第一章 6 反冲（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理课件聚焦反冲现象、火箭发射原理及“人船模型”，通过气球喷气、窜天猴升空等生活实例导入，衔接动量守恒定律，搭建从现象到规律应用的学习支架。 其亮点在于以生活实例构建物理模型（物理观念），通过问题驱动与分层练习（科学思维、科学探究），如乌贼喷水动量守恒分析、反冲小车速度计算等，帮助学生深化理解，教师可借此实施高效教学。

第 一 章 反冲 6 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 内容索引 课时对点练 一、反冲现象 二、火箭的发射 三、“人船模型”问题 < 一 > 反冲现象 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 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 　(多选)(2024·阿坝州高二期中)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 例1 √ √ 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； 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+m=×0.9×22 J+×0.1×182 J=18 J， 故C错误，D正确。 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) 针对训练1 答案　0.1 m/s，方向与橡皮塞水平运动的方向相反 (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； 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 v1=-v=-×2.9 m/s=-0.1 m/s 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 v1'=-=- 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运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s。 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。 总结提升 返回 < 二 > 火箭的发射 1.火箭的发射利用了 。 2.影响火箭飞行最大速度的因素 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_____________ 所以v'=______=______。 反冲 0=mv'-(M-m)v v (-1)v (1)喷气速度：目前常用的液体燃料是液氢，用液氧作氧化剂，火箭的喷气速度一般在2 000~5 000 m/s之间。 (2)质量比(火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比)：质量比与火箭的结构和材料有关，现代火箭能达到的质量比不超过10。 3.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；三是使用多级火箭。 　(2024·达州市高二期末)“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[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]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，重力加速度为g，下列说法中正确的是 A.火箭的推力来自燃气对它的反作用力 B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 C.喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒 例2 √ 火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确； 在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M-m)v-mv0=0，解得 火箭的速度大小为v=，故B错误； 喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得， 最大上升高度为h==，故C错误； 在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故D错误。 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？ 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，根据动量守恒定律有(M-3m)v3-3mv=0，可得v3=≈2 m/s 针对训练2 答案　2 m/s (2)运动第1 s末，火箭的速度多大？ 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，根据动量守恒定律有(M-20m)v20-20mv=0，可得v20=≈13.5 m/s。 答案　13.5 m/s 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。 总结提升 返回 < 三 > “人船模型”问题 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； 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。设小孩的速度的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv-Mv'=0，解得v'=。 (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 m-M'=0，故当小孩的位移大小为x时，如图所示，有 m-M=0，解得x'=。 (3)小孩和船的位移与两者质量有什么关系； 答案　小孩与小船的位移大小与质量成反比，即=。 (4)船长为L，若小孩从船尾移动到船头，小孩的位移为多大。 答案　x+x'=L，解得x=L。 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。 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。 模型构建 　(2024·南充市仪陇中学高二月考)如图所示，质量m=60 kg的人，站在质量M=240 kg的车的一端，车长L=3 m，均相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可以忽略不计，人由车的最左端走到最右端的过程中， A.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小 B.车后退0.5 m C.即使人与车之间存在摩擦力，人与车组成 的系统在水平方向仍然动量守恒 D.人的速率最大时，车的速率最小 例3 √ 人对车的作用力与车对人的作用力是作用力与反作用力的关系，它们大小相等、方向相反，作用时间相等，则两个作用力的冲量大小相等、方向相反，故A错误； 人与车之间的摩擦力属于系统内力，则人与车组成的系统在水平方向所受合外力为零，人与车组成的系统在水平方向动量守恒，故C正确； 设车后退的距离为x ，则人的位移大小为L-x，人与车组成的系统在水平方向 动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有m人v人-M车v车=0，即m-M=0，代入数据解得x=0.6 m，故B错误； 人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有m人v人-M车v车=0，m、M一定，则人的速率最大时，车的速率最大，故D错误。 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 A. B. C. D. √ 针对训练3 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。 返回 < 四 > 课时对点练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 BCD D BCD A C CD B ACD 题号 9 10 11 　12 答案 BC C B 　D 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 √ √ 34 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 2.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 答案 11 12 以人为研究对象，人向后踢腿或甩手臂，总动量为0，所以人整体不移动，故A、B错误； 因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人滚动却无法移动，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.(多选)(2024·四川省兴文第二中学高二期中)甲、乙两人静止在光滑的水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。已知甲、乙的质量之比为9∶10，两人在反向加速运动时的某一时刻，关于甲、乙两个人，下列说法正确的是 A.动量大小之比为10∶9 B.速度大小之比为10∶9 C.动能之比为10∶9 D.加速度大小之比为10∶9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 √ √ 甲、乙系统动量守恒，则0=m甲v甲-m乙v乙，可见，动量大小相等，动量大小之比为1∶1；速度大小与质量成反比，速度大小之比为10∶9，故A错误，B正确； 动能之比为==，故C正确； 甲、乙受力大小相等，根据a=可知，加速度大小与质量成反比，加速 度大小之比为10∶9，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 4.(2024·四川省合江县马街中学高二期中)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 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 考点二　火箭的发射 5.(2024·南充市高二月考)一质量为 M 的航天器正以速度v0在同步卫星轨道上做圆周运动，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1(以地心为参考系)，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为 A.M B.M C.M D.M √ 规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0=(M-m)v2-mv1， 解得m=M，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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 C.火箭上升的最大高度为 D.火箭上升的时间为 √ √ 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，火箭内的压力对火箭和水做功，火箭和水的机械能不守恒，B错误； 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 考点三　“人船模型” 7.(2024·广安市育才学校高二月考)如图所示，一个质量为m=50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为M=20 kg，当静止时人离地面的高度为h=5 m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是(可以把人看作质点) A.5 m B.3.6 m C.2.6 m D.8 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，设当他滑到绳下端时，他离地高度为H，设此过程人下滑的位移大小为x1，气球上升的位移大小为x2，由动量守恒定律有 m=M，又x1+x2=h，H=x2，联立解得H≈3.6 m，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 8.(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，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 C.物资落地时，热气球上升的高度为 D.d= √ √ √ 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；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， 由动量守恒定律有(M-m)=m，解得h=，则d=H+h=H+=， 故C、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 9.(多选)如图所示，一小车静止在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，则当两人同时相向走动时 A.要使小车向左运动，甲、乙速率一定相等 B.要使小车静止不动，甲、乙动量大小一定相等 C.要使小车向左运动，甲的动量大小一定比乙的大 D.要使小车向左运动，乙的动量大小一定比甲的大 √ 能力综合练 √ 两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律有m甲v甲+m乙v乙+m车v车=0，要使小车向左运动，则甲、乙的合动量方向向右，而甲向右运动，乙向左运动，则甲的动量大小一定比乙的大，故A、D错误，C正确； 要使小车静止不动，则m甲v甲+m乙v乙=0，甲、乙动量大小一定相等，故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 10.(2024·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 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 √ 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，所以在整个过程中，二者的平均速度大小满足m=M，则二 者水平位移大小(即运动的水平距离)满足mx1=Mx2，则=，D错误； 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，故C正确； 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 11.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 答案 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，由动量守恒定律有(M-3m)v3-3mv=0，解得v3≈4 m/s，故B正确； 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，由动量守恒定律有(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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 尖子生选练 12.(2024·四川省泸县第四中学高二期中)如图所示，质量为M、半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块从与环心O等高处开始无初速度下滑到达最低点时，滑块发生的位移为 A.R B.R C.R D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 √ 返回 设滑块滑到最低点所用的时间为t，滑块发生的水平位移大小为x，则圆环的位移大小为R-x，取水平向左为正方向。根据水平方向动量守恒有 m-M=0 ，解得x=R，滑块竖直方向的位移大小为R，则总位移为x'==，A、B、C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 第 一 章 本课结束 $