课时作业(五) 反冲现象 火箭(Word练习)-【金榜题名】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册高中同步学案（人教版）

课时作业(五)　反冲现象　火箭 [基础达标练] 1．如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，当甲轻轻推乙后，两个人会向相反的方向滑去，则下列判断正确的是(　　 ) A．推后两人的动能一定相等 B．推后两人的动量一定相同 C．推后两人的速率一定相等 D．甲轻推乙的过程中，两人的动量之和一定为零 解析：选D　甲轻推乙的过程中，二人组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则p1＋p2＝0 所以p1＝－p2，故B错误，D正确；根据Ek＝和v＝可知，由于两人质量不一定相等，所以动能、速率不一定相等，故AC错误． 2．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，火箭的动量大小约为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　) A．30 kg m/s　　　　 B．300 kg m/s C．600 kg m/s D．630 kg m/s 解析：选A　根据动量守恒定律可知，在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小等于燃气的动量大小，即p＝mv＝0．05×600 kg· m/s＝30 kg· m/s故选A． 3．质量为M(不含炮弹)的一炮艇在湖面上匀速行驶，炮艇上有两颗炮弹，突然从船头和船尾同时水平向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹质量均为m，相对于地的速率相同，炮艇的牵引力和阻力均不变，则炮艇的动量(不含炮弹)和速度的变化情况是(　　) A．动量变小，速度不变 B．动量不变，速度增大 C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小 解析：选C　因炮艇受到的牵引力及阻力不变，且开始时炮艇匀速运动故整个系统所受的合力为零，系统的动量守恒．设炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间炮艇的速度为v，以向前为正方向，由动量守恒定律可得(M＋2m)v0＝Mv＋mv1－mv1，可知v>v0，因此发射炮弹后瞬间炮艇的速度增大，动量增大，ABD错误，C正确．故选C． 4．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为(　　 ) A．0．6 m/s，向左 B．3 m/s，向左 C．0．6 m/s，向右 D．3 m/s，向右 解析：选A　甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，解得v＝－，代入数据解得v＝－0．6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确． 5．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)(　　) A．v0 B． C． D． 解析：选C　由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得m2v0cosθ－(m1－m2)v＝0解得v＝ C正确．故选C． 6． 质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m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(两球心在同一水平面上)无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是(　　) A．R B．R C．R D．R 解析：选A　设小球滑到最低点所用的时间为t，大球的位移大小为x，小球相对于地面的水平位移大小为3R－R－x＝2R－x取水平向左为正方向．根据系统水平方向平均动量守恒得3m－m＝0解得x＝故选A． 7．长为l的轻绳，一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上，另一端连接一质量为2m的小球，开始时，将小球移至横杆处(轻绳处于水平伸直状态，见图)，然后轻轻放手，当绳子与横杆成直角，此过程圆环的位移是x，则(　　 ) A．x＝l B．x＝l C．x＝0 D．x＝l 解析：选A　小球和圆环组成的系统，整个过程中在水平方向都满足动量守恒，设从开始到绳子与横杆成直角的过程中，圆环的平均速度大小为v1，小球的平均速度大小为v2，则mv1－2mv2＝0．设运动时间为t，此过程圆环的位移大小为x，小球的位移大小为l－x，则m－2m＝0，解得x＝l，故选A． 8．关于反冲运动的说法中，正确的是(　　) A．抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲 B．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用 C．若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力 D．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律 解析：选D　A．反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动．定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故A错误；BD．在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故B错误，D正确；C．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故C错误．故选D． 9．(多选)一个士兵站在皮划艇右端练习打靶，靶装在艇上的左端，如图所示．若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前发打入靶中后，再打下一发．不考虑一切阻力，以下说法正确的是(　　) A．打靶结束后，皮划艇将以一定的速度向右匀速运动 B．打靶结束后，皮划艇应停止在射击之前位置的右方 C．在每一发子弹的射击过程中，皮划艇所发生的位移相同 D．在每一发子弹的射击过程中，皮划艇所发生的位移不相同 解析：选BC　AB．子弹、枪、人、皮划艇系统水平方向所受的合外力为零，系统水平方向的动量守恒，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，故皮划艇仍然是静止的．在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，皮划艇向右运动，所以打靶结束后，皮划艇应停在原来位置的右方．打靶结束后，皮划艇将静止不动，故A错误，B正确；CD．对于每一发子弹的射击过程，设子弹出口速度为v，皮划艇后退速度大小为v′，以向左为正，根据动量守恒定律，有0＝mv－[M＋(n－1)m]v′子弹匀速向左运动的同时皮划艇匀速向右运动，故vt＋v′t＝d联立解得v′＝，t＝故皮划艇向右运动的位移为Δs＝v′t＝每颗子弹从发射到击中靶过程，皮划艇均向右运动Δs，均相同，故D错误，C正确．故选BC． 10．在沙堆上有一木块，质量M＝5 kg，木块上放一爆竹，质量m＝0．10 kg．点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm，若沙对木块运动的阻力恒为58 N，不计爆竹中火药质量和空气阻力．求爆竹上升的最大高度．(g＝10 m/s2) 解析：火药爆炸时内力远大于重力，所以爆炸时动量守恒，设v、v′分别为爆炸后爆竹和木块的速率，取向上的方向为正方向 由动量守恒定律得mv－Mv′＝0① 木块陷入沙中做匀减速运动到停止，其加速度为 a＝＝ m/s2＝1．6 m/s2 木块做匀减速运动的初速度 v′＝ ＝ m/s ＝0．4 m/s② ②代入①式，得v＝20 m/s 爆竹以初速度v做竖直上抛运动，上升的最大高度为h＝＝ m＝20 m． 答案：20 m [能力提升练] 11．A、B两物块放置在光滑水平面上，带有同种电荷，A物块的质量为M，B物块的质量为m．A、B两物块紧靠在一起(A、B间无电荷交换)，释放一段时间后，A、B两物块相距为d，此时B物块的速度为v．A、B两带电体均可看作点电荷，已知两点电荷系统具有的电势能的大小仅与两带电体的电荷量以及距离有关．若A物体质量不变，将B物块的质量增大为2m，A、B两物块电荷量保持不变，仍从紧靠在一起释放，则释放后A、B两物块距离为d时B物块的速度为(　　) A．v B．v C．v D．v 解析：选D　对两物块构成的系统，由动量守恒和能量守恒可得mv＝Mv1 Ep＝mv2＋Mv12 解得Ep＝v2 当B的质量变为2m时，势能没变，故Ep＝v′2解得v′＝v故D正确；故选D. 12．(多选)在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，则(　　) A．水平发射炮弹时，炮弹速率为v0，炮车的反冲速率为 B．炮身与水平方向成θ角，炮弹速率为v0，炮身反冲速率为 C．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为 D．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为 解析：选ABD　A．水平发射炮弹时，对于炮车和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速率为v0, mv0－Mv1＝0解得v1＝故A正确；B．炮身与水平方向成θ角，炮弹速率为v0，则其水平方向分速度为v0cosθ，设炮身反冲速率为v2，则系统水平方向动量守恒mv0cos θ－Mv2＝0解得v2＝故B正确；CD．炮身与水平方向成θ角，炮弹相对炮口速率为v0，炮身反冲速率为v3，则炮弹出射时炮弹相对地面的水平速率为v弹cos θ＝v0cos θ－v3水平方向动量守恒mv弹cos θ－Mv3＝0可解得v3＝故C错误，D正确．故选ABD． 13． (多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d．已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是(　　) A．投出物资后热气球做匀加速直线运动 B．投出物资后热气球所受合力大小为mg C．d＝ D．d＝ 解析：选BC　AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律Mv＝mv0则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；CD．热气球和物资的运动示意图如图所示： 热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为a＝g物资落地H过程所用的时间t内，根据H＝gt2解得落地时间为t＝热气球在竖直方向上运动的位移为HM＝at2＝·g·＝H热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为xm＝v0t＝v0　xM＝vt＝v0·根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 d＝ ＝(1＋)，故C正确，D错误．故选BC. 14．(多选)如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量为m的小钢球从槽的顶端A处静止释放，不计一切阻力，重力加速度为g，在此后的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．小钢球和圆弧形槽组成的系统动量不守恒 B．小钢球运动到圆弧槽B处时速度为 C．小钢球运动到圆弧槽B处时，此圆弧槽的对地位移大小可能为R D．小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为R 解析：选ACD　小钢球在竖直方向受重力作用，合力不为零，小钢球和槽组成的系统动量不守恒，A正确； 小钢球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，则有mv1＝ 3mv2 又因为整个过程系统机械能守恒又有mgR＝mv＋·3mv 解得v1＝，v2＝，B错误； 设小钢球下滑到底端B的过程中所用时间为t，圆弧向左移动的距离为x，则小钢球向右移动的距离为R－x，根据水平方向动量守恒得m·＝3m· 解得x＝R，R－x＝R 由于小钢球在竖直方向运动了R，则小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为L＝＝R，CD正确．故选ACD． 15．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做为船的动力．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，小船的速度是多少？ (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是多少？ 解析：(1)由动量守恒定律得 (m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0 解得：v船＝． (2)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＝． 答案：(1)　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $$