1.6反冲现象火箭 同步练习 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

1.6 反冲现象 火箭 同步练习 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．质量M=327kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v=1000m/s．忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为（　　） A．76m/s B．82m/s C．90m/s D．99m/s 2．—个爆竹竖直升空后在最高点炸裂成质量相等的甲、乙两块，其中炸裂后一瞬间甲的速度方向如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．甲、乙有可能同时落地 B．甲、乙落地时的速度一定相同 C．从炸裂到落地，甲、乙的速度变化相同 D．甲、乙落地瞬间，重力的瞬时功率相同 3．物理在生活和生产中有广泛应用，以下实例没有利用反冲现象的是（　　） A．乌贼喷水前行 B．电风扇吹风 C．火箭喷气升空 D．飞机喷气加速 4．我校在今年四月份组织的“水火箭”比赛中，1班“破云队”最终以139.9米的成绩获得射程赛冠军。若该小队制作的“水火箭”箭体质量为0.2kg，里面装水0.4kg，发射时将水以约15m/s的平均速度向后喷出，喷水时间很短，则箭体发射后获得的速度约为（　　） A．30m/s B．20m/s C．10m/s D．条件不足，无法计算 5．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹从地面斜向上抛出，上升h后到达最高点，此时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东；重力加速度为g。则（　　） A．爆竹在最高点爆炸过程中，整体的动量守恒 B．质量为m的一块，其速度为3v0-2v C．质量为m的一块，其速度为2v-3v0 D．质量为m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为，方向水平向西 6．如图所示，在光滑的水平面上静止放置一质量为m的半圆槽，半圆槽内壁光滑，轨道半径为R。现把质量为的小球（可视为质点）自轨道左侧最高点由静止释放，在小球和半圆槽运动的过程中，半圆糟向左运动的最大距离为（　　） A． B． C． D．R 7．冲天炮（如图）飞上天后会在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．炸裂前后瞬间，总动量不守恒 B．P、Q同时落回地面 C．炸裂后，P飞行的水平距离较大 D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相同 8．如图所示，质量为的物块静置于足够大的光滑水平地面上，BC部分为半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，CD部分为粗糙水平轨道，质量为的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧，已知，取g的大小为，下列说法正确的是（　　） A．物块对小球先做正功后做负功 B．两者分离时物块移动了 C．物块的最大速度为 D．物块对地面的最大压力为 9．如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，空气的阻力也不考虑。则下列说法不正确的是（　　） A．人在车上向右行走时，车将向左运动 B．当人停止走动时，车也会停止 C．人缓慢地在车上行走时，车可能不动 D．当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同 10．为了保证太空出舱活动中宇航员的安全，出舱时宇航员要背上可朝不同方向产生推力的便携式设备，装备中有一个能喷出气体的高压气源。假设一个连同装备共有的航天员在距离空间站的位置与空间站处于相对静止的状态。为了返回空间站，航天员启动装置先以相对空间站的速度向后喷出的气体，运动至距离空间站时，再次以同样速度喷出同等质量的气体，则宇航员返回空间站的时间约为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 11．如图所示，甲、乙两车质量均为，静置在光滑的水平面上，两车相距为，乙车上站立着一个质量为的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（    ） A．甲、乙两车运动中速度之比为 B．甲、乙两车运动中速度之比为 C．甲车移动的距离为 D．乙车移动的距离为 12．如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块A、B之间有少量炸药（质量不计），爆炸后A、B沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为1m、4m。已知滑块A的质量为mA=4kg，A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，炸药爆炸释放的化学能全部转化为滑块A、B的动能。下列说法正确的是（　　） A．滑块B的质量为2kg B．滑块B的质量为1kg C．炸药爆炸释放的化学能为16J D．炸药爆炸释放的化学能为24J 13．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度υ=1 m/s，爆炸成甲、乙两弹片水平飞出，甲、乙的质量之比为1：2。不计质量损失，取重力加速度g=10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（　　） A． B． C． D． 14．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜面体A，斜面体质量为、底边长为，如图所示。将一质量为、可视为质点的滑块从斜面的顶端由静止释放，经时间刚好滑到斜面底端。重力加速度为，则下列说法中正确的是（　　） A．滑块下滑的过程中重力对的冲量大小为mgt，方向竖直向下 B．滑块下滑的过程中的动量增量大小等于A的动量增量大小 C．滑块下滑的过程中A、组成的系统机械能守恒，动量不守恒 D．滑块下滑的过程中斜面体向左滑动的距离为 15．如图所示，光滑桌面上木板C静止并被锁定，质量为1kg，在木板的中央处放置两个可视为质点的小滑块A和B，质量分别为2kg和1kg，两滑块间有少量炸药。某时刻炸药爆炸释放的能量为12J，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两滑块与木板间的动摩擦因数均为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板的边缘，g取，不计炸药的质量。则（　　） A．木板C的最终速度为0.5m/s B．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能为11J C．木板C的最小长度为7.5m D．木板C受到的冲量为1N·s 三、填空题 16．如图所示，质量为M的船停在平静的湖面上，船头站着质量为的人，船头到船尾的距离为L，现在人由静止开始从船头走到船尾，不计水对船的阻力，则人和船运动方向 （选填“相同”或“相反”），船运行的平均速度 （选填“大于”“小于”或“等于”）人行走的平均速度，人相对湖面的位移大小为 。 17．光滑水平面上一平板车质量为M＝50 kg，上面站着质量m＝70 kg的人，共同以速度v0匀速前进，若人相对车以速度v＝2 m/s向后跑，问人跑动后车的速度改变量为 ． 四、解答题 18．如图，质量为m、长为L的长木板静止在光滑的水平地面上，质量为3m的智能机器人（忽略大小）从长木板的左端起跳，恰好落在长木板的右端，重力加速度为g。 (1)机器人从起跳到落在长木板右端的过程中，求机器人的位移大小； (2)若机器人与水平方向成角度起跳（），求起跳过程机器人对长木板做的功。 19．如图所示，光滑水平地面上的小车左端固定着一根竖直轻杆，一小球（视为质点）用长度的轻绳悬挂在杆的上端。按住小车并将小球向右拉至轻绳水平伸直，然后同时释放小车和小球，小球向下运动到最低点。小车与小球的质量之比为3:1，取重力加速度大小，不计空气阻力。求： (1)从小球被释放至小球到达最低点的过程中，小球的位移大小x； (2)小球到达最低点时，小车的速度大小v1。 20．平静的湖面上，一艘质量，长的小船漂浮着，质量的年轻的水手倚在船尾休息。在与船身同直线的船头正前方处传来小孩扑腾呼救的声音。水手马上起身跑向船头并以相对小船的水平速度一跃而下，后落入水中。水手入水后立即以速度匀速游向落水小孩并成功施救。不考虑湖面对船的阻力和水手受到的空气阻力。请你求解： （1）水手在小船上跑动过程中小船后退的距离s； （2）水手离开小船时小船的速度大小； （3）水手入水后经多长时间能到达小孩处？    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《1.6 反冲现象 火箭 同步练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B A B A B C C B 题号 11 12 13 14 15 答案 AD AD BD AC AC 1．C 【详解】由动量守恒定律得：（M-m）v′-mv=0，则火箭速度v′===90m/s；故选C． 【点睛】掌握常见的守恒模型：碰撞、反冲、子弹打木块、滑块—滑板模型、爆炸、人船模型等；在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题． 2．D 【详解】A．爆竹的最高点时速度为零，根据动量守恒可知，炸裂成质量相等的甲、乙两块速度等大反向，由此可知，乙先落地，故A错误； B．根据机械能守恒可知，两者落地时速度大小相等，但方向不同，故B错误； C．由于两者在空中运动时间不同，由 可知，两者速度变化不同，故C错误； D．爆炸后一瞬间、甲、乙在竖宜方向速度等大反向，由运动学公式可知，两者落地时在竖宜方向分速度相同，由 可知，甲、乙落地瞬间，重力的瞬时功率相同，故D正确。 故选D。 3．B 【详解】乌贼喷水前行、火箭喷气升空、飞机喷气加速都是利用了反冲原理；而电风扇吹风不是反冲。 故选B。 4．A 【详解】由动量守恒定律可知 故选A。 5．B 【详解】A．爆竹在最高点爆炸过程中，整体水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，故A错误； BC．规定向东为正方向，根据动量守恒得 解得质量为m的一块的速度 故B正确，C错误； D．质量为m的一块爆炸后，做平抛运动，运动的时间由 得 则在落地过程中重力冲量的大小为，方向竖直向下，故D错误。 故选B。 6．A 【详解】在小球和半圆槽运动的过程中系统在水平方向上动量守恒，有 即 则有 又 联立解得 ， 故选A。 7．B 【详解】AB．炸裂时，冲天炮位于最高点，水平方向不受外力作用，动量守恒，因此，P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，故同时落地，故A错误，B正确； C．炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可以与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误； D．炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等，方向相反，故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。 故选B。 8．C 【详解】A．在弧面上，小球由于与轨道之间的挤压，轨道的机械能增加，小球的机械能减小，由功能关系，物块对小球做负功，故A错误； B．物块与小球小球组成的系统水平方向动量守恒，有 可得 即 根据几何关系有 两者分离时物块移动了 故B错误； C．在C点时，物块的速度最大，物块与小球小球组成的系统水平方向动量守恒，有 根据能量守恒有 解得 ， 故C正确； D．在C点时，物块受到的支持力最大，有 物块对地面的最大压力为 故D错误。 故选C。 9．C 【详解】A．人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 解得 车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，A正确，不符合题意； B．因人和车总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零，B正确，不符合题意； C．由 可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动， C错误，符合题意； D．人从车上的左端行走到右端，设车的长度为，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 即 解得 车在地面上移动的距离与人的行走速度无关，D正确，不符合题意。 故选C。 10．B 【详解】第一次喷出气体的过程，根据动量守恒有 解得第一次喷出气体后宇航员的速度大小为 第二次喷出气体的过程，根据动量守恒有 解得第二次喷出气体后宇航员的速度大小为 故宇航员返回空间站的时间为 故选B。 11．AD 【详解】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得 可得甲、乙两车运动中速度之比为 故A正确，B错误； CD．设甲车和乙车移动的距离分别为s甲和s乙，则有 又 联立解得 故C错误，D正确。 故选AD。 12．AD 【详解】AB．爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则 0=-mAv1+mBv2 爆炸之后分别对两滑块动能定理，对滑块A 对滑块B 联立解得 故B错误，A正确； CD．炸药爆炸释放的化学能为 代入数据解得 故C错误，D正确。 故选AD。 13．BD 【详解】规定向右为正方向，设弹丸的质量为3m，则甲的质量为m，乙的质量为2m，弹丸到达最高点爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，有 3mυ=mυ1+2mυ2 则 3υ=υ1+2υ2 两弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等 t==1 s 水平方向做匀速运动，则有 x1=υ1t x2=υ2t 结合图像可知，故BD项正确，AC错误。 故选BD。 14．AC 【详解】A．滑块下滑的过程中重力对的冲量大小为 故A正确； B．滑块B下滑过程中，A、B组成的系统在水平方向不受合外力，系统水平方向动量守恒，即滑块下滑的过程中的水平方向动量增量大小等于A的动量增量大小，故B错误； C．滑块下滑的过程中A、组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，A、B组成的系统在水平方向不受合外力，系统水平方向动量守恒，故C正确； D．设此过程中斜面体向左滑动的距离为，滑块B与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 则 解得 故D错误。 故选AC。 15．AC 【详解】A．爆炸过程两滑块组成的系统动量守恒，炸药爆炸释放的能量转化为两滑块的动能，有动量守恒 能量守恒 解得 滑块A速度减为零所用时间 此时B的速度 此过程B与C间的相对位移 木板锁定被解除后，滑块A与木板C相对静止，整体与滑块B发生相对运动，设最终三者达到共同速度为v，根据动量守恒定律有 解得 故A正确； B．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能 故B错误； C．设A、C整体与B相对运动过程B与C间的相对位移为，由功能关系可得 解得 木板最小长度 故C正确； D．根据动量定理，木板C受的冲量 故D错误； 故选AC。 16． 相反 小于 【详解】[1]人和船组成的系统动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反。 [2]由动量守恒定律有 又 故 [3]由动量守恒定律有 又 联立可得 17． ； 【详解】以人和车组成的系统为研究对象，选v0方向为正方向，设人跑动后车的速度变为v′，则人相对地的速度为v1=v′-v． 系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有（M+m）v0=Mv′+m（v′-v） 解得：v′＝v0+ 人跑动后车的速度改变量为△v＝v′−v0＝＝1.17m/s 【点睛】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，注意要规定正方向，特别要注意，此题速度应为相对于地面的速度． 18．(1) (2) 【详解】（1）机器人与长木板构成的系统在水平方向动量守恒，则有 等号左右同时乘以运动时间，则有 其中， 则有 由题意有 解得 （2）设机器人以大小为的速度起跳，机器人，长木板在水平方向动量守恒，则有 机器人在空中竖直方向做竖直上抛运动，则有 机器人在水平方向做匀速直线运动，则有 结合上述有 根据动能定理可知，机器人对长木板做的功 联立解得 19．(1)0.45m (2)1m/s 【详解】（1）根据动量守恒定律得 解得 （2）根据动量守恒定律得 根据机械能守恒定律得 解得 20．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）取水手运动方向为正，由系统动量守恒得 又 解得 （2）设水手离船时速度，为相对速度，则 取水手运动方向为正，由系统动量守恒得 解得 ， （3）水手空中水平方向前近距离 水手入水时距施救点 入水后游到施救点时间 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $