1.6 反冲(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（教科版）

**基本信息** 本练习围绕“反冲”主题，采用“基础对点练+素养综合练”分层设计，通过反冲理解、火箭原理、人船模型三级递进，结合生活与航天情境，强化动量守恒应用，培养物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础对点练|反冲理解及应用、火箭原理、人船模型|题组化设计（8题），含多选/单选，如乌贼喷水（动量守恒）、火箭发射（喷气速度影响），聚焦单一知识点应用| |素养综合练|反冲综合计算、多体系统动量守恒|综合情境题（4题），如滑杆游戏（动量与机械能守恒）、火箭喷气速度计算，需模型建构与科学推理|

6.反冲 题组一　反冲的理解及应用 1.〔多选〕（2026•四川省绵阳市南山中学实验学校高二期末）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，乌贼动量守恒 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20 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 2.（2026•四川省合江县马街中学校高二期中考试）一门旧式大炮如图所示，炮车和炮弹的质量分别为M和m，炮筒与水平地面的夹角为α，炮弹发射瞬间相对于地面的速度为v0。不计炮车与地面的摩擦，则炮车向后反冲的速度大小为（　　） A．　 B． C．　 D． 题组二　火箭原理的理解及应用 3.（2026•四川绵阳期末）一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，则加速后航天器的速度大小v2等于（v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度）（　　） A．　 B． C．　 D． 4.火箭发射后，在升空过程中向后喷出高速燃气，从而获得较大的前进速度。燃料耗尽时，火箭达到最大速度，火箭最大速度的制约因素是（　　） A．火箭初始质量和喷出气体速度 B．火箭初始质量和喷出气体总质量 C．火箭喷出气体总质量和喷气速度 D．火箭喷气速度和火箭始末质量比 5.〔多选〕2025年4月24日17时17分，长征二号F运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起飞，将神舟二十号载人飞船成功送入预定轨道。长征二号F运载火箭飞行时，设在极短时间Δt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是u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（　　） A．火箭加速的原因：燃气推动周围空气，空气的反作用力推动火箭 B．喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δmu C．喷出燃气时，火箭受到的推力为 D．u越大， 越大，火箭增加的速度Δv就越大 题组三　“人船模型”问题 6.（2026•四川省成都成华区某重点校高一月考）如图所示为棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（　　） A．h　 B． C．　 D．h＋2a 7.（2026•四川省达州市第一中学高二入学考试）如图，质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链固定在Q上，下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度，经时间t小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为（　　） A．　 B． C．　 D． 8.〔多选〕质量均为2m的A、B两船静止在平静的湖面上，最初静止在A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……，经n次跳跃后，人停在B船上。不计水的阻力，此后（　　） A．A船和B船（包括人）速度大小之比为2∶3 B．A船和B船（包括人）动量大小之比为1∶1 C．A船和B船（包括人）动能之比为3∶2 D．A船和B船（包括人）动能之比为1∶1 9.穿着溜冰鞋的人静止站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，每次射击时子弹对冰面速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于冰面后退的速度为v，下列说法正确的是（　　） A．无论射出多少子弹，人后退的速度都为v B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv C．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv D．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv 10.〔多选〕某滑杆游戏可简化为如图所示的模型，质量m=0.5 kg的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，滑环通过长L=0.6 m的轻绳连着质量M=1.0 kg的小球，开始时滑环静止在O点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取g=10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小球第一次运动至最低点时的速度大小为2 m/s B．小球再次返回最高点时的速度大小为0 C．小球第二次运动至最低点时的速度大小为2 m/s D．小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4 m 11.2024年1月5日19时20分，命名为“快舟•湖北交广号”的快舟一号甲固体运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，以“一箭四星”方式将天目一号掩星探测星座15~18星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。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）运动第1 s末，火箭的速度为多大？ 12.（2026•四川省成都市树德中学高一期中）如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平桌面上，凹槽内有一个半径为R的光滑半圆形轨道。质量为m的小球从轨道右端点由静止开始下滑。若凹槽可以在桌面上自由滑动，且整个过程凹槽不翻转。重力加速度为g。求： （1）小球运动到轨道最低点时的速度大小v1； （2）若凹槽两端始终没有滑出桌面，求桌面的最小长度L。 答案 6.反冲 1.BD　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，系统动量守恒，选项A错误；根据题意，由动量定理可得，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为I=Mv－0=0.9×2 N•s=1.8 N•s，选项B正确；根据题意，设乌贼喷出的水的速度大小为v1，由动量守恒定律有Mv－mv1=0，解得v1=18 m/s，由能量守恒定律可得，在乌贼喷水的过程中，转化成机械能的生物能有ΔE=Mv2＋m=×0.9×22 J＋×0.1×182 J=18 J，选项C错误，选项D正确。 2.A　根据题意可知，炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向上受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向上动量守恒。取炮车后退的方向为正方向，以炮弹和炮车组成的系统为研究对象，在水平方向上，由动量守恒定律有Mv－mv0cos α=0，解得v=，故选A。 3.C　由动量守恒定律有Mv0=－mv1＋（M－m）v2，解得v2=，故选C。 4.D　分别用M、m表示火箭初始质量和在极短时间内喷出一部分燃气后剩余的质量，v0表示喷出的气体的速度大小，火箭喷气过程动量守恒，有mΔv－（M－m）v0=0，解得火箭速度增加量Δv=v0，由此式可以预计火箭最大速度的制约因素是火箭喷气速度和火箭始末质量比，D正确。 5.BD　火箭加速的原因：火箭喷出燃气，燃气的反作用力推动火箭，选项A错误；喷出燃气的过程，火箭和燃气动量守恒，火箭的动量改变量的大小等于喷射燃气的动量改变量的大小为Δp=Δmu，选项B正确；根据动量定理Δp=FΔt，火箭受到的推力为F=，选项C错误；火箭和燃气动量守恒，可知Δmu=mΔv，解得Δv=，可知u越大， 越大，火箭增加的速度Δv就越大，选项D正确。 6.D　设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由人船模型规律可得0=mh－Md，池深H=h＋d＋2a，解得H=h＋2a，故选项D正确。 7.C　P、Q在水平方向上动量守恒，有mv0=mv1＋3mv2，在极短的时间Δt内，有mv0•Δt=mv1•Δt＋3mv2•Δt，则在时间t内，有mv0t=mx＋3mx2，解得x2=，故选C。 8.BC　整个过程中，人和两船组成的系统动量守恒，A船和B船（包括人）动量大小之比为1∶1，故经n次跳跃后，有2mvA=（2m＋m）vB，所以=，故A错误，B正确；根据EkA=•2m•，EkB=•3m•，因为=，联立求得=，故C正确，D错误。 9.D　设人、枪（包括子弹）的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度为v0，射出第1颗子弹，有0=（M－m）v－mv0，设人射出n颗子弹后的速度为v′，则（M－nm）v′=nmv0，可得v=，v′=，因M－m＞M－nm，所以v′＞nv，故选项D正确。 10.BCD　自静止开始释放至小球第一次运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有0=Mv1－mv2，由机械能守恒定律得MgL=M＋m，联立解得小球第一次运动至最低点时的速度大小为v1=2 m/s，A错误；小球再次返回最高点时和滑环有相同的速度，由动量守恒定律得0=（M＋m）v，解得共同速度v=0，B正确；根据A项分析可知，小球第二次运动至最低点的速度大小为2 m/s，方向水平向左，C正确；由机械能守恒定律可知，小球运动至左、右两侧最高点时在同一水平线上，即与初始位置等高，设小球运动轨迹左、右两端点间的距离为x1，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动轨迹左、右两端点的距离为x2，运动时间为t，则由动量守恒定律有M=m，由几何关系知x1＋x2=2L，联立可解得x1=0.4 m，D正确。 11.（1）2 m/s　（2）13.5 m/s 解析：（1）设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得（M－3m）v3－3mv=0，所以v3=≈2 m/s。 （2）以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，有（M－20m）v20－20mv=0 所以v20=≈13.5 m/s。 12.（1）　（2） 解析：（1）小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒，则有mv1－Mv2=0 由机械能守恒定律有mgR=m＋M 解得v1=。 （2）在水平方向上，根据动量守恒定律得mv1－Mv2=0 两边同时乘t可得mx1=Mx2 又因为x1＋x2=2R 解得x2= 桌面的最小长度为L=2R＋x2 解得L=。 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $