1.6 反冲现象火箭 同步练-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 练习围绕反冲现象、火箭原理及人船模型，通过基础填空-单一应用-综合问题的分层设计，构建从概念记忆到复杂情境应用的知识巩固路径，适配新授课基础巩固与科学思维培养需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础认知|反冲现象特点、火箭工作原理|填空题型强化动量守恒等物理观念的记忆| |单一应用|火箭速度公式、人船模型位移关系|选择/简单计算聚焦公式直接应用，培养科学推理| |综合拓展|多过程动量守恒、能量转化（如爆炸、抛接体）|复杂情境计算题（如多级火箭、乌贼喷墨）提升模型建构与问题解决能力|

779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 1.6 反冲现象 火箭 一、反冲现象 1．实例分析: 发射炮弹时，炮弹从炮筒中飞出，炮身则向_______。这种情况由于系统_______很大，______可忽略，射击前，炮弹静止在炮筒中，它们的总动量为_____。炮弹射出后以很大的速度________运动，根据_______定律，炮身必将_______运动。炮身的这种后退运动叫作反冲。 2．特点 （1）物体的不同部分在_______作用下向相反方向运动。 （2）反向运动中，相互作用力一般较大，通常可以用_________来处理。 3．反冲现象的应用及防止 （1）应用：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________。 （2）防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的_______，所以用步枪射击时要把枪身抵在_______，以减少反冲的影响。 二、火箭 4．工作原理：应用了反冲的原理，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的______。 5．影响火箭获得速度大小的因素： （1）喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度通常为__________ m/s。 （2）火箭获得的速度大小：Δv＝－u，式中Δm为Δt时间内_______的质量，m为喷出燃气后_______的质量，u为喷出的_______相对喷气前火箭的速度。 （3）质量比：火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，喷气速度_______，质量比______，火箭获得的速度越大。 三、人船模型 （1）“人船模型”问题 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的________为零，则动量守恒。 （2）“人船模型”的特点 ①两物体满足动量守恒定律，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成________。 ②运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即_________。人和船的位移满足________。 （3） 解题关键点：解题时要选择同一个参考系，画出各物体的位移关系草图，找准各______之间的关系。 1、 反冲现象的理解和应用 1、 一分为二：动量守恒 2、 速度变化量与质量：成反比 1．轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（    ） A． B． C． D． 2．如图所示，一个连同装备共有的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以的速度喷出气体。航天员为了能在内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体约为（   ） A． B． C． D． 3．如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃板上，点燃酒精灯，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M=3kg，水平喷出的橡皮塞的质量m=0.1kg。(水蒸气质量忽略不计) (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=2.9m/s，求小车的反冲速度； (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度。(小车一直在水平方向运动) 4．乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随“墨水”的喷射。一吸满“墨水”后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为75m/s的速度水平向前喷“墨水”，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　） A．周围水对喷出的“墨水”的作用力使乌贼向前运动 B．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.1kg的“墨水” C．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.2kg的“墨水” D．要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出“墨水”的作用力的冲量为9N·s 5．我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”亮相纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式。某次演习时“歼-20”以速度v0水平向左匀速飞行，某时刻战机将质量为M的导弹自由释放，释放后瞬间导弹喷出质量为m的燃气，燃气对地的速率为v1且方向水平向右，则对喷气后瞬间导弹的速率下列表述正确的是（　　） A．速率变大，为 B．速率变大，为 C．速率变小，为 D．速率变小，为 6．某人在一静止的小船上练习射击，人在船头，靶在船尾，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为M，枪内有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口时相对于地的速度为v0，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中，水的阻力不计，在射完n颗子弹时，小船后退的距离为（    ） A． B． C． D． 7．如图所示，乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离险境。已知处于静止状态的乌贼喷水前质量为M，喷水时，在极短时间内将质量为m的水向后喷出，获得速度向前方逃离，最大距离可达x。若逃离过程中所受水的阻力大小与其速度大小成正比，比例系数为k，则乌贼喷出的水的速度大小为（　　） A． B． C． D． 2、 火箭原理 1、 反冲 2、 动量定理 3、 牛二 8．“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体）、轨道器和返回器（组合体）分离，分离时间为。分离后的速度大小为，方向与相同。已知组合体、的质量分别为、。求： （1）分离后的速度大小； （2）分离过程中，对的平均推力大小。 9．如图所示，一个液化气瓶固定在位于光滑水平面上的小车上，开始时小车静止，液化气瓶（含气）与小车的总质量为。打开液化气瓶，液化气瓶向后喷射气体的速度（对地）大小恒为，则当液化气瓶喷射出质量为的气体时，小车的速度大小为（　　） A． B． C． D． 10．将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　） A． B． C． D． 11．水火箭又称气压式喷水火箭，其原理是利用喷出水流的反冲作用而获得推力，水火箭由于反冲而快速上升。若水火箭将壳内0.4 kg的水以相对地面27 m/s的速度在0.3 s时间内竖直向下快速喷出，忽略空气阻力，取。则此过程中，火箭箭体受到的平均推力约为（     ） A．32 N B．36 N C．40 N D．42 N 12．银川二中第七届科技运动会中，高一（1）班兴趣小组设计制作了一支“水火箭”来模拟火箭升空的过程。已知该水火箭装水后的总质量为M=1kg，在极短时间内，箭体内m=0.4kg的水被快速地竖直向下喷出，使火箭获得一个向上的速度后离开发射装置升空。在某次调试过程中，发现该水火箭能上升的最大高度为h=80m，若不计空气阻力，重力加速度 求： (1)水火箭发射时箭体获得的向上的速度： (2)水火箭发射时喷出的水的速度大小； (3)若将该水火箭改为2级水火箭（即火箭中的水平均分为2次喷射），每次喷出的水相对火箭该次喷水前的速度相同，大小为（2）问中速度大小，这样的火箭连续两次喷水后的速度为多少？ 13．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． 14．火箭在竖直方向以v0匀速飞行时，在极短时间内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（    ） A．喷出燃气后，火箭速度的增加量为 B．喷出燃气后，火箭速度的增加量为 C．燃气相对喷气前火箭的速度u越大，火箭增加的速度Δv一定越大 D．火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比越小，火箭增加的速度Δv越大 3、 人船模型类 1、 合动量为零： 2、 速度质量关系： 3、 距离质量关系： 15．如图所示，静止在光滑水平面上的小车，站在车上的人将右边筐中的篮球一个一个地投入左边的筐中，所有篮球仍在车上，不计空气阻力。在投篮过程中下列说法正确的是（     ） A． 小车向左运动 B．人和小车组成的系统机械能守恒 C．人和小车组成的系统动量守恒 D．投完篮球后，篮球静止，小车亦静止 16．如图所示，光滑的水平地面上放置了两个完全相同的物块，一竖直轻杆固定在物块上，轻杆上端系一长的不可伸长的轻绳，轻绳另一端连接小球C。现用外力将球C拉起直至轻绳处于水平状态后，将小球C由静止释放，小球C摆到最低点的同时物块恰好发生碰撞，此后粘在一起运动，不计一切阻力，已知，均可视为质点，重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．整个运动过程中，、、C组成的系统动量守恒 B．木块碰撞后的速度大小为 C．木块间的初始距离为 D．小球C经过最低点后向左摆动所能上升的最大高度为 17．（多选）如图所示，质量为m=200 kg的小船静止在平静的水面上，船两端载着质量分别为、的甲、乙游泳者。某时刻乙游泳者向右以2 m/s（相对于岸）的水平速度跃入水中，甲游泳者始终在船上且与船相对静止，不计水对船的阻力，关于小船和甲游泳者构成的系统，下列说法正确的是（     ） A．系统获得的速度大小为1 m/s，方向水平向左 B．系统获得的速度大小为0.5 m/s，方向水平向左 C．系统受到的冲量大小为120 N·s，方向水平向右 D．系统受到的冲量大小为120 N·s，方向水平向左 18．如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 19．足够长的光滑杆水平固定，质量为的滑块套在杆上，滑块下方用不可伸长的轻绳连接一质量为的小球，初始时系统处于静止状态。质量为的滑块以的初速度与滑块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度为。 (1)求滑块与碰撞过程中损失的机械能； (2)求小球能上升的最大高度； (3)若小球从开始运动至第一次达到最大速度经过的时间为，求此过程中滑块的位移大小。 20．（多选）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M=2 kg的小车，车上的水平轨道与半径R=0.5 m的四分之一光滑圆弧轨道在M点相切。在水平轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的N点正上方，N点右侧轨道光滑，M、N间距离L=0.9 m。一个质量m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，已知重力加速度g=10 m/s2，物块与水平轨道MN段的动摩擦因数μ=0.2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。在后续运动过程中（     ） A．物块最终停在小车上的位置距离M点0.7 m B．弹簧的最大弹性势能为3.2 J C．物块运动过程中弹簧共被压缩2次 D．整个过程物块的总位移大小为0.8 m 21．（多选）如图所示，一个质量为、倾角为的光滑斜面体静置在水平光滑地面上（未固定），斜面长度为，现将一个质量也为的木块从斜面顶端点由静止释放，重力加速度为，则关于木块从点运动到点的过程，下列说法正确的是（    ） A． 木块相对于地面做曲线运动 B．木块相对于地面的位移大于 C．木块受到斜面的支持力大小为 D．木块相对于地面的加速度大小为 4、 抛接体问题 1、 合二为一： 2、 合体者为研究： 22． 质量为m=60 kg的人站在质量为M=100 kg的小车上，一起以v=3m/s的速度在光滑水平地面上做匀速直线运动，若人相对车以u=4m/s的速率水平向后跳出，则车的速率变为？ 23．（多选）如图所示，甲乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，甲与车的总质量kg，车与水平地面间的摩擦不计。另有一质量kg的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球。开始车静止，甲将球以速度v（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只球以相同速率v水平抛回给甲，甲接到球后，再以速率v将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，则（　　） A．甲第二次抛出球后，比第一次抛出球后的速度增加了0.20v B．甲第三次抛出球后，比第二次抛出球后的速度增加了0.32v C．从第一次算起，甲抛出5个球后，再也不能接到乙抛回来的球 D．从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球 24．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0=6m/s，甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1=50kg，乙和他的小车的总质量为M2=30kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v=16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。求： (1)乙接到第一个球后的速度（保留一位小数）； (2)为保证两车不相撞，甲最少抛给乙多少个小球？ 25．如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0=9m/s向右做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知小孩的质量m=25kg，A车和B车质量均为mA=mB=100kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，求： （1）小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小？ （2）小孩跳离A车和B车时对地速度的大小？ （3）小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小？ （4）整个过程中，小孩对B车所做的功？ 26．如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度匀速行驶，人和船的总质量为M=200kg，船上另载有N=20个完全相同的小球，每个小球的质量为m=5kg．人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力． (1)如果每次都是以相对于湖岸的速度v=6m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小和抛出第几个球后船的速度反向？ (2)如果每次都是以相对于小船的速度v=6m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？ 27．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，若运动员的质量是物块质量的4049倍。运动员把物块以相对于地面为v的速度推出，物块与挡板碰后仍以原速率返回，运动员把物块接住后，又把它以相对于地面为v的速度推出。运动员每次推出物块，物块相对于地面的速度都是v，方向向左，则运动员把物块至少推出几次后，物块返回时运动员不能再接到物块（　　） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 28．（多选）第二宇宙速度是人造天体脱离地球引力束缚所需要的最小速度，即当以第二宇宙速度发射探测器，探测器将到达距离地球无限远时的速度恰好为零。若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能，式中G为引力常量。为了节省发射探测器成本，某同学设计了一种可以收集利用近地卫星回收中的能量来发射的小型探测器。质量为M的近地卫星回收时，启动内部装置释放部分能量，瞬间弹出质量为m的小型探测器，弹射后卫星剩余部分竖直自由下落，探测器恰好获得脱离地球束缚的速度，忽略释放能量时质量损失。则下列说法正确的是（　　） A．M与m的比值为 B．M与m的比值为2 C．装置释放的能量与卫星初始动能的比值为 D．装置释放的能量与卫星初始动能的比值为 5、 爆炸问题 1、 一分为二： 2、 能量守恒 3、 平抛类：距离速度关系 29．某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成两部分，质量分别为和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)该物体抛出时的初速度大小； (2)炸裂后瞬间B的速度大小； (3)落地点之间的距离d。 30．如图所示，在粗糙水平地面上静置着两个物块和，物块和之间夹有少量炸药。已知物块和的质量分别为，物块与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度。现引爆炸药，物块在极短的时间内获得的速度，炸药爆炸释放能量的60%转化为物块、的动能，求： (1)引爆炸药瞬间物块获得的速度大小和炸药释放的能量； (2)物块、间最终增加的距离。 31．如图所示，有一右侧带挡板的长木板静止在光滑水平地面上，可视为质点的物块A、B中间夹有微量炸药静置在木板上，物块B离挡板的距离。炸药具有的化学能，引爆炸药将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的运动过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和爆炸时间均不计，两物块均未从木板上滑下。已知两物块质量均为，长木板的质量，物块A与长木板间的动摩擦因数，物块B与长木板间无摩擦，重力加速度，求： (1)爆炸后瞬间，物块A的速度大小； (2)物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间、碰后木板的速度大小。 随着我国国家综合实力的逐年提升，我国的武器装备在性能上也逐步走在世界领先的队列。“爆炸”是所有武器装备最重要的核心性能，也是体现武器威慑力的一个重要指标。 32．烟花作为现代热武器的雏形，也是老百姓节日助兴的娱乐方式。一烟花被点燃后从地面起飞后在竖直方向上做匀减速直线运动，2 s后到达最高点并爆炸，已知爆炸点距地面的高度为29.4 m，爆竹爆炸前受到的空气阻力恒定，则烟花爆竹上升过程中阻力与重力大小比值为（　　） A．0.25 B．0.5 C．1 D．1.25 33．如图所示，水平桌面上固定着一个半径为的光滑环形轨道，在轨道内放入两个质量分别是和的小球（均可看作质点），两球间夹着少许炸药。开始时两球接触，点燃炸药爆炸后两球沿轨道反向运动一段时间后相遇。爆炸后，M和m的速度大小之比为__________；到它们相遇时，转过的角度是__________。 34．炮兵连演习时，释放防空导弹，防空导弹是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某防空导弹斜射向天空作抛体运动，到最高点时突然爆炸成质量均为的弹头A和弹尾B两块，它们此时的速度仍沿水平方向。经监控发现弹尾B恰沿原轨迹返回。在导弹爆炸瞬间，正下面水平地面上有一记录员开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为，忽略空气阻力。 （1）从爆炸后到落地，的水平位移大小之比； （2）爆炸后两碎块落地点之间的水平距离； （3）求爆炸过程释放的化学能（结果保留三位有效数字）。 35．如图所示，轨道ABCD中的AB段为光滑圆弧，在B点与水平光滑轨道BC相切，最右侧为足够长的粗糙斜面CD，CD与水平面的夹角为θ=30°，水平轨道BC与倾斜轨道CD在C点平滑连接。在水平轨道BC上静止两小物块a和b，中间锁定一段压缩的轻质弹簧，弹簧与物块均不拴接，其中小物块a的质量为m，小物块b的质量为3m。某时刻将弹簧锁定解除，两物块向两侧弹开后分别滑上斜面CD和圆弧AB。已知物块b第一次到达点时受到的轨道支持力为其自身重力的3倍；物块a第一次经过C点时的速度大小为v0。重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求初始弹簧存储的弹性势能； (2)求圆弧AB的半径； (3)若物块a第一次经过C点后沿CD向上滑行的最大高度为，求物块a与斜面CD之间的动摩擦因数以及物块a第二次经过C点时的速度大小。 36．一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求： （1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； （2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 37．一质量为1kg的烟花弹从地面斜向上发射，发射速度大小为50m/s，方向与水平方向夹角为53°，如图所示，达到最高点时炸裂为质量相等的两部分A和B。爆炸后A又上升了3s，且恰好落回出发点，不计空气阻力，爆炸的时间极短且忽略爆炸前后的总质量变化，取重力加速度，，，求： (1)爆炸点到抛出点的水平、竖直距离； (2)炸裂后A的速度大小； (3)爆炸过程中释放的化学能。 779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 试卷第1页，共3页 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 2参考答案 题号 1 2 4 5 6 7 9 10 11 13 答案 C B B A C C D D A B 题号 14 15 16 17 20 21 23 27 28 答案 B D D BD AB CD BD C AC 1．C 【详解】轨道舱与返回舱的质量比为，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m； 根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有 可得做圆周运动的线速度为 弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有 由题意 带入解得 故选C。 2．B 【详解】已知距离s=45m，时间t=10min=600s，可得航天员返回飞船所需的最小速度 初始时航天员与气体均静止，系统总动量为0。设喷气前系统质量M=100kg，喷出气体质量为m，气体速度u=50m/s，取航天员运动方向为正方向，由系统动量守恒有 代入数值得 故选B。 3．(1)大小，方向与橡皮塞的运动方向相反。 (2)大小，方向与橡皮塞的水平分运动方向相反。 【详解】（1）小车和橡皮塞组成的系统有水平方向合力为零，动量守恒，以橡皮塞运动的方向为正方向，有 解得 方向与橡皮塞运动方向相反。 （2）水平方向合力为零，动量守恒，以橡皮塞的水平分运动方向为正方向，有 解得 方向与橡皮塞的水平分运动方向相反。 4．B 【详解】A．喷出的“墨水”对乌贼有向后的反作用力使乌贼向后运动，故A错误； BC．根据动量守恒可得 解得，故B正确，C错误； D．根据动量定理可得，故D错误。 故选B。 5．A 【详解】设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得 解得喷气后瞬间导弹的速率为 故选A。 6．C 【详解】系统（船、人、枪、靶、所有子弹）水平方向不受外力，动量守恒，初始总动量为0。 设发射每颗子弹时，船（含剩余颗子弹）后退速度大小为，子弹对地速度大小为，由动量守恒得： 子弹打到靶的时间为，此过程子弹对地位移为，船后退位移为 ，两者相对位移为枪口到靶的距离，故 联立两式解得单次发射子弹船后退距离 共发射颗子弹，且每次发射前，前一颗子弹已射入靶中，每次后退距离相同，总后退距离。 故选C。 7．C 【详解】设喷出水瞬间乌贼速度为v，从乌贼获得速度到停下来，根据动量定理有 因为 乌贼喷水过程，根据动量守恒有 联立解得乌贼喷出的水的速度大小 故选C。 8．（1）；（2） 【详解】（1）组合体、分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 解得 （2）以组合体为研究对象，由动量定理有 解得 9．D 【详解】喷气过程系统动量守恒，则有 解得小车的速度大小 故选D。 10．D 【详解】在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有 解得 故D正确，ABC错误。 故选D。 11．A 【详解】以喷出的水为研究对象，取竖直向下为正方向。 水受到重力和火箭对它的平均作用力（方向向下），由动量定理有 代入数据，，， 解得 即火箭对水的平均作用力大小为，方向竖直向下 根据牛顿第三定律，火箭箭体受到水的反作用力大小为，方向竖直向上，即为火箭受到的推力。 故选A。 12．(1)40m/s (2)60m/s (3)35m/s 【详解】（1）水火箭发射时箭体获得的向上的速度 （2）由动量守恒定律 解得v=60m/s （3）第一次喷水后 解得v1=15m/s 第二次喷水后 解得v2=35m/s 13．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。 14．B 【详解】AB．喷出燃气后，燃气增加的动量大小为Δmu，火箭增加的动量大小为m·Δv，根据动量守恒定律得 解得 火箭速度的增加量为，A错误，B正确； C．根据，火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比一定时，燃气相比较喷气前火箭的速度u越大，火箭增加的速度Δv一定越大，C错误； D．根据，u一定时，火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比越大，火箭增加的速度Δv越大，D错误。 故选B。 15．D 【详解】ABC．在投球过程中，人和车（含篮球）系统所受的合外力不为零，则人和小车组成的系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以小车向右运动，人和小车组成的系统机械能将增加，故ABC错误； D．由题知，投完球后所有球仍在车上，人、车和球速度相同，在初状态，系统水平方向的总动量为零，根据系统水平方向动量守恒，可知小车的速度为零，故D正确。 故选D。 16．D 【详解】A．木块A、B和小球C组成的系统由于竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误； B．C球第一次摆到最低点过程中，以向左为正方向，由系统水平方向动量守恒可得 由系统机械能守恒可得 联立解得， 木块碰撞过程 解得木块碰撞后的速度大小为，故B错误； C．C球第一次摆到最低点过程中，根据题意有 又 联立可得木块间的初始距离为，故C错误； D．小球C经过最低点后向左摆动，当三者共速时，到达最大高度，根据动量守恒可知，初态水平总动量为零，末态水平总动量为零，速度为零，根据能量守恒 解得，故D正确。 故选D。 17．BD 【详解】AB．取水平向右为正方向，对小船、甲、乙组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，有 代入数据解得 负号表示速度方向水平向左，故A错误，B正确； CD．对小船和甲游泳者构成的系统，由动量定理得 代入数据解得 负号表示冲量方向水平向左，大小为，故C错误，D正确。 故选BD。 18．(1)5J (2)1.6m (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有 设青蛙对地位移为，薄板对地位移大小为，两边同时乘时间则有 有几何关系 解得 （3）设青蛙跳起的水平初速度为，竖直初速度为，板后退速度为。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，由 青蛙起跳做功和第一次相同，则有 水平方向动量守恒 蛙落地时到板右端的距离 解得 19．(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块与滑块发生碰撞，碰后粘在一起，由动量守恒定律可得 由能量守恒可知碰撞损失的机械能 解得 （2）小球上升到最大高度时，三者共速，由水平方向动量守恒可得 滑块与滑块碰撞后系统机械能守恒，有 解得 （3）小球从开始运动至速度第一次达到最大时，小球恰好位于滑块的正下方，故小球与滑块水平方向位移相同，即 由系统水平方向动量守恒可得 对方程两边同时乘以时间，有 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得 解得 20．AB 【详解】A．系统初态机械能 滑动摩擦力 物块在粗糙段上相对滑动的总路程 物块运动过程为：从到，压缩弹簧后从返回，冲上圆弧后返回，再向右滑行停止。则 解得 即停在距离点右侧处。故A正确； B．物块第一次到达点时，系统损失机械能 当弹簧压缩至最短时，物块与小车共速，由水平方向动量守恒知共速为0。此时弹性势能最大，。故B正确； C．由A项分析可知，物块第二次经过点后向右滑行即停止，因，物块无法到达点，故弹簧只被压缩1次。故C错误； D．物块水平方向相对小车的位移大小为 设物块水平位移为，小车水平位移为，取向右为正，由“人船模型”原理可知 且 代入数据解得 但物块竖直方向位移大小为，故总位移大小。故D错误。 故选AB。 21．CD 【详解】A．设相对于地面，木块在水平方向的位移为x，在竖直方向的位移为y,木块与斜面在水平方向动量守恒，可得 变形得 即木块与斜面在水平方向位移大小相等方向相反，则以斜面为参考系木块水平方向位移为2x，竖直方向位移为y，由几何关系可得 ​​ 因此木块相对于地面做的是直线运动，故A错误； B．全过程木块竖直方向的位移为，可得水平方向位移为​​ 因此由余弦定理总位移为​​，故B错误； CD．由上述分析可知，木块相对于地面的运动轨迹如图中虚线箭头所示，因此木块所受合力方向也在该虚线上，对木块受力分析，由正交分解可得 在中，由正弦定理 解得 垂直于虚线箭头方向 沿（虚线箭头方向）运动方向 联立解得木块受到斜面的支持力大小为​​ 木块相对于地面的加速度为​​,故CD正确。 故选CD。 22．4.5m/s 【详解】取小车的初速度方向为正方向，设人跳出小车时车的速度为v′，则此时人对地的速度为 (u-v′) 由动量守恒定律得 (M+m)v=Mv′-m(u-v′) 所以，人向后跳出后，车的速率为 23．BD 【详解】AB．第一次抛出球甲的速度为v1，由动量守恒定律 第二次抛出球甲的速度为v2，由动量守恒定律 第三次抛出球甲的速度为v3，由动量守恒定律 解得 甲第二次抛出球后，比第一次抛出球后的速度增加了 甲第三次抛出球后，比第二次抛出球后的速度增加了，故A错误，B正确； CD．第三四次抛出球甲的速度为v4，由动量守恒定律 解得，从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球，故C错误，D正确。 故选BD。 24．(1)5.3m/s ，水平向左 (2)15 【详解】（1）对乙和接住的第一个球整个系统，以向左为正，由动量守恒定律得M2v0-mv=（M2+m）v1 代入数据解得v1=5.3m/s ，水平向左。 （2）设抛出n个球后，两车的速度相等，对（M1+M2）整体，以向右为正，由动量守恒定律有M1v0-M2v0=（M1-nm+M2+nm）v共 再对乙车和接住的n个球系统，以向左为正，根据动量守恒定律有M2v0-nmv=（M2+nm）v共 代入数据得到n=15 25．（1）5m/s；（2）10m/s；（3）；（4）1250J 【详解】（1）因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在人跳的过程中，把人、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律得 代入数据解得 （2）依题意，设该同学跳离A车和B车时对地的速度大小分别为，则人、B车根据动量守恒定律有 解得 （3）根据动量守恒定理，可得小孩跳离A车的过程中，有 解得小孩跳离A车时，A车的速度大小为 根据动量定理，对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小，即 （4）该同学跳离B车过程中，对B车做的功等于B车动能的变化量，即 26．(1)m/s，11 (2) 【详解】（1）人抛出第一个球前后，对船、人、20个球整体分析，由动量守恒定律可得 代入数据得 =m/s 即抛出第一个小球后，船的速度为=m/s； 设抛出第n个球时，有 联立上式可推得 代入数据得 = 当＜0，即船反向，有 、或、 得 10＜n＜60 即当抛出第11个小球时船反向。 （2）设第16次抛出小球时，小船的原来对地速度为，抛出后小船的对地速度为，因小球是相对于小船的速度v=6m/s抛出，抛出后小球对地的速度，由动量守恒定律可得 代入数据可得 27．C 【详解】设物块质量为，运动员质量为。每次推出物块时，系统动量守恒，第1次推出后，由动量守恒可得 解得 方向向右，物块反弹后速度为向右，接住时动量守恒则有 解得 再次推出时动量守恒则有 第次推出后，运动员速度为 当时，运动员无法接住物块，即 解得 故选C。 28．AC 【详解】AB．因为近地卫星的环绕速度为 由题意探测器将到达距离地球无限远时的速度恰好为零且规定两质点相距无限远时引力势能为零，则根据机械能守恒定律知 所以 由动量守恒定律知 所以解得 故A正确，B错误； CD．因为开始时的动能为 末动能为 所以释放的能量为 解得装置释放的能量与卫星初始动能的比值为，故C正确，D错误。 故选AC。 29．(1) (2) (3) 【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式 可得 （2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得 解得 即大小为2v （3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移 B的水平位移 所以落地点A、B之间的距离 30．(1)， (2) 【详解】（1）以水平向左为正，对物块和，由动量守恒定律有 解得 依题意有 解得 （2）由牛顿第二定律有 解得物块和在地面滑行时的加速度大小 由，对物块有 解得 对物块有 解得 则物块、间最终增加的距离 31．(1)3m/s (2)； 【详解】（1）对A、B组成的系统，动量守恒 由能量关系可得 解得 （2）爆炸后，物块A向左匀减速，物块B匀速，长木板向左匀加速；设A与木板共速后，B再与木板碰撞，规定方向向左为正方向；A、长木板动量守恒 对A受力分析根据牛顿第二定律 匀变速运动中速度时间关系 可得， 物块B的位移 长木板位移 ，假设成立 A和木板共速后以匀速运动， 爆炸后瞬间到B第一次与挡板相碰所经历的时间 第一次B与木板发生弹性碰撞，以右为正向 根据动量守恒 机械能守恒 解得 32．B 33． 34．，， 32．逆向思维 由牛顿第二定律 解得 故 故选B。 33．[1]由动量守恒有 所以M和m的速度大小之比为 [2]设经相遇，则有 转过的角度是 34．取向右为正方向，设爆炸前导弹速度大小为，经监控发现弹尾B恰沿原轨迹返回，说明爆炸后弹尾B速度大小为，方向与爆炸前导弹速度方向相反向左 爆炸瞬间水平方向由动量守恒 解得 设瞬间位置的高度为 则有 弹头A的水平射程 弹尾B的水平射程 联立解得，     故的水平位移大小之比为 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离 据能量守恒爆炸过程释放的化学能 35．(1) (2) (3)， 【详解】（1）弹簧弹开的过程中动量守恒，有， 弹簧存储的弹性势能全部转化为两物块的动能，则 解得 （2）物块b第一次经过B点时，有， 解得 （3）物块a第一次滑上CD过程，有 解得 从物块a第一次经过C点到第二次经过C点，有 解得 36．（1） ；（2） 【详解】（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有                                     ① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有                                     ② 联立①②式得                                     ③ （2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有                                         ④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和。由题给条件和动量守恒定律有                                  ⑤                                 ⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有                                 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为                                 ⑧ 37．(1)120m， (2) (3)1462.5J 【详解】（1）初速度的水平、竖直分量分别为vx = v0 cos 53° = 30 m/s ，vy = v0sin53° = 40 m/s 运动时间为 水平、竖直方向位移为x = vx t = 120 m， （2）炸裂后，A运动的竖直方向有， 下落过程有 解得 A运动的水平方向有x = vAx (t1 + t2) 解得vAx = 15 m/s 炸裂后A的速度 （3）爆炸时，由水平、竖直方向动量守恒有 解得vBx = 75 m/s，vBy = 30 m/s     爆炸过程中释放的化学能为 779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 6、 试卷第1页，共3页 正确率优先。一分钟读题分析划分过程和重点物理量——重点分析定性、定义类问题或选项！高效得分！ 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1． 后退 内力 外力 0 向前 动量守恒 向后 2． 内力 动量守恒定律 3． 旋转 准确性 肩部 【详解】1．[1][2][3][4][5][6][7]发射炮弹时，炮弹从炮筒中飞出，炮身则向后退。这种情况由于系统内力很大，外力可忽略，射击前，炮弹静止在炮筒中，它们的总动量为0。炮弹射出后以很大的速度向前运动，根据动量守恒定律，炮身必将向后运动。炮身的这种后退运动叫作反冲。 2．（1）[1]物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 （2）[2]反向运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 3．（1）[1]应用：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。 （2）[2][3]防止：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，以减少反冲的影响。 4．向前的速度 5． 2000~4000 喷射燃气 火箭 燃气 越大 越大 【解析】4．工作原理：应用了反冲的原理，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的向前的速度。 5．（1）[1]喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度通常为2000~4000m/s。 （2）[2][3][4]火箭获得的速度大小：Δv＝－u，式中Δm为Δt时间内喷射燃气的质量，m为喷出燃气后火箭的质量，u为喷出的燃气相对喷气前火箭的速度。 （3）[5][6]质量比：火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。 6． 矢量和 反比 长度 【详解】[1]系统所受合外力为零时，则系统动量守恒。 [2]根据动量守恒定律可得 解得 即任一时刻两物体的速度大小与质量成反比。 [3][4]根据，代入 整理可得 根据位移关系可得 [5]解题时要选择同一个参考系(通常选取地面)，画出各物体的位移关系草图，找准各长度之间的关系。 正确率优先。一分钟读题分析划分过程和重点物理量——重点分析定性、定义类问题或选项！高效得分！ 学科网（北京）股份有限公司 $