课时分层检测(7)反冲现象火箭-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（七〉 1.(多选)判断下列说法正确的是 A.反冲运动是相互作用的物体之间的作用 力与反作用力产生的效果 B.只有系统合外力为零的反冲运动才能用 动量守恒定律来分析 C.反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适 用于微观粒子 D.在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速 前行 2.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 3.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 7nin77777m 射出炮口时对地的速率为o,若炮管与水平 地面的夹角为0，则火炮后退的速度大小为 (设水平地面光滑) A. m2 U0 B.m26 21 m1-m2 C.m2vocos0 m2vocos 0 D. m1-m2 121 1 得分 反冲现象火箭 4.如图所示，一枚火箭0→ 2→1→ 三☐D 搭载着卫星以速率 0进人太空预定位置，由控制系统使箭体与 卫星分离.己知前部分的卫星质量为1，后 部分的箭体质量为2，分离后箭体以速率 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力与分 离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速 率v1为 ( A.0一V2 B.v0+2 m2 C.0一m1 D.o十 m2(uo-2） 1021 5.如图所示，船静止在平 静的水面上，船前舱有 前后 一抽水机把前舱的水均 匀的抽往后舱，不计水的阻力.下列说法中 正确的是 ( A.若前后舱是分开的，则前舱将向后加速 运动 B.若前后舱是分开的，则前舱将向前加速 运动 C.若前后舱不分开，则船将向后加速运动 D.若前后舱不分开，则船将向前加速运动 6.(多选)如图所示，一质量 为M的小车静止在光滑 水平面上，车上固定一个 777777777777777 竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定 一质量为m的小球，轻绳长为l,将小球向右拉 至轻绳水平后，从静止释放，则 班级 姓名 得分 A.系统的动量守恒 (2)人落在车地板上并站定以后，车还运动 B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等 吗？车在地面上移动的位移是多少？ 大反向 C.小球不能向左摆到原高度 D.小车向右移动的最大距离为M干m 2ml 7.平板车停在光滑的水平 轨道上，平板车上有一人 从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨 道方向跳出，落在平板车地板上的A点，距 货厢水平距离为l=4,如图所示，人的质 量为m,车连同货厢的质量为mo=4m,货厢： 高度为h=1.25m,求： (1)人跳出后到落到地板期间车的反冲速度 大小. ;; 135课时分层检测（七） 1,解析反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产 生的效果，选项A正确：系统某一方向上合外力为零的反冲运动 也可以用动量守恒定律来分析，选项B错误：反冲运动的原理既 适用于宏观物体，也适用于微观粒子，选项C正确；在没有空气的 字宙空间，火箭向下喷气时，由于反冲作用，火箭仍可加速前行 选项D正确. 答案ACD 2.解析火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃科燃烧产生的高 温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故选 B项. 答案B 3.解析炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0=m2,cos0 一(m一m),得U=0s0,选项C正确. n1-2 答案C 4.解析火箭和卫星组成的系统分离时在初速度方向上动量守恒， 以火箭的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有(n1十m) =m1十m,解得=十孤（一），选项D正确。 72 答案D 5,解析前后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前 舱向前加速运动，若不分开，前后舱和水是一个整体，则船不动 答案B 6,解析系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不 为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确； 很据水平方向的动量守恒及机械能守恒可知，小球仍能向左摆到 原高度，C错误：小球相对于小车的位移为21，根据“人一船”模型 ns1=M2,s1十s2=21,解得小车向右移动的最大距离为s2 2ml,D正确。 M+m' 答案BD 7.解析(1)人从货厢边跳离的过程，系统（人、车和货厢）的动量守 恒，设人的水平速度是，车的反冲速度是，取山方向为正，则 m一，2=0，解得5=4 人跳离货厢后做平抛运动，车以做匀速运动，运动时间为一 ,/2X2西s=0.5s,在这段时间内人的水平位移工和 10 车的位移x2分别为x1=,x2=d. 由图可知x1十x2=l 4 即t十1=山，则=立=6x0.5m/s= 1.6m/s. (2)人落到车上A点的过程，系统水平方向的动量守恒，人落到车 上前人的水平速度仍为山，车的速度为，落到车上后设它们的 共同速度为u,根据水平方向动量守恒得0=(m。十m)v,则v=0, 故人落到车上A点站定后车的速度为零. 车的水平位移为x2-2t-1.6×0.5m=0.8m. 答案(1)1.6m/s(2)不运动0.8m 课时分层检测（八） 1.解析选项A、B、C都满足弹簧振子的条件，AB、C符合题意；选 项D中人受空气的阻力不可忽略，且人不能看作质点，故不可看 作弹簧振子，D不符合题意】 答案ABC 2.解析由于振子在O,点的右侧由A向)运动，所以振子的运动方 向向左，振子的位移方向向右，且大小在不断减小，故A、B正确， C、D错误. 答案AB 3.解析试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置在重力与浮力相 等的位置，开始时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移， 为正向最大位移，故正确答案为D 答案D 4.解析位移是失量，质点在1$末的位移方向与正方向相反，所以 位移为一5cm,故B正确，A、C、D错误. 答案B 21 5.解析由图像可知振子偏离平衡位置的最大距离为10c,4s内 完成一次往复性运动，故A对，D错；1s末到5s未振子的路程是 振子运动路径的总长，为40cm,故B对；2s末和4s末振子位移 均为零，位移相同，2$末振子向负方向运动，4$末振子向正方向 运动，运动方向相反，故C错， 答案AB 6.解析（1)由x-t图像可以读出3s末质，点的位移为一10cm,振 动过程中的最大位移为10cm, (2)第1s内、第2s内、第3s内、第4s内的路程均为10cm,故前 4s内总路程为40cm 答案(1)-10cm10cm(2)40cm 课时分层检测（九） 1.解析振幅是标量，远项A错误：周期与颜率互为倒数，即T ，选项B正确：简谐运动的周期与振幅没有关系，周期的长短由 1 系统本身决定，选项C错误，D正确」 答案BD 2.解析O点为平衡位置，B、C为两侧最远点，则从B起经O、C、O、 B的路程为振幅的4倍，故A正确；从O起经B,O、C、B的路程为 振幅的5倍，超过一次全振动，故B错误：从C起经O、B、O、C的 路程为振幅的4倍，故C正确：因不考虑弹簧振子的系统摩擦，所 以它的振幅一定，OB一定等于OC,故D错误. 答案AC 3.解析振子完成一次全振动经过平衡位置两次，而每次全振动振 子通过的路程为4个振幅，所以振子经过平衡位置的次数为碧× 2=30次，60cm= 30×4A,解得A=1cm. 答案B 4,解析由题图可知A比B超前子，相位差为Ag=受，选项A,D 正确， 答案AD 5.解析根据x=Asin于可求得该 质点振动周期为T=8S,则该质点 排动因豫知因所示，因像的斜车为0123村6 正表示速度为正，反之为负，由图可 以看出第1s末和第3s末的位移相 同，但斜率一正一负，故速度方向相 反，选项A正确，B错误；第3s末和第5s末的位移方向相反，但两点 的斜率均为负，故速度方向相同，选项C错误，D正确. 答案AD 6,解析由题图读出周期T=1,6s,则领率∫二6Hz,故A 错误：质，点的振幅等于振子位移的最大值，由题图直接读出振幅 A=2.0cm,故B错误；在0.3s时刻，质点正从正向位移处向平衡 位置运动，速度沿负方向，在0.5$时刻，质点正从负向位移处向 负向最大位移处运动，速度方向沿负方向，故这两个时刻的速度 方向相同，故C正确：在0.3s和0.5s两时刻，质点的加速度方向 相反，故D错误 答案C 7.解析由题图读出周期为T=4,则频率为f=下=0.25H2,A 错误；质，点在一个周期内通过的路程是4个振幅，则在0一10s内 质点经过的路程是s=20cm,B正确；在第5s末，质点位于最大 位移处，速度为零，加速度最大，C正确；由题图可以看出，在= 1.5s和一4.5s两时刻质点的位移大小相等，D正确， 答案BCD 8.解析由于振子在a、b两点的速度相同，则a、b两，点关于O,点是 对称的，所以O到b点的时间为0.1s,而从b再回到a的最短时 间为0.4$，测从b再回到b的最短时间为0.2s,所以从b到最大 位移处的最短时间为0.1$，因此振子的振动周期为T=0.8$,故 B正确. 答案B 9.解析(1)根据弹簧振子简谐运动的对称性可得： T=0.5×2s=1.0s. 2