1.6 反冲(Word教参)-【优化指导】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

第6节　反冲 物理观念 科学探究 科学态度与责任 　　知道什么是反冲现象，能够利用所学知识解释反冲现象。 　　利用所学知识深入地研究反冲现象，能够进行定性分析和定量计算。 　　培养观察自然的能力，自觉地应用所学知识解释自然现象，了解自然之美和科学之美。 [对应学生用书P31] 一、反冲现象 1．定义：一个静止的物体在内力作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。 2．规律：(1)反冲运动中，相互作用力常为变力且较大，一般满足内力远大于外力，所以可应用动量守恒定律。 (2)反冲运动过程中，机械能增加。 二、火箭的发射 1．工作原理：火箭靠从尾部喷出的高速气体而获得巨大的推力。 2．影响火箭最大速度的因素：一是向后的喷气速度，二是质量比(即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比)。 (物理与生活)小明同学利用简易小车制作了一个气球反冲动力小车，如图所示。小车在向右喷气的过程中能够向左运动。判断下列说法的正误。(对的画“√”，错的画“×”) (1)把小车放在光滑的水平面上，反冲运动过程中，系统的内力做功，系统的总动量虽然守恒，但系统的动能会发生变化。(　　√　　) (2)小车喷气运动过程向左加速运动，是外界空气对小车反作用力的结果。(　　×　　) (3)在没有空气的宇宙空间，小车仍可以加速前行。(　　√　　) [对应学生用书P32] 探究点一 反冲现象 发射炮弹时会产生巨大的反冲力，影响连续发射的精确度，因此履带、止退犁在自动火炮中得到了广泛应用。 [问题设计] 当火炮以一定的仰角发射炮弹时，炮弹和火炮动量守恒吗？ 提示：火炮发射炮弹时，水平方向上，炮弹和火炮组成的系统的内力远大于地面的摩擦力，动量守恒，但在竖直方向上动量不守恒。 1．系统在静止的状态下发生反冲现象，总动量等于零。 2．在地面上的反冲现象，选取地面为参考系，在太空轨道上，选取轨道为参考系。 3．两部分获得的动能来源于系统内能。 【例1】 (多选)一名士兵坐在皮划艇上，士兵(包含装备)和皮划艇的总质量为120 kg。士兵用自动步枪在1 s内沿水平方向连续射出5发子弹，每发子弹的质量均为10 g，子弹离开枪口时相对枪口的速度均为800 m/s。射击前皮划艇是静止的，不考虑射击过程中水的阻力及总质量的变化。下列说法正确的是(　　) A．射击过程中士兵和皮划艇组成的系统总动量守恒 B．每射出一颗子弹，皮划艇的速度增大0.067 m/s C．5发子弹射完后，皮划艇的速度大小为3.3 m/s D．射击时士兵受到的反冲作用力大小为40 N BD　解析：不考虑射击过程中水的阻力及总质量的变化，射击过程中士兵、子弹、皮划艇组成的系统总动量守恒，A错误；射击过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒可知mv－(M－m)v′＝0，解得v′≈0.067 m/s，即每射出一颗子弹，皮划艇的速度增大0.067 m/s，B正确；连续射击1 s过程中，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，则有5mv－(M－5m)v″＝0，解得v″≈0.33 m/s，C错误；每颗子弹的发射时间为t＝ s＝0.2 s，对子弹，由动量定理可知Ft＝mv－0，解得F＝40 N，由牛顿第三定律可知，枪受到的平均作用力为40 N，则射击时士兵受到的反冲作用力大小为40 N，D正确。 [练1] 一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，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2 m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。 答案：28 m/s 解析：乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝Mv1－mv，解得喷出水的速度大小为v＝＝ m/s＝28 m/s。 探究点二 火箭的发射 火箭飞行的原理比较简单，发动机将气体从箭尾喷口向后高速喷出，获得反冲作用力。 [问题设计] 考虑一下，这个过程中火箭是如何获得动量和能量的，遵循什么规律？ 提示：火箭燃料舱内的燃料被点燃后，产生急剧膨胀的燃气，舱壁对燃气的作用力使燃气从尾部高速喷出，燃气对火箭的反作用力推动火箭向前运动。由于燃气和火箭之间的作用力远大于火箭受到的外力，可以认为两者在相互作用的过程中动量守恒。燃气的内能转化为火箭的机械能。 1．分析火箭获得最终速度的两个关键规律 (1)动量守恒定律：所选研究对象是喷出的气体与火箭(不含燃料)。 设火箭开始飞行时的质量为m0，燃料燃尽时的质量为m，则喷出的气体的质量为m0－m，取竖直向上为正方向，由动量守恒得－(m0－m)v＋mv′＝0，得火箭获得的最终速度为v′＝(－1)v，可见，喷出气体的速度越大，质量比越大，火箭获得的最终速度越大。 (2)能量转化：燃气的内能转化为火箭的机械能。 2．参考系 在地面发射的火箭，选取地面为参考系；在太空轨道中发射的火箭选取运行轨道为参考系。 【例2】 (多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2024年3月20日，长征八号遥三运载火箭搭载鹊桥二号发射升空，标志着我国广泛的月球探测计划取得重大进展。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 AB　解析：增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据FΔt＝Δmv可知，可以增大火箭的推力，A正确；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据FΔt＝Δmv可知，可以增大火箭的推力，B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以燃气相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，C错误；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。 探究点三 人船模型 如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端。 [问题设计] 在什么情况下，可以认为人和船组成的系统动量守恒？ 提示：在不计阻力的情况下，人和船组成的系统动量守恒。 1．在不计阻力的情况下，人和船组成的系统动量守恒。 2．根据动量守恒定律 m人v人＝m船v船 因人和船同时开始运动，同时停止，相互作用的时间相同，故 m人s人＝m船s船 s人＋s船＝L 解得 s人＝L s船＝L。 【例3】 (多选)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的质量为M的凹槽，凹槽内表面为光滑的半圆弧轨道，半径为R，两端AB与圆心等高，现让质量为m的物块从A点以竖直向下的初速度v0开始下滑，则在运动过程中(　　) A．物块与凹槽组成的系统在水平方向动量守恒 B．物块运动到B点时速度大于v0 C．物块运动到B点后将从B点飞出做竖直上抛运动 D．物块运动到B点时，凹槽向左移动了 ACD　解析：物块与凹槽组成的系统在水平方向受力为零，所以在水平方向动量守恒，A正确；该系统水平方向动量守恒，所以当物块运动到B点时只有竖直方向速度，之后将从B点飞出做竖直上抛运动，此时凹槽速度为零，根据能量关系，可知物块的速度等于v0，B错误，C正确；设物块从A到B的运动时间为t，物块发生的水平位移大小为x，则凹槽发生的位移为2R－x，取水平向右为正方向，则根据水平方向动量守恒有m－M＝0，解得2R－x＝，D正确。 [练2] (多选)某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是(　　) A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比 B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等 C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比 D．人走到船尾不再走动，船则停下 ACD　解析：人和船组成的系统动量守恒，设人的质量为m，瞬时速度大小为v，船的质量为M，瞬时速度大小为v′，人走的方向为正方向，则0＝mv－Mv′，解得mv＝Mv′，即＝，所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，A、C正确，B错误；当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，D正确。 探究点四 爆炸 一枚飞行的炮弹在空中爆炸成两部分。 [问题设计] 爆炸的过程中，是否遵循动量守恒定律？ 提示：爆炸产生的作用力远大于炮弹所受的外力，因此动量守恒。 1．在爆炸的过程中，产生的内力远大于外力，因此动量守恒。 2．应用动量守恒定律解决爆炸问题时，要注意系统的总动量是否为零。 3．爆炸过程中内能会转化成系统的动能。 【例4】 在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．两碎块的位移大小之比为1∶2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m B　解析：爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知m1v1－m2v2＝0，因两块碎块落地时间相等，则m1x1－m2x2＝0，则＝＝，则两碎块的水平位移之比为1∶2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1∶2，A错误；设两碎片落地时间均为t，由题意可知＝，解得t＝4 s，爆炸物的爆炸点离地面高度为h＝gt2＝×10×42 m＝80 m，B正确；爆炸后质量大的碎块的水平位移x1＝(5－4)×340 m＝340 m，质量小的碎块的水平位移x2＝(6－4)×340 m＝680 m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m＋680 m＝1 020 m，质量大的碎块的初速度为v10＝＝ m/s＝85 m/s，C、D错误。 [练3] (多选)如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB。若爆炸时间极短，空气阻力不计，则(　　) A．落地时a的速度大于b的速度 B．落地时a的速度小于b的速度 C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能 D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能 AC　解析：P爆炸前后，系统在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程是平抛运动，由题图知va>vb，因此ma<mb，由Ek＝知Eka>Ekb，C正确，D错误；由于va>vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量均为gt，因此落地时仍有va′>vb′，A正确，B错误。 [对应学生用书P35] 1．章鱼是一种温带软体动物，生活在水中。一只悬浮在水中的章鱼，当外套膜吸满水后，它的总质量为M，突然发现后方有一只海鳗，章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出，喷射的水力强劲，从而迅速向前逃窜。若喷射出的水的质量为m，喷射速度为v0，则下列说法正确的是(　　) A．章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 B．章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量增加 C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 D．章鱼喷水的过程中受到的冲量大小为 C　解析：在章鱼喷水的过程中，章鱼的生物能转化为机械能，系统机械能增加，A错误；章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，B错误；由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v＝v0，C正确；章鱼喷水的过程中受到的冲量大小等于喷出的水的动量大小mv0，D错误。 2．我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(　　) A．火箭的加速度为零时，动能最大 B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 A　解析：火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力大小等于向下的重力和空气阻力大小之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，A正确；根据能量守恒定律可知，高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，D错误。 3．一个人在地面上立定跳远最好成绩是s，假设他站在静止于地面的小车的A端(车与地面的摩擦不计)，如图所示，他欲从A端跳上l远处的站台上，则(　　) A．只要l<s，他一定能跳上站台 B．只要l<s，他有可能跳上站台 C．只要l＝s，他一定能跳上站台 D．只要l＝s，他有可能跳上站台 B　解析：当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒，车子必然有一个离开站台的速度，这样的话，人相对于地面的速度小于之前的初速度，所以l＝s或l>s，人就一定跳不到站台上了，l<s，人才有可能跳上站台，A、C、D错误，B正确。 4．一玩具以初速度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时的速度大小； (2)两部分落地时速度大小之比。 答案：(1)v0　(2)2 解析：(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度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，对整个运动过程有0－v02＝－2gh 玩具上升到最大高度有v2－v02＝－2g(h) 两式联立解得v＝v0。 (2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为m1v12＋m2v22＝(m1＋m2)v02 玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有m1v1－m2v2＝0 分开后两部分均做平抛运动，由运动学关系，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′，由速度合成公式，有v1′＝，v2′＝ 结合m1∶m2＝1∶4，解得＝2。 学科网（北京）股份有限公司 $$