第1章 第6节 反冲现象 火箭（PPT课件）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步测试配套课件（人教版）

6　反冲现象 火箭 教材知识——一遍过 高考趋向——全练通 　 反冲现象 1. （2026·广东深圳高二质检）下列关于反冲运动的说法中，正确的是 （　　） A. 抛出物的质量要小于剩余部分的质量，才能出现反冲现象 B. 若抛出物的质量大于剩余部分的质量，则剩余部分所受的反冲力大于抛出物 所受的力 C. 在反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用 D. 在反冲运动中，牛顿第三定律与牛顿第二定律都适用 1 2 3 4 5 6 7 √ 解析：无论抛出物的质量多大，都能出现反冲现象，A错误；由牛顿第三定律可 知，剩余部分受到的反冲力等于抛出物所受的力，B错误；在反冲运动中，牛顿 第三定律与牛顿第二定律都适用，C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 2. （2026·浙江温州校级期末）在某次军事演习中，我国自行研制的第五代战机 “歼35”以初速度v0沿水平方向向前匀速飞行，发现敌对目标后，战斗员马上将 质量为M的导弹自由释放，在释放的同时，导弹点火并在极短时间内向后喷出质 量为m的燃气，燃气离开导弹时相对导弹的速度为v1，则喷气后导弹的速率为 （　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：以地面为参考系，设喷气后导弹的速率为v2，取初速度方向为正方向，根 据动量守恒定律得Mv0＝－m（v1－v2）＋（M－m）v2，解得喷气后导弹的速度 v2＝，A、C、D错误，B正确。 1 2 3 4 5 6 7 3. （链接教材P25“问题”）（多选）章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短 时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设 有一只章鱼吸满水后的总质量为M，且静止悬浮在水中，某一次喷射出质量为m 的水，喷射出的水的速度大小为v0，章鱼体表光滑，则以下说法正确的是 （　A　） A. 章鱼的反冲推力来源于喷出的水对它的反作用力 B. 喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量不守恒 C. 喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 D. 章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v0 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：章鱼喷水过程中对喷出的水有作用力，根据牛顿第三定律，喷出的水对 章鱼有反作用力，这就是章鱼做反冲运动的推力，故A正确；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，故B错 误；在章鱼喷水的过程中，章鱼体内的化学能转化为机械能，系统机械能增 加，故C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＝v－mv0，可得章鱼喷水后 瞬间逃跑的速度大小为v＝v0，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 4. （2026·浙江宁波高二统考）如图所示，一平板车停在光滑的水平面上，某同 学站在平板车上，若他设计下列操作方案，最终能使平板车持续向右驶去的是 （　　） A. 他站在平板车的左端将大锤向左丢出车的左端 B. 只要从平板车的一端走到另一端即可 C. 在平板车上装个电风扇，不停地向右吹风 D. 该同学在图示位置用大锤连续敲打平板车的左端 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：站在平板车的左端将大锤向左丢出平板车的左端的过程中，系统不受外 力，动量守恒，系统总动量为零，平板车会持续地向右驶去，故A正确；人从平 板车的一端走到另一端的过程中，系统不受外力，动量守恒，系统总动量为 零，当人停止运动时，平板车也会停止，则平板车不会持续地向右驶去，故B错 误；电风扇向右吹风，电风扇会受到一个向左的反作用力，从而使系统有了向 左的动量，所以能使平板车持续地向左驶去，故C错误；把人和平板车看成一个 整体，用大锤连续敲打平板车的左端，根据动量守恒定律可知，系统的总动量 为零，平板车不会持续地向右驶去，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 5. （2025·山东高考）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的 圆周运动。轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方 向向前弹射返回舱。分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常 量。此时轨道舱相对行星的速度大小为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：由＝m，得v＝，组合体分开过程满足动量守恒定律，则 （m轨＋m返）v＝m轨v轨＋m返v返，因v返＝2，m轨＝5m返，解得v轨＝ ，故C正确。 1 2 3 4 5 6 7 6. （2026·浙江杭州高二检测）用火箭发射人造地球卫星，以喷气前的火箭为参 考系，在极短时间内喷出燃气的质量为m，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为 u，喷气后火箭的质量为M。下列关于火箭的描述正确的是（　　） A. 若继续喷出燃气，火箭的速度会减小 B. 喷气后，火箭的速度变化量为－ C. 喷气后，火箭的速度大小一定为 D. 为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以减小燃气的喷射速度u 火　箭 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：火箭向后喷气，火箭对喷出的气体有向后的作用力，喷出的气体反过来 对火箭产生一个反作用力，从而使火箭获得了向前的推力，不断喷出气体，则 火箭的速度会越来越大，选项A错误；由动量守恒定律可知mu＋MΔv＝0，即喷 气后，火箭的速度变化量为Δv＝－，因喷气前火箭的速度未知，则不能确定 喷气后火箭的速度，选项B正确，C错误；为了提高火箭的速度，可以研制新型 燃料以增加燃气的喷射速度u，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度，但 是列动量守恒方程时要求速度是相对同一参考系的速度（通常为对地的速 度），因此应先将相对速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方 程。注意在本题的计算中是以喷气前的火箭为参考系，故燃气相对火箭的速度 不需要转换为对地的速度。 ｜易错警示｜ 1 2 3 4 5 6 7 7. （2026·浙江衢州高二校考）一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质 量为m，气体离开发动机喷出时的速度大小为v0，从火箭静止开始，当第三次喷 出气体后，火箭的速度大小为（　A　） A. B. C. D. 解析：设喷出三次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的三次气体为研究对 象，根据动量守恒定律得（M－3m）v－3mv0＝0，可得v＝，故选A。 √ 1 2 3 4 5 6 7 1. 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的水相对地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（　D　） 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 注重知识融通　倡导学以致用 1 2 3 4 5 6 √ 解析：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＋ 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。 1 2 3 4 5 6 2. （多选）（2026·福建福州高二期末）某兴趣小组制作了如图所示的水火箭， 实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上 升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间 内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是 （　　） A. 火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B. 高压气体对火箭外壳做的功为Mgh C. 高压气体释放的能量为（M＋m）gh D. 水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为 √ √ 1 2 3 4 5 6 解析：发射过程中，火箭的推力来源于喷出的水对它的反作用力，A错误。设火 箭发射的初速度大小为v1，火箭做竖直上抛运动有v1＝，若水喷出的初速 度大小为v2，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律可得Mv1－mv2＝0，可得 v2＝，高压气体释放的能量为E＝M＋m，解得E＝（M＋m） gh，C正确，D错误。由动能定理知高压气体对火箭外壳做功W＝M＝M （）2＝Mgh，B正确。 1 2 3 4 5 6 3. 如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、 质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连接悬浮在平静的池中某处，木块上表面 距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木 块刚浮出水面时铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深 为（　　） A. h B. （h＋2a） C. （h＋2a） D. h＋2a √ 1 2 3 4 5 6 解析：设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块组成的系统，系统外力矢量和 为零，由动量守恒定律（人船模型）可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得 H＝h＋2a，D正确。 1 2 3 4 5 6 4. （2026·浙江舟山高二统考）“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（　　） 突出情境命题　彰显学科价值 1 2 3 4 5 6 解析：点燃火箭后在极短的时间内，根据动量守恒定律可知mv0＝Mv，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。 A. 减小v0或减小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 √ 1 2 3 4 5 6 5. （2026·江苏常州高二期中）如图为一空间探测器的示意图，探测器质量为10 kg，A1、A2、A3、A4是四个喷气发动机，每台发动机开动时，都能沿出口方向以 200 m/s的速率向外喷出气体（忽略探测器质量变化）。开始时探测器以恒定速 率1 m/s向＋x方向运动，要使探测器改为向＋y方向以原来的速率运动，若忽略 探测器受到的地球及其他星球的引力作用。则下列措施正确的是（A　） A. 开动A1与A2，均喷出0.05 kg的气体 B. 开动A3与A4，均喷出0.05 kg的气体 C. 开动A1与A2，均喷出0.1 kg的气体 D. 开动A3与A4，均喷出0.1 kg的气体 √ 1 2 3 4 5 6 解析：＋x方向速率减为0，需开动A1向外喷出质量为m1的气体，喷气过程x轴方 向系统动量守恒有m1×200 m/s＝10 kg×1 m/s，解得m1＝0.05 kg；＋y方向由静 止增大到速率为1 m/s，需开动A2向外喷出质量为m2的气体，喷气过程y轴方向系 统动量守恒有m2×200 m/s＝10 kg×1 m/s，解得m2＝0.05 kg，A正确，B、C、D 错误。 1 2 3 4 5 6 6. （2025·浙江台州高二质检）中国某新型连续旋转爆震发动机（CRDE）（如 图）测试中，飞行器总质量（含燃料）为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为 Δm，喷气速度均为v（相对地面），喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设 飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震（喷气时间极短， 忽略重力与阻 力）。下列说法正确的是（　　） A. 每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B. 每次喷气后，飞行器（含剩余燃料）速度增量大小相同 C. 经过n次喷气后，飞行器速度为 D. 由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法 在太空环境中爆震加速 √ 1 2 3 4 5 6 解析：由题意可知，每次喷气过程中，系统（包括飞行器和喷出的气体）总动 量守恒。所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，A错误；根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－Δm，速度为v1，规定气体喷出的方向为正方向，则有0＝Δmv－（M－Δm）v1 ，解得v1＝，所以第一次喷气后速度增量Δv1＝v1＝，在第二次喷气之前，此时系统总动量为－（M－Δm）v1，喷气后，喷出气体质量仍为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－2Δm，速度大小为v2，则有－（M－Δm）v1＝Δmv－（M－2Δm）v2，将v1＝，代入可得v2＝，所以第二次喷气后速度增量Δv2＝v2－v1＝－＝，以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，B错误； 1 2 3 4 5 6 设经过n次喷气后飞行器的速度为vn，系统初始总动量为0，n次喷气后，喷出气 体总质量为nΔm，速度为v，飞行器质量变为M－nΔm，根据动量守恒定律可得0 ＝nΔmv－（M－nΔm）vn，解得vn＝，C正确；虽然在太空没有空气，但 飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律， 喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，D 错误。 1 2 3 4 5 6 ｜解题技法｜ 对于连续喷气问题，由于每次喷气都满足动量守恒定律，因此研究问题时 只看初末状态即可，即对整个喷气过程运用动量守恒定律求解，例如本题根据 试题描述列出动量守恒的表达式0＝nΔmv－（M－nΔm）vn。 1 2 3 4 5 6 $