第1章 6 反冲现象 火箭（课件PPT）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

该高中物理课件聚焦反冲现象及火箭原理，通过“气球后退”“细管旋转”等实验问题导入，结合预习案回顾动量守恒定律，搭建从已知到未知的学习支架，帮助学生建立反冲运动与动量守恒的知识联系。 其亮点在于以探究案互动讨论反冲受力、动量及机械能变化，培养科学思维，通过反冲小车、火箭喷气等例题训练强化物理观念，人船模型推广体现模型建构。学生能提升分析问题能力，教师可依托结构化资源开展互动教学，提高课堂效率。

第一章　动量守恒定律 6　反冲现象　火箭 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 预习案 必备知识·问题导学 01 探究案 关键能力·互动探究 02 知能达标训练 04 提升案 随堂演练·基础落实 03 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 预习案 必备知识·问题导学 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 向后 后退 旋转 准确性 肩部 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 反冲 越大 越大 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 提升案 随堂演练·基础落实 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 知 能 达 标 训 练 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 谢谢观看 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 物理观念 科学思维 了解反冲运动及反冲运动的典型事例。 1．能够应用动量守恒定律分析反冲运动问题。 2．了解火箭的飞行原理及决定火箭最终速度大小的因素。 一、反冲 阅读教材，并回答： 1．教材“做一做”图1.6­2中：气球为什么会向后退呢？细管为什么会旋转起来呢？ 答　过程动量是守恒的 2．它们的共同特征是什么？系统的初始状态有何特点？ 答　运动的物体有两个，它们的运动方向相反。初始时两个物体均静止。 3．还能举出有关的这样的例子吗？试着用自己的语言来表达什么是反冲。 答　略 【概念·规律】 1．概念：发射炮弹时，炮弹从炮筒中飞出，以很大的速度向前运动，由于射击前炮弹静止在炮筒中，它们的总动量为0，根据动量守恒定律，射击后炮身必将________运动。炮身的这种________运动叫作反冲。 2．反冲现象的应用及防止 (1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边________。 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的__________，所以用步枪射击时要把枪身抵在________，以减小反冲的影响。 二、火箭 1．工作原理：是利用________运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度。 2．影响火箭获得速度大小的因素 火箭喷出的燃气的速度v________，火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比________，火箭获得的速度Δv就越大。 (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)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析。(　　) (3)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。(　　) (4)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√ 探究点一　反冲现象 [交流讨论] 请结合事例，分析反冲运动的特点： (1)反冲运动的受力有什么特点？ (2)反冲运动过程中系统的动量有什么变化？ (3)反冲运动过程中系统的机械能有什么变化？ 答　(1)内力远大于外力　(2)动量守恒 (3)总动能增加 [归纳总结] 1．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 2．反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理。 3．反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。 　反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。 (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。 (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何？(小车一直在水平方向运动) [解析]　(1)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。以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律 mv＋(M－m)v′＝0 v′＝－eq \f(m,M－m)v＝－eq \f(0.1,3－0.1)×2.9 m/s＝－0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反， 反冲速度大小是0.1 m/s。 (2)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速度的方向为正方向，有mvcos 60°＋(M－m)v″＝0 v″＝－eq \f(mvcos 60°,M－m)＝－eq \f(0.1×2.9×0.5,3－0.1) m/s＝－0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分速度的方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s。 [答案]　(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反 (2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分速度的方向相反 ●核心素养·思维升华 反冲问题一般应用系统动量守恒定律列式计算。列方程时要注意初、末状态动量的方向，反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的。 1．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2 100 g。当它以对地速度为v0＝840 m/s喷出质量为Δm＝100 g的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)(　　) A．42 m/s　　　　　　 B．－42 m/s C．40 m/s D．－40 m/s 解析　喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统在竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得v＝－42 m/s，故B正确，A、C、D错误。 答案　B 探究点二　火箭原理 1．火箭燃料燃尽时，火箭获得的最大速度由喷气速度v和质量比eq \f(M,m)(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)两个因素决定。 2．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用。在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题。 　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，发动机每秒钟喷气20次。(保留小数点后一位)则： (1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？ (2)运动第1 s末，火箭的速度多大？ [审题探究]　(1)喷气时研究对象是谁，它们喷气前后的速度多大？ (2)每次喷气时，火箭的质量一样吗？ [解析]　火箭喷气属反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解。 (1)选取火箭和气体组成的系统为研究对象，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，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0 故v3＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s。 (2)发动机每秒钟喷气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＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s。 [答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s ●核心素养·思维升华 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、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系，要设法予以调整，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，反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相同的。 2．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　) A．eq \f(m,M) v0　　　　　　　 B．eq \f(M,m) v0 C．eq \f(M,M－m) v0 D．eq \f(m,M－m) v0 解析　应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化。取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝eq \f(mv0,M－m)，选项D正确。 答案　D 探究点三　人船模型 [交流讨论] 如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？ 答　当人从船头走到船尾的过程中，人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用，故系统水平方向动量守恒，设某时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v，则mv2－Mv1＝0，即eq \f(v2,v1)＝eq \f(M,m)，在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒，故mv2t－Mv1t＝0，即ms2－Ms1＝0，而s1＋s2＝L，所以s1＝eq \f(m,M＋m)L，s2＝eq \f(M,M＋m)L。 [归纳总结] 1．“人船模型”问题的特征：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。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。 2．运动特点：两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停。 3．处理“人船模型”问题的两个关键 (1)处理思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。 (2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。 4．人船模型推广 注意“人船模型”是一类题目的缩影，如人在光滑水平面上的平板车上行走；放在光滑水平面上的斜劈上的木块下滑问题等都可用此模型处理。 人从光滑小车的一端走到另一端 (s1＋s2＝L) s1＝eq \f(M,M＋m)L，s2＝eq \f(m,M＋m)L 小球m从半圆槽M的光滑弧面上滑下 (s1＋s2＝2R) s1＝eq \f(M,M＋m)2R， s2＝eq \f(m,M＋m)2R 滑块m从木块M的光滑斜面上滑下 (s1＋s2＝ L－a) s1＝eq \f(M,M＋m)L－a， s2＝eq \f(m,M＋m)L－a 人从静止气球的绳上滑下(s1＋s2＝L) s1＝eq \f(M,M＋m)L， s2＝eq \f(m,M＋m)L 　有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m，忽略船运动过程中水对它的阻力，则可测得船的质量为(　　) A．eq \f(mL－d,d)　　　　　 B．eq \f(mL＋d,d) C．eq \f(mL＋d,L) D．eq \f(mL,d) [解析]　设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人和船的相对位移为L，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t)，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝eq \f(mL－d,d)，故选项A正确。 [答案]　A 　(多选)在例题中，若人从某时刻开始从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况正确的是(　　) A．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 B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比 C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零 D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离 解析　人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，设甲的质量为m，瞬时速度为v，乙和船的质量为M，瞬时速度为v′，根据动量守恒定律得mv＝Mv′，解得eq \f(v,v′)＝eq \f(M,m)，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正确；根据eq \f(v,v′)＝eq \f(M,m)，人加速行走，船加速后退；根据牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)，根据牛顿第三定律，人和船相互作用力F大小相等，所以加速度大小与它们质量成反比，B正确； 根据eq \f(v,v′)＝eq \f(M,m)，所以人走走停停，船退退停停。人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，系统初始动量为0，两者动量总和总是为零，C正确；根据eq \f(v,v′)＝eq \f(M,m)，当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，D错误。 答案　ABC 3．如图所示，质量M＝3 kg的圆环套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝1.2 m的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小球通过最低点时，小球和圆环的速度大小； (2)从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环的位移大小；并用尺规作图，在原图中标出小球到达最低点时，小球和圆环的位置。 解析　(1)依题意，系统水平方向动量守恒，可得Mv1＝mv2 由系统机械能守恒，可得mgL＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22 联立解得v1＝eq \r(2) m/s，v2＝3eq \r(2) m/s。 (2)系统水平方向动量守恒，根据“人船模型”可得Md1＝md2， 又d1＋d2＝L 联立解得d1＝0.3 m，d2＝0.9 m 即圆环的位移大小为0.3 m，小球到达最低点时， 小球和圆环的位置如图所示 答案　(1)3eq \r(2) m/s　eq \r(2) m/s　 (2)0.3 m　见解析图 1．(多选)中国潜艇专家正在设计一种以电磁力推动潜航的潜艇，基本原理是给潜艇间的海水通电，利用潜艇的强磁场对通电海水的作用力，将海水高速推出，使潜艇获得动力，为了提高潜艇的航速，可采用哪些措施(　　) A．使推出水的速度增大 B．使潜艇的质量增大 C．使通过海水的电流增大 D．使单位时间内推出的水的质量增加 答案　ACD 2．一静止的质量为M的原子核，以相对于地的水平速度v放射出一质量为m的粒子后，原子核剩余部分反冲运动的速度大小为(　　) A．eq \f(Mv,m)　　　　　　　　　 B．eq \f(mv,M－m) C．eq \f(M－m,m)v D．eq \f(M＋m,m)v 解析　由动量守恒定律得mv－(M－m)v′＝0， 解得v′＝eq \f(mv,M－m)，因此选项B正确。 答案　B 3．如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小球Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速度释放，然后滑上半圆槽右端，各接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．P、Q组成的系统满足动量守恒 B．P的位移大小为eq \f(3,4)R C．Q滑至最低点时的速度为 eq \r(\f(gR,2)) D．Q的位移大小为eq \f(R,4) 解析　对P、Q组成的系统进行分析，由于小球Q在竖直方向上存在加速与减速过程，则系统所受外力的合力不为0，系统仅仅在水平面所受外力的合力为0，即系统动量不守恒，系统在水平方向上动量守恒，故选项A错误；Q滑至最低点，根据系统水平方向动量守恒可得mvP－3mvQ＝0，根据系统机械能守恒可得3mgR＝eq \f(1,2)mvP2＋eq \f(1,2)×3mvQ2，联立解得vQ＝eq \r(\f(gR,2))，故选项C正确；根据水平方向动量守恒的位移表达式有mxP－3mxQ＝0，P、Q的相对位移xP＋xQ＝2R，联立解得xP＝eq \f(3,2)R，xQ＝eq \f(1,2)R，故选项B、D错误。 答案　C 4．如图所示，滑冰场上质量为m1＝40 kg的小运动员站在质量为m2＝20 kg的长木板的最右端，与木板一起以v0＝2 m/s的速度在光滑水平冰面上向左匀速运动。当运动员以a＝1 m/s2的加速度匀加速跑向左端，并从左端水平跑离木板时木板恰好静止。问：木板的长度L为多少？ 解析　设运动员离开木板时相对冰面速度为v，运动员与木板之间的水平力大小为F。 对运动员由牛顿第二定律F＝m1a 设运动员跑离木板时相对冰面位移为x1，对运动员，由动能定理Fx1＝eq \f(1,2)m1v2－eq \f(1,2)m1v02 设运动员跑离木板时，木板相对冰面位移为x2，对木板，由动能定理－Fx0＝0－eq \f(1,2)m2v02 运动员和木板组成的系统动量守恒，以冰面为参考系，水平向左为正方向，当运动员跑离木板时木板恰好静止， 由动量守恒定律(m1＋m2)v0＝m1v 由于x1－x2＝L 解得L＝1.5 m。 答案　1.5 m $