1.第6节 反冲现象 火箭-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书（人教版）

本讲义聚焦反冲现象的规律及火箭工作原理这一核心知识点，从生活实例（如炮身后退、喷灌装置）引入反冲定义，依托动量守恒定律分析其规律，延伸至火箭的反冲原理及速度影响因素，再通过人船模型等拓展应用，构建从基础到拓展的学习支架。 该资料以情境化实例（乌贼运动、水上飞行器）驱动探究，通过模型建构（人船模型、火箭速度分析）培养科学思维，结合万户飞天案例渗透科学态度与责任。课中问题讨论与例题助力师生互动，课后判断题与练习题帮助学生巩固知识，有效提升教学效果与学习效率。

第6节　反冲现象　火箭 [学习目标] 1．通过生活实例分析，了解反冲运动，知道反冲运动在生活中的应用。 2．通过火箭模型的类比，知道火箭的飞行原理，能用动量守恒定律解决反冲问题。 3．通过阅读教材和查阅课外材料，了解我国航天技术的发展。　 1．举例说明：什么叫反冲？反冲在生产生活中有哪些影响和应用？ 2．类比古代的火箭、喷气式飞机等，说明火箭的工作原理。 3．通过理论分析说明：提高火箭飞行速度的方法有哪些？ 一、反冲现象 1．定义：发射炮弹时，炮弹从炮筒中飞出，炮身则向后退。 炮身的这种后退运动叫作反冲。 2．规律：反冲现象中，系统内力很大，外力可忽略，满足动量守恒定律。 3．反冲现象的防止及应用 (1)防止：用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 (2)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。 二、火箭 1．工作原理：利用反冲的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。 2．影响火箭获得速度大小的因素 一是喷出燃气的速度，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。 1．判断下列说法是否正确 (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)火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。(×) (4)火箭发射时，火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能。(√) 2．下列情景中涉及的运动是否满足反冲现象的原理？ (1)蹦床运动员被弹回。 (2)两个台球间的斜碰。 (3)火箭垂直发射升空。 提示：(1)不满足。(2)不满足。(3)满足。 反冲现象的特点及应用 如图所示，水上飞行器(Flyboard)是水上飞行娱乐产品，游戏者利用它可以做出各种惊险、优美的动作，极具观赏性和娱乐性。 问题1：水上飞行器的工作原理是什么？ 问题2：游戏者若想后退，应如何调节手臂的喷水方向？ 提示：1.反冲。2.向前喷水从而获得向后的反冲力。 1．反冲运动的特点 (1)反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。 2．讨论反冲运动应注意的两个问题 (1)速度的矢量性：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，应将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。 【典例1】 乌贼在水中的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，它在无脊椎动物中游得最快，速度可达15 m/s。逃命时更是可以达到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．210 m/s B．160 m/s C．75 m/s D．60 m/s 解析：选B。乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，由题意可知，乌贼逃命时的速度达到v1＝40 m/s，设乌贼喷射出水的速度为v2，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得(m－m0)v1－m0v2＝0，解得v2＝v1＝×40 m/s＝160 m/s，故B正确。 火箭的工作原理分析 如图甲为喷气式飞机，如图乙为螺旋桨飞机。 问题1：两种飞机的飞行原理有何不同？ 问题2：假如在月球上建一飞机场，为使飞机正常起降，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机？为什么？ 提示：1.喷气式飞机利用反冲运动原理，螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行。 2．月球上没有空气，所以应配置喷气式飞机。 火箭类反冲问题解题要领 (1)两部分物体初、末速度的参考系必须是同一参考系，一般以地面为参考系。 (2)要特别注意反冲前、后各部分质量的变化及关系。 (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向，并引入正负号表示。 【典例2】 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(相对地面)，设火箭与燃料总质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。求： (1)原来静止的火箭第三次喷气后的速度大小； (2)运动第1 s末，火箭的速度大小。 解析：(1)方法一　喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒。 第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有 (M－m)v1－mv＝0 所以v1＝ 第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有 (M－2m)v2－mv＝(M－m)v1 所以v2＝ 第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有 (M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2 所以v3＝＝, m/s≈2 m/s。 方法二　选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解。 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出三次气体为研究对象，根据动量守恒定律，得 (M－3m)v3－3mv＝0 所以v3＝≈2 m/s。 (2)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：(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 【思维进阶】 在“典例2”中，若发动机每次喷出200 g的气体，气体离开发动机喷出时相对火箭的速度v＝1 000 m/s，则当第一次气体喷出后，火箭的速度多大？ 提示：由动量守恒定律得(M－m)v1－m(v－v1)＝0，解得v1≈0.67 m/s。 ►误区警示：由于火箭每次喷出气体的动量不变，所以用火箭和喷出的三次气体为研究对象解决本题较方便。如果火箭每次喷出的气体相对火箭的速度不变，则需将每次喷出气体的动量转换为对地的动量。 人船模型及其应用 1．模型解读 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，不计水的阻力。 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得 m船v船＝m人v人或m船＝m人人 即m船·＝m人 由图可知x船＋x人＝L 联立解得x人＝L，x船＝L。 2．适用条件 (1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； (2)在系统内发生相对运动的过程中，至少有一个方向的动量守恒。 3．运动特点 (1)人“走”船“走”，人“停”船“停”，人“快”船“快”，人“慢”船“慢”； (2)人、船的位移大小与质量成反比，即＝ 。 角度1　人船模型 【典例3】 如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬挂一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)(　　 ) A．20 m B．40 m C．50 m D．60 m 解析：选D。设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据系统动量守恒得m1v1＝m2v2，人与气球运动的距离分别为h＝v1t＝20 m，x球＝v2t，联立可得＝ ，又h＋x球＝l， 代入数据解得绳长至少为l＝60 m，故D正确。 ►规律方法：分析“人船模型”类问题时要画出各物体的位移关系草图，找出各位移间的关系，同时要注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 角度2　分方向的人船模型 【典例4】 (2025·四川绵阳期末)如图所示，静止放置在光滑水平地面上的表面光滑的等腰直角斜面体的质量为3m，直角边长为L，将质量为m的滑块(视为质点)从斜面体顶端由静止释放，从滑块刚下滑到滑块滑至斜面底端时，斜面体的位移大小为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B。因为滑块与斜面体组成的系统在水平方向上无外力，所以系统在水平方向上动量守恒，在水平方向有mv1＝3mv2，两边同乘以t，有mv1t＝3mv2t，可得mx1＝3mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝，则斜面体的位移大小为，故B正确。 【提出问题】 如图所示，炸弹在空中突然爆炸成两块。爆炸前后，系统的动量是否守恒？能量转化有何特点？ 【剖析论证】 虽然炸弹在空中受到的合力不为零，但由于炸弹的爆炸时间极短，系统的内力远大于外力，所以爆炸前后系统的动量可认为近似守恒；爆炸时系统通过内力做功将化学能转化为机械能，即爆炸后系统的机械能一定增加，这一点与碰撞不同。 【科学方法】 模型的简化、构建与类比。 1．(2025·江苏扬州期中)“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，要增大火箭的发射速度大小，下列操作中可行的是(　　 ) A．减小v0的同时减小m B．增大v0的同时减小M C．增大M的同时减小m D．同比例增大M、m 解析：选B。点燃火箭后在极短的时间内，根据动量守恒可知mv0＝(M－m)v，解得v＝，所以要增大火箭的发射速度大小，应增大m和v0的同时减小M，故B正确。 2．(2025·江苏泰州期中)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.6 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已知竹竿的质量约为30 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为(　　 ) A．45 kg B．48 kg C．50 kg D．55 kg 解析：选B。根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv＝m竿v竿，由于系统的水平动量一直为0，运动时间相等，设运动时间为t，则有mvt＝m竿v竿t，整理可得mx＝m竿x竿，解得m＝＝kg＝48 kg，故B正确。 学科网（北京）股份有限公司 $