第一章 第6节 课后达标检测 反冲现象 火箭(一)-【优学精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册教用word（人教版）

反冲现象　火箭(一) 题组1　对反冲现象的理解和分析 1．下列没有利用反冲原理的是(　　) A．喷气式飞机飞行　　　 B．火箭飞行 C．章鱼游动 D．苹果下落 解析：选D。喷气式飞机、火箭飞行是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理，故A、B不符合题意；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故C不符合题意；苹果下落是由于地球引力作用，不属于反冲运动，故D符合题意。 2.(2025·海南海口一中期中)乌贼在水中的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 解析：选D。根据动量守恒定律有0＝(m－m0)v1－m0v2，可得喷射出水的速度v2＝v1＝×40 m/s＝80 m/s。 题组2　火箭发射和爆炸类问题 3．(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。下列关于火箭的描述正确的是(　　) A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力 B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力 C．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 D．火箭发射时获得的推力来自喷出的燃气与发射台之间的相互作用 解析：选AB。增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据FΔt＝Δmv可知可以增大火箭的推力，故A正确；若增大燃气相对于火箭的喷射速度，根据FΔt＝Δmv可知可以增大火箭的推力，故B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以燃气相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。 4.“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的炽热燃气相对于地面以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，下列操作可行的是(　　) A．增大v0的同时减小m B．增大M的同时减小m C．增大v0的同时减小M D．同比例增大M、m 解析：选C。在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小v＝，增大v0的同时减小M，可增大火箭的发射速度。 5．有一个质量为4m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为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3m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　) A．3v0－v B．4v0－3v C．3v0－2v D．3v0－4v 解析：选B。爆竹在最高点时速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为4mv0，爆炸后其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，设另一块瞬间速度大小为v1，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有4mv0＝3mv＋mv1，解得v1＝4v0－3v，B正确。 题组3　人船模型问题 6.(多选)如图所示，质量为3m、长为L的平板车静止在光滑的水平地面上，车的左端有一个可视为质点的人，人的质量为m。一开始人和车都静止，空气阻力忽略不计。人从车的左端走到车的右端的过程中，下列说法正确的是(　　) A.人与车组成的系统动量守恒 B．人和车组成的系统机械能守恒 C．人从车的左端行走到右端，人相对于地的位移为0.75L D．人到车的右端，可能与车一起向右运动 解析：选AC。对人与车构成的系统进行受力分析，系统所受外力的合力为0，系统动量守恒，故A正确；由于开始时人和车都静止，行走时，系统动能增加，则系统机械能增大，故B错误；根据动量守恒定律有mx1－3mx2＝0，又x1＋x2＝L，解得x1＝0.75L，故C正确；人到车的右端，若与车一起向右运动，则动量不守恒，故D错误。 7．(2025·山东烟台市期中)如图所示，将一质量为1 kg、半径为15 cm的光滑半圆形槽静置于光滑水平地面上，现让一质量为0.5 kg的小球自左侧槽口从A点由静止开始落下，小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移为(　　) A．10 cm B．15 cm C．20 cm D．25 cm 解析：选C。小球在半圆槽内运动的全过程中，地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球到达右边最高点时，小球和半圆槽通过的水平位移大小分别为x、y，如图所示。运动过程中有mvm＝MvM，则有mx＝My，根据位移关系可得2R＝x＋y，解得小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移x＝20 cm。 8．一个人在水平地面上立定跳远的最好成绩是s (m)，假设他站立在车的右端要跳到距离l (m)远的站台上(设车与站台同高，且车与地面间的摩擦不计)，如图所示，则(　　) A．只要l＜s，他一定能跳上站台 B．如果l＜s，他有可能跳上站台 C．如果l＝s，他有可能跳上站台 D．如果l＝s，他一定能跳上站台 解析：选B。当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由动量守恒有m人v人－m车v车＝0，车子必然有一个远离站台的速度。这样的话，人相对于地面的速度小于站在地面上跳远时的初速度，则水平位移一定减小，所以l＝s或l＞s，人就一定跳不到站台上了，l＜s，人才有可能跳上站台。 9.如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对于飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为Δm，以地面为参考系，下列说法正确的是(　　) A．若u<v，则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向相同，喷气后飞机速度不会增加 B．只有u<v，喷气后飞机速度才会增加 C．喷气后飞机速度为u D．喷气后飞机增加的速度为u 解析：选D。设喷出气体后飞机的速度为v′，对飞机和气体组成的系统，根据动量守恒定律有mv＝(m－Δm)v′＋Δm(v′－u)，解得v′＝v＋u，故C错误；结合上述可知，喷气后飞机增加的速度为u，可知无论u与v的大小关系如何，v′均大于v，故A、B错误，D正确。 10．(2025·江苏常州中学期中)有一火箭正在远离任何星体的太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对于喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，则火箭在此次喷气后速度增加量为(　　) A．－u B．u C．－v0 D．(v0－u) 解析：选A。根据题意，喷出燃气后，燃气的速度v1＝v0＋u，则燃气的动量变化Δp1＝Δmv1－Δmv0＝Δmu，设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭在此次喷气的动量变化Δp2＝mv2－mv0＝mΔv，根据动量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δmu＋mΔv＝0，解得火箭在此次喷气后速度增加量Δv＝－u。 11．用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时火箭壳体相对于卫星以3.0×103 m/s的速度沿轨道切线方向向后飞去，则(　　) A．分离后瞬间卫星的速度为7.5×103 m/s B．分离后瞬间卫星的速度为9.0×103 m/s C．分离后火箭壳体的轨道半径会变大 D．分离后卫星的轨道半径会变小 解析：选A。设卫星运动方向为正方向，设分离后卫星的速度为v1，火箭壳体的速度为v2，则有v1－v2＝3.0×103 m/s，根据动量守恒定律可得(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2，联立解得v1＝7.5×103 m/s，v2＝4.5×103 m/s，故A正确，B错误；分离后火箭壳体速度变小，做近心运动，轨道半径会变小，卫星速度变大，做离心运动，轨道半径会变大，故C、D错误。 12．(10分)反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。 (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。(5分) (2)若橡皮塞喷出时速度大小为v＝2.9 m/s，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)？(5分) 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。以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv＋(M－m)v′＝0 解得v′＝－0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，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)v″＝0 解得v″＝－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。 答案：(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反 (2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反 学科网（北京）股份有限公司 $