1.6.1 反冲现象 火箭（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一（人教版·江苏专版）

本讲义聚焦反冲现象、火箭原理及人船模型三大核心知识点，以动量守恒定律为基础，通过转头喷水管等情境导入，系统梳理反冲现象的定义、规律及应用防止，延伸至火箭工作原理与速度影响因素，最终落脚于人船模型的特点和结论，构建从现象到规律再到应用的学习支架。 该资料以情境问题驱动科学探究，如通过火箭发射情境分析动力来源，结合乌贼运动、喷灌装置等实例培养科学推理与模型建构能力。课中辅助教师引导学生用动量守恒分析问题，课后学生可通过典型例题巩固知识，有效提升运动和相互作用观念及解决实际问题的能力。

6.反冲现象　火箭 1.理解反冲运动的定义和火箭工作原理。 2.能利用动量守恒定律解释反冲现象。 3.会分析“人船模型”问题。 知识点一　反冲现象 　情境：我们在城市草地上经常见到“转头喷水管”，喷头在向外喷水的过程中，还不停地旋转，这样就可以使水流沿不同方向向外喷出，实现处处水覆盖。 问题：水管喷头为何可以实现“自行旋转”？ 提示：这是水流的反冲作用使喷水管旋转起来。 1.定义：一个静止的物体，在内力的作用下分成两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向　相反　方向运动的现象。 2.规律：反冲运动中，系统内力很大，在外力可　忽略　时，可以用动量守恒定律分析。 3.应用与防止 （1）应用举例：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转制成的。 （2）防止举例：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少　反冲　的影响。 1.反冲运动可以用动量守恒定律来处理。（　√　） 2.一切反冲现象都是有益的。（　×　） 3.章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理。（　√　） 　反冲运动的三个特点 运动方向相反 物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动 机械能增加 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 动量守恒 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，所以可以认为系统的动量守恒或在某一方向上的动量守恒 （反冲现象的特点）下列各图中，不属于反冲现象的是（　B　） 解析：墨鱼在遇到危险时瞬间向与运动相反的方向喷出墨汁，使自己瞬间获得一个较大的速度，这是利用了反冲原理，故A不符合题意；马拉车，马对车做功，马和车一起向着相同的方向运动，不属于反冲现象，故B符合题意；手枪在射击后，枪身向后运动，这是反冲原理，故C不符合题意；“窜天猴”被点燃后，火药的燃烧使内部气体迅速膨胀后向下喷出，使自身瞬间获得一个较大的向上的速度，这是反冲原理，故D不符合题意。 （反冲现象的应用）如图所示，装有炮弹的火炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮弹射出炮口时对地速率为v，若炮管与水平地面的夹角为θ，水平面光滑，忽略火药燃烧损耗的质量，则火炮后退的速度大小为（　A　） A. C. 　　D. 解析：炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究对象，根据水平方向动量守恒，有（M－m）v'－mvcos θ＝0，可得炮车后退的速度大小为v'＝，故选A。 知识点二　火箭 情境：如图所示是多级运载火箭的示意图，发射时，先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳自动脱落，然后下一级火箭开始工作。 问题：（1）火箭点火后能加速上升的动力是什么力？ 提示：燃烧产生的气体高速向下喷出，气体产生的反作用力推动火箭加速上升。 （2）要提升运载物的最大速度可采用什么措施？ 提示：提高气体的喷射速度，增加燃料质量，及时脱离前一级火箭空壳。 1.火箭的工作原理：应用了　反冲　原理，靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。 2.火箭获得的速度Δv：在火箭发射过程中，内力远大于外力，所以动量守恒。由动量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0，得Δv＝　－u　，可见u越大，质量比越大，则火箭获得的速度Δv就　越大　。 1.火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。（　×　） 2.火箭获得的速度仅与喷气的速度有关。（　×　） 1.火箭的工作原理 应用了反冲原理，反冲过程中火箭与喷出的气流组成的系统动量守恒。 2.处理火箭问题的思路 （1）火箭喷气过程属于反冲问题，一般需要应用动量守恒定律处理。 （2）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，处理该类问题时，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。 （火箭的工作原理）下列关于火箭的描述正确的是（　A　） 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 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，根据牛顿第三定律可知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，故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，仍可使得火箭加速，故D错误。 （火箭工作原理的应用）2023年12月10日9时58分，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号J运载火箭，成功将遥感三十九号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。这次任务是长征系列运载火箭第500次飞行，假设火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次。（计算结果均保留3位有效数字） （1）当第三次喷出气体后，火箭的速度约为多少？ 答案： 2.00 m/s　 解析：喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，为反冲现象，气体和火箭组成的系统动量守恒。 设第一次气体喷出后火箭速度为v1， 有（M－m）v1－mv＝0，所以v1＝ 设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＝ 设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≈2.00 m/s。 （2）运动第1 s末，火箭的速度约为多少？ 答案： 13.5 m/s 解析：由上面推导可知，第n次气体喷出后，火箭速度为vn，有 （M－nm）vn－mv＝[M－（n－1）m]vn－1， 所以vn＝ 因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为 v20＝＝ m/s≈13.5 m/s。 人船模型 1.“人船模型”的特点 （1）两个物体相互作用前均静止，相互作用后向相反的方向运动。 （2）系统所受外力矢量和为零（或者在某一方向上的外力矢量和为零），系统的动量守恒（或者在某一方向上的动量守恒）。 （3）两个物体的运动特点：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。 2.“人船模型”的结论 （1）两个物体的动量守恒：m1v1－m2v2＝0； （2）两个物体的位移大小与质量成反比：m1x1＝m2x2。 注意：上式中的x1、x2必须是相对于同一参考系的位移大小。 （2026·常州北郊高级中学月考）如图所示，一质量为M、长为L的安全救援小船静止在水面上，质量为m的救生员站在船尾。不计水的阻力，救生员从船尾向左走到船头的过程中船的运动情况为（　D　） A.静止不动 B.向右运动L C.向右运动L D.向右运动L 解析：由于不计水的阻力，人和船构成的系统动量守恒，由题意可知系统总动量为0，故救生员向左运动，则船向右运动，规定向左为正方向，则有m－M＝0，因为x人＋x船＝L，联立解得x船＝L，故选D。 如图所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量M＝3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离。 答案： 解析：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv1＝Mv2， 所以＝，若小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则＝＝ 由题意可知x1＋x2＝R－r， 解得x2＝（R－r）＝。 1.（反冲现象）（2026·前黄中学学情检测）一装有柴油的船静止于水面上，船后舱进水，堵住漏洞后用一水泵把后舱中的水抽往前舱，如图所示。不计水的阻力，在抽水过程中船的运动情况是（　　） A.向前运动 B.向后运动 C.静止 D.无法判断 解析：B　不计水的阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，用一水泵把后舱的水抽往前舱，则水的重心前移，故船将向后运动（等效于人船模型），故选B。 2.（反冲现象）乌贼在水中运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。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4.8 kg，某次遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40 m/s的速度逃窜，喷射出的水的质量为1.6 kg，则喷射出水的速度为（　　） A.20 m/s B.90 m/s C.120 m/s D.80 m/s 解析：D　根据动量守恒定律，有0＝（m－m0）v1－m0v2，可得喷射出水的速度为v2＝v1＝×40 m/s＝80 m/s，故选D。 3.（人船模型）（2026·如皋搬经中学调研）如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓住气球下方的长绳，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当系统静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，气球上升的距离大约是（可以把人看作质点）（　　） A.5 m B.2.6 m C.3.6 m D.8 m 解析：C　设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得m1v1＝m2v2，则有m1x1＝m2x2，由几何关系x1＋x2＝h＝5 m，气球上升的距离为x2＝h＝×5 m≈3.6 m，故选C。 4.（火箭）（2026·南京中华中学月考）“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.火箭所受的推力来源于空气对它的反作用力 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.在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒 解析：C　火箭所受的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高压高温气体对火箭的反作用力，故A错误；取向上为正方向，在燃气喷出后的瞬间，根据动量守恒定律，有0＝（M－m）v－mv0解得v＝，故B错误；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，能上升的最大高度为h＝＝，故C正确；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的高温气体对万户及携带的设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。 知识点一　反冲现象 1.在某次演练中，一颗炮弹在斜向上飞行过程中爆炸，如图所示。爆炸后，炮弹分成两部分。若炮弹重力远小于爆炸内力，则关于爆炸后两部分的运动轨迹不可能的是（　　） 解析：A　炮弹重力远小于爆炸内力，则炮弹爆炸过程中动量守恒， 炮弹爆炸前动量斜向右上方，所以爆炸后瞬间两部分的动量矢量和也一定斜向右上方。A选项所示情况，爆炸后两部分的动量矢量和沿水平方向，所以是不可能的；B、C、D选项所示情况，爆炸后两部分的动量矢量和可以斜向右上方，所以是可能的。故选A。 2.（2025·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率是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.喷气后飞机速度为u D.喷气后飞机增加的速度为u 解析：D　设喷出气体后飞机的速度为v'，对飞机和气体组成的系统，根据动量守恒定律有mv＝（m－Δm）v'＋Δm（v'－u），解得v'＝v＋u，故C错误；结合上述可知，喷气后飞机增加的速度为u，故D正确；根据上述，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，故A、B错误。 3.（2025·徐州开学考试）如图，质量为200 kg的小船在静止水面上以3 m/s的速率向右匀速行驶，一质量为50 kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对船6 m/s的速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　） A.4.5 m/s B.4.2 m/s C.2.5 m/s D.2.25 m/s 解析：B　设船的质量为M，人的质量为m，人在跃出的过程中船与人组成的系统水平方向不受外力，故水平方向上动量守恒；若救生员以相对船6 m/s的速率水平向左跃入水中，设救生员跃出后小船的速率为v，规定向右为正方向，则有（M＋m）v0＝Mv－m（6－v），代入数据解得v＝4.2 m/s，故选B。 知识点二　火箭 4.运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（　　） A.燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭 B.火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭 C.火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D.火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭 解析：B　火箭的工作原理是反冲运动，火箭发动机将燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时，气体的反作用力推动火箭，使火箭获得反冲速度，故B正确。 5.（2025·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。如图所示，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：B　点燃火箭后在极短的时间内，根据动量守恒定律可知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。故选B。 6.我国的“长征”系列运载火箭已经成功发射了240多颗不同用途的卫星。如图所示，火箭升空过程中向后喷出高速气体，从而获得较大的向前速度。火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的最终速度。影响火箭最大速度的因素是（　　） A.火箭向后喷出的气体速度 B.火箭开始飞行时的质量 C.火箭喷出的气体总质量 D.火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比 解析：D　分别用M、m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v0表示喷气速度大小，则火箭喷气过程，根据动量守恒定律有mv－（M－m）v0＝0，即火箭最大速度v＝v0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，故选D。 7.（2025·扬州期中）某物理兴趣社在社团活动中发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为3 kg，在极短时间内将2 kg的水以对地8 m/s的速度喷出。空气阻力可忽略，g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.该过程中系统机械能守恒 B.水火箭靠空气给的反作用力加速 C.喷水后水火箭获得的速度为20 m/s D.水火箭上升的最大高度约为12.8 m 解析：D　该过程中系统的动能和重力势能都增大，系统机械能不守恒，故A错误；水火箭靠压出的水给的反作用力加速，故B错误；由动量守恒定律有0＝－mv1＋（M－m）v2，得喷水后水火箭获得的速度为v2＝16 m/s，故C错误；水火箭上升的最大高度约为h＝＝12.8 m，故D正确。 8.穿着溜冰鞋的人静止站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，每次射击时子弹对冰面速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于冰面后退的速度为v，下列说法正确的是（　　） A.无论射出多少子弹，人后退的速度都为v B.射出n颗子弹后，人后退的速度为nv C.射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv D.射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv 解析：D　设人、枪（包括子弹）的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度为v0，射出第1颗子弹，有0＝（M－m）v－mv0，设人射出n颗子弹后的速度为v'，则（M－nm）v'＝nmv0，可得v＝，v'＝，因M－m＞M－nm，所以v'＞nv，故选项D正确。 9.在一次打靶训练中，起初人和车一起静止在光滑水平面上。人和靶分别在小车两端，车、人、枪、靶总质量M（不含子弹），每颗子弹质量为m，一共有n发。枪靶之间距离为d，子弹击中靶盘后会镶嵌其中，射击时总是等上一发击中后再打下一发。则以下说法正确的是（　　） A.射击完成后，车会向右做匀速运动 B.射击过程中车会移动，射击结束后车会回到原来的位置 C.每发射一颗子弹，小车都会向右移动 D.全部子弹打完后，小车向右移动的总距离为 解析：D　水平面光滑，以车、人、枪、靶和子弹组成的系统所受外力之和为零，系统动量守恒，起初人和车一起静止，射击完成后，车仍然静止，故A错误；设子弹出口速度为v，车后退速度为v'，以向左为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv－[M＋（n－1）m]v'，子弹匀速前进的同时，车匀速后退，则有vt＋v't＝d，在每一发子弹射击过程中，小车所发生的位移为x＝v't，联立解得x＝，所以每颗子弹从发射到击中靶过程中，车均向右退，故n颗子弹发射完毕后，小车总共向右退距离为s＝nx＝，所以待打完n发子弹后，小车总共向右退，故B、C错误，D正确。 10.某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力。现把整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，求： （1）喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度大小； （2）喷射出质量为Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小。 答案：（1）　（2） 解析：（1）由动量守恒定律得 （m1＋m2－Δm）v船－Δmv1＝0 解得v船＝。 （2）对喷射出的气体运用动量定理得FΔt＝Δmv1 解得F＝， 由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为F'＝。 11.（2026·常州第一中学调研）在某爆炸实验基地，把爆炸物以40 m/s的速度斜向上发射。当爆炸物动能为发射时四分之一时恰好到最高点，此时爆炸物炸裂成两块A、B，其中mA＝0.2 kg，mB＝0.8 kg。经测量发现，A块恰好以原轨迹落回，忽略空气阻力及炸药质量。求： （1）爆炸前在最高点速度； （2）若爆炸时间持续0.005 s，则爆炸过程A、B间的平均作用力大小； （3）爆炸过程中增加的机械能。 答案：（1）20 m/s　（2）1 600 N　（3）200 J 解析：（1）设爆炸物初速度为v0，在最高点速度为v，则有Ek0＝m，Ek0＝mv2 联立解得v＝20 m/s。 （2）取爆炸物爆炸前运动方向为正方向，爆炸后裂成两块做平抛运动，A块恰好以原轨迹落回，则爆炸后A的速度vA＝－v＝－20 m/s 对物块A，由动量定理得－Ft＝mAvA－mAv 解得F＝1 600 N。 （3）在最高点，取爆炸物爆炸前运动方向为正方向，爆炸过程中水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得（mA＋mB）v＝mAvA＋mBvB 解得vB＝30 m/s。 则爆炸过程增加的机械能等于系统动能的增加量，即ΔE＝mA＋mB－（mA＋mB）v2 解得ΔE＝200 J。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $