《创新课堂》第一章 动量守恒定律 6.反冲现象　火箭 课件 高中物理选择性必修第一册（人教版）

(共60张PPT)
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。
学习目标
01
知识点一　反冲现象
目 录
02
知识点二　火箭
03
素养培优
04
随堂演练
05
课时作业
01
PART
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 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 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 的影响。
相反　
忽略　
反冲　
【易错辨析】
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
【例1】　（反冲现象的特点）下列各图中，不属于反冲现象的是（　　）
√
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向上的较大的速度，这是反冲原
理，故D不符合题意。
【例2】　（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. B.
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。
02
PART
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 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＝ ，可见u越大，质
量比越大，则火箭获得的速度Δv就 。
反冲　
－u　
越大　
【易错辨析】
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。
【例3】　（火箭的工作原理）下列关于火箭的描述正确的是（　　）
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。
【例4】　（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，火箭的速度约为多大？
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，火箭的速度约为多大？
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。
03
PART
素养培优
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。
【典例1】　“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平
静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一
位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，
并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙
两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为
1.6 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。
已知竹竿的质量约为30 kg，若不计水的阻
力，则该女子的质量约为（　　）
A. 45 kg B. 48 kg
C. 50 kg D. 55 kg
√
解析： 　根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv＝m竿v竿，
由于系统的水平动量一直为0，运动时间相等，设运动时间为t，则有mvt＝
m竿v竿t，整理可得mx＝m竿x竿，解得m＝＝ kg＝48 kg，故选B。
【典例2】　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）＝。
课堂小结
04
PART
随堂演练
1. （反冲现象）小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，
桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4（图中未
画出）。要使小车向前运动，可采用的方法是（　　）
A. 打开阀门S1 B. 打开阀门S2
C. 打开阀门S3 D. 打开阀门S4
解析： 　水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为0，由0＝m水v水＋
m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出。故应打
开阀门S2，B正确。
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√
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
√
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解析： 　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。
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3. （火箭）某中学航天兴趣小组的同学将静置在水平地面上的质量为M
（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以
相对地面为v0的初速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不
计，下列说法正确的是（　　）
A. “水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
B. 水喷出的过程中，“水火箭”和水机械能守恒
C. “水火箭”获得的最大速度为v0
D. “水火箭”上升的最大高度为
√
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解析： 　“水火箭”的推力来源于“水火箭”里喷出的水对它的反作用
力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，“水火箭”和水机械能
不守恒，故B错误；设“水火箭”获得的最大速度为v，由动量守恒定律可
得（M－m）v＝mv0，v＝，故C错误；水喷出后，“水火箭”做竖直
上抛运动，由题意有v2＝2gh，h＝＝，故D正确。
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4. （人船模型）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
√
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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，根据系统动量守恒得m1v1＝m2v2，人与气球运动的距离
分别为h＝v1t＝20 m，x球＝v2t，联立可得＝，又h＋x球＝l，代入数据
解得绳长至少为l＝60 m，故选D。
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05
PART
课时作业
　　
知识点一　反冲现象
1. 〔多选〕判断下列说法正确的是（　　）
A. 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
B. 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
C. 反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子
D. 在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行
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解析： 　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，选项A正确；系统某一方向上合外力为零的反冲运动也可以用动量
守恒定律来分析，选项B错误；反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适
用于微观粒子，选项C正确；在没有空气的宇宙空间，火箭向下喷气时，
由于反冲作用，火箭仍可加速前行，选项D正确。
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2. 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（　　）
√
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解析： 　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。
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知识点二　火箭
3. 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： 　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。
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4. （2025·江苏扬州期中）“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
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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＝（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。
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5. 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
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解析： 　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。
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6. （2025·贵州黔东南期中）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
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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＋（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。
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7. （2025·北京丰台期中）如图所示，质量为M的小孩站在质量为m的滑板
上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩以相对
滑板的速度v沿水平方向跃离了滑板，则跃离后滑板的速度大小为（　　）
A. v B. v
C. v D. v
解析： 　根据题意，设跃离后滑板的速度大小为
v1，取向右为正方向，由动量守恒定律有M（v－v1）－mv1＝0，解得v1＝v，故选D。
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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
击时子弹对地速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于地后退的速度为
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
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解析： 　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。
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9. （2025·山东德州期中）如图所示，一个连同装备总质量
为120 kg的航天员，装备内有一个喷嘴可以使压缩气体以相
对空间站40 m/s的速度喷出。航天员在距离空间站30 m处与
空间站处于相对静止状态，航天员完成太空行走任务后，必
须向着返回空间站方向的反方向释放压缩气体，才能回到
空间站。若喷出的气体总质量为0.2 kg，则返回时间约为（　　）
A. 450 s B. 500 s
C. 550 s D. 600 s
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解析： 　设航天员装备未喷气前质量为M，设喷出的气体质量为m、速度
为v，则喷出气体后的航天员速度设为v1、质量为（M－m），根据题意可
知M＝120 kg、m＝0.2 kg、v＝40 m/s，把喷出的气体和喷出气体后的航天
员作为系统，分析可知，该过程系统动量守恒，取喷出的气体速度方向为
正方向，则0＝mv－（M－m）v1，解得v1≈0.066 8 m/s，喷气后，航天员
匀速运动到空间站，故所需时间t＝＝ s≈450 s，故A正确，B、C、
D错误。
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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；
答案： 　
解析： 由动量守恒定律得（m1＋m2－Δm）v船－Δmv1＝0
解得v船＝。
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（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：
解析：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'＝。
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11. 〔多选〕如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固
定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小
球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，则在接下来的
运动中（　　）
A. 小球和小车组成的系统满足动量守恒
B. 小球每次运动到最低点时，小车速度都是水平向右
C. 小球能向左摆到原高度
D. 小车向右移动的最大距离为
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解析： 　根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方
向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而小球和小车组成的系统
总动量不守恒，故A错误；根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒
可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高
度，故C正确；小球向左摆到原高度后，速度为零，然后再向右摆动，根
据水平方向动量守恒，此时小车速度向左，故B错误；设小球在水平方向
上的平均速度大小为vm，小车在水平方向上的平均速度大小为vM，由动量
守恒定律有mvm－MvM＝0，则有mxm＝MxM，又根据题意有xm＋xM＝2l，联
立解得小车向右移动的最大距离为xM＝，故D正确。
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