6 第一章 6.反冲（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册（教科版）

**基本信息** 本练习通过“基础过关练”与“能力提升练”分层设计，以反冲运动和火箭发射为核心，构建从概念辨析到综合应用的知识巩固路径，强化物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|反冲运动概念、动量守恒简单应用、火箭发射原理|选择题（如体操运动员着地、乌贼喷水）结合基础计算题（如滑板速度、火炮后退），注重物理观念中的运动与相互作用观念| |能力提升练|反冲规律综合应用、人船模型、多体动量守恒|复杂情境题（如太空行走供氧、卫星分离）与模型题（如斜面体滑块、半圆形槽小球），突出科学思维中的模型建构与科学推理|

第一章　动量与动量守恒定律 6　反冲 基础过关练 题组一　反冲运动 1.(多选题)(2024湖南湘潭四中期末)有关实际中的现象,下列说法正确的是 (　　) A.体操运动员在着地时屈腿是为了增大地面对运动员的作用力 B.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 C.用步枪射击时用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱越坚固越好 2.滑板运动深受年轻人的喜爱。如图所示,质量为m1=50 kg的年轻人半蹲在质量为m2=5 kg的滑板上,年轻人和滑板都处于静止状态。某时刻年轻人沿水平方向向前跃出,离开滑板的速度为v=1 m/s。不考虑滑板与地面之间的摩擦,此时滑板的速度大小为 (　　) A. m/s　　　　　　B.10 m/s C. m/s　　　　　　D. m/s 3.(2025重庆黔江月考)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,则火炮后退的速度大小为(假设水平地面光滑) (　　) A.v0　　　　　　B. C.　　　　　　D. 4.(多选题)(2025陕西西安月考)如图,一艘小船原来静止在平静的水面上,现前舱有水需要用抽水机抽往后舱,不计水对船舱的阻力,则在抽水过程中,关于船舱的运动,以下说法正确的是 (　　) A.若前后舱是分开的,则前舱将向前运动 B.若前后舱是分开的,则前舱将向后运动 C.若前后舱不分开,则船将向前运动 D.若前后舱不分开,则船将会一直静止在水面上 5.(多选题)(2024四川绵阳南山中学期末)一只质量为0.9 kg的乌贼吸入0.1 kg的水后,静止在水中。遇到危险时,它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出,以大小为2 m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是 (　　) A.在乌贼喷水的过程中,乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大 B.在乌贼喷水的过程中,乌贼所受合力的冲量大小为1.8 N·s C.乌贼喷出的水的速度大小为18 m/s D.在乌贼喷水的过程中,有18 J的生物能转化成机械能 6.(2025浙江杭州重点中学联考)如图所示,一架喷气式飞机正相对地面以600 m/s的速度飞行,若它喷出的气体相对飞机的速度大小为350 m/s,则下列说法正确的是 (　　) A.以地面为参考系,气体的速度方向与飞机飞行方向相反 B.以地面为参考系,飞机喷出的气体速度为950 m/s C.以这种速度继续喷出气体,飞机的速度会增加 D.只有喷出的气体相对飞机的速度大于600 m/s,飞机速度才会增加 题组二　火箭的发射 7.(2024江苏扬州联考)“火箭”这个词在公元三世纪的三国时代就已出现。关于现代火箭,下列说法正确的是 (　　) A.影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比 B.火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气,空气的反作用力推动火箭 C.火箭点火后离开地面向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果 D.火箭、喷气式飞机、直升机的运动都是利用反冲获得动力 8.(2025河南焦作阶段检测)世界上第一个尝试利用火箭飞天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,下列操作中可行的是 (　　) 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 9.(多选题)(2023四川内江期末)如图所示,在某大学航天科普节活动中,某同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对于地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是 (　　) A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B.水喷出的过程中,火箭和水组成的系统机械能守恒 C.火箭上升的最大高度为 D.火箭上升的时间为 10.北京时间2024年12月5日12时41分,我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭,成功将千帆极轨03组卫星发射升空,卫星顺利进入预定轨道,发射任务获得圆满成功。假设火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体,气体喷出时的速度v=1 000 m/s。设火箭质量M=300 kg,发动机每秒钟喷气20次。 (1)当第三次喷出气体后,火箭的速度为多大? (2)运动1 s,火箭的速度为多大? 能力提升练 题组一　反冲规律的应用 1.(2023河北承德月考)某人从岸上以相对岸大小为v0的水平速度跳到一条静止的小船上,使小船以速度v1开始运动;如果此人从这条静止的小船上以相对岸同样大小的水平速度跳离小船,小船的速度大小为v2,则下列判断正确的是 (　　) A.v1>v2　　　　　　B.v1<v2 C.v1=v2　　　　　　D.条件不足,无法判断 2.(2025山东临沂期中联考)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,卫星以1.2×103 m/s的速度相对于火箭壳体沿轨道切线方向分离,则分离时卫星的速度为 (　　) A.6.0×103 m/s　　　　　　B.6.8×103 m/s C.7.2×103 m/s　　　　　　D.8.0×103 m/s 3.(多选题)(2023浙江宁波北仑中学期中)2021年6月17日,神舟十二号飞船发射,三名航天员进入天和核心舱,成为中国空间站第一批居民。在短暂的三个月在轨生活中,他们完成了多项任务,其中还包括两次太空行走。假设某次太空行走过程,一个连同装备总质量为M=100 kg的航天员,在距离空间站s=45 m处与空间站处于相对静止状态,航天员背着装有质量为m0=0.5 kg氧气的贮气筒,筒上有个可以使氧气以v=50 m/s的速度喷出的喷嘴,航天员必须向着返回空间站的相反方向放出氧气,才能回到空间站,同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用。航天员的耗氧率为Q=2.5×10-4 kg/s。不考虑喷出氧气对设备及航天员总质量的影响,为保证航天员安全返回空间站,一次性喷出氧气的质量可能为 (　　) A.0.10 kg　　　　　　B.0.25 kg C.0.38 kg　　　　　　D.0.46 kg 4.(2025河北邢台第一中学月考)一个士兵坐在皮划艇上,他连同装备和皮划艇的总质量是M=120 kg,这个士兵用自动步枪在t=2 s内沿水平方向连续射出20发子弹,每发子弹的质量是m=10 g,子弹离开枪口时相对步枪的速度是v0=800 m/s,射击前皮划艇是静止的,不考虑水的阻力。则以下说法正确的是 (　　) A.每次射击后皮划艇的速度改变量都相同 B.每次射击后皮划艇的速度改变量都不同,若射出第n发,则Δv= m/s C.连续射击20发子弹后,皮划艇的速度大小是0.67 m/s D.连续射击时,枪受到的平均反冲作用力大小是40 N 题组二　人船模型 5.(2025四川遂宁中学开学考试)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L,如图所示。已知他自身的质量为m,则小船的质量为 (　　) A.　B.　C.　D. 6.(多选题)(2024四川宜宾四中开学考试)如图所示,载有物资的热气球的总质量为M,静止于距离水平地面H高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出,物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变,不计空气阻力,忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是 (　　) A.物资落地前,热气球与其组成的系统动量守恒 B.投出物资后,热气球匀速上升 C.物资落地时,热气球上升的高度为 D.d= 7.(2024湖北襄阳六校期中联考)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A,斜面体质量为M、底边长为L,如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面体对滑块的支持力大小为FN,重力加速度为g,则下列说法中正确的是 (　　) A.FN=mg cos α B.滑块下滑过程中,支持力对B的冲量大小为FNt cos α C.滑块B下滑的过程中,A、B组成的系统动量守恒 D.此过程中斜面体向左滑动的距离为L 8.(2025重庆巴蜀中学月考)体育无处不在,运动无限精彩。如图所示,质量为M的小船静止在水面上,质量为m的人在甲板上立定跳远的成绩为L,不计空气和水的阻力,下列说法正确的是 (　　) A.若人在甲板上散步时突然停下,船将继续后退 B.人在立定跳远的过程中,船保持静止 C.人在立定跳远的过程中,船后退的距离为 D.人相对地面的成绩为 9.(2025湖北阶段练习)如图所示,水平面上放置着半径为R、质量为2m的半圆形槽,AB为槽的水平直径。质量为m的小球(可视为质点)自左端槽口A点的正上方、距离A点R处由静止下落,从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g,不计一切摩擦,下列说法正确的是 (　　) A.槽一直向左运动 B.小球运动到槽最低点时,槽向左运动的位移大小为R C.小球能从B点离开槽,且上升的最大高度小于R D.小球运动到槽最低点时,槽对小球的支持力大小为7mg 10.(2025北京朝阳模拟)在光滑水平面上静置着一质量为3m的小车,一质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置(细线伸直且水平)由静止释放小球,设小球到达最低点时的速度为v。从释放到小球到达最低点过程中,细线对小球做的功为W,从释放开始小车离开初位置的最大距离为d,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.v=　　　　　　B.v= C.W=-　　　　　　D.d=0.25L 答案与分层梯度式解析 第一章　动量与动量守恒定律 6　反冲 基础过关练 1.BC 2.B 3.C 4.AC 5.BCD 6.C 7.A 8.C 9.CD 1.BC　体操运动员在着地时屈腿能延长与地面的作用时间t,由动量定理t-mgt=Δp可知,可以减小地面对运动员的作用力,A错误;根据动量守恒定律,火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度,B正确;用步枪射击时,子弹给枪身一个反作用力,会使枪身后退,影响射击的准确度,所以为了减少反冲的影响,用步枪射击时要用肩部抵住枪身,C正确;由动量定理Ft=Δp可知,为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,要延长碰撞的时间,所以位于车体前部的发动机舱不能太坚固,D错误。 2.B　不考虑滑板与地面之间的摩擦,对于年轻人和滑板组成的系统,水平方向的动量守恒,取年轻人跃出的方向为正方向,设滑板的速度大小为v',则0=m1v-m2v',解得v'=10 m/s,故选B。 3.C　由于炮弹和火炮在竖直方向所受合外力不为零,在水平方向所受合外力为零,所以火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有m2v0 cos θ-(m1-m2)v=0,解得v=,C正确。 4.AC　若前后舱是分开的,不计水的阻力,则系统在水平方向动量守恒,系统总动量保持为零,用一抽水机把前舱的水抽往后舱,水的速度向后,水的动量向后,则前舱向前运动,故A正确,B错误;若前后舱不分开,用抽水机把前舱的水抽往后舱,则水的重心后移,故船将向前运动(等效于人船模型),故C正确,D错误。 5.BCD　在乌贼喷水的过程中,乌贼和喷出的水组成的系统所受合外力为零,所以系统动量守恒,A错误;由动量定理可知,在乌贼喷水的过程中,乌贼所受合力的冲量大小为I=m1v1-0=1.8 N·s,B正确;乌贼喷水瞬间,以乌贼运动方向为正方向,由动量守恒定律有0=m1v1-m2v2,可得v2=18 m/s,C正确;在乌贼喷水的过程中,生物能转化成机械能,由能量守恒可得ΔE=m1+m2=18 J,D正确。 6.C　由于飞机喷出的气体相对飞机的速度大小为350 m/s,小于600 m/s,可知气体相对于地面的速度方向与飞机的速度方向相同,速度大小为600 m/s-350 m/s=250 m/s,故A、B错误;设飞机的总质量为M,喷出气体的质量为m,根据动量守恒定律有Mv0=(M-m)v1+mv2,所以喷出气体后飞机的速度v1=v0+(v0-v2),可知继续以这种速度喷出气体,喷出气体后的飞机速度仍是增加的,故C正确,D错误。 7.A　火箭工作的原理是利用反冲运动,火箭高速向下喷出燃烧的气体,喷出的气体对火箭的反作用力使火箭向上运动,B、C错误;设喷气速度为v,喷出气体的质量为m,喷气后的火箭质量为M,火箭获得的速度大小为v',根据动量守恒定律有mv=Mv',解得v'=v,故影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后火箭质量之比,A正确;火箭和喷气式飞机的运动都是利用喷气的方式获得动力,属于反冲运动,而直升机是利用空气的反作用力使飞机上升,不属于反冲运动,D错误。 8.C　在燃气喷出的过程,万户及所携设备与燃气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为v==,可得增大v0的同时减小M,可增大火箭的发射速度大小,故选C。 9.CD　根据牛顿第三定律可知,火箭的推力来源于向下喷出的水对火箭的反作用力,A错误;水喷出的过程中,火箭及水组成的系统机械能增加,B错误;火箭发射过程系统内力远大于外力,系统动量守恒,以喷出水的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0-(M-m)v=0,解得火箭的速度大小为v=,方向与v0的方向相反,竖直向上,火箭做竖直上抛运动,上升的最大高度为h==,C正确;火箭上升的时间t==,D正确。 10.答案　(1)2.0 m/s　(2)13.5 m/s 解析　(1)第三次喷出气体后,共喷出的气体质量m1=3×0.2 kg=0.6 kg, 以火箭的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得(M-m1)v1-m1v=0, 解得v1≈2.0 m/s。 (2)1 s内发动机共喷出气体20次,喷出的气体总质量为m2=20×0.2 kg=4 kg, 根据动量守恒定律得 (M-m2)v2-m2v=0, 可得火箭1 s末的速度大小为 v2≈13.5 m/s。 能力提升练 1.B 2.C 3.ABC 4.B 5.B 6.ACD 7.D 8.C 9.D 10.C 1.B　设人的质量为m,船的质量为M。人从岸上跳到小船的过程,取人的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,解得v1=;人从小船上跳离的过程,取船的速度方向为正方向,由动量守恒定律得0=Mv2-mv0,解得v2=,则有v1<v2,故选B。 2.C　设火箭壳体和卫星分离前绕地球做匀速圆周运动的速度为v,卫星质量为m1,火箭壳体质量为m2,分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为u,分离后火箭壳体的速度为v',取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得(m1+m2)v=m1(v'+u)+m2v',解得v'=6×103 m/s,则分离时卫星速度为v卫=v'+u=6×103 m/s+1.2×103 m/s=7.2×103 m/s,故选C。 方法技巧　 火箭问题的三点提醒 (1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。 (2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以调整,一般情况下要转换成对地的速度。 (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。 3.ABC　设一次性喷出氧气质量为m时,航天员刚好安全返回,航天员在释放氧气后的速度为v1,取喷出的氧气速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv-Mv1=0;航天员匀速返回空间站所需要的时间t=,贮气筒中氧气的总质量m0=m+Qt,联立解得m=0.05 kg或m=0.45 kg,所以一次性喷出氧气质量满足0.05 kg≤m≤0.45 kg,故选A、B、C。 4.B　以皮划艇的速度方向为正方向,射出第1发子弹的过程,根据动量守恒定律得0=(M-m)v1-m(v0-v1),解得v1=mv0;射出第2发子弹的过程,根据动量守恒定律得(M-m)v1=(M-2m)v2-m(v0-v2),解得v2=mv0;同理,射出第n发子弹,可得vn=mv0,则射出第n发子弹后,皮划艇速度的改变量为Δv=vn-vn-1== m/s,A错误,B正确;连续射击20发子弹后,皮划艇的速度是v20=mv0≈mv0≈1.33 m/s,故C错误;根据动量定理得t=(M-20m)·v20-0,解得≈79.7 N,D错误。 5.B　设人走动时船的平均速度大小为v,人的平均速度大小为v',人从船尾走到船头所用时间为t,则v=,v'=,取船的运动方向为正方向,根据动量守恒定律得Mv-mv'=0,解得船的质量M=,故选B。 6.ACD　物资投出之前,物资和热气球组成的系统所受合外力为零,物资投出后,系统所受合外力仍为零,则物资落地前,热气球与投出的物资组成的系统动量守恒,A正确;投出物资后,热气球所受合力向上,则热气球向上做匀加速直线运动,B错误;设物资落地时热气球上升的高度为h,则对物资和热气球组成的系统,由动量守恒定律得(M-m)=m,解得h=,则d=H+h=,C、D正确。 7.D　当滑块B相对于斜面加速下滑时,斜面体A水平向左加速运动,所以滑块B相对于水平面的加速度方向不再沿斜面方向,即沿垂直于斜面方向的合力不为零,所以斜面体对滑块的支持力大小FN不等于mg cos α,A错误;滑块B下滑过程中,支持力对B的冲量大小为FNt,B错误;由于滑块B有竖直方向的分加速度,所以斜面体A和滑块B组成的系统在竖直方向所受的合外力不为零,系统的动量不守恒,C错误;A、B组成的系统在水平方向不受外力,水平方向动量守恒,设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2,则Mx1=mx2,x1+x2=L,解得x1=L,D正确。 8.C　根据“人船模型”可知,人在甲板上散步时突然停下,船将立即停下,人在立定跳远的过程中,船向人跳出的相反方向运动,A、B错误;设船后退的距离为x,人在立定跳远的过程中,人和船组成的系统在水平方向满足动量守恒,有Mx=m(L-x),解得船后退的距离为x=,故C正确;人相对于地面的成绩为L-x=,故D错误。 归纳总结　“人船模型”中各物理量间关系如下: 9.D　小球与槽组成的系统水平方向动量守恒,小球从A点经过最低点滑到B点的过程中,槽向左运动,小球从B点经过最低点滑到A点的过程中,槽向右运动,故A错误;小球运动到最低点过程,系统水平方向动量守恒,根据人船模型规律有mx球-2mx槽=0,x球+x槽=R,解得槽向左运动的位移大小为x槽=R,故B错误;小球到达B点时,水平方向速度为零,槽的速度也为零,根据机械能守恒可知,小球能从B点离开槽,且上升的最大高度等于R,故C错误;小球从开始下落到运动到槽的最低点,系统机械能守恒,有2mgR=m+×2m,小球与槽组成的系统水平方向动量守恒,有以向右为正方向,mv球-2mv槽=0,解得v球=2,v槽=,小球运动到槽最低点时,FN-mg==(易错点),解得FN=7mg,故D正确。故选D。 10.C　 模型建构　由静止释放小球和小车后,其运动情况示意图: 从释放小球到小球到达最低点过程中,由水平方向动量守恒和能量守恒得0=mv-3mv1,mgL=mv2+×3m,解得v=,故A、B错误;对小球,由动能定理得mgL+W=mv2,解得W=-,故C正确;小球摆至左侧最高点时,小车离开初位置距离最大,此时小球与车的速度均为零(破题关键),由能量守恒知小球回到原高度,由人船模型规律得mx=3md,d+x=2L,解得d=0.5L,故D错误。故选C。 7 学科网（北京）股份有限公司 $