日，神舟十三号乘组进行天宫授课，如图为航天员叶光富试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验，但未能成功。若他在1 s内以20 m/s的速度呼出质量约1 g的气体，可获得的反冲力大小约为(　　) A．0.01 N B．0.02 N C．0.1 N D．0.2 N 解析　设呼出气体的质量和速度大小分别为m、v，航天员呼气之后动量的变化量大小为Δp，因呼气过程航天员与呼出气体组成的系统动量守恒，则有Δp＝mv，设航天员受到气体的反冲力大小为F，由动量定理可得FΔt＝Δp，联立并代入数据解得F＝0.02 N，故B正确。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 24 4.如图所示，气球的质量为m，猴子的质量为10m，都静止在离地面高为h的空中。不计空气阻力和软梯的质量，为使猴子沿软梯安全滑至地面，软梯长度至少应为(　　) A．h B．9h C．10h D．11h 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 25 5.如图所示，质量为m＝2 kg的小环穿在足够长的光滑直杆上，并通过L＝0.5 m的轻绳连接一质量为M＝3 kg的小球，小环和小球均可视为质点。假设把这一装置固定在空间站中，并给小环和小球提供方向相反、大小分别为v1＝3 m/s、v2＝2 m/s的初速度，则当小球摆到轻绳与直杆平行的位置时，小环的位移大小为(　　) A．0.3 m B．0.2 m C．0.5 m D．0.1 m 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 26 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 27 6．一个宇航员连同装备的总质量为100 kg，在太空距离飞船45 m处相对飞船处于静止状态。装备中有一个装有0.5 kg氧气的贮氧筒，筒上有一个喷嘴，可以使贮氧筒中氧气相对于飞船以50 m/s的速度喷出。在宇航员准备返回飞船的瞬间，打开喷嘴沿返回飞船相反的方向喷出0.3 kg的氧气，此后宇航员呼吸着贮氧筒中剩余的氧气并顺利返回飞船。已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10－4 kg/s，则宇航员到达飞船时贮氧筒中剩余氧气的质量约为(　　) A．0.095 kg B．0.125 kg C．0.155 kg D．0.185 kg 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 28 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 29 7．2020年11月24日4时30分，中国在中国文昌航天发射场，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，顺利将探测器送入预定轨道，标志着我国月球探测新旅程的开始。飞行136个小时后总质量为m的嫦娥五号以速度v高速到达月球附近P点时，发动机点火使探测器顺利变轨，被月球捕获进入半径为r的环月轨道，已知月球的质量为M，引力常量为G。求： (1)嫦娥五号探测器发动机在P点应沿什么方向将 气体喷出？ (2)嫦娥五号探测器发动机在P点应将质量为Δm的 气体以多大的对月速度喷出？ 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 30 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 31 8.如图所示，在沙堆表面放置一个长方形木块A，其上面再放一个质量为m的爆竹B，木块的质量为M。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中的深度为h，而木块所受的平均阻力为f。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，重力加速度为g。求： (1)爆竹爆炸瞬间木块获得的速度大小； (2)爆竹能上升的最大高度。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 32 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 33 9．如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度v0＝1 m/s匀速行驶，人和船的总质量为M＝200 kg，船上另载有N＝20个完全相同的小球，每个小球的质量为m＝5 kg。人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力。求： (1)如果每次都是以相对于湖岸的速度v＝6 m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小v1和抛出第几个球后船的速度开始反向？ (2)如果每次都是以相对于小船的速度v＝6 m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？ 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 34 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 35 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 36 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 2．乌贼游动时，先把水吸入体腔，然后收缩身体，通过身体上的小孔向外喷水，使身体向相反方向快速移动。某次静止的乌贼在瞬间喷出的水的质量占喷水前自身总质量的eq \f(1,10)，喷水后乌贼获得的速度为8 m/s，则喷出的水的速度为(　　) A．72 m/s B．80 m/s C．88 m/s D．60 m/s 3．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为(　　) A．E0 B.eq \f(m,M)E0 C.eq \f(m,M－m)E0 D.eq \f(Mm,M－m)E0 解析　放出质量为m的粒子后，剩余核的质量为M－m，该过程系统动量守恒，有：mv0＝(M－m)v，放出的粒子的动能为：E0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，原子核反冲的动能为：Ek＝eq \f(1,2)(M－m)v2，联立解得：Ek＝eq \f(m,M－m)E0，故C正确。 解析　燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，D错误；设Δt时间内喷出Δm的燃气，燃气相对于火箭的喷射速度为v，以喷出Δm燃气前的火箭为参考系，对燃气由动量定理有FΔt＝Δmv，结合牛顿第三定律知，火箭受到的推力F′＝F＝eq \f(Δm,Δt)·v，可知增加单位时间的燃气喷射量eq \f(Δm,Δt)或增大燃气相对于火箭的喷射速度v时，均可以增大火箭的推力，故A、B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，喷出的燃气相对于火箭的速度v不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误。 5．一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在距离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v(以飞船为参考系)喷出气体从而使航天员运动。如果航天员一次性向后喷出质量为Δm的气体，且在规定时间t内返回飞船。下列说法正确的是(　　) A．喷出气体的质量Δm≥eq \f(Mx,vt＋x) B．若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间变长 C．若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间变短 D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒 解析　航天员在规定时间t内返回飞船，则其速度满足v0≥eq \f(x,t)，喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得(M－Δm)v0－Δmv＝0，解得Δm≥eq \f(Mx,vt＋x)，故A正确；根据动量守恒定律有(M－Δm)v0－Δmv＝0，解得v0＝eq \f(Δm,M－Δm)v，若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则v0变大，故返回时间变短，故B错误；根据动量守恒定律有(M－Δm)v0－Δmv＝0，解得v0＝eq \f(Δmv,M－Δm)＝eq \f(p,M－Δm)，若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，根据p＝Δmv，可知Δm减小，故v0减小，则返回时间变长，故C错误；在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统机械能不守恒，故D错误。 典型考点三　爆炸 6．一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求： (1)玩具上升到最大高度eq \f(3,4)时的速度大小； (2)两部分落地时速度大小之比。 答案　(1)eq \f(1,2)v0　(2)2∶1 解析　(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度eq \f(3,4)h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正方向，整个上升过程有0－veq \o\al(2,0)＝－2gh 玩具上升到最大高度eq \f(3,4)的过程有 v2－veq \o\al(2,0)＝－2geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)h)) 联立解得v＝eq \f(1,2)v0。 (2)设玩具分裂后两部分的质量分别为m1、m2，刚分裂后两部分的水平速度大小分别为v1、v2，根据题意有eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \o\al(2,0) 玩具达到最高点时速度为零，分裂时水平方向动量守恒，有m1v1－m2v2＝0 分裂后两部分均做平抛运动，由运动学规律可知，两部分落回地面时竖直方向分速度大小均为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，由矢量合成有 v1′＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,1)) ，v2′＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,2)) 结合m1∶m2＝1∶4 联立解得v1′∶v2′＝2∶1。 典型考点四　人船模型 7.如图所示，静止在水面上的船，船身长为L，质量为M，船头紧靠码头，船头上有一固定木板伸出船身，现有一质量为m的人从船尾走向码头，要使该人能安全上岸，则木板伸出船身部分长度至少应为(水对船及码头对木板的阻力均不计)(　　) A.eq \f(mL,M＋m) B.eq \f(mL,M－m) C.eq \f(（M－m）L,M＋m) D.eq \f(mL,M) 解析　船与人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人从船尾走向码头的过程，船向后退，设船后退的位移大小为x，而人相对于地面的位移大小为L，取人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，任意时刻均有0＝mv人－Mv船，即有0＝mL－Mx，解得x＝eq \f(m,M)L，船后退的距离即木板伸出船身部分的最短长度，故D正确。 [名师点拨]　 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。 ①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，且系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是质量分别为m1、m2的两物体末状态的瞬时速率。 ②动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1eq \o(v,\s\up6(－))1－m2eq \o(v,\s\up6(－))2＝0。 ③如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1＝eq \o(v,\s\up6(－))1t和x2＝eq \o(v,\s\up6(－))2t，则有m1x1－m2x2＝0。 (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。 解析　反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有的系统所受合力不为零，但由于系统内力远大于外力，所以系统总动量是守恒的，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加，A错误；反冲不一定有害，关键是看如何利用，B错误；直升机是靠螺旋桨与空气的相互作用力升空的，没有应用反冲的原理，C错误；火箭喷气后增加的速度Δv＝－eq \f(Δm,m)u，其中Δm是喷射燃气的质量，m是火箭剩余的质量，u是喷出的燃气相对喷气前火箭的速度，D正确。 解析　设猴子下降的过程中气球上升的高度为H，平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))1，由题意可知猴子下落高度为h，设平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))2，猴子和气球组成的系统动量守恒，可得meq \o(v,\s\up6(－))1＝10meq \o(v,\s\up6(－))2，等式两边同时乘以猴子下降的时间t，得mH＝10mh，解得H＝10h，所以软梯长度至少为L＝h＋H＝11h，故D正确。 解析　小球与小环水平方向所受合力为零，所以水平方向动量守恒，以向右为正方向，对任意时刻均有mv1－Mv2＝mv1′＋Mv2′，可得mv1′＋Mv2′＝0，则轻绳与杆平行时，meq \o(v,\s\up6(－))1′＋Meq \o(v,\s\up6(－))2′＝0，所以meq \o(v,\s\up6(－))1′t＋Meq \o(v,\s\up6(－))2′t＝0，即ml1＋Ml2＝0，又l1－l2＝L，联立可得小环的位移l1＝0.3 m，故A正确，B、C、D错误。 解析　以飞船为参考系，设宇航员连同装备的总质量为M，喷出氧气的质量为m，速率为v氧，宇航员反冲的速率为v，由动量守恒定律得mv氧－(M－m)v＝0，则v＝eq \f(mv氧,M－m)＝eq \f(0.3×50,100－0.3) m/s≈0.15 m/s，则宇航员返回飞船需要的时间t＝eq \f(x,v)＝eq \f(45,0.15) s＝300 s，此过程呼吸消耗的氧气质量m耗＝Qt＝2.5×10－4×300 kg＝0.075 kg，则剩余氧气的质量m余＝m0－m－m耗＝0.5 kg－0.3 kg－0.075 kg＝0.125 kg，故B正确。 答案　(1)探测器运动方向 (2)eq \f(mv－（m－Δm）\r(\f(GM,r)),Δm) 解析　(1)探测器在P点应制动减速，所以应沿探测器运动方向喷出气体。 (2)设变轨后探测器的速度为v1，喷出的气体相对月球的速度为v2，在P点由动量守恒定律得 mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2 探测器进入半径为r的环月轨道后有 Geq \f(M（m－Δm）,r2)＝(m－Δm)2,1)eq \f(v,r) 联立解得v2＝eq \f(mv－（m－Δm）\r(\f(GM,r)),Δm)。 答案　(1)eq \r(\f(2（f－Mg）h,M))　(2)eq \f(（f－Mg）Mh,m2g) 解析　(1)爆竹爆炸后，对木块陷入沙中的过程，由动能定理得Mgh－fh＝0－eq \f(1,2)Mv2， 解得v＝eq \r(\f(2（f－Mg）h,M))。 (2)爆竹爆炸过程爆竹和木块组成的系统动量守恒，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律得Mv－mv′＝0， 爆竹爆炸后做竖直上抛运动，上升的最大高度为H＝eq \f(v′2,2g)， 联立解得H＝eq \f(（f－Mg）Mh,m2g)。 答案　(1)eq \f(54,59) m/s　11　(2)eq \f(2,15) m/s 解析　(1)以小船的速度方向为正方向，抛出第一个球前后，对船、人、20个球整体分析，由动量守恒定律可得(M＋20m)v0＝(M＋19m)v1＋mv 代入数据得v1＝eq \f(54,59) m/s，即抛出第一个小球后，船的速度大小为v1＝eq \f(54,59) m/s 抛出第n(1≤n≤20，n取整数)个小球后，对船、人和20个球，由动量守恒定律有 (M＋20m)v0＝[M＋(20－n)m]vn＋nmv 代入数据得vn＝eq \f(300－30n,300－5n)(1≤n≤20，n取整数) m/s 船反向时，vn＜0 因1≤n≤20，则300－5n>0，有300－30n<0 得n>10，即当抛出第11个小球时船反向。 (2)设第16次抛出小球时，小船的原来对地速度为v15，抛出小球后小船的对地速度为v16， 因小球是相对于小船的速度v＝6 m/s抛出，抛出后小球对地的速度为(v16＋v)，由动量守恒定律可得 (M＋20m－15m)v15＝(M＋20m－16m)v16＋m(v16＋v) 代入数据可得Δv＝v15－v16＝eq \f(2,15) m/s。 $$