10-第1章 6 反冲现象 火箭（PPT同步课件）-【学而思】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册（人教版）江苏北京专版

该高中物理课件聚焦反冲现象与火箭原理，基于动量守恒定律展开，通过乌贼喷水、火箭发射等生活实例导入，衔接前序动量守恒知识，构建从基础到应用的学习支架。 其亮点在于采用基础过关、能力提升、创新题型分层训练，结合人船模型等科学思维要素，运用微元法和一题多解，培养科学推理与模型建构能力。学生能提升解题与思维，教师便于分层教学和资源整合。

第一章 动量守恒定律 第1讲　描述运动的基本概念 基础过关练 6 反冲现象 火箭 第1讲　描述运动的基本概念 题组一　反冲现象 1.[2026四川期中]在水平铁轨上放置一质量为M的炮车(不含炮弹),发射的炮弹质量为m,设铁轨和炮车 间的摩擦不计,炮身与水平方向成θ角,炮弹速度大小为v0,则炮车的反冲速度为 ( ) A. 　　　　　    B.  C. 　　　　　    D.      D     第1讲　描述运动的基本概念 解析　系统(炮车和炮弹)在水平方向动量守恒,初始总动量为0,则有mv0 cos θ=Mv,解得v= ,故选 D。 第1讲　描述运动的基本概念 2.[2026吉林期末]乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动,被称为“海里的火箭”。如图所 示,一只静止在水中的乌贼,当外套膜吸满水后,它的总质量为3 kg,遇到危险时,通过漏斗状体管在极短 时间内将水向后高速喷出,从而以30 m/s的速度迅速逃窜,喷出水的质量为0.5 kg,则喷出水的速度大小 为 ( ) A.80 m/s　　    B.120 m/s　　    C.150 m/s　　    D.200 m/s     C     第1讲　描述运动的基本概念 解析　由题可知,乌贼逃窜时的速度大小为v1=30 m/s,乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒,设乌贼喷 出水的速度大小为v2,取乌贼逃窜的方向为正方向,由动量守恒可得(m-m0)v1-m0v2=0,解得v2= v1=  ×30 m/s=150 m/s,故选C。 易错警示 反冲的特别提醒 (1)若反冲是在很短的时间内进行的,且内力远大于外力,则在这一段很短的时间内,可以认为外力的存 在不影响系统的动量守恒。 (2)内力做功往往会改变系统的总动能。 (3)要明确反冲对应的过程,弄清对应的初、末状态的速度大小和方向。 第1讲　描述运动的基本概念 题组二　火箭 3.[2025江苏苏州期中]下列关于火箭的描述正确的是     ( ) A.增加单位时间内燃气喷射量可以增大火箭的推力 B.气体喷出的过程中,火箭和气体组成的系统机械能守恒 C.火箭是靠喷出气流与空气间的作用而获得巨大速度的 D.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     A     第1讲　描述运动的基本概念 解析　设在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm,则由动量定理有FΔt=Δmv,可得F= v,即增加单位时间内 燃气喷射量 可以增大火箭的推力,选项A正确;气体喷出的过程中,燃料燃烧放出能量,可知火箭和气 体组成的系统机械能增加,选项B错误;燃料燃烧时火箭向下喷气,喷出的气体的反作用力推动火箭升 空,即火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度(易错点),选项C错误;当燃气喷出火箭喷口的速度相 对于地面为零时,燃气相对火箭仍有速度,仍可使火箭加速,选项D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 4.[2025江苏南通海安高级中学月考]如图所示,一架质量为m的喷气式飞机飞行的速度大小为v,某时刻 它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u,喷出气体的质量为Δm,以地面为参考系,下列说法正确的是  ( ) A.若u<v,则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向相同,喷气后飞机速度不会增加 B.只有u<v,喷气后飞机速度才会增加 C.喷气后飞机速度大小为 u     D     D.喷气后飞机增加的速度为 u 第1讲　描述运动的基本概念 解析　设喷出气体后飞机的速度大小为v',对飞机和气体组成的系统,根据动量守恒有mv=(m-Δm)v'+Δm (v'-u)(易错点)(注意速度的相对性),解得v'=v+ u,C错误;结合上述分析可知,喷气后飞机增加的速度为  u,D正确;喷气后飞机增加的速度为 u,可知无论u与v的大小关系如何,v'均大于v,A、B错误。 易错警示　     (1)两部分物体初、末状态的速度的参考系必须是同一参考系,且一般以地面为参考系; (2)要特别注意反冲前、后物体质量的变化; (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。 第1讲　描述运动的基本概念 5.[2026河北张家口阶段测试]某校科技小组发射水火箭如图所示,已知水火箭初始总质量为0.3 kg。在 极短时间内分两次喷射水流:第一次喷出质量为0.1 kg的水,以10 m/s的对地速度向下喷出;紧接着第二 次喷出质量也为0.1 kg的水,以12 m/s的对地速度向下喷出。喷出过程中重力可忽略,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不计。水火箭上升的最大高度为 ( ) A.6.2 m　　    B.12.1 m　　    C.24.2 m　　    D.48.2 m     C     第1讲　描述运动的基本概念 解析　以水火箭运动的方向为正方向,在极短时间内喷水两次,均动量守恒,设两次喷水后水火箭的速 度为v2,由动量守恒定律得0=-mv-mv'+(M-2m)v2,可得喷水后水火箭获得的速度为v2=22 m/s,水火箭上升 的最大高度为h= =24.2 m,故选C。 第1讲　描述运动的基本概念 6.[2025安徽蚌埠一模]某科研小组试验一款火箭,携带燃料后的总质量为M。先将火箭以初速度v0从地 面竖直向上弹出,上升到h0高度时点燃燃料,假设质量为m的燃气在一瞬间全部竖直向下喷出,若燃气相 对火箭喷射出的速度大小为u,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求: (1)火箭到达h0高度时的速度大小; (2)燃气全部喷出后火箭的速度大小; (3)火箭上升的最大高度。 答案    (1)     (2) + u (3)h0+ ( + u)2 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)火箭从地面弹出到h0高度的过程,由机械能守恒可得 M =Mgh0+ M  解得火箭到达h0高度时的速度大小为v1=  (2)燃气全部喷出瞬间,由动量守恒可得Mv1=(M-m)v2+m(v2-u)(易错点) 解得燃气全部喷出后火箭的速度大小为 v2= + u (3)设火箭上升的最大高度为H,燃气全部喷出后到火箭上升到最大高度的过程,根据机械能守恒可得  (M-m) =(M-m)g(H-h0) 解得H=h0+   第1讲　描述运动的基本概念 能力提升练 6 反冲现象 火箭 第1讲　描述运动的基本概念 题组一　变质量的反冲运动 1.[2026广东肇庆期末]我国研制的新型爆震发动机性能优越。在一次测试中,一台装备了该发动机的 飞行器(含燃料)的总质量为M,每次爆震均喷出质量为m、速率为v(相对地面)的气体,喷气方向始终与 飞行器的运动方向相反(喷气时间极短,忽略空气阻力及每次喷出气体的重力)。假设飞行器最初在空 中以速度v0匀速飞行,则相继进行了n次爆震后飞行器最终获得的速度大小为 ( ) A. 　　　　　    B.  C. 　　　　　    D.      D     第1讲　描述运动的基本概念 解析　设飞行器飞行的方向为正方向,因每次爆震均喷出质量为m、速率为v的气体,设相继进行了n次 爆震后飞行器的速度大小为v1,根据动量守恒有Mv0=(M-nm)v1-nmv,解得v1= ,故选D。 第1讲　描述运动的基本概念 2.[2026黑龙江大庆阶段测试]乌贼在遇到紧急情况时,通过快速喷水获得速度而逃离险境。已知乌贼 喷水前的质量为M,处于静止状态。喷水时,在极短时间内将质量为m的水以速率u水平向前喷出,获得 速度向后逃离。逃离过程中所受水的阻力与其速度大小成正比,比例系数为k。下列说法正确的是  ( ) A.乌贼获得的最大速度为  B.喷水后乌贼做匀减速直线运动 C.喷水后乌贼向后逃离的最远距离为  D.喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能     A     第1讲　描述运动的基本概念 解析　以水喷出的方向为正方向,喷水前总动量为0,根据动量守恒定律有0=mu-(M-m)v,解得v= ,此 为乌贼喷水后的初始速度,即最大速度,A正确;乌贼喷水后受到的阻力f=kv,加速度大小a= = , 加速度大小与速度大小成正比、方向相反,速度减小时加速度也减小,不是匀减速运动,B错误;乌贼喷 水后,由动量定理得∑kvΔt=kx=(M-m)v(解题技法),将v= 代入解得x= ,C错误;喷水过程乌贼消耗 的能量等于喷出水的动能和乌贼自身获得的动能之和,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 3.[2024湖南长沙南雅中学月考]一个连同装备共有M=100 kg的航天员,脱离宇宙飞船后,在离飞船x=45 m处与飞船处于相对静止状态。他带着一个装有m0=0.5 kg氧气的氧气瓶,氧气瓶有个喷嘴可以使氧气 相对于喷嘴以u=50 m/s的速率向后喷出。航天员必须向着与返回飞船相反的方向喷出氧气,才能回到 飞船上去,同时又必须保留一部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸。航天员呼吸的耗氧率为Q=2.5×10- 4 kg/s。 (1)如果航天员在开始返回的瞬间喷出m1=0.1 kg的氧气,求喷出氧气后航天员相对于飞船的速度大小。 (2)试通过计算说明喷出m1=0.1 kg的氧气后,该航天员能否安全回到飞船。 (3)如果航天员想以最短的时间返回飞船,他开始最多能释放出多少氧气?这时他返回飞船所用的时间 是多少? 答案    (1)0.05 m/s    (2)见解析    (3)0.45 kg    200 s 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)根据动量守恒定律可得m1(u-v)=(M-m1)v 代入数据可得v=0.05 m/s (2)由(1)可知航天员回到飞船所用的时间t= =900 s 因呼吸消耗氧气的质量m=Qt=0.225 kg 因为m+m1<m0,所以航天员能安全返回飞船 (3)为了以最短时间返回飞船,设喷出质量为m2的氧气,喷气后航天员相对于飞船的速度大小为v1,喷气过 程动量守恒,有 m2(u-v1)=(M-m2)v1 返回飞船所用的时间t1=  呼吸消耗氧气的质量Δm=m0-m2=Qt1 第1讲　描述运动的基本概念 解得m2=0.45 kg,t1=200 s 第1讲　描述运动的基本概念 题组二　人船模型 4.[2026山西朔州阶段测试]如图所示,在风平浪静的海面上有一质量为M=450 kg的小船,船的长度为5 m。已知船右端人的质量为m=50 kg,则人从右端缓慢走到最左端,不计一切阻力,船的实际位移为  ( )   A.0.5 m　　    B.2 m　　    C.2.5 m　　    D.5 m A     第1讲　描述运动的基本概念 解析　设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v',取船的运动方向为正方向,根据动量守恒定律 得Mv-mv'=0,取极短时间Δt有,MvΔt-mv'Δt=0,对整个过程用微元法求和得∑MvΔt-∑mv'Δt=0(解题技法), 即Mx船-mx人=0,又x船+x人=5 m,解得x船=0.5 m,故选A。 方法技巧 求解人船模型问题的一般思路 第1讲　描述运动的基本概念 5.[2026江苏南通阶段测试]质量为m的人在质量为M的车上从左端走到右端,如图所示。若车与地面间 的摩擦不计,那么 ( )   A.人在车上行走,若人相对车突然停止,则车也突然停止 B.人在车上行走的平均速度越大,则车在地面上移动的距离越大 C.人在车上行走的平均速度越小,则车在地面上移动的距离越大 D.人在车上以不同的平均速度行走,车在地面上移动的距离不相同     A     第1讲　描述运动的基本概念 解析　人与车组成的系统动量守恒,系统动量始终为零,若人相对车突然停止,即人与车共速,则共速时 的速度为零,即车也突然停止,A正确;人从左端走到右端,由系统动量守恒有mv人=Mv车,该式任意时刻均 成立,故有mx人=Mx车,设车长为L,有x人+x车=L,解得x车= L(人船模型),故车在地面上移动的位移大小与 人的平均速度大小无关,B、C、D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 6.[2025山东烟台期中]如图所示,质量为M的气球上有一质量为m的猴子,气球和猴子静止在离地面高为h的空中。从气球上放下一架不计质量的软梯,为使猴子沿软梯安全滑至地面,软梯的长度至少应为     ( ) A. h　    B. h　    C. h　    D. h     C     第1讲　描述运动的基本概念 思路点拨　　猴子与气球组成的系统所受合外力为零,动量守恒,又因为最初静止,属于“人船模 型”。 第1讲　描述运动的基本概念 解析     设猴子下滑过程中气球上升的高度为H,由题意知猴子下滑高度为h,猴子和气球组成的系统所受合外 力为零,由动量守恒定律得M· =m· ,解得H= h,所以软梯长度至少为L=h+H= h,C正确。 第1讲　描述运动的基本概念 7.[2025重庆万州第一中学月考]质量为m、半径为R的小球,放在质量为2m、半径为2R的大空心球壳内, 如图所示,当小球从图示位置无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的位移为 ( )   A. ,方向水平向右　    B. ,方向水平向左 C. ,方向水平向右　    D. ,方向水平向左     D     第1讲　描述运动的基本概念 解析　设小球滑到最低点所用的时间为t,如图所示,水平位移大小为R-s,大球的位移大小为s,取水平向 左为正方向,则根据水平方向动量守恒得2m -m =0,即m =2m ,解得s= R,方向水平向左,D正 确,A、B、C错误。   第1讲　描述运动的基本概念 8.[2026天津武清阶段测试]如图所示,小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑 圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块(视为质点)从小车上 A点由静止开始沿轨道滑下,然后滑上BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车的质量为2m,重力加速度为 g,下列说法正确的是 ( ) A.滑块运动过程中的最大速度大小为  B.整个运动过程中,小车和滑块组成的系统动量守恒     C     C.滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=  D.整个运动过程中,小车的位移大小为  第1讲　描述运动的基本概念 解析　整个运动过程中,系统水平方向合外力为0,水平方向动量守恒,但竖直方向合外力不为0,竖直方 向动量不守恒,B错误;设滑块的水平方向的速度大小为v1,小车的速度大小为v2,由题可知,滑块运动到B 位置,速度最大,根据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,根据能量守恒定律有mgR= m + ×2m ,联立解得 v1=  ,A错误;根据系统水平方向动量守恒,当滑块最后恰好停在C点,滑块和小车的速度都为零(破 题关键),由能量守恒定律有mgR=μmgL,解得μ= ,C正确;设整个过程滑块、小车的水平位移大小分别是 x1和x2,由人船模型规律,得mx1=2mx2,且x1+x2=R+L,联立解得x2= ,小车的位移大小为 ,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 9.[2026安徽阜阳阶段测试]如图所示,一质量M=2.0 kg的滑块套在光滑的水平轨道上,一质量m=1.0 kg的 小球通过长L=0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接,小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转 动。初始时,轻杆水平,现给小球一竖直向上的初速度v0=4 m/s,已知重力加速度g=10 m/s2。下列说法不 正确的是     ( ) A.若滑块固定,小球到达最高点的速度大小为  m/s B.若滑块不固定,小球到达最高点的速度大小为2 m/s     C     C.若滑块不固定,小球到达最高点时,滑块运动的位移大小为  m D.若滑块不固定,小球到达轴O右侧水平轨道时的位移大小为  m 第1讲　描述运动的基本概念 解析　若滑块固定,小球由初始位置到达最高点的过程,由动能定理有-mgL= mv2- m ,解得v=  m/s, A正确;若滑块不固定,小球由初始位置到达最高点的过程,小球和滑块组成的系统在水平方向动量守 恒,取小球运动方向为正方向,有0=mv1-Mv2,系统机械能守恒,有 m =mgL+ m + M ,联立解得v1=2 m /s,B正确;若滑块不固定,小球由初始位置到达最高点的过程,系统水平方向动量守恒,由人船模型规律有 m =M ,且x1+x2=L,解得x2=  m,C错误;若滑块不固定,小球从最初位置到达轴O右侧水平轨道的过程, 系统在水平方向动量守恒,由人船模型规律有m =M ,且x'1+x'2=2L,解得x'1=  m,D正确。故选C。 第1讲　描述运动的基本概念 创新题型 创新点　人船模型与相对运动结合 10.[2026河北秦皇岛阶段测试]如图所示,一个光滑细导轨的长臂水平固定,短臂竖直,系有细线的小圆 环A套在长臂上,细线另一端与小球B相连。已知A的质量mA=m,B的质量mB=2m,细线长度为L。初始时 圆环A距短臂x= L,细线水平且伸直,将圆环与小球同时由静止释放。已知圆环A与短臂碰撞后瞬间与 短臂粘连,B球垂直于线方向的速度不变,沿线方向的速度减为0,不计空气阻力,重力加速度为g, sin 53°= 0.8,则 ( ) A.圆环A与短臂接触时,小球B的水平位移为0.4L B.圆环A与短臂接触时,细线与竖直方向的夹角为37°     C     C.圆环A与短臂碰撞后瞬间,小球B的速度大小为   D.小球运动到最低点时,细线的拉力大小为6mg 第1讲　描述运动的基本概念 解析　小球下摆过程中,圆环A与短臂接触时如图所示 系统水平方向动量守恒,有mA =mB ,解得xB= x= L,A错误;圆环A与短臂接触时,设细线与竖直方向 的夹角为θ,根据sin θ= ,解得θ=53°,B错误;设圆环与短臂碰撞前瞬间,圆环的速度大小为vA,小球 第1讲　描述运动的基本概念 的水平速度大小为vBx,竖直速度大小为vBy,根据水平方向动量守恒有mAvA=mBvBx,以圆环为参考系,小球做 圆周运动,有tan θ= (易错点)(点拨:如图甲)   根据系统机械能守恒有2mgL cos θ= ×2m( + )+ m ,解得vBx= ,vBy=4 ,圆环A与短臂碰 撞后瞬间,小球B的速度大小为v=vBy sin θ+vBx cos θ=  (点拨:如图乙),C正确; 第1讲　描述运动的基本概念   若小球B下落过程系统机械能守恒,则有2mgL= ×2mv'2,在最低点有F-2mg=2m ,解得F=6mg,因小球下 落过程系统机械能有损失,故小球运动到最低点时,细线的拉力小于6mg,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 一题多解　　从圆环A与短臂碰撞到小球运动到最低点,对小球B有mBgL(1-cos θ)= mB - mBv2,F-mBg= mB ,解得F=5.424mg,D错。 第1讲　描述运动的基本概念 $