课时测评6　反冲-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（教科版）

课时测评6　反冲 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题5分，共45分) 1．(多选)下列情境属于反冲现象的有(　　) A．乒乓球碰到墙壁后弹回 B．发射炮弹后炮身后退 C．喷气式飞机喷气飞行 D．火箭升空 答案：BCD 解析：乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲现象，A错误；系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象就是反冲现象，所以发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用促进飞机前进，是反冲现象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。 2. (2024·湖南郴州一模)在一次课外活动中，老师和同学们来到学校操场，举行水火箭发射比赛，如图是水火箭升空瞬间的照片。这一有趣的比赛活动引起了同学们对有关物理学知识的讨论，下列说法正确的是(　　) A．水火箭上升过程中加速度一直等于重力加速度 B．水火箭上升过程中处于超重状态，下落过程中处于失重状态 C．水火箭利用反冲原理，喷出液体对空气作用力的反作用力使水火箭获得前进的动力 D．水火箭利用反冲原理，喷出液体使水火箭获得反作用力作为前进的动力 答案：D 解析：水火箭加速上升过程中加速度向上，加速度大小可能在变化，液体喷射完后向上做减速运动，但还受空气阻力作用，加速度不等于重力加速度，到最高点时空气阻力为零，加速度才等于重力加速度，A错误；水火箭加速上升过程中处于超重状态，减速上升和下落过程中处于失重状态，B错误；水火箭利用反冲原理，喷出液体使水火箭获得反作用力(克服重力)作为前进的动力，C错误，D正确。故选D。 3．(多选)(2024·安徽合肥高二月考)某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是(　　) A.人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比 B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的加速度大小一定相等 C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比 D．人走到船尾不再走动，船则停下 答案：ACD 解析：以人和船构成的系统为研究对象，其总动量守恒，设v1、v2分别为人和船的速率，m、M分别为人和船的质量，则有0＝mv1－Mv2，故有＝，选项A、C、D正确；人和船若匀加速运动，则有F＝ma人，F＝Ma船，所以＝，m与M不一定相等，所以两者的加速度大小不一定相等，选项B错误。 4．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 答案：B 解析：火箭工作的原理是反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故B正确。 5. (2024·安徽淮北期中)一炮舰在海面上匀速行驶，突然从炮舰头和炮舰尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地面的速率相同，牵引力、阻力均不变，则炮舰的动量和速度的变化情况是(　　) A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变 C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小 答案：A 解析：炮舰具有一向前的动量，在发射炮弹的过程中动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因此炮舰的动量不变，又因为炮舰发射炮弹后质量变小，所以炮舰的速度增大，A正确。 6．某同学为研究反冲运动，设计了如图所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为(　　) A.　　　　B．　　　　C．　　　　D． 答案：C 解析：由题可知，小车做反冲运动的速度大小为v1＝，由于小车处于光滑水平面上，反冲运动过程系统动量守恒，以小球弹出方向为正方向，有3mv1＝mv2，解得v2＝3v1＝，故C正确，A、B、D错误。故选C。 7.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，忽略火炮后退对弹道的影响，则火炮后退的速度大小为(假设水平地面光滑)(　　) A．v0 B． C． D． 答案：C 解析：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，根据动量守恒定律有m2v0cos θ－v＝0，解得v＝，C正确。 8. (多选)(2024·湖南长沙雅礼实验中学高二上月考)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车的另一端，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，且待前一发子弹打入靶中后，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，小车所运动的位移相同，大小均为 D．在每一发子弹的射击过程中，小车所运动的位移不相同 答案：BC 解析：车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为零，故末动量也为零，子弹打完后，小车不可能向右匀速运动；每射击一次，小车都会右移，所以子弹打完后，小车停在射击之前位置的右方，故A错误，B正确；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，因此每次射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、(n－1)颗子弹为研究对象，以向左为正方向，根据动量守恒定律有0＝m－[M＋m]，由位移关系有x车＋x子＝d，解得x车＝，故C正确，D错误。 9. (2024·江苏南京第二十九中学月考)如图所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2。则(　　) A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4 N B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒 C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2 m/s D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨 道位置点与小球起始位置点间的距离为 m 答案：C 解析：若锁定滑块，设小球到达最高点P时速度为vP，由小球机械能守恒，有mv02＝mgL＋mvP2，解得vP＝ m/s，对小球，根据牛顿第二定律有F＋mg＝m，解得F＝2 N，A错误；若解除锁定，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，B错误；设小球到达最高点时速度为vm，滑块的速度为vM，水平方向，由动量守恒定律得mvm＝MvM，由系统机械能守恒定律得mv02＝mvm2＋MvM2＋mgL，解得vm＝2 m/s，C正确；设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离为xM，由系统水平方向动量守恒得mxm＝MxM，又xm＋xM＝2L，解得xm＝ m，D错误。故选C。 10．(15分) (2024·辽宁营口期末)如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块P静止在光滑水平地面上，其末端与水平地面相切。一小滑块Q从光滑圆弧轨道的最高点由静止释放，已知滑块P和滑块Q的质量均为m，圆弧轨道的半径为R，重力加速度大小为g，求： (1)滑块Q刚离开P时，滑块P的位移大小； (2)滑块Q滑到水平地面上时的速度大小； (3)滑块Q在圆弧轨道上下滑的过程中，P对Q的支持力做的功。 答案：(1)　(2) 　(3)－mgR 解析：(1)滑块P、Q组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故0＝mvP－mvQ即0＝mxP－mxQ，且xP＋xQ＝R 解得xP＝。 (2)在水平方向，由动量守恒定律有0＝mvP－mvQ 对系统由能量守恒定律有 mgR＝mvP2＋mvQ2 解得vQ＝。 (3)对滑块Q，由动能定理有mgR＋W支＝mvQ2解得W支＝－mgR。 学生用书第32页 学科网（北京）股份有限公司 $