第1章 第6节 反 冲-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一同步教参（教科版）

本高中物理讲义聚焦反冲运动核心知识点，系统梳理反冲现象的定义、动量守恒规律，延伸至火箭发射原理及“人船模型”问题，构建从基础概念到实际应用的递进式学习支架。 资料以例题解析和问题提示为特色，通过反冲小车动量守恒分析、火箭速度计算等实例，培养学生模型建构与科学推理能力。课中辅助教师引导学生深化理解，课后助力学生通过练习题巩固知识，弥补薄弱环节。

第6节　反　冲 1．了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用。　2.知道反冲运动的原理。　3.应用动量守恒定律解决反冲运动问题。　4.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素。　5.会利用反冲运动原理分析“人船模型”问题。 一、反冲现象 1．定义 如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲。 2．规律 反冲和碰撞、爆炸有相似之处。反冲过程中相互作用力常为变力，且作用力大，一般都满足内力远大于外力，所以可用动量守恒定律来处理。 3．反冲的应用及防止 (1)火箭、灌溉喷水器、反击式水轮机等都是利用反冲来工作的。 (2)防止：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。 二、火箭的发射 1．工作原理：火箭的发射利用了反冲。火箭燃料舱内的燃料被点燃后，产生急剧膨胀的燃气，舱壁对这部分燃气的作用力使气体从火箭尾部高速喷出，燃气对火箭的反作用力把火箭推向前方。 2．火箭飞行所能达到的最大速度就是燃料燃尽时获得的最终速度。这个速度主要取决于两个条件：一是向后的喷气速度；二是质量比(火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比)。喷气速度越大，质量比越大，最终速度就越大。 3．提高喷气速度，需要使用高质量的燃料，目前常用的是液氢，用液氧作氧化剂。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。在现有技术条件下，一级火箭的最终速度还不能达到发射人造卫星所需的速度，因而发射卫星要用多级火箭。 (1)一切反冲现象都是有益的。(　　) (2)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。(　　) (3)乌贼的运动利用了反冲的原理。(　　) (4)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(　　) (5)火箭发射时，火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能。(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√ 知识点一　对反冲现象的理解和分析 如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，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，若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s。 (1)取小车、酒精灯、试管及橡皮塞整体作为研究对象，橡皮塞水平喷出时，系统水平方向的动量守恒吗？ (2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？ (3)如何求小车的反冲速度？ [提示]　(1)系统水平方向动量守恒。 (2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以系统的动量守恒；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。 (3)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，则有mv＋(M－m)v′＝0，解得v′＝－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。 反冲运动的特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)在反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 (3)在反冲运动中，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。 (2026·贵州贵阳市期中)2025年9月3日“纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年”阅兵式上，我国展示了最新型“东风­61”陆基机动洲际弹道导弹。假设导弹发射时，燃料以300 kg/s的速率向后喷射，喷出气体相对于导弹的速度为2 800 m/s。若导弹初始总质量为30 t，忽略空气阻力与重力影响，点火1 s后，导弹的速度大小约为(　　) A．10 m/s B．28 m/s C．280 m/s D．840 m/s [解析]　喷出气体的过程中，若忽略空气阻力与重力影响，设点火1 s后，导弹的速度大小约为v，由动量守恒定律可得(M－Δm)v＝Δm(Δv－v)，其中Δm＝300 kg，M＝30 t＝3×104 kg，Δv＝2 800 m/s，解得v＝28 m/s。 [答案]　B 如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼­20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将战机上质量为M的导弹自由释放，与此同时，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速率，下列表述正确的是(　　) A．速率变大，为 B．速率变小，为 C．速率变小，为 D．速度变大，为 [解析]　设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v－mv1，解得喷气后瞬间导弹的速率v＝>v0。 [答案]　A 注意的问题 (1)速度的方向 对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反。在根据动量守恒定律列方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的速度应取负值。 (2)相对速度问题 在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中应先将相对速度转换成对地的速度，再根据动量守恒定律列方程。 知识点二　火箭发射问题 火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后火箭的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1。 (1)燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？ (2)根据(1)中结果讨论如何提高火箭飞行时获得的速度。 [提示]　(1)在火箭发射过程中，内力远大于外力，所以动量守恒，以火箭的速度方向为正方向， 发射前的总动量为0；发射后的总动量为mv－(M－m)v1，由动量守恒定律得0＝mv－(M－m)v1，解得v＝v1＝(－1)v1。 (2)根据v＝(－1)v1知，若要提高火箭获得的速度应： ①提高火箭喷出的燃气的速度； ②增大火箭发射前的总质量和燃料燃尽后火箭的质量的比值。 1．火箭的速度 设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm，速度为u，喷出燃气后火箭的质量为m，获得的速度为v，由动量守恒定律有0＝mv＋Δmu，得v＝－u。 2．决定因素 火箭获得速度取决于燃气喷出的速度u及燃气质量与火箭本身质量之比两个因素。 3．多级火箭 由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9 km/s，实际火箭为多级。多级火箭发射时，质量较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度。目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求。 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大小为20 m/s D．水火箭上升的最大高度约为12.8 m [解析]　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。 [答案]　D (2026·江苏常州市期中)一架总质量为m的火箭在太空背景中以速度v匀速飞行，某时刻火箭在极短的时间内喷射出质量为Δm的燃烧气体，喷出气体与火箭的相对速度大小为u，设火箭初速度方向为正方向，则(　　) A．气体喷出后的运动方向可能与火箭运动方向相同 B．气体和火箭组成的系统在短时间内可近似认为动量和机械能都守恒 C．火箭喷出气体后速度可增加到 D．Δm和m的比值越大，火箭速度的增加量就越小 [解析]　当火箭的速度大于气体相对于火箭的速度时，气体喷出后的运动方向与火箭运动方向相同，故A正确；系统在短时间内动量守恒，但喷气过程中， 化学能转化为机械能，因此系统机械能不守恒，故B错误；设火箭的运动方向为正，由动量守恒定律可得mv＝(m－Δm)v′＋Δm(v′－u)，解得v′＝v＋u，因此Δm和m的比值越大，火箭速度的增加量就越大，故C、D错误。 [答案]　A 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。 知识点三　“人船模型”问题 如图所示，一质量为m的人站在一质量为M的船的船头上，开始时人、船均静止，现在人从船头走向船尾。(水对船的阻力很小) (1)该过程中，人和船组成的系统动量守恒吗？两者速度是什么关系？ (2)该过程中两者对地位移有何关系？ [提示]　(1)该过程中，水的阻力忽略不计，人和船的动量守恒，两者速度大小满足mv1＝Mv2，方向相反。 (2)由于mv1＝Mv2，又mv1t＝Mv2t，则mx1＝Mx2，即＝。 1．模型介绍：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0，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．解题关键 (1)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关系。用动量守恒定律求位移的题目，大多是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率。此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为0。因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1v1－m2v2＝0。如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1－m2＝0，即m1x1－m2x2＝0。 (2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对于地面的位移的关系。 平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量m＝50 kg，船的质量M＝100 kg，从某时刻起，人以v＝10 m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。不计水对船的阻力，船长L＝6 m，则下列说法正确的是(　　) A．人在船上走动过程中，船的速度为10 m/s B．人在船上走动过程中，人的位移大小是船的位移的2倍 C．走动时人的动量大于小船的动量 D．人突然停止走动后，小船由于惯性还会继续运动 [解析]　对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，可得人在船上走动过程中，船的速度v′＝＝5 m/s，故A错误；人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2，由动量守恒定律得m－M＝0，其中s1＋s2＝L，解得s1＝4 m，s2＝2 m，即人在船上走动过程中，人的位移大小是船的位移的2倍，故B正确；由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量等大、反向，故C错误；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则(m＋M)v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，故D错误。 [答案]　B 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]　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，根据动量守恒定律有m1v1＝m2v2，人与气球运动的距离分别为h＝v1t＝20 m，x＝v2t，得＝，又h＋x＝l，代入数据，绳长至少为l＝60 m。 [答案]　D 1．注意问题 (1)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(如水平方向或竖直方向)。 (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系(一般为地面)的位移。 2．方法推广：原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。例如，小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题。 1．(对反冲现象的理解和分析)下列运动不属于反冲运动的是(　　) 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 解析：选A。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，A符合题意。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是反冲现象。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促进飞机前进的，故属于反冲运动；火箭升空是利用反冲原理，是反冲现象，故B、C、D不符合题意。 2．(火箭发射问题)一枚火箭搭载着卫星以速率v0到达预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原速度方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 解析：选D。系统分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)。 3.(“人船模型”问题)如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，其图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是(　　) A．b B．b C．(b－a) D．(b－a) 解析：选C。由A、B组成的系统，在相互作用过程中水平方向动量守恒，则m2x－m1(b－a－x)＝0，解得x＝，故C正确，A、B、D错误。 4.(“人船模型”问题)如图所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中点，问：当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上(不计小车的高度，重力加速度为g)。 解析：玩具蛙跳出后做平抛运动，设运动时间为t，则 h＝gt2 玩具蛙与车组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得 Mv′－mv＝0 若玩具蛙恰好落在桌面上，则有v′t＋vt＝ 联立解得v＝。 答案： 章末知识网络建构 学科网（北京）股份有限公司 $