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** 分层清晰，从基础反冲现象、火箭概念到变质量反冲、人船模型综合应用，通过情境化题型巩固动量守恒物理观念，培养科学推理与模型建构能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础练习|反冲现象（炮车、乌贼喷水）、火箭基础计算与概念|以生活情境题（乌贼喷水）和基础计算为主，强化动量守恒定律直接应用| |能力提升练|变质量反冲（爆震发动机）、人船模型（小船、独竹漂）及综合应用|结合科技情境（爆震发动机）和复杂模型（人船模型），提升科学推理与问题解决能力|

6　反冲现象　火箭 基础练习 题型一　反冲现象 1.[2026四川期中]在水平铁轨上放置一质量为M的炮车(不含炮弹),发射的炮弹质量为m,设铁轨和炮车间的摩擦不计,炮身与水平方向成θ角,炮弹速度大小为v0,则炮车的反冲速度为(　　) A.　　　　B. C.　　　　D. 2.[2026吉林期末]乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动,被称为“海里的火箭”。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3 kg,遇到危险时,通过漏斗状体管在极短时间内将水向后高速喷出,从而以30 m/s的速度迅速逃窜,喷出水的质量为0.5 kg,则喷出水的速度大小为(　　) A.80 m/s　　　　B.120 m/s　　　　C.150 m/s　　　　D.200 m/s 题型二　火箭 3.(多选题)[2026湖南阶段测试]下列关于火箭的描述,正确的是(　　) A.增加单位时间内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空气之间的相互作用 4.[2025江苏南通海安高级中学月考]如图所示,一架质量为m的喷气式飞机飞行的速度大小为v,某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为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.喷气后飞机速度大小为u D.喷气后飞机增加的速度为u 5.[2026河北张家口阶段测试]某校科技小组发射水火箭如图所示,已知水火箭初始总质量为0.3 kg。在极短时间内分两次喷射水流:第一次喷出质量为0.1 kg的水,以10 m/s的对地速度向下喷出;紧接着第二次喷出质量也为0.1 kg的水,以12 m/s的对地速度向下喷出。喷出过程中重力可忽略,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不计。水火箭上升的最大高度为(　　) A.6.2 m　　　　B.12.1 m　　　　C.24.2 m　　　　D.48.2 m 6.[2025安徽蚌埠一模]某科研小组试验一款火箭,携带燃料后的总质量为M。先将火箭以初速度v0从地面竖直向上弹出,上升到h0高度时点燃燃料,假设质量为m的燃气在一瞬间全部竖直向下喷出,若燃气相对火箭喷射出的速度大小为u,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求: (1)火箭到达h0高度时的速度大小; (2)燃气全部喷出后火箭的速度大小; (3)火箭上升的最大高度。 能力提升练 题型一　变质量的反冲运动 1.[2026广东肇庆期末]我国研制的新型爆震发动机性能优越。在一次测试中,一台装备了该发动机的飞行器(含燃料)的总质量为M,每次爆震均喷出质量为m、速度为v(相对地面)的气体,喷气方向始终与飞行器的运动方向相反(喷气时间极短,忽略空气阻力及每次喷出气体的重力)。假设飞行器最初在空中以速度v0匀速飞行,则相继进行了n次爆震后飞行器最终获得的速度大小为(　　) A.　　　　B. C.　　　 　D. 2.[2026黑龙江大庆阶段测试]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。已知乌贼喷水前的质量为M,处于静止状态。喷水时,在极短时间内将质量为m的水以速度u水平向前喷出,获得速度向后逃离。逃离过程中所受水的阻力与其速度成正比,比例系数为k。下列说法正确的是(　　) A.乌贼获得的最大速度为 B.喷水后乌贼做匀减速直线运动 C.喷水后乌贼向后逃离的最远距离为 D.喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能 3.[2024湖南长沙南雅中学月考]一个连同装备共有M=100 kg的航天员,脱离宇宙飞船后,在离飞船x=45 m处与飞船处于相对静止状态。他带着一个装有m0=0.5 kg氧气的氧气瓶,氧气瓶有个喷嘴可以使氧气相对于喷嘴以u=50 m/s的速率向后喷出。航天员必须向着与返回飞船相反的方向喷出氧气,才能回到飞船上去,同时又必须保留一部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸。航天员呼吸的耗氧率为Q=2.5×10-4 kg/s。 (1)如果航天员在开始返回的瞬间喷出m1=0.1 kg的氧气,求喷出氧气后航天员相对于飞船的速度大小。 (2)试通过计算说明喷出m1=0.1 kg的氧气后,该航天员能否安全回到飞船。 (3)如果航天员想以最短的时间返回飞船,他开始最多能释放出多少氧气?这时他返回飞船所用的时间是多少? 题型二　人船模型 4.[2026山西朔州阶段测试]如图所示,在风平浪静的海面上有一质量为M=450 kg的小船,船的长度为5 m。已知船右端人的质量为m=50 kg,则人从右端缓慢走到最左端,不计一切阻力,船的实际位移为(　　) A.0.5 m　　　　B.2 m　　　　C.2.5 m　　　　D.5 m 5.[2026云南昆明阶段测试]“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根竹竿,漂行水上如履平地。在平静的湖面上,一位女子脚踩竹竿抵达岸边,此时女子静立于竹竿A点,一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片,并从中选取了两张进行对比,其简化图如图所示。经过测量发现,甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm,乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已知该女子的质量约为45 kg,若不计水的阻力,则该竹竿的质量约为(　　) A.25 kg　　B.28 kg　　C.36 kg　　D.56 kg 6.[2025山东烟台期中]如图所示,质量为M的气球上有一质量为m的猴子,气球和猴子静止在离地面高为h的空中。从气球上放下一架不计质量的软梯,为使猴子沿软梯安全滑至地面,软梯的长度至少应为　(　　) A.h　　B.h　　C.h　　D.h 7.[2025重庆万州第一中学月考]质量为m、半径为R的小球,放在质量为2m、半径为2R的大空心球壳内,如图所示,当小球从图示位置无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的位移为(　　) A.,方向水平向右　　B.,方向水平向左 C.,方向水平向右　　D.,方向水平向左 8.[2026天津武清阶段测试]如图所示,小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块(视为质点)从小车上A点由静止开始沿轨道滑下,然后滑上BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车的质量为2m,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.滑块运动过程中的最大速度大小为 B.整个运动过程中,小车和滑块组成的系统动量守恒 C.滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ= D.整个运动过程中,小车的位移大小为 9.(多选题)[2026安徽阜阳阶段测试]如图所示,一质量M=2.0 kg的滑块套在光滑的水平轨道上,一质量m=1.0 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轴O自由转动。初始时,轻杆水平,现给小球一竖直向上的初速度v0=4 m/s,已知重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是　(　　) A.若滑块固定,小球到达最高点的速度大小为3 m/s B.若滑块不固定,小球到达最高点的速度大小为2 m/s C.若滑块不固定,小球到达最高点时,滑块运动的位移大小为 m D.若滑块不固定,小球到达轴O右侧水平轨道时的位移大小为 m 10.[2026河北秦皇岛阶段测试]如图所示,一个光滑细导轨的长臂水平固定,短臂竖直,系有细线的小圆环A套在长臂上,细线另一端与小球B相连。已知A的质量mA=m,B的质量mB=2m,细线长度为L。初始时圆环A距短臂x=L,细线水平且伸直,将圆环与小球同时由静止释放。已知圆环A与短臂碰撞后瞬间与短臂粘连,B球垂直于绳方向的速度不变,沿绳方向的速度减为0,不计空气阻力,重力加速度为g, sin 53°=0.8,则(　　) A.圆环A与短臂接触时,小球B的水平位移为0.4L B.圆环A与短臂接触时,细线与竖直方向的夹角为37° C.圆环A与短臂碰撞后瞬间,小球B的速度大小为 D.小球运动到最低点时,细线的拉力大小为6mg 答案第一章　动量守恒定律 6　反冲现象　火箭 基础练习 1.D　系统(炮车和炮弹)在水平方向动量守恒,初始总动量为0,则有mv0 cos θ=Mv,解得v=,故选D。 2.C　由题可知,乌贼逃窜时的速度大小为v1=30 m/s,乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒,设乌贼喷出水的速度大小为v2,取乌贼逃窜的方向为正方向,由动量守恒可得(m-m0)v1-m0v2=0,解得v2=v1=×30 m/s=150 m/s,故选C。 3.AB　根据动量定理FΔt=Δmv,增加单位时间内燃气喷射量可以增大火箭的推力,增大燃气相对于火箭的喷射速度也可以增大火箭的推力,A、B正确;当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时,燃气相对火箭仍有速度,仍可使火箭加速,C错误;火箭发射时获得的推力来自喷出的燃气与火箭之间的相互作用,即火箭靠喷出燃气的反冲作用而获得巨大速度(易错点),D错误。 4.D　设喷出气体后飞机的速度大小为v',对飞机和气体组成的系统,根据动量守恒有mv=(m-Δm)v'+Δm(v'-u)(易错点)(注意速度的相对性),解得v'=v+u,C错误;结合上述分析可知,喷气后飞机增加的速度为u,D正确;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,A、B错误。 5.C　以水火箭运动的方向为正方向,在极短时间内喷水两次,均动量守恒,设两次喷水后水火箭的速度为v2,由动量守恒定律得0=-mv-mv'+(M-2m)v2,可得喷水后水火箭获得的速度为v2=22 m/s,水火箭上升的最大高度为h==24.2 m,故选C。 6.答案　(1)　(2)+u (3)h0+(+u)2 解析　(1)火箭从地面弹出到h0高度的过程,由机械能守恒可得M=Mgh0+M 解得火箭到达h0高度时的速度大小为v1= (2)燃气全部喷出瞬间,由动量守恒可得Mv1=(M-m)v2+m(v2-u)(易错点) 解得燃气全部喷出后火箭的速度大小为 v2=+u (3)设火箭上升的最大高度为H,燃气全部喷出后到火箭上升到最大高度的过程,根据机械能守恒可得(M-m)=(M-m)g(H-h0) 解得H=h0+ 能力提升练 1.D　设飞行器飞行的方向为正方向,因每次爆震均喷出质量为m、速度为v的气体,设相继进行了n次爆震后飞行器的速度大小为v1,根据动量守恒有Mv0=(M-nm)v1-nmv,解得v1=,故选D。 2.A　以水喷出的方向为正方向,喷水前总动量为0,根据动量守恒定律有0=mu-(M-m)v,解得v=,此为乌贼喷水后的初始速度,即最大速度,A正确;乌贼喷水后受到的阻力f=kv,加速度大小a==,加速度大小与速度大小成正比、方向相反,速度减小时加速度也减小,不是匀减速运动,B错误;乌贼喷水后,由动量定理得∑kvΔt=kx=(M-m)v(解题技法),将v=代入解得x=,C错误;喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼自身获得的动能之和,D错误。 3.答案　(1)0.05 m/s　(2)见解析　(3)0.45 kg　200 s 解析　(1)根据动量守恒定律可得m1(u-v)=(M-m1)v 代入数据可得v=0.05 m/s (2)由(1)可知航天员回到飞船所用的时间t==900 s 因呼吸消耗氧气的质量m=Qt=0.225 kg 因为m+m1<m0,所以航天员能安全返回飞船 (3)为了以最短时间返回飞船,设喷出质量为m2的氧气,喷气后航天员相对于飞船的速度大小为v1,喷气过程动量守恒,有 m2(u-v1)=(M-m2)v1 返回飞船所用的时间t1= 呼吸消耗氧气的质量Δm=m0-m2=Qt1 解得m2=0.45 kg,t1=200 s 4.A　设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v',取船的运动方向为正方向,根据动量守恒定律得Mv-mv'=0,取极短时间Δt有,MvΔt-mv'Δt=0,对整个过程用微元法求和得∑MvΔt-∑mv'Δt=0(解题技法),即Mx船-mx人=0,又x船+x人=5 m,解得x船=0.5 m,故选A。 5.A　人和竹竿组成的系统,可看成人船模型,照片上的长度与实际长度成正比,所以m1x1=m2x2,代入数据可得竹竿的质量为m1== kg=25 kg,故选A。 6.C　设猴子下滑过程中气球上升的高度为H,由题意知猴子下滑高度为h,猴子和气球组成的系统所受合外力为零,由动量守恒定律得M·=m·,解得H=h,所以软梯长度至少为L=h+H=h,C正确。 7.D　设小球滑到最低点所用的时间为t,如图所示,水平位移大小为R-s,大球的位移大小为s,取水平向左为正方向,则根据水平方向动量守恒得2m-m=0,即m=2m,解得s=R,方向水平向左,D正确,A、B、C错误。 8.C　整个运动过程中,系统水平方向合外力为0,水平方向动量守恒,但竖直方向合外力不为0,竖直方向动量不守恒,B错误;设滑块的水平方向的速度大小为v1,小车的速度大小为v2,由题可知,滑块运动到B位置,速度最大,根据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,根据能量守恒定律有mgR=m+×2m,联立解得v1=,A错误;根据系统水平方向动量守恒,当滑块最后恰好停在C点,滑块和小车的速度都为零(破题关键),由能量守恒定律有mgR=μmgL,解得μ=,C正确;设整个过程滑块、小车的水平位移大小分别是x1和x2,由人船模型规律,得mx1=2mx2,且x1+x2=R+L,联立解得x2=,小车的位移大小为,D错误。 9.BD　若滑块固定,小球由初始位置到达最高点的过程,由动能定理有-mgL=mv2-m,解得v= m/s,A错误;若滑块不固定,小球由初始位置到达最高点的过程,小球和滑块组成的系统在水平方向动量守恒,取小球运动方向为正方向,有0=mv1-Mv2,系统机械能守恒,有m=mgL+m+M,联立解得v1=2 m/s,B正确;若滑块不固定,小球由初始位置到达最高点的过程,系统水平方向动量守恒,由人船模型规律有m=M,且x1+x2=L,解得x2= m,C错误;若滑块不固定,小球从最初位置到达轴O右侧水平轨道的过程,系统在水平方向动量守恒,由人船模型规律有m=M,且x'1+x'2=2L,解得x'1= m,D正确。 10.C　小球下摆过程中,圆环A与短臂接触时如图所示 系统水平方向动量守恒,有mA=mB,解得xB=x=L,A错误;圆环A与短臂接触时,设细线与竖直方向的夹角为θ,根据sin θ=,解得θ=53°,B错误;设圆环与短臂碰撞前瞬间,圆环的速度大小为vA,小球的水平速度大小为vBx,竖直速度大小为vBy,根据水平方向动量守恒有mAvA=mBvBx,以圆环为参考系,小球做圆周运动,有tan θ=(易错点)(点拨:如图甲)  根据系统机械能守恒有2mgL cos θ=×2m(+)+m,解得vBx=,vBy=4,圆环A与短臂碰撞后瞬间,小球B的速度大小为v=vBy sin θ+vBx cos θ=(点拨:如图乙),C正确;  若小球B下落过程系统机械能守恒,则有2mgL=×2mv'2,在最低点有F-2mg=2m,解得F=6mg,因小球下落过程系统机械能有损失,故小球运动到最低点时,细线的拉力小于6mg,D错误。 1 学科网（北京）股份有限公司 $