1.6 反冲现象火箭-【成才之路·学案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

跟踪训练2：BC小球与小车组成的系统在水平方向所受合力 为零，在竖直方向所受合力不为零，所以系统动量不守恒，但 水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在 水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零不 变，因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车 的速度最大，故B正确；小球由B点离开小车时与小车在水平 方向速度相等，又因为小球和小车组成的系统在水平方向的 动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速 度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，根据系统机械能守 恒可知，小球运动到B点的速度大小等于小球在A点时的速 度大小，故C正确，D错误。 提升点3“滑块一悬绳”模型 例3：BC小球下落过程中滑块和小球组成的系统所受合外力 不为零，因此系统动量不守恒，故A错误：轻绳上的拉力属于 内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量 守恒，故B正确：当小球落到最低点时，只有水平方向的速度 此时小球和滑块的速度均达到最大，根据系统水平方向动量 守恒有Mm=mm,根据系统机械能守恒有mgl= 2m2+ 2联立解得三√0%故C正确，D错误 专题强化4子弹打木块模型滑块一木板模型 提升点1子弹打木块模型 例1：ABD两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力f相等，根据 牛顿第二定律有a=,两次子弹的加速度相等；第二次以同 样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿 过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次子弹的 位移32要大于第一次的位移31，即32>31；子弹做减速运动 由位移公式=o+分d和>可得，6>4，故A正确：两 次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功 等于子弹损失的动能，即△E制=，由于s2>s1,所以AE2拟> △Ek撇，故B正确；两次打穿木块过程中，子弹受到的平均阻力 相等，系统摩擦产生的热量Q=fd,其中f为阻力，d为子弹相 对于木块的位移大小，由于两次子弹相对于木块的位移大小 都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E2拟=E拟， 故C错误；P1小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过 程，系统的动量守恒，则2等于子弹的初动量，所以P2>P1, 故D正确。 跟踪训练1：（华元。(2）2Mm6（3)pr,(n+m Mm Mmvo (4)Mm(M+2m)2 Mm2vo2 Mmvo 2F(M+m)22F,(M+m)22F(M+m) 解析：(1)设子弹、木块的共同速度为，以子弹初速度的方向 为正方向，由动量守恒定律得m。=（M+m),解得v= n M+moo 1 《(2)此过程中产生的摩擦热为Q“三2m。-2（(M+m)中 Mm 2(M+m)o2。 2 (3)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块，由动量定理得 Mmvo Ft=M-0,解得t=下(M+m) (4)设子弹、木块发生的位移分 别为1、2，如图所示，由动能定 公 17 1 理对子弹，有-F=2m- m,2,解得5= 1 Mm(M+2m)vo 2F(M+m)2, 相 一X1 对木块，有F=之M,解得 Mm2vo2 2F,(M十m,子弹打进木块的深度等于相对位移，即 Mmo2 x相=x-x=2F,(M+m）° 提升点2滑块一木板模型 例2：AB从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运 动，最后一起做匀速运动，共同速度为v=1/s,取向右为正 方向，根据动量守恒定律得mo=(m+M)v,解得M=2kg,故 B正确；由题图乙可知，木板B匀加速运动的加速度为a=A: △t =1m/s2,对B,根据牛顿第二定律得umg=Ma,解得动摩擦 因数为μ=0.1，故A正确；由题图乙可知前1s内B的位移为 =7×1×1m=0.5m,A的位移为-2×1m 1.5m,所以木板最小长度为L=xA-xg=1m,故C错误；A、B 组成的系统损失的械能为AE=子m,2-之(m+M):2- 2J,故D错误 跟踪训练2：(1)1m/s,方向水平向右(2)1.5kg·m/s (3)0.5 解析：设水平向右为正方向 (1)从开始到相对静止，水平方向动量守恒-M,+m,= (M+m)v 解得v=1m/s,方向水平向右。 (2)长木板的动量变化量大小△p=M-(-M,)=1.5kg·m/s (3)对小木块B,根据动量定理得-mgt=mm-m, 解得4=0.5。 6.反冲现象火箭 探究点1反冲现象 要点归纳 1.相反方向 2.(1)旋转(2)准确性肩部 判断正误 (1)V(2)V(3)× 例1：(100 (2)6cos0 M (3)mc0s0 M+m 解析：以炮车和炮弹为研究系统，在水平方向上系统的动量守 恒。以炮弹前进的方向为正方向，由动量守恒定律得： (1)0=mo+M(-),解得=M0 mvo (2)0=mcos0+M(-2）,解得2=mtocos0 M mo cos 0 (3)0=m(ocos0-3)+M(-3),解得"3= M+m 跟踪训练1：AD章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外 力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，A正确；在章鱼喷 水的过程中，章鱼和喷出水的机械能增加，系统机械能增加，B 错误：以章鱼和喷出的水组成的系统为研究对象，规定章鱼喷 水后瞬间逃跑的方向为正方向，由动量守恒定律得0=(M m)加一m,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为”=M-一m0, m 故C错误，D正确。 探究点2火箭 要点归纳 1.反冲 2.△mL-△m m 判断正误 (1)×(2)V(3)× 例2：(1)2.0m/s(2)13.5m/s 解析：(1)第三次喷出气体后，共喷出的气体质量m1=3× 0.2kg=0.6kg 以火箭初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得(M-m,), m1v=0 解得v1≈2m/s。 (2)1s未发动机喷气20次，共喷出的气体质量为m2=20× 0.2 kg =4 kg 根据动量守恒定律得(M-m2)v'-m2v=0 则得火箭1s末的速度大小为v'≈13.5m/s。 变式拓展：0.67m/s 解析：由动量守恒定律有(M-m)1-m(v-）=0,解得1≈ 0.67m/sg 素养能力提升 例3：A人、车组成的系统水平方向动量守恒，则m,=M2,所 以mx1=Mx2,又有x1+x2=L,解得x2=0.5m。 跟踪训练2：A小球向下运动的过程，底座向右运动，设小球和 底座的位移分别为，则有=M,且气+=号R,解 得=石R,故A正确。 专题强化5动量、动力学和能量观点在 力学中的应用 例1：(1)12N(2)2m/s(3)0.3J 解析：(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C,则有 =后解袋风 对于小球P,从BC,由动能定理有 -2MgR=Mve -Mos 解得vg=5gR 在B点有FNa-Mg=M 解得FNa=6Mg=12N 由牛顿第三定律有FNg'=FN=l2N。 (2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为： 所用时间为1，根据公式人=之 得t=0.2s,根据公式x=t,得v=1m/s 碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒 则有mv,=2mw 解得vo=2m/s。 (3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒 则有Mp=mo 解得vp=1m/s 对P.Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有E,=号，2+ 2 mro2 解得E。=0.3J。 跟踪训练1：(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J 解析：(1)对A物块由平抛运动如识得A=之 XA=VAL 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为va=1m/s A、B物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力 及大小相等方向相反的摩擦力，则A、B物块整体动量守恒， 则mAUA=mBUB 解得脱离弹簧时B的速度大小为g=1m/s。 (2)对物块B由动能定理-wnn8Xp=0-2m 代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为以=0.2。 (3)弹簧的弹性势能转化为A、B物块的动能及这个过程中克 限摩擦力所微的功，即△E,=2以2+了，：2+m,A +Lmgg△xB 其中m=mg,△x=△x+△vg 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能△E。=0.12J。 例2：(1)1m(2)12N(3)1.5J 解析：(1)设长木板粗糙段长度为L,小物块与长木板组成的 系统动量守恒，给小物块一个初速度o=2/s,小物块正好 滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守恒定 律和功能关系有m=(m+M)v pmglm(m 解得L=1m。 (2)设经过t=1s时间后，长木板和小物块的速度分别是1、 2,对系统由动量定理有 Ft =Mv +mz 对整个系统由功能关系有 Fx-umgL =2 2+m 又2=x 2=-L 联立解得F=12N,1=3.5m/s,2=1.5m/so (3)当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速 度，设为3，则M1+mw2=（M+m)"3 合2+m,2=E+宁(M+m) 解得Epm=1.5J。 0039 跟踪训练2：质量为M=1.0kg的长木板A在光滑水平面上以 B U1=0.5m/s的速度向左运动，某时刻质量为m=0.5kg的小木块mmmm B以2=4/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t=0.6s小木块B相对A静止，求： (1)两者相对静止时的运动速度v; (2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小； (3)小木块与长木板间的动摩擦因数u。 夯基提能作亚 请同学们认真完成练案[9] 6.反冲现象) 火箭 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 物理观念 知道什么是反冲运动；知道火箭的发射是利用了反冲现象。 (1)能利用动量守恒定律解释反冲现象。 (1)反冲原理 科学思维 (2)会利用动量守恒定律处理人船模型。 (2)人船模型 科学探究 探究火箭发射的原理。 探究点1反冲现象 [提示] (1)从实验中可以看 到：松开手以后，气 ●新知导学 球会沿与吹气口相反 的方向运动。 情境：请同学们拿出事先准备好的气球，吹起来以后用 (2)气球动起来后， 手捏住吹气口，然后突然放手，观察所发生的物理现象。 具有了一定的动量， 探究：(1)通过实验观察到什么现象？ 而其原来的动量为 零，故它的动量发生 (2)气球为什么会运动起来？ >[提示] 了变化。由动量定理 ●要点归纳 可知，气球一定受到 了力的作用，而对气 1.定义 球产生冲力的只能是 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 与气球有相互作用的 物体，从本实验来 动，另外一个部分必然向 运动的现象。 >[举例] 看，能与气球产生相 2.反冲现象的应用及防止 互作用并导致气球运 动的只能是气球内的 (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 气体。当松开手后， 水一边 气球内的气体要从吹 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的 ,所以用 气口冲出，从而与气 球产生了相互作用的 步枪射击时要把枪身抵在 ,以减少反冲的影响。 ●[思考]内力，致使气球受到 3.反冲运动的三个特点 冲力的作用而反向运 动。 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 040 (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 [举例] 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 乌贼游动：反冲运动 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。 >[拓展] 乌贼先把水吸进体 [判断正误] 腔，然后用力挤压 (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。（ 水，通过身体前面的 (2)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。 孔将水喷出，使身体 很快地运动。它能通 (3)只有系统合外力为零时，反冲运动才能用动量守恒来解释。 过调整自己喷水的方 例1：在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车（不含炮弹），发射的炮弹质量 向，使身体向任意方 为m,设铁轨和炮车间摩擦不计，则：习系统水平方向上不受外力 向前进。 (1)水平发射炮弹时，炮弹速度为，炮车的反冲速度为多大？ [思考] (2)炮身与水平方向成0角，炮弹速度大小为，炮车的反冲速度是多大？ 直升机的运动是反冲 (3)炮身与水平方向成日角，炮弹射出炮口时，相对于炮口速度为6，炮 运动吗？ 车的反冲速度为多大？ 提示：不是。直升机 利用炮弹和炮身水平方向动量守恒，可以求出 应用动量守恒定律时，应以地面为参考系，故应把炮弹相对于炮口的术平速度VC0s日转换成 的运动利用了空气的 炮弹对地的速度（Vcos8-V3 反作用力，不是反冲 ●[规律方法] 运动。 [拓展] 反冲运动中，两部分 受到的内力做功的代 数和为正值。 [规律方法]反冲现 象中应注意的三个 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，则反方向的另 一部分的速度就要取 负值。 (2)速度的相对性： 跟踪训练1：（多选）章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向 反冲问题中，若已知 相互作用的两物体的 后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只 相对速度，应先将相 章鱼吸满水后的总质量为M,静止悬浮在水中一次喷射出质量为m的水，喷 对速度转换成相对地 射速度大小为。，章鱼体表光滑，则以下说法中正确的是 面的速度，再根据动 A.喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒 量守恒定律列方程。 B.喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 (3)变质量问题：在 C章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为骨， 反冲运动中常遇到质 量变化的情况，此时 D.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为”m 应注意研究对象质量 的变化。 041 探究点2火箭 ●新知导学 [提示] 情境：我国早在宋代就发明了火箭，在箭杆上捆一个 (1)古代火箭的运动 前端封闭的火药筒，火药点燃后生成的燃气以很大的速度一 是反冲运动。 向后喷出，火箭就会向前运动，如图所示。 (2)火箭靠向后连续 探究：(1)古代火箭的运动是否为反冲运动？ 喷射高速气体飞行， (2)火箭飞行利用了怎样的工作原理？ P[提示] 利用了反冲原理。 ●要点归纳 1.工作原理：利用 的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气 [拓展] 从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。 P[拓展] 火箭与喷气飞机的 2.影响火箭获得速度大小的两个因素 异同 设火箭飞行时在极短时间△t内喷射燃气的质量为△，相对喷气前火箭 (1)相同点：高速喷 的速度是u,喷出燃气后火箭的质量是m,在一次喷气后增加的速度是△v。 出气体，因反冲运动 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 获得速度。 得m△v+ =0,得△v= ,可见u越大，质量比△m越大，则火 (2)不同点：火箭内 m 部的燃料燃烧时由火 箭获得的速度△v就越大。 箭本身提供氧气，而 》特别提醒 喷气飞机的发动机需 分析火箭的运动时，因内力（气体的反作用力）远大于火箭本身的重力， 从大气中获取氧气。 说明：火箭可以在真 可忽略重力的影响，认为火箭喷气过程动量守恒。 空中获得反冲力，而 [判断正误] 喷气飞机只能在大气 (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 层内飞行。 果。 [规律方法]分析火 (2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。 ( 箭类问题的基本 (3)火箭获得的速度仅与喷气的速度有关。 ) 思路 例2：（2026·江苏省常熟中学高二月考)2024年5月3日17时27分，我国在 (1)明确火箭质量： 文昌航天发射场，用长征五号遥八运载火箭成功发射探月工程嫦娥六号火箭在运动过程中， 探测器。假设火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体，气体喷出时 随着燃料的燃烧，火 的速度v=1000/s。设火箭质量M=300kg,发动机每秒喷气20箭本身的质量不断减 次。求： 小，故在应用动量守 (1)当第三次喷出气体后，火箭的速度大小； 恒定律时，必须取在 (2)运动第1s末，火箭的速度大小。 P[规律方法] 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。 042 [变式拓展]在例2中，若发动机每次喷出200g的气体，气体离开发动机 (2)明确参考系：两 喷出时相对火箭的速度v=1000/s,则当第一次气体喷出后，火箭的速度多 部分物体初、末状态 大？ 速度的参考系必须是 同一参考系，如果不 是同一参考系，就要 转换，一般都转换成 对地的速度。 (3)明确方向：列方 程时要注意初、末状 素养能力提升 拓展整合·启智培优 态动量的方向。 “人船模型”问题 1.模型特点 (1)如右图所示。 (2)人和船的位移满足x人+x船=L,遵从动量守恒定律，有 m花人-1M心塑=0 t ML,x船=M+m 则x人=M+ 一Lo 》特别提醒 x人、x帮大小与人运动时间和运动状态无关。 2.重要推论 (1)“人”走“船”走，“人”停“船”停。 [规律方法]“人船 (2)人=”，人、船的位移（在系统满足动量守恒定律的方向上的位移） 模型”的推广应用 船m (1)适用条件 与质量成反比。 两个物体组成的系统 例3：如图所示，质量m=60kg的人，站在质量M=300kg Om 原来处于静止状态， 的车的一端，车长L=3m,相对于地面静止。当车与 M 在系统中物体发生相 地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另mw. 对运动的过程中，动 一端的过程中，车将 量守恒或某一个方向 A.后退0.5m B.后退0.6m 动量守恒。即m11 C.后退0.75m D.一直匀速后退 P[规律方法] -m22=0。 跟踪训练2：一半径为R、质量为M的光滑半圆柱形 (2)原来静止的系统 在某一个方向上动量 底座，放置在光滑水平面上，将一半径为}R、质量为m的 守恒，运动过程中， 小球紧靠底座右侧由静止释放，释放时小球球心O'和底m 系统中两物体在该方 座圆心O在同一水平高度上，且M=3m,当小球到达底座最低，点时，底座运 句上速度方向相反， 也可应用处理人船模 动的位移大小是 c 型问题的思路来处 理。 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[10]