第一章 6 反冲(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理课件围绕反冲运动展开，系统梳理定义、规律及应用，以乌贼喷水、火箭发射等实例导入，衔接动量守恒定律，通过定义总结、易错题辨析、例题解析构建学习支架，帮助学生逐步掌握核心知识。 其亮点在于融合科学思维中的模型建构（如“人船模型”“火箭模型”）与科学推理（反冲小车多角度速度分析），结合分层练习题（基础到尖子生选练）落实物理观念。实例丰富，如乌贼逃生计算、反冲小车实验，提升学生问题解决能力，教师可高效开展分层教学，助力学生核心素养发展。

DIYIZHANG 第一章 6　反冲 1 1.了解反冲的概念及反冲现象的防止和应用。 2.知道反冲现象的原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲现象的问题(重点)。 3.知道火箭的原理，会对火箭喷气后各物理量的变化进行计算(重难点)。 学习目标 2 一、反冲现象 二、火箭的发射 课时对点练 三、“人船模型”问题 内容索引 3 反冲现象 一 4 在生活中常见到这样的情形：吹饱气的气球松手后喷出气体，同时气球也会向前飞去；点燃“窜天猴”的药捻，便会向后喷出亮丽的火焰，同时“嗖”的一声飞向天空。 (1)气球、窜天猴的运动方向与它们喷出气体的方向有什么关系？ 答案　相反 (2)促使气球和窜天猴运动的施力物体是什么？动力是什么？ 答案　它们喷出的气体　对它们的反作用力 (3)若将它们放在真空的环境中，上述现象能否发生？ 答案　能发生 1.定义：一个静止的物体在_____的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向_______方向运动的现象。 2.规律：反冲运动中，物体两部分间的相互作用力一般较___，满足____ _________。 3.应用：反冲有着广泛应用，______、____________、______________等都是利用反冲来工作的。 梳理与总结 内力 相反的 大 动量 守恒定律 火箭 灌溉喷水器 反击式水轮机 (1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。 (　 　) (2)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。(　 　) (3)一切反冲现象都是有益的。(　 　) (4)只有系统合外力为零时，反冲运动才能用动量守恒来解释。(　 　) × √ × √ 易错辨析 　(2024·佛山市顺德区郑裕彤中学高二月考)乌贼在水中运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15 m/s。逃命时更可以达到40 m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4 kg，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，从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为0.8 kg，则喷射出水的速度为 A.200 m/s B.160 m/s C.75 m/s D.60 m/s 例1 √ 　如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃板上，点燃酒精灯，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。(水蒸气质量忽略不计) (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s， 求小车的反冲速度； 例2 答案　0.1 m/s，方向与橡皮塞水平运动的方向相反 小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡皮塞水平运动的方向为正方向 根据动量守恒定律有，0＝mv＋(M－m)v1 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s。 (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，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运动的方向相反 小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向， 有mv′cos 60°＋(M－m)v1′＝0 ＝－0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s。 总结提升 返回 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应取负值。 2.速度的相对性 在反冲运动时，若已知相互作用的两物体的相对速度，应先将相对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的速度)，再列动量守恒定律方程。 二 火箭的发射 16 1.火箭的发射利用了_____。 2.设火箭发射前的总质量是M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v′。取火箭的速度方向为正方向， 则由动量守恒定律得___________________ 0＝mv′－(M－m)v 反冲 所以v′＝_________＝________。 3.分析提高火箭飞行速度的可行办法。 一是提高向后喷气速度；二是提高质量比(开始飞行时质量与燃料燃尽时的质量比)；三是使用多级火箭。 　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。 (1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？ 例3 答案　2 m/s 规定与v相反的方向为正方向 设喷出三次气体后，火箭的速度为v3， 以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0， (2)运动第1 s末，火箭的速度多大？ 答案　13.5 m/s 总结提升 返回 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。 “人船模型”问题 三 21 一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。不计水的阻力，求此过程中： (1)船向哪运动？当小孩速度为v时，船速多大； (2)当小孩向左移动位移x时，船的位移多大； 答案　由人船系统始终动量守恒可知 (3)小孩和船的位移与两者质量有什么关系； (4)船长为L，若小孩从船头移动到船尾，小孩的位移为多大。 1.“人船”模型概述 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，有m1v1－m2v2＝0。 2.运动特点：人动船动，人停船停；人快船快，人慢船慢；人左船右。 模型构建 　(2024·广安市高二期中)有一条捕鱼小船靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量为 例4 √ 　(2023·潮州市高二期末)人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m。人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为 例5 √ 返回 课时对点练 四 30 考点一　反冲运动 1.(多选)下列情境属于反冲现象的有 A.乒乓球碰到墙壁后弹回 B.发射炮弹后炮身后退 C.喷气式飞机喷气飞行 D.火箭升空 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础对点练 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲现象，A错误； 系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象就是反冲现象，所以发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用使飞机前进，是反冲现象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。 2.(2023·上海市田家炳月考)假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是 A.向后踢腿 B.手臂向后甩 C.在冰面上滚动 D.脱下外衣水平抛出 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 以人为研究对象，人向后踢腿或甩手，总动量为0，所以人整体不动，故A、B错误； 因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人是滚不了的，故C错误； 把外衣抛出，人会获得一个反向的速度，可以离开冰面，故D正确。 3.(2023·山东临沂一中高二期末)一门旧式大炮如图所示，炮车和炮弹的质量分别为M和m，炮筒与水平地面的夹角为α，炮弹发射瞬间相对于地面的速度为v0。不计炮车与地面的摩擦，则炮车向后反冲的速度大小为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(多选)(2023·绵阳市高二期末)一只质量为0.9 kg的乌贼吸入0.1 kg的水后，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，以大小为2 m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是 A.在乌贼喷水的过程中，乌贼动量守恒 B.在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为1.8 N·s C.乌贼喷出的水的速度大小为20 m/s D.在乌贼喷水的过程中，有18 J的生物能转化成机械能 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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，故A错误； 根据题意，由动量定理可得，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为I＝Mv－0＝0.9×2 N·s＝1.8 N·s，故B正确； 考点二　火箭的发射 5.(2023·陕西渭南瑞泉中学高二月考)如图所示，我国自行研制的“歼－15”战斗机挂弹飞行时，接到命令，进行导弹发射训练，当战斗机水平飞行的速度为v0时将总质量为M的导弹释放，刚释放时，导弹向战斗机飞行的反方向喷出对地速率为v1、质量为m的燃气，则喷气后导弹相对地面的速率v为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(多选)航天科普节活动中，某同学将竖直静置在水平地面上的质量为M(含水)的自制“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。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是 A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B.水喷出的过程中，火箭和水的机械能守恒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据牛顿第三定律可知，火箭的推力来源于向下喷出的水对火箭的反作用力，A错误； 水喷出的过程中，火箭内的压力对水做功，火箭和水的机械能不守恒，B错误； 考点三　“人船模型” 7.(多选)(2024·宜宾市高二月考)如图所示，载有物资的热气球的总质量为M，静止于距离水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是 A.物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒 B.投出物资后，热气球匀速上升 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 物资抛出之前，物资和热气球所受合力为零，物资抛出后，热气球和物资所受合外力不变，则系统所受合外力仍为零，则物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，故A正确； 投出物资后热气球所受合力向上，则向上做匀加速直线运动，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(2023·成都市高一期末)如图所示，质量为3 kg的光滑轨道静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB＝CD＝R＝0.3 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A.轨道对小球做正功 B.轨道的最大速度为3 m/s C.轨道对地面的最大压力为70 N D.两者分离时轨道移动了0.15 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 小球对轨道做正功，轨道对小球做负功，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2023·绵阳市高二期中)如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块置于光滑水平桌面上，一质量为m的小智能机器人(可视为质点)置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是 A.只有小机器人运动，滑块不运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 小机器人和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，小机器人从A端移动到B端的过程中，设小机器人 和滑块在任意时刻的水平分速度大小分别为v1和v2，则mv1＝Mv2，所 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(多选)(2023·成都市高一期末)如图，“水上飞人”是近几年流行的游乐项目。假设人(包括装备)的质量为70 kg，两个出水口的横截面积均为100 cm2，适当调节出水口的喷水速度可以使人悬停在空中(近似认为水流喷出前的速度为0)，忽略中间水管对人的作用力，水的密度为1.0×103 kg/m3，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则 A.悬停过程中水对人做正功 B.悬停过程中水对人的冲量竖直向上 C.出水口的喷水速度大小约为6 m/s D.出水口的喷水速度大小约为12 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 悬停过程，因人未发生位移，因此水的反冲动力对人不做功，故A错误； 设水的反冲作用力为F，飞行器及人的质量为M，则根据平衡条件有F＝Mg，即水的反冲作用力竖直向上，因此可知悬停过程中水对人的冲量竖直向上，故B正确； 11.(2024·广东广州市培正中学高二校考)2021年1月20日0时25分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将天通一号03星发射升空。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.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s B.火箭第三次喷出气体后速度的大小约为4 m/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15 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 第一宇宙速度(7.9 km/s)是卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，是最小的发射速度，地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到7.9 km/s，故A错误； 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈4 m/s，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(2024·嘉兴市高二期末)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，如图所示，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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 答案　(M－m)(v0－v)，方向与v0方向相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 一次瞬间喷射前着陆器的动量p＝(M－m)v0 一次瞬间喷射后的动量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－(M－m)v0＝(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－(M－m)v＝(M－m)(v0－v)，方向与v0方向相同 (2)瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率v′。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 喷射燃气的过程动量守恒，有 Mv0＝(M－m)v＋mv′ 返回 BENKEJIESHU 本课结束 乌贼逃命时的速度为v1＝40 m/s，设乌贼向前逃窜的方向为正方向，由系统动量守恒得0＝(m－m0)v1－m0v2，可得v2＝v1＝×40 m/s＝160 m/s，故选B。 v1＝－v＝－×2.9 m/s＝－0.1 m/s v1′＝－＝－ m/s v (－1)v 故v3＝≈2 m/s 发动机每秒喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝≈13.5 m/s。 答案　因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩的速度v的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv－Mv′＝0，解得v′＝。 m－M′＝0，故当小孩的位移大小为x时，如图所示，有 mx－Mx′＝0，解得x′＝。 答案　小孩与小船的位移大小与质量成反比，即＝。 答案　x＋x′＝L，解得x＝L。 3.人和船的位移大小之比与它们的质量成反比，即＝。当人从船头移动到船尾时，人和船的位移大小满足x人＋x船＝L，L为船长。 A. B. C. D. 设人走动时船的平均速度大小为，人的平均速度大小为′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度为正方向，则＝，′＝；根据动量守恒定律得M－m′＝0， 则得M＝m，解得渔船的质量M＝，故选B。 A. B. C. D. 设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L。以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，人沿软绳滑至地面时，气球上升的高度为L－h，速度大小v2＝，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1＝，得0＝M(－)＋m·，解得L＝h，故选D。 A. B. C. D. 以炮弹和炮车组成系统为研究对象，根据题意可知，炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向上受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向上动量守恒。以炮车后退的方向为正，在水平方向上，由动量守恒定律有Mv－mv0cos α＝0，解得v＝，故选A。 根据题意，设乌贼喷出的水的速度大小为v1，由动量守恒定律有Mv－mv1＝0，解得v1＝18 m/s，由能量守恒定律可得，在乌贼喷水的过程中，转化成机械能的生物能为ΔE＝Mv2＋mv12＝×0.9×22 J＋×0.1×182 J＝18 J，故C错误，D正确。 A. B. C. D. 以导弹飞行的方向为正方向，导弹被战斗机释放后导弹喷出燃气瞬间，根据动量守恒定律得Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝，故选D。 C.火箭上升的最大高度为 D.火箭上升的时间为 火箭发射过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以喷出水的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0－(M－m)v＝0，解得火箭的速度大小v＝，方向与v0的方向相反，竖直向上，火箭做竖直上抛运动，上升的最大高度h＝＝，C正确； 火箭上升的时间t＝＝，D正确。 C.物质落地时，热气球上升的高度为 D.d＝ 设物资落地时热气球上升的高度为h，则对物资和热气球组成的系统，由动量守恒定律得(M－m)＝m，解得h＝，则d＝H＋h＝H＋＝，故C、D正确。 系统在水平方向动量守恒，有0＝mv1－Mv2，根据能量守恒有mg(R＋R)＝mv12＋Mv22，解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，由此可知，轨道的最大速度为1 m/s，故B错误； 小球在C点时对轨道的压力最大，此时轨道没有加速度，以轨道为参考系(此时为惯性系)，小球此时相对圆心的速度为v1＋v2，对整体应用牛顿运动定律有N＝Mg＋mg＋m＝ N，故C错误； 对小球和轨道组成的系统，有mx1＝Mx2，x1＋x2＝2R，所以二者分离时轨道移动的距离为x2＝＝0.15 m，故D正确。 B.滑块运动的距离是R C.滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R D.小机器人运动的位移是滑块的倍 以在整个过程中，二者的平均速度大小满足m1＝M2，则二者水平位移大小(即运动的水平距离)满足mx1＝Mx2；根据相对位移关系有x1＋x2＝2R，即滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R，且＝，故C正确，D错误； 根据前面分析可得小机器人和滑块移动的距离分别为x1＝，x2＝，故A、B错误。 设出水口的喷水速度为v，在极短的Δt时间内两个出水口喷出的水的质量为Δm，则有Δm＝ρV＝2ρSvΔt，设在极短时间内飞行器及人对喷出的水的平均作用力为，取向下为正方向，对喷出的水由动量定理有Δt＝Δmv，根据牛顿第三定律有＝F，而由平衡条件F＝Mg，联立解得v≈6 m/s，故C正确，D错误。 要能成功发射，设喷气n次后达到第一宇宙速度，即vn＝7.9 km/s；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得n≈666次，至少持续喷气的时间为t＝ s＝33.3 s，故C、D错误。 答案　(v0－v)＋v 解得v′＝(v0－v)＋v。 $