1.6反冲现象 火箭（专题训练）-2026-2027学年高二上学期物理同步知识点解读与专题训练（人教版选择性必修第一册）

**基本信息** 聚焦动量守恒定律在爆炸、反冲等5类情境的应用，通过题型分类构建从模型到综合问题的递进训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |爆炸问题|6题|含多过程碰撞与运动学综合|动量守恒+能量转化的瞬时过程分析| |弹簧弹开|5题|涉及弹簧势能与动量分配|系统机械能守恒与动量守恒条件判断| |反冲现象|7题|包含火箭模型与流体问题|反冲速度公式推导及实际应用| |抛接体问题|4题|多体多次作用过程|人船模型在动态抛接中的迁移| |人船模型|6题|含倾斜轨道与相对位移|质心不变原理的拓展应用|

1.6反冲现象 火箭（专题训练） 【人教版（2019）： 选择性必修第一册】 题型归纳 【题型1 用动量守恒定律解决爆炸问题】 1 【题型2 弹簧弹开两端物体的动量守恒问题】 8 【题型3 反冲现象中的动量守恒】 11 【题型4 抛接体问题】 17 【题型5 人船模型及其变式】 19 【题型1 用动量守恒定律解决爆炸问题】 1．一枚沿水平方向飞行的手榴弹飞行速度为30m/s，在空中爆炸后分裂成1kg和0.5kg两块，其中0.5kg的那块以40m/s的速率沿原来速度相反的方向运动，则另一块的速度为（不计空气阻力）（　　） A．130m/s B．80m/s C．50m/s D．65m/s 【答案】D 【解答】解：手榴弹总质量 M＝1kg+0.5kg＝1.5kg 爆炸过程中，爆炸内力远大于重力，水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒。以手榴弹原飞行方向为正方向，则手榴弹爆炸前速度 v0＝30m/s 爆炸后质量为 m1＝0.5kg 的碎块速度 v1＝﹣40m/s 根据动量守恒定律得 Mv0＝m1v1+m2v2 解得爆炸后另一质量为m2＝1kg的碎块速度 v2＝65m/s 故ABC错误，D正确。 故选：D。 2．双响炮作为深受喜爱的烟花爆竹之一，其独特的魅力在于有两阶段的爆炸过程。首先，将双响炮放在水平地面上，点燃下层的火药，火药迅速爆炸，爆竹获得了竖直向上12m/s的初速度，将其发射至最高点。在达到最高点的瞬间，第二层火药随即引爆，将爆竹炸裂成甲和乙两部分。已知甲、乙两块爆竹的质量之比为，其中甲块以5m/s的速度水平向左飞出。若不计空气阻力，忽略火药的质量，重力加速度g取10m/s2。那么，两块爆竹的飞行轨迹将是图中的（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：双响炮爆炸时距离地面高度 在达到最高点的瞬间，对爆竹水平方向动量守恒定律有m甲v甲＝m乙v乙 可知 爆炸后甲乙做平抛运动，由于甲乙在空中运动时间t相同，则二者位移之比为 落地时间均为 落地时甲的水平位移x甲＝v甲t＝6m 综合可知B选项符合题意。故ACD错误，B正确。 故选：B。 3．在水平地面上某点安装有声音记录仪，一可视为质点的爆炸物体从该点以初速度v0竖直向上抛出，当它上升到最高点时被引爆，炸裂成质量之比为mP：mN＝1：2的两个碎块P、N，爆炸后两个碎块的速度均沿水平方向。从引爆瞬间开始计时，在5.5s和7s时分别记录到从空气中传来的两碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．爆炸物体的初速度v0＝50m/s B．两碎块P、N落地点到抛出点距离之比为1：2 C．爆炸后碎块P的初速度为vP＝255m/s D．爆炸后碎块N的初速度为vN＝170m/s 【答案】C 【解答】解：A、设P、N落地声传播时间为t1、t2，声音传播距离等于落地点到抛出点的水平距离，即xP＝340m/s•t1，xN＝340m/s•t2，结合xP：xN＝2：1得t1＝2t2 总计时满足t+t1＝7s（P位移大，传播时间长，总时间更长），t+t2＝5.5s 解得t2＝1.5s，t1＝3s 下落时间t＝7s﹣3s＝4s 竖直上抛初速度v0＝gt＝10×4m/s＝40m/s，故A错误； B、最高点爆炸时水平方向动量守恒，取P运动方向为正方向，由动量守恒可得0＝mPvP﹣mNvN 已知mP：mN＝1：2，得vP：vN＝2：1 两碎块平抛下落高度相同，落地时间t相同，水平位移xP＝vPt、xN＝vNt，故xP：xN＝2：1，故B错误； C、爆炸后P的初速度，故C正确； D、爆炸后N的初速度，即vN＝127.5m/s，故D错误。 故选：C。 4．（多选）“双响炮”在节假日期间营造了欢快的气氛，深受人们喜爱。某型号双响炮从地面爆炸竖直向上发射，到达距地面1.8m的最高点P时瞬间炸裂成A、B两块。A块的质量为10g，以1m/s的速度水平向东平抛后落在泥土中不再反弹；B块的质量为2.5g，B块与水平地面碰撞后反弹的最大高度为0.45m（A、B块最终落地点在同一水平面上）。已知B块第一次与地面接触的时间为0.1s，B块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．B在最高点P的速度大小为4m/s B．A、B两块第一次落地点间的距离为3m C．B块与地面第一次接触时，受到的弹力的冲量大小为0.06N•s D．B块第一次反弹至最高点时的速度大小为0 【答案】AB 【解答】解：A、爆炸瞬间系统在水平方向动量守恒，以向东为正方向，由0＝mAvA﹣mBvB，解得：vB＝4m/s，故A正确； B、两物块从P点下落时间，落地时水平距离Δx＝（vA+vB）t，代入数据解得：Δx＝3m，故B正确； C、B块下落至地面竖直速度，解得vy1＝6m/s，反弹速度，根据动量定理，竖直方向支持力冲量IN＝mB（vy1+vy2）+mBgΔt，代入数据解得：IN＝0.025N•s，故C错误； D、B块与地面接触过程，水平方向动量定理﹣μIN＝mBvx末﹣mBvB，代入数据解得：vx末＝2m/s，则反弹至最高点时速度不为零，故D错误。 故选：AB。 5．（多选）如图所示，质量为1kg的小球内部填有少量火药（质量忽略不计），将小球从距地面高度5m处以10m/s的初速度水平抛出，落地的瞬间小球发生反弹，反弹后小球的水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向变为竖直向上，此时小球内火药被触发，爆炸在极短时间内将小球分为两部分，两部分的速度方向均与小球分裂前的速度方向成15°角，且两部分第一次落地的时刻相同，重力加速度g取10m/s2，小球及分裂后的两部分均在同一竖直面内运动，则下列说法正确的是（　　） A．小球落地时速度方向与水平方向成60°角 B．分裂后的两部分中，质量较大部分的质量为 C．分裂后的瞬间，质量较小部分的速度大小为20m/s D．从分裂到两部分第一次落地共用时2s 【答案】BCD 【解答】解：A、小球做平抛运动，落地时竖直分速度满足，代入g＝10m/s2、h＝5m 解得vy＝10m/s 又水平分速度vx＝v0＝10m/s 设速度方向与水平方向夹角为θ，则，即tanθ＝1 解得θ＝45°，故A错误； B、以运动方向为正方向，水平方向动量守恒m1v1cos60°+m2v2cos30°＝px 解得，m2＝m﹣m1，代入数据解得 因此质量较大部分质量为，故B正确； D、反弹爆炸分裂前，小球速度vx＝10m/s、vy'＝10m/s（竖直向上），总质量m＝1kg 水平方向的总动量px＝10kg•m/s 竖直方向的总动量py＝10kg•m/s 分裂后两部分速度方向与原速度方向（45°相对水平向上）成15°，因此两部分速度与水平方向夹角分别为60°和30°。 由于两部分同时落地，分裂位置在地面（y＝0），落地时竖直位移 解得，t相同说明两部分竖直分速度相等v1sin60°＝v2sin30°＝vy0 以运动方向为正方向，由竖直方向动量守恒可得py＝m1vy0+m2vy0＝（m1+m2）vy0 解得vy0＝10m/s 从分裂到两部分第一次落地共用时，代入数据解得t＝2s，故D正确； C、由v1sin60°＝vy0，即v1sin60°＝10m/s，得 由v2sin30°＝vy0，即v2sin30°＝10m/s，得v2＝20m/s 速度大的质量更小，因此质量较小部分速度为20m/s，故C正确。 故选：BCD。 6．一质量为m的烟花弹以初动能E从地面向上做竖直上抛运动，当烟花弹上升到最高点时，弹中火药爆炸将烟花弹分成质量之比为1：2的两部分，两部分烟花弹获得的初速度方向水平且初动能之和也为E。已知爆炸时间极短，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最高点所经过的时间t； （2）两部分烟花弹的落地点间的距离x。 【解答】解：（1）设烟花弹上升的初速度大小为v0，在最高点时的速度大小为0，由已知条件有 v0＝gt 解得 （2）设爆炸后两部分烟花弹的质量分别为m1、m2，速度大小分别为v1、v2，方向相反，已知条件得 m1：m2＝1：2 m1+m2＝m 以v1的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律 m1v1＝m2v2 两部分烟花弹的落地点间的距离为 x＝（ν1+ν2）t 解得 答：（1）烟花弹从地面开始上升到最高点所经过的时间t为； （2）两部分烟花弹的落地点间的距离为。 7．一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直发射升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为两部分，两部分的质量分别为m和m，获得的动能之和仍为E，其中质量较大的那部分首先落回原发射点。若爆炸时间极短，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）爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度。 【解答】解：（1）设烟花弹上升的初速度为v0，有，烟花弹从地面上升到最高点，做竖直上抛运动有0＝v0﹣gt，代入数据可得； （2）火药爆炸后，质量较大部分速度方向竖直向下，大小为v2，质量较小部分做竖直上抛运动，速度大小为v1， 以竖直向下为正方向，烟花弹爆炸时动量守恒，有，由能量守恒定律可知，， 设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，爆炸后烟花弹质量较小部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律可知E＝mgh1，，爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度h＝h1+h2，代入数据可得h。 答：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间为； （2）爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度为。 8．一质量为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g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，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。 【解答】解：（1）烟花弹从抛出点运动至最高点（爆炸点）的过程：水平方向位移为，竖直方向位移为，解得：x＝120 m，h＝80 m。 （2）爆炸后，A部分做抛体运动：其竖直方向分速度为vAy＝gtA，设爆炸后A运动总时间为t，满足位移方程，水平方向分速度，合速度大小，解得：m/s。 （3）爆炸瞬间，系统动量守恒：水平方向有Mv0cosθ＝mAvAx+mBvBx，竖直方向有0＝mAvAy+mBvBy，爆炸释放的化学能，解得：ΔE＝1462.5 J。 答：（1）爆炸点到抛出点的水平距离为120 m，竖直距离为80 m。 （2）炸裂后A的速度大小为m/s。 （3）爆炸过程中释放的化学能为1462.5 J。 【题型2 弹簧弹开两端物体的动量守恒问题】 9．如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左缓慢推B使两木块之间弹簧压缩，然后突然撤去力F。下列说法中不正确的是（　　） A．用力F推木块弹簧压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但动量不守恒 B．在撤去外力后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C．在撤去外力后，木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒 D．在撤去外力后，木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 【答案】A 【解答】解：A、用力F推木块弹簧压缩的过程中，力F对系统做正功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能增加，不守恒，故A错误； BC、撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒。这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，故BC正确； D、在撤去外力后，A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒，故D正确。 本题选不正确的，故选：A。 10．如图甲所示，一轻弹簧的两端与两物块A、B相连接并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1＝1kg，下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为0.5kg B．弹簧的最大弹性势能为3J C．t1和t2两时刻弹簧的长度相等 D．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长 【答案】B 【解答】解：A、由图像可知，A物块的初速度v0＝3m/s，t1时刻两物块达到的共同速度为v＝1m/s 取向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v0＝（m1+m2）v 解得物块B的质量为m2＝2kg，故A错误； B、由图像可知，t1时刻弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得 解得弹簧的最大弹性势能为Ep＝3J，故B正确； C、t1时刻弹簧被压缩至最短，而t2时刻弹簧恢复原长，可知这两个时刻弹簧的长度不相等，故C错误； D、t3时刻两物块速度又相同，弹簧的伸长量最大，t3到t4弹簧由伸长变为原长状态，故D错误。 故选：B。 11．（多选）如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是（　　） A．两滑块的动能之比EkA：EkB＝1：2 B．两滑块的动量大小之比PA：PB＝2：1 C．弹簧对两滑块的冲量之比IA：IB＝1：1 D．弹簧对两滑块做功之比WA：WB＝1：1 【答案】AC 【解答】解：A、根据动量守恒定律得0＝2mvA﹣mvB 解得 两滑块速度大小之比为vA：vB＝1：2 两滑块的动能之比，故A正确； B、两滑块的动量大小之比pA：pB＝2mvA：mvB＝1：1，故B错误； C、弹簧对两滑块的冲量之比IA：IB＝ΔPA：ΔPB＝（2mvA﹣0）：（mvB﹣0）＝1：1，故C正确； D、弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为1：2，故D错误。 故选：AC。 12．（多选）如图，光滑轨道由弧形和水平两部分组成，在水平轨道上静止放置左侧连接轻弹簧的质量m1＝1kg均质小球，在弧形轨道距水平轨道高h＝0.2m处由静止释放质量m2＝1kg均质小球，压缩弹簧过程在弹性范围内，两小球半径相等。当弹簧被压缩至最短时，小球m2的速度大小为v，弹簧弹性势能为Ep，g＝10m/s2。则（　　） A．v＝1m/s B．v＝2m/s C．Ep＝1J D．Ep＝2J 【答案】AC 【解答】解：m2小球从高处下滑到水平部分的过程，机械能守恒，设到达水平部分时速度大小为v0，则有 两小球和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹簧压缩最短时，两小球应共速，即速度方向一样，大小均为v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 m2v0＝（m1+m2）v 联立解得 v＝1m/s，Ep＝1J 故AC正确，BD错误。 故选：AC。 13．如图所示，足够长的光滑L形木板固定在水平面上，其右端是一竖直挡板，木板中间抽有窄光滑凹槽，槽上有两个等大的小球，小球甲的质量为2m，与水平轻质弹簧固定连接，小球乙的质量为m，与弹簧接触但不连接，开始时用外力挤压两球使弹簧处于压缩状态。现同时撤去外力，弹簧恢复原长时，小球乙以速度v0向右运动与竖直挡板碰撞。设小球与挡板碰撞的时间为t，碰撞后原速率弹回，整个运动过程中，两小球均沿直凹槽运动。已知重力加速度为g，求： （1）开始时弹簧被挤压，弹簧中的弹性势能Ep； （2）小球乙与挡板碰撞过程中受到木板作用力的总冲量大小I。 【解答】解：（1）弹簧恢复原长的过程中，两小球的总动量守恒，设小球甲的速率为v，规定向左为正方向，则有 2mv﹣mv0＝0 解得 根据机械能守恒定律 解得 （2）小球乙与挡板碰撞过程，受到挡板对它的水平冲量以及凹槽对它的竖直冲量作用。竖直方向，弹力的合力为 FNy＝mg 竖直方向的冲量 Iy＝FNyt 水平方向，根据动量定理 Ix＝2mv0 小球乙与挡板碰撞过程中受到木板作用力的总冲量大小 解得 答：（1）开始时弹簧被挤压，弹簧中的弹性势能为； （2）小球乙与挡板碰撞过程中受到木板作用力的总冲量大小为。 【题型3 反冲现象中的动量守恒】 14．我国早在宋代就发明了火箭。箭杆上捆了一个前端封闭的火药筒，点燃后生成的燃气以很大速度向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动。若火箭发射前的总质量为M，燃料全部燃烧完后的质量为m，火箭燃气的对地喷射速度为v0，燃料燃尽后火箭的速度v为多大（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：火箭和燃气组成的系统，设火箭向前为正方向，在竖直方向上，内力远远大于重力，故动量守恒，则（M﹣m）v0＝mv 代入数据可得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 15．如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是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．喷气后飞机速度为 D．喷气后飞机增加的速度为 【答案】D 【解答】解：C．设喷出气体后飞机的速度为v′，对飞机和气体组成的系统，取飞机的飞行方向为正方向，由动量守恒有 mv＝（m﹣Δm）v′+Δm（v′﹣u） 解得 故C错误； D．结合上述可知，喷气后飞机增加的速度为，故D正确； AB．根据上述，喷气后飞机增加的速度为，可知无论u与v的大小关系如何，v′均大于v，故AB错误。 故选：D。 16．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，他把一质量为6.0kg的静止物块以大小为4.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为4.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过6次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于4.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（　　） A．50kg B．60kg C．70kg D．80kg 【答案】B 【解答】解：规定运动员退行的方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块每次推向挡板的速度大小均为v0， 第1次推物块时，根据动量守恒定律有Mv1﹣mv0＝0，解得：； 物块与挡板发生弹性碰撞后以速度v0反向运动，追上运动员并发生第2次推物块过程，根据动量守恒定律有Mv1+mv0＝Mv2﹣mv0，解得：； 同理递推可得，第n次推物块后运动员的速度； 由题意可知，总共经过6次推物块后，运动员的退行速度大于4.0m/s（即v0），说明第6次推物块后的速度v6＞v0， 此时反弹的物块无法再追上运动员，而此前能完成第6次推物块过程，说明第5次推物块后的速度v5＜v0，由此可得v0且v0，代入数据解得：54.0kg＜M＜66.0kg， 故该运动员的质量可能为60kg，故B正确，ACD错误； 故选：B。 17．章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只吸满水后的章鱼总质量为M，它正以速度v0匀速运动。若它相对于自身以速率u在极短时间内向后一次性喷射出质量为m的水，章鱼所受阻力可以忽略，则以下说法中正确的是（　　） A．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统总动量一直为零 B．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 D．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 【答案】D 【解答】解：A.喷水过程时间极短，系统内力远大于外力，动量守恒，初始系统总动量为Mv0，因此总动量保持Mv0不变，并非一直为零，故A错误； B.喷水过程中章鱼体内的化学能转化为系统机械能，系统机械能增加，不满足机械能守恒条件，故B错误； CD.规定章鱼初始运动方向为正方向，设喷水后章鱼瞬间对地速度为v，喷出的水相对章鱼向后的速率为u，因此喷出的水相对章鱼的速度为﹣u，由相对速度关系得水对地速度为v﹣u。根据动量守恒定律列方程有Mv0＝（M﹣m）v+m（v﹣u），化简得Mv0＝Mv﹣mu，解得，故C错误，D正确。 故选：D。 18．（多选）我国自主研发的某第六代战斗机发动机的推力为火箭推力的4倍，其自身可携带两架无人机，执行任务时，在到达作战区域后会放出无人机，下列说法正确的是（　　） A．战斗机利用了反冲现象 B．释放无人机后战斗机会更加灵敏 C．战斗机在空中加油时相对地面是静止的 D．战斗机加速爬升时，驾驶员处于失重状态 【答案】AB 【解答】解：A．战斗机发动机通过向后喷射高速气体产生强大的推力，这种现象利用了反冲，故A正确； B．释放无人机后战斗机质量变小，惯性变小，惯性小运动状态容易改变，在相同推力下，战斗机的加速度会增加，机动性会提高，变得更加灵敏，故B正确； C．战斗机在空中加油时，通常需要和加油机保持相对静止的状态，但两者都在空中飞行，因此相对于地面是运动的，故C错误； D．战斗机爬升时，加速度方向向上，处于超重状态，故D错误。 故选：AB。 19．（多选）某科技小组自制了一枚火箭，如图，其发射过程可分为三个阶段：第一阶段，火箭点火发射，到最高点时质量为m1；第二阶段，火箭喷出燃气在高空悬停，单位时间喷出燃气质量为Δm1（远小于m1）；第三阶段，火箭在悬停状态下完成90°转向，此时火箭的质量为m2，紧接着在极短时间内以速度v喷出质量为Δm2（与m2相比不可忽略）的燃气变为水平飞行，全程忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在悬停阶段，火箭合力为零 B．火箭发射到最高点的过程中一直在加速 C．在悬停阶段，燃气喷出的速度为 D．在转向阶段，火箭获得的水平速度为 【答案】AC 【解答】解：A.悬停阶段，火箭静止状态，即处于平衡状态，因此合力为零，故A正确； B.初始阶段，推力大于重力，火箭加速上升；当推力小于重力时，火箭会减速上升，直到最高点速度为零，因此火箭并非“一直在加速”，故B错误； C.悬停阶段，火箭合力为零，燃气推力等于重力，设燃气喷出速度为v，单位时间喷出质量为Δm1 规定末速度方向为正，根据动量定理FΔt＝Δm1v1﹣0 解得，故C正确； D.转向阶段，火箭和燃气组成的系统在水平方向动量守恒，则有（m2﹣Δm2）v水﹣Δm2v＝0 联立解得，故D错误。 故选：AC。 20．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v匀速前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为多少？ 【解答】解：设鱼雷的发射速度为v0，由动量守恒可知 解得 答：鱼雷的发射速度为v。 21．生活中常用高压水枪清洗汽车，当高速水流射向物体，会对物体表面产生冲击力，从而实现洗去污垢的效果。图为利用水枪喷水洗车的简化示意图。已知水枪喷水口的横截面积为S，水的密度为ρ，不计流体内部的黏滞力。假设水流垂直打到车身表面后不反弹，测得水枪管口单位时间内喷出水流体积为Q。 （1）求水枪喷水口喷出水流的速度大小v； （2）高压水枪通过动力装置将水由静止加速喷出，求喷水时动力装置的输出功率P至少有多大； （3）清洗车身时，汽车静止不动，忽略水流喷出后在竖直方向的运动。计算水流对车身表面的平均作用力的大小F。 【解答】解：（1）水枪管口单位时间Δt内喷出水流体积为Q，则有：，解得水流的速度大小为： （2）高压水枪通过动力装置将水由静止加速喷出，将Δt内的水喷出，将电能转化为水的动能，有：，m＝ρSv•Δt，解得动力装置的输出功率为： （3）以水运动方向为正方向，在与车身碰撞过程，对Δt时间内的水，在水平方向由动量定理可得：﹣F′Δt＝0﹣mv，m＝ρSv•Δt，解得： 根据牛顿第三定律可知，汽车受到水平平均冲击力为： 答：（1）水枪喷水口喷出水流的速度大小v为。 （2）喷水时动力装置的输出功率P至少为。 （3）水流对车身表面的平均作用力的大小为。 【题型4 抛接体问题】 22．一个武警战士坐在皮划艇上，他和皮划艇及艇上所有物品的总质量是200kg。这个战士沿水平方向向艇后方先后扔出两个沙袋，每个沙袋质量为10kg，若沙袋抛出时相对艇的速度均为5m/s。开始皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。则扔出两个沙袋后皮划艇的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设扔出第一个沙袋后皮划艇的速度为v1，方向为正，则沙袋的速度 v′＝（v1﹣5）m/s 由动量守恒定律 （M﹣m）v1+mv'＝0 解得：v1＝0.25m/s 扔出第二个沙袋后皮划艇的速度为v2，方向为正，则沙袋的速度 v″＝（v2﹣5）m/s 由动量守恒定律 （M﹣m）v1＝（M﹣2m）v2+mv″ 解得：，故BCD错误，A正确。 故选：A。 23．如图所示，连同装备共质量100kg的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45m的位置与飞船处于相对静止的状态。航天员将质量为1kg的小物体相对于飞船以2m/s的速度抛出，则航天员的速度改变量约为（　　） A．0.01m/s B．0.02m/s C．0.1m/s D．0.2m/s 【答案】B 【解答】解：设航天员的速度改变量约为v，由动量守恒定律有m人v＝m物v物，m人+m物＝100kg，得v＝0.02m/s，故ACD错误，B正确。 故选：B。 24．（多选）甲、乙两溜冰者，甲的质量为48kg，乙的质量为50kg，甲手里拿着质量为2kg的球静止，乙以2m/s的速度向甲运动，不计冰面的摩擦．现甲将球抛给乙，乙再将球抛给甲，这样抛接若干次之后乙静止下来，球留在某溜冰者手里不再抛接，此时甲的速度可能是（　　） A．0 B．2m/s C．1m/s D．大于2m/s 【答案】BD 【解答】解：乙溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律， 若最后球在甲手中，m乙v1＝（m甲+m）v，解得v。 若最后球在乙手中，m乙v1＝m甲v，解得v．故B、D正确，A、C错误。 故选：BD。 25．甲、乙两人做抛球游戏，如图所示，甲站在一辆平板车上，车与水平地面间的摩擦不计。甲与车的总质量M＝50kg，另有一质量m＝2kg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，马上将另一只质量为m′＝2m的球以相同速率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，求：（1）甲第一次抛出球后，车的速度多大？ （2）甲第二次抛出球后，车的速度多大？ （3）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球。 【解答】解：（1）以甲和车及第一个球为系统，系统动量守恒，选向右为正方向， 设甲第一次抛出球后的后退速度为v1，由动量守恒定律得：mv﹣Mv1＝0 ① 解得：v1v； （2）以甲和车及抛回来的球为系统，设甲第二次抛球后车的速度为v2， 甲接到一个从右方抛过来的质量为2m的球，接着又向右扔回一个质量为2m的球， 此过程应用动量守恒定律得：﹣Mv1﹣2mv＝﹣Mv2+2mv ② 整理①②式得：Mv2＝22mv+Mv1 解得：v2，方向向左。 （3）甲与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得： 第一次抛球过程：Mv1﹣mv＝0 第二次抛球：Mv1+2mv＝Mv2﹣2mv， 第三次抛球：Mv2+22•mv＝Mv3﹣22•mv ………… 第n次抛球：Mvn﹣1+2n﹣1•mv＝Mvn﹣2n﹣1•mv， 解得：vn， 乙接不到球时：vn≥v，解得：n＞3，则取n＝4， 即甲抛出4个球以后，再接不到乙抛回来的球。 答：（1）甲第一次抛出球后，车的速度大小为v； （2）甲第二次抛出球后，车的速度大小为； （3）从第一次算起，甲抛出4个球后，再不能接到乙抛回来的球。 【题型5 人船模型及其变式】 26．如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝300kg的车的一端，车长L＝6m，相对于地面静止，当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将（　　） A．后退0.2m B．后退0.5m C．后退0.8m D．后退1m 【答案】D 【解答】解：车和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在车上行进时，车向后退，规定人速度方向为正方向，则由动量守恒定律可得：mv﹣Mv′＝0，人从车头走到车尾，设车后退的距离为x，则人相对于地面的距离为L−x，则有：，解得：，故ABC错误，D正确。 故选：D。 27．如图所示，一个质量为m1＝45kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝15kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝8m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（　　） A．6m B．4m C．3m D．2m 【答案】A 【解答】解：系统所受合外力为零，系统动量守恒， 以向下为正方向，由动量守恒定律得m1v1﹣m2v2＝0，m1m20， 由几何关系可知x人+x气球＝h，代入数据解得x人＝2m，x气球＝6m， 当人滑到绳下端时，人他离地面高度h'＝h﹣x人＝8m﹣2m＝6m，故A正确，BCD错误。 故选：A。 28．如图，在光滑水平面上放有质量均为m的小球A和坡形导轨B，导轨B的水平底边长为l，现两者均以大小为v的初速度相向运动，小球能越过导轨最高点并向右滑下离开B，不计一切摩擦，小球从滑上导轨到离开导轨的过程中，导轨B发生的位移大小为（　　） A． B． C．xB＝2l D．xB＝l 【答案】B 【解答】解：取向右为正方向，系统水平方向不受外力，动量守恒，初动量p0＝mv﹣mv＝0 任意时刻系统总动量为零，根据动量守恒定律可得mvA+mvB＝0 可得vA＝﹣vB 等式两边乘以时间累加求和有∑vAΔt＝﹣∑vBΔt 可得xA＝xB，即两物体对地位移大小相等，小球A从导轨B左端滑上并从右端滑下，A相对于B的水平位移大小为l，则相对位移l＝xA+xB 联立解得，故B正确，ACD错误。 故选：B。 29．（多选）一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端，不计水的阻力，下列说法正确的是（　　） A．人在船上行走时，人对地的速度一定大于船对地的速度 B．人在船上行走时，人对地的位移与船对地的位移大小相等 C．当人停止走动时，小船也停止后退 D．人和船组成的系统动量守恒，总动量为零 【答案】CD 【解答】解：A、由动量守恒表达式m人v人＝m船v船可知，人、船对地速度的大小取决于两者的质量比，仅当m人＜m船时，v人＞v船才成立，故人对地的速度不一定大于船对地的速度，故A错误； B、根据动量守恒与位移关系m人s人＝m船s船，两物体质量通常不相等，故二者对地位移之比恒为反比关系，只有m人＝m船时位移大小才相等，故B错误； C、因系统总动量守恒，且m人v人+m船v船＝0，当人停下即v人＝0时，必有m船v船＝0，小船会同步停止后退，故C正确； D、不计水的阻力，系统水平方向合外力为零，满足动量守恒条件，系统初态静止、初动量为零，故系统总动量始终守恒且保持为零，故D正确； 故选：CD。 30．（多选）如图所示，质量为m＝200kg的小船静止在平静的水面上，船两端载着质量分别为m甲＝40kg、m乙＝60kg的甲、乙游泳者。某时刻乙游泳者向右以2m/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 【答案】BD 【解答】解：AB、乙跳出过程，小船、甲、乙组成的系统在水平方向不受外力， 系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙+（m+m甲）v＝0 代入数据解得v＝﹣0.5m/s，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I＝（m+m甲）v﹣0 代入数据解得I＝﹣120N•s，负号表示冲量方向水平向左，大小为120N•s，故C错误，D正确。 故选：BD。 31．如图所示，完全相同的小车A和B静止在光滑的水平面上，每辆小车的质量M＝20kg，A车上有一质量m＝60kg的人，某时刻人以相对地面v0＝4m/s的水平速度向右跳上B车，并与B车相对静止（不考虑空气阻力）。求：人跳离A车后，A车的速度大小。 【解答】解：人跳离A车的过程，A车与人组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有0＝mv0+Mv1 得v1＝﹣12m/s，负号表示A车速度方向向左，因此A车速度大小为12m/s。 答：人跳离A车后，A车的速度大小为12m/s。 32．某游乐设施的竖直截面如图所示。光滑水平地面上放置一质量为m2的长木板A，其中心恰位于O点正下方，质量为m3的物体B穿在一水平光滑轨道上，并固定于O点。在物体B上系一长为l、不可伸长的轻绳。一质量为m1的游客站在平台边缘，抓紧绳子另一端，由静止开始向下运动，到最低点时释放轻绳滑上长木板，且恰好未滑出长木板。已知游客和物体B均可视为质点，O点到长木板上表面的高度为l。m1＝50kg，m2＝30kg，m3＝12.5kg，l＝8m，游客与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时轻绳与水平方向夹角θ＝37°，g＝10m/s2。 （1）求在最低点时，游客对轻绳的拉力F； （2）求长木板A的长度d； （3）若固定长木板A，解除物体B固定装置，使其可沿光滑轨道自由滑动，保持其它条件不变，游客仍到最低点时释放轻绳滑上长木板，求游客最终停在离木板右端的距离s。 【解答】解：（1）由 代入数据得v＝8m/s 又根据 代入数据得F＝900N 结合牛顿第三定律可知游客对轻绳的拉力大小为 900N，方向竖直向下 （2）规定初速度方向为正，由m1v＝（m1+m2）v共 代入数据得v共＝5m/s 又根据 代入数据得d＝12m （3）对游客和物体 B 组成的系统满足水平方向上动量守恒及机械能守恒即水平方向始终满足 m1v1x＝m3v3x 得 m1x1＝m3x3 又根据 x1+x3＝lcosθ 代入数据得x3＝5.12m 又由 m1v2＝m3v3，及 代入数据得 游客在长木板上满足 代入数据得x2＝3.2m 游客最终离长木板右端距离满足 代入数据得s＝4.08m 即游客最终离长木板右端 4.08m 答：（1）在最低点时，游客对轻绳的拉力F是900N，方向竖直向下； （2）长木板A的长度d是12m； （3）若固定长木板A，解除物体B固定装置，使其可沿光滑轨道自由滑动，保持其它条件不变，游客仍到最低点时释放轻绳滑上长木板，游客最终停在离木板右端的距离s是4.08m。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.6反冲现象 火箭（专题训练） 【人教版（2019）： 选择性必修第一册】 题型归纳 【题型1 用动量守恒定律解决爆炸问题】 1 【题型2 弹簧弹开两端物体的动量守恒问题】 4 【题型3 反冲现象中的动量守恒】 6 【题型4 抛接体问题】 8 【题型5 人船模型及其变式】 9 【题型1 用动量守恒定律解决爆炸问题】 1．一枚沿水平方向飞行的手榴弹飞行速度为30m/s，在空中爆炸后分裂成1kg和0.5kg两块，其中0.5kg的那块以40m/s的速率沿原来速度相反的方向运动，则另一块的速度为（不计空气阻力）（　　） A．130m/s B．80m/s C．50m/s D．65m/s 2．双响炮作为深受喜爱的烟花爆竹之一，其独特的魅力在于有两阶段的爆炸过程。首先，将双响炮放在水平地面上，点燃下层的火药，火药迅速爆炸，爆竹获得了竖直向上12m/s的初速度，将其发射至最高点。在达到最高点的瞬间，第二层火药随即引爆，将爆竹炸裂成甲和乙两部分。已知甲、乙两块爆竹的质量之比为，其中甲块以5m/s的速度水平向左飞出。若不计空气阻力，忽略火药的质量，重力加速度g取10m/s2。那么，两块爆竹的飞行轨迹将是图中的（　　） A． B． C． D． 3．在水平地面上某点安装有声音记录仪，一可视为质点的爆炸物体从该点以初速度v0竖直向上抛出，当它上升到最高点时被引爆，炸裂成质量之比为mP：mN＝1：2的两个碎块P、N，爆炸后两个碎块的速度均沿水平方向。从引爆瞬间开始计时，在5.5s和7s时分别记录到从空气中传来的两碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．爆炸物体的初速度v0＝50m/s B．两碎块P、N落地点到抛出点距离之比为1：2 C．爆炸后碎块P的初速度为vP＝255m/s D．爆炸后碎块N的初速度为vN＝170m/s 4．（多选）“双响炮”在节假日期间营造了欢快的气氛，深受人们喜爱。某型号双响炮从地面爆炸竖直向上发射，到达距地面1.8m的最高点P时瞬间炸裂成A、B两块。A块的质量为10g，以1m/s的速度水平向东平抛后落在泥土中不再反弹；B块的质量为2.5g，B块与水平地面碰撞后反弹的最大高度为0.45m（A、B块最终落地点在同一水平面上）。已知B块第一次与地面接触的时间为0.1s，B块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．B在最高点P的速度大小为4m/s B．A、B两块第一次落地点间的距离为3m C．B块与地面第一次接触时，受到的弹力的冲量大小为0.06N•s D．B块第一次反弹至最高点时的速度大小为0 5．（多选）如图所示，质量为1kg的小球内部填有少量火药（质量忽略不计），将小球从距地面高度5m处以10m/s的初速度水平抛出，落地的瞬间小球发生反弹，反弹后小球的水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向变为竖直向上，此时小球内火药被触发，爆炸在极短时间内将小球分为两部分，两部分的速度方向均与小球分裂前的速度方向成15°角，且两部分第一次落地的时刻相同，重力加速度g取10m/s2，小球及分裂后的两部分均在同一竖直面内运动，则下列说法正确的是（　　） A．小球落地时速度方向与水平方向成60°角 B．分裂后的两部分中，质量较大部分的质量为 C．分裂后的瞬间，质量较小部分的速度大小为20m/s D．从分裂到两部分第一次落地共用时2s 6．一质量为m的烟花弹以初动能E从地面向上做竖直上抛运动，当烟花弹上升到最高点时，弹中火药爆炸将烟花弹分成质量之比为1：2的两部分，两部分烟花弹获得的初速度方向水平且初动能之和也为E。已知爆炸时间极短，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最高点所经过的时间t； （2）两部分烟花弹的落地点间的距离x。 7．一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直发射升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为两部分，两部分的质量分别为m和m，获得的动能之和仍为E，其中质量较大的那部分首先落回原发射点。若爆炸时间极短，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）爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度。 8．一质量为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g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，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。 【题型2 弹簧弹开两端物体的动量守恒问题】 9．如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左缓慢推B使两木块之间弹簧压缩，然后突然撤去力F。下列说法中不正确的是（　　） A．用力F推木块弹簧压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但动量不守恒 B．在撤去外力后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C．在撤去外力后，木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒 D．在撤去外力后，木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 10．如图甲所示，一轻弹簧的两端与两物块A、B相连接并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1＝1kg，下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为0.5kg B．弹簧的最大弹性势能为3J C．t1和t2两时刻弹簧的长度相等 D．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长 11．（多选）如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是（　　） A．两滑块的动能之比EkA：EkB＝1：2 B．两滑块的动量大小之比PA：PB＝2：1 C．弹簧对两滑块的冲量之比IA：IB＝1：1 D．弹簧对两滑块做功之比WA：WB＝1：1 12．（多选）如图，光滑轨道由弧形和水平两部分组成，在水平轨道上静止放置左侧连接轻弹簧的质量m1＝1kg均质小球，在弧形轨道距水平轨道高h＝0.2m处由静止释放质量m2＝1kg均质小球，压缩弹簧过程在弹性范围内，两小球半径相等。当弹簧被压缩至最短时，小球m2的速度大小为v，弹簧弹性势能为Ep，g＝10m/s2。则（　　） A．v＝1m/s B．v＝2m/s C．Ep＝1J D．Ep＝2J 13．如图所示，足够长的光滑L形木板固定在水平面上，其右端是一竖直挡板，木板中间抽有窄光滑凹槽，槽上有两个等大的小球，小球甲的质量为2m，与水平轻质弹簧固定连接，小球乙的质量为m，与弹簧接触但不连接，开始时用外力挤压两球使弹簧处于压缩状态。现同时撤去外力，弹簧恢复原长时，小球乙以速度v0向右运动与竖直挡板碰撞。设小球与挡板碰撞的时间为t，碰撞后原速率弹回，整个运动过程中，两小球均沿直凹槽运动。已知重力加速度为g，求： （1）开始时弹簧被挤压，弹簧中的弹性势能Ep； （2）小球乙与挡板碰撞过程中受到木板作用力的总冲量大小I。 【题型3 反冲现象中的动量守恒】 14．我国早在宋代就发明了火箭。箭杆上捆了一个前端封闭的火药筒，点燃后生成的燃气以很大速度向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动。若火箭发射前的总质量为M，燃料全部燃烧完后的质量为m，火箭燃气的对地喷射速度为v0，燃料燃尽后火箭的速度v为多大（　　） A． B． C． D． 15．如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是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．喷气后飞机速度为 D．喷气后飞机增加的速度为 16．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，他把一质量为6.0kg的静止物块以大小为4.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为4.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过6次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于4.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（　　） A．50kg B．60kg C．70kg D．80kg 17．章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只吸满水后的章鱼总质量为M，它正以速度v0匀速运动。若它相对于自身以速率u在极短时间内向后一次性喷射出质量为m的水，章鱼所受阻力可以忽略，则以下说法中正确的是（　　） A．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统总动量一直为零 B．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 D．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 18．（多选）我国自主研发的某第六代战斗机发动机的推力为火箭推力的4倍，其自身可携带两架无人机，执行任务时，在到达作战区域后会放出无人机，下列说法正确的是（　　） A．战斗机利用了反冲现象 B．释放无人机后战斗机会更加灵敏 C．战斗机在空中加油时相对地面是静止的 D．战斗机加速爬升时，驾驶员处于失重状态 19．（多选）某科技小组自制了一枚火箭，如图，其发射过程可分为三个阶段：第一阶段，火箭点火发射，到最高点时质量为m1；第二阶段，火箭喷出燃气在高空悬停，单位时间喷出燃气质量为Δm1（远小于m1）；第三阶段，火箭在悬停状态下完成90°转向，此时火箭的质量为m2，紧接着在极短时间内以速度v喷出质量为Δm2（与m2相比不可忽略）的燃气变为水平飞行，全程忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在悬停阶段，火箭合力为零 B．火箭发射到最高点的过程中一直在加速 C．在悬停阶段，燃气喷出的速度为 D．在转向阶段，火箭获得的水平速度为 20．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v匀速前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为多少？ 21．生活中常用高压水枪清洗汽车，当高速水流射向物体，会对物体表面产生冲击力，从而实现洗去污垢的效果。图为利用水枪喷水洗车的简化示意图。已知水枪喷水口的横截面积为S，水的密度为ρ，不计流体内部的黏滞力。假设水流垂直打到车身表面后不反弹，测得水枪管口单位时间内喷出水流体积为Q。 （1）求水枪喷水口喷出水流的速度大小v； （2）高压水枪通过动力装置将水由静止加速喷出，求喷水时动力装置的输出功率P至少有多大； （3）清洗车身时，汽车静止不动，忽略水流喷出后在竖直方向的运动。计算水流对车身表面的平均作用力的大小F。 【题型4 抛接体问题】 22．一个武警战士坐在皮划艇上，他和皮划艇及艇上所有物品的总质量是200kg。这个战士沿水平方向向艇后方先后扔出两个沙袋，每个沙袋质量为10kg，若沙袋抛出时相对艇的速度均为5m/s。开始皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。则扔出两个沙袋后皮划艇的速度大小为（　　） A． B． C． D． 23．如图所示，连同装备共质量100kg的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45m的位置与飞船处于相对静止的状态。航天员将质量为1kg的小物体相对于飞船以2m/s的速度抛出，则航天员的速度改变量约为（ ） A．0.01m/s B．0.02m/s C．0.1m/s D．0.2m/s 24．（多选）甲、乙两溜冰者，甲的质量为48kg，乙的质量为50kg，甲手里拿着质量为2kg的球静止，乙以2m/s的速度向甲运动，不计冰面的摩擦．现甲将球抛给乙，乙再将球抛给甲，这样抛接若干次之后乙静止下来，球留在某溜冰者手里不再抛接，此时甲的速度可能是（　　） A．0 B．2m/s C．1m/s D．大于2m/s 25．甲、乙两人做抛球游戏，如图所示，甲站在一辆平板车上，车与水平地面间的摩擦不计。甲与车的总质量M＝50kg，另有一质量m＝2kg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，马上将另一只质量为m′＝2m的球以相同速率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，求：（1）甲第一次抛出球后，车的速度多大？ （2）甲第二次抛出球后，车的速度多大？ （3）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球。 【题型5 人船模型及其变式】 26．如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝300kg的车的一端，车长L＝6m，相对于地面静止，当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将（　　） A．后退0.2m B．后退0.5m C．后退0.8m D．后退1m 27．如图所示，一个质量为m1＝45kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝15kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝8m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（　　） A．6m B．4m C．3m D．2m 28．如图，在光滑水平面上放有质量均为m的小球A和坡形导轨B，导轨B的水平底边长为l，现两者均以大小为v的初速度相向运动，小球能越过导轨最高点并向右滑下离开B，不计一切摩擦，小球从滑上导轨到离开导轨的过程中，导轨B发生的位移大小为（　　） A． B． C．xB＝2l D．xB＝l 29．（多选）一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端，不计水的阻力，下列说法正确的是（　　） A．人在船上行走时，人对地的速度一定大于船对地的速度 B．人在船上行走时，人对地的位移与船对地的位移大小相等 C．当人停止走动时，小船也停止后退 D．人和船组成的系统动量守恒，总动量为零 30．（多选）如图所示，质量为m＝200kg的小船静止在平静的水面上，船两端载着质量分别为m甲＝40kg、m乙＝60kg的甲、乙游泳者。某时刻乙游泳者向右以2m/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 31．如图所示，完全相同的小车A和B静止在光滑的水平面上，每辆小车的质量M＝20kg，A车上有一质量m＝60kg的人，某时刻人以相对地面v0＝4m/s的水平速度向右跳上B车，并与B车相对静止（不考虑空气阻力）。求：人跳离A车后，A车的速度大小。 32．某游乐设施的竖直截面如图所示。光滑水平地面上放置一质量为m2的长木板A，其中心恰位于O点正下方，质量为m3的物体B穿在一水平光滑轨道上，并固定于O点。在物体B上系一长为l、不可伸长的轻绳。一质量为m1的游客站在平台边缘，抓紧绳子另一端，由静止开始向下运动，到最低点时释放轻绳滑上长木板，且恰好未滑出长木板。已知游客和物体B均可视为质点，O点到长木板上表面的高度为l。m1＝50kg，m2＝30kg，m3＝12.5kg，l＝8m，游客与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时轻绳与水平方向夹角θ＝37°，g＝10m/s2。 （1）求在最低点时，游客对轻绳的拉力F； （2）求长木板A的长度d； （3）若固定长木板A，解除物体B固定装置，使其可沿光滑轨道自由滑动，保持其它条件不变，游客仍到最低点时释放轻绳滑上长木板，求游客最终停在离木板右端的距离s。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $