高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律6 反冲现象 火箭试讲课课件ppt

高中物理新教材特点分析及教学策略

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6　反冲现象　火箭

[学习目标]　1.了解反冲的概念及反冲现象的防止和应用.2.知道反冲现象的原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲现象的问题.3.知道火箭的原理及其应用，会对火箭喷气后各物理量的变化进行计算．

一、反冲现象

1．定义

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的现象．

2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律．

3．反冲现象的应用及防止

(1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转．

(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

1．工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们都靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度．

2．决定火箭增加的速度Δv的因素

(1)火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度．

(2)火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比．

1．判断下列说法的正误．

(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．(　√　)

(2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析．(　×　)

(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子．(　√　)

(4)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．(　√　)

(5)火箭点火后离开地面向上加速运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．(　×　)

2.如图所示，小船静止在水面上，站在船尾的人不断将鱼抛向左方船头的舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　　)

A．向左运动，船向左移动了一些

B．小船静止，船向左移动了一些

C．小船静止，船向右移动了一些

D．小船静止，船不移动

答案　C

解析　人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船(包括人)具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船立即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移动一些，C正确．

3．想一想：近几年，我国的探月工程稳步推进，假如在月球上建一座飞机场，螺旋桨飞机能够起飞吗？如果不能应怎么办？

答案　不能起飞，螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行．要在真空中飞行，可以利用反冲原理，像火箭那样完成飞行．

一、反冲运动的理解和应用

导学探究

仔细观察下列图片并思考以下问题：

(1)如图甲所示，吹大的气球松开开口后如何运动？如图乙、丙所示，章鱼、乌贼在水中是怎样游泳的？

(2)气球、章鱼、乌贼运动时的受力特点是什么？

(3)气球、章鱼、乌贼运动时应用了什么物理原理？

答案　(1)气球松开开口后，向喷气的相反方向运动；章鱼、乌贼先把水吸入体腔，然后用力压水，通过身体前面的孔将水喷出，使身体很快地运动

(2)气球及其喷出的气体，章鱼、乌贼及其喷出的水，在内力作用下向相反方向运动，且相互作用的内力远大于外力或在某一方向上内力远大于外力

(3)反冲原理

知识深化

1．反冲运动的三个特点

(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．

(2)反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒．

(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．

2．讨论反冲运动应注意的两个问题

(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，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值．

(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程．

例1　如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃板上，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)

(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；

(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度．(小车一直在水平方向运动)

答案　(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞水平运动的方向相反

(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞水平分运动的方向相反

解析　(1)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．以橡皮塞水平运动的方向为正方向

根据动量守恒定律有，0＝mv＋(M－m)v1

v1＝－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.

(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，

有mv′cos 60°＋(M－m)v1′＝0

v1′＝－＝－ m/s＝－0.05 m/s

负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s.

二、火箭的工作原理分析

导学探究

北京时间2021年6月17日9时22分，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号遥十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射并取得圆满成功．结合教材试分析以下问题：

1．火箭飞行的原理是什么？

答案　火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理

2．设火箭发射前的总质量是M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v′.

答案　在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以可认为动量守恒．取火箭的速度方向为正方向，发射前火箭的总动量为0，发射后的总动量为mv′－(M－m)v

则由动量守恒定律得0＝mv′－(M－m)v

所以v′＝v

知识深化

1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．

2．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、末状态的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．

(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．

例2　(2022·临汾一中月考)2021年9月20日下午15时10分，搭载天舟三号货运飞船的长征七号遥四运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射取得圆满成功．关于火箭的发射，下列说法正确的是(　　)

A．火箭发射过程中机械能守恒，动量也守恒

B．影响火箭速度大小的因素只有喷出气流的速度

C．影响火箭速度大小的因素包括喷气的质量与火箭本身质量之比

D．喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量相同

答案　C

解析　火箭发射过程中动能和重力势能均增加，则机械能不守恒，速度增大，则动量增大，动量也不守恒，A错误；设喷出气流质量为m，火箭质量为M，则根据动量守恒定律有mv＝Mv′，解得v′＝v，故影响火箭速度大小的因素是喷出气流速度和质量二者之比，B错误，C正确；喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量大小相等，方向相反，D错误．

三、反冲运动的应用——“人船模型”

导学探究

有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾．试分析：

(1)当人向左走动时，船将向哪运动？

(2)当人走动的速度增大时，船的速度如何变化？

(3)当人停止运动，小船是否还继续移动？

答案　(1)船向右运动　(2)船的速度也会增大　(3)人停止运动，船也会停止运动

知识深化

1．“人船模型”问题

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零，则动量守恒．

2．人船模型的特点

(1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成反比．

(2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即＝.人和船的位移满足|x人|＋|x船|＝L.

3．解题关键点：解题时要选择同一个参考系，画出各物体的位移关系草图，找准各位移之间的关系．

例3　如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，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)

答案　C

解析　A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，两物体位移关系如图所示，

则m2x－m1(b－a－x)＝0，

解得x＝，故C正确，A、B、D错误．

考点一　反冲运动的理解和应用

1．(多选)下列属于反冲现象的是(　　)

A．乒乓球碰到墙壁后弹回

B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退

C．用力向后蹬地，人向前运动

D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反的方向运动

答案　BD

解析　乒乓球碰墙壁后弹回属于碰撞类问题，碰前乒乓球并非静止，而墙壁始终保持静止，不属于反冲现象，A选项错误；人用力向后蹬地，人向前运动，是人脚与外部地面的作用，地面保持静止，不属于反冲现象，C选项错误；B、D均为系统内力作用下物体的两部分向相反方向运动，是反冲现象，选项B、D正确．

2．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是(　　)

A．向后踢腿

B．手臂向后甩

C．在冰面上滚动

D．脱下外衣水平抛出

答案　D

解析　以人为研究对象，人向后踢腿或甩手，总动量为0，所以人整体不动，故A、B错误；因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人是滚不了的，故C错误；把外衣抛出，人会获得一个反向的速度，可以离开冰面，故D正确．

3.(多选)如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱，不计水的阻力，下列说法正确的是(　　)

A．若前、后舱是分开的，则前舱将向后运动

B．若前、后舱是分开的，则前舱将向前运动

C．若前、后舱不分开，则船将向后运动

D．若前、后舱不分开，则船将向前运动

答案　BD

解析　前、后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前舱向前运动，若不分开，虽然抽水的过程属于船与水的内力作用，但水的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，船将向前运动，B、D正确．

考点二　火箭工作原理

4．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)

A．30 kg·m/s   B．5.7×102 kg·m/s

C．6.0×102 kg·m/s   D．6.3×102 kg·m/s

答案　A

解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量大小p2＝m2v2＝50×10－3

×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．

5．(2022·临沂市兰山区教学研究室高二月考)某一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．以下说法正确的是(　　)

A．运动第1 s末，火箭的速度约为10 m/s

B．运动第2 s末，火箭的速度约为135 m/s

C．当发动机第3次喷出气体后，火箭的速度约为2 m/s

D．当发动机第4次喷出气体后，火箭的速度约为200 m/s

答案　C

解析　1 s末发动机喷出20次，共喷出的气体质量为m1＝20×0.2 kg＝4 kg，根据动量守恒定律得(M－m1)v1－m1v＝0，则得火箭1 s末的速度大小为v1＝＝ m/s≈13.5 m/s，故A错误；2 s末发动机喷出40次，共喷出的气体质量为m2＝40×0.2 kg＝8 kg，同理可得，火箭2 s末的速度大小为v2＝＝ m/s≈27.4 m/s，故B错误；第3次气体喷出后，共喷出的气体质量m3′＝3×0.2 kg＝0.6 kg，同理可得，火箭第3次喷出气体后的速度大小为v3＝＝ m/s≈2.0 m/s，故C正确；第4次气体喷出后，共喷出的气体质量m4＝4×0.2 kg＝0.8 kg，同理可得，火箭第4次喷出气体后的速度大小为v4＝＝ m/s≈2.7 m/s，故D错误．

考点三　人船模型

6.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．60 m   B．40 m

C．30 m   D．10 m

答案　A

解析　人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，则m1－m2＝0，解得s气球＝2s人＝40 m，则绳子长度L＝s气球＋s人＝40 m＋20 m＝60 m，即绳长至少为60 m，故选A.

7.如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测量它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头岸边自由停泊，人轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他自身的质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　B

解析　设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船尾走到船头用时为t，船的位移大小为d ，人的位移大小为L－d，所以v＝，v′＝.以船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：0＝Mv－mv′，可得：M＝m ，解得小船的质量为M＝m ，故B正确．

8．(多选)小车静止在光滑水平地面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法正确的是(　　)

A．待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动

B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方

C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同

D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移应越来越大

答案　BC

解析　子弹、枪、人、车、靶组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒．子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的．在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方，待打完n发子弹后，小车将静止不动，故A错误，B正确；

设子弹射出枪口的速度大小为v，车后退的速度大小为v′，以子弹射出方向为正方向，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，故有：vt＋v′t＝d，

故车后退位移大小为：Δx＝v′t＝，每发子弹从发射到击中靶过程，小车均后退相同的位移Δx，故C正确，D错误．

9.如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上．当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　B

解析　由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，联立解得x大球＝，B正确．

10.如图所示，质量为M的四分之一光滑轨道静止在光滑水平面上，圆弧轨道末端与水平面相切，圆弧轨道半径为R，且圆弧轨道不固定．有一质量为m＝M的小球A从圆弧轨道上与圆心等高处无初速度释放，小球可视为质点，重力加速度为g，求：

(1)小球与圆弧轨道分离时小球的速度大小；

(2)从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中圆弧轨道运动的位移大小．

答案　(1)　(2)

解析　(1)圆弧轨道不固定且光滑，水平面光滑，则小球和圆弧轨道组成的系统机械能守恒，有mgR＝mv12＋Mv22

小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，有

0＝mv1－Mv2

又m＝M，联立解得v1＝

(2)设从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中小球和圆弧轨道运动的位移大小分别为x1、x2，小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，可得，0＝m－M

又x1＋x2＝R

解得x2＝.

11.(2021·宁波八校联考)平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货箱边沿水平方向顺着轨道方向向右跳出，落在平板车地板上的A点，A点距货箱的水平距离为l＝4 m，如图所示．人的质量为m，车连同货箱的质量为M＝4m，货箱高度为h＝1.25 m．求车在人跳出后到落到地板前的水平反冲速度的大小(g取10 m/s2，不计空气阻力)．

答案　1.6 m/s

解析　人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人的水平速度大小是v1，车的反冲速度大小是v2，取向右为正方向，则mv1－Mv2＝0，解得v2＝v1，人跳离货箱后做平抛运动，车以速度v2做匀速运动，运动时间为t＝＝  s＝0.5 s．由图可知，在这段时间内人的水平位移大小x1＝v1t，车的位移大小x2＝v2t，由于x1＋x2＝l

即v1t＋v2t＝l，

则v2＝＝ m/s＝1.6 m/s.

12.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．已知重力加速度为g，小物块与BC部分的动摩擦因数为μ，空气阻力可忽略不计．关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是(　　)

A．小车和物块构成的系统动量守恒

B．摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零

C．物块的最大速度为

D．小车发生的位移为(R＋)

答案　D

解析　AB段只是水平方向动量守恒，系统合外力不为零，动量不守恒，A错误；物块A与小车BC段有相对位移，摩擦力做功的代数和不为零，B错误；如果小车不动，物块到达水平轨道时速度最大，由mgR＝mv2得v＝，现在物块下滑时，小车向左滑动，则物块的最大速度小于，C错误；设BC段长为L，根据系统水平方向动量守恒可知：物块和小车最后相对静止时的速度为零，对系统，由能量守恒得mgR＝μmgL，得L＝，设整个过程物块相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2.则有：mx1－Mx2＝0，x1＋x2＝L＋R，解得：x2＝(R＋)，D正确．