第1章 第6节 分层训练能力提升-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一同步教参（教科版）

**基本信息** 本同步练习通过题组分层设计，以反冲现象为起点，逐步延伸至火箭发射、人船模型等应用，构建从概念理解到综合计算的知识巩固路径，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| |----|----------|----------| |题组1|反冲现象基础理解|1道单选，直接应用动量守恒，巩固物理观念| |题组2|火箭发射问题应用|2道题（1多选1单选），涉及动量守恒条件分析，培养科学推理| |题组3|人船模型综合拓展|6道题（含计算），结合斜面、长木板等情境，深化模型建构与科学论证|

题组1　对反冲现象的理解和分析 1．一只吸水后总质量为1.6 kg的章鱼静止在水中，遇到危险时，它在极短时间内把吸入的0.1 kg的水向后以30 m/s的速度全部喷出。不计水对章鱼的阻力，则章鱼喷水后获得的速度大小为(　　) A．2.0 m/s B．1.875 m/s C．1.765 m/s D．30 m/s 解析：选A。章鱼喷水过程中，章鱼与喷出的水组成的系统动量守恒，设章鱼喷水后的速度为v1，喷出水的速度为v2，由动量守恒定律可得m章鱼v1－m水v2＝0，解得章鱼喷水后获得的速度大小v1＝2.0 m/s。 题组2　火箭发射问题 2．(多选)(2026·天津滨海新区期中)某中学航天兴趣小组的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 的水以相对于地面速度大小为v0竖直向下喷出。空气阻力不计，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，火箭和水机械能守恒 C．水喷出的过程中，火箭和水动量守恒 D．火箭获得的最大速度大小为 解析：选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，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭和水的机械能不守恒，故B错误；水喷出的过程中，内力远大于外力，故火箭和水动量守恒，在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，根据动量守恒定律有mv0＝(M－m)vm，解得火箭获得的最大速度vm＝，故C、D正确。 3．一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m，气体离开发动机喷出时的速度大小为v0，从火箭静止开始，当第4次喷出气体后，火箭的速度大小为(　　) A． B． C． D． 解析：选A。设喷出4次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的4次气体为研究对象，根据动量守恒定律得(M－4m)v－4mv0＝0，可得v＝。 题组3　“人船模型”问题 4.(多选)(2026·山东菏泽期中)如图所示，质量为400 kg的小船静止在水面上，质量为50 kg的人在甲板上立定跳远时相对于船的成绩为1.8 m。不计空气和水的阻力，下列说法正确的是(　　) A．人起跳后在空中时，船保持静止 B．在立定跳远的过程中，船后退了0.2 m C．在立定跳远的过程中，人相对于地面的成绩为2 m D．若人在甲板上散步，当人停止时，船也将停止 解析：选BD。根据反冲运动中的动量守恒可知，人起跳在空中时具有向前的速度，因此船具有向后的速度，故A错误。设人向前跳的方向为正方向，速度为v1，质量为m；船的速度为v2，质量为M，根据动量守恒定律有mv1＝Mv2，结合v＝，则有mx1＝Mx2，且x1＋x2＝1.8 m，联立解得x1＝1.6 m，x2＝0.2 m，即船后退了0.2 m，人相对于地面的成绩为1.6 m，故B正确，C错误。由于人、船组成的系统动量守恒，因此人停止运动，船也随之停止运动，故D正确。 5.(2026·江苏扬州市期中)如图所示，质量为2m的半圆轨道小车静止在水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量为m的小球从A点由静止释放，不计所有摩擦和空气阻力。此后的运动过程中，小车向左运动的最大距离为(　　) A．R B．R C．R D．R 解析：选A。根据人船模型可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝2R，联立解得x2＝。 6.(2026·江苏宿迁市期中)如图所示，光滑水平面上放有一光滑斜面体，斜面体的质量为M、倾角为α、斜面长为L。将一质量为m的小滑块从斜面的顶端由静止释放。已知M＝2m，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．滑块下滑过程中斜面体向左运动的位移为L B．滑块滑到斜面底端时速度大小为 C．滑块下滑过程中斜面体的支持力对滑块做负功 D．滑块下滑过程中滑块和斜面体组成的系统机械能和动量均守恒 解析：选C。滑块下滑过程中，只有重力做功，滑块和斜面体组成的系统机械能守恒，而系统受到的合外力不为零，所以系统动量不守恒，但系统在水平方向上的合力为零，故系统在水平方向上的动量守恒，故D错误；根据系统在水平方向上的动量守恒，且系统初动量为零，设滑块滑到斜面底端时的速度大小为v1，斜面体的速度大小为v2，取向右为正方向，则有mv1－Mv2＝0，根据系统机械能守恒有mgL sin α＝mv＋Mv，解得v1＝，故B错误；由B项分析结合v1＝，v2＝，可得mx1－Mx2＝0，根据几何关系有x1＋x2＝L cos α，解得x2＝L cos α，故A错误；滑块下滑过程中，斜面体向左运动，斜面体的支持力与滑块的位移夹角大于90°，故支持力对滑块做负功，故C正确。 7.一质量为M、长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量为m的机械蛙静止蹲在长木板的左端。机械蛙向右上方跳起，恰好落至长木板右端，且立刻相对木板静止，木板的厚度不计。已知起跳与着板过程时间极短，机械蛙可看作质点，空气阻力忽略不计，木板和机械蛙的质量关系满足M>m。下列说法正确的是(　　) A．机械蛙和木板都向右运动 B．机械蛙和木板组成的系统动量守恒 C．木板由于惯性大，机械蛙落在木板上后，木板还要继续向前运动 D．机械蛙相对于水平面位移大小为 解析：选D。机械蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒且为0，机械蛙向右运动，木板向左运动，机械蛙落在木板上后，木板立刻停止运动，故A、C错误；机械蛙和木板组成的系统，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则水平方向有m＝M，机械蛙相对于水平面位移大小为，故B错误，D正确。 8.(8分)(2026·江苏南通市期中)质量均为M＝0.1 kg的木块A和B，并排放在光滑的水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长L＝0.3 m的细线，细线另一端系一质量m＝0.1 kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。重力加速度g取10 m/s2，求： (1)当A、B两木块恰好分离时，A、B、C的速度大小；(4分) (2)当A、B两木块恰好分离时，小球对细线的拉力大小。(4分) 解析：(1)当小球C到达最低点时A、B两木块恰好分离，设C的速度为v1，A、B的速度均为v2，则由动量守恒定律可知mv1＝2Mv2 由能量关系可知mgL＝mv＋×2Mv 解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s。 (2)小球在最低点时对小球由牛顿第二定律得 T－mg＝m，解得T＝4 N 由牛顿第三定律可知，A、B刚要分离时，小球对细线的拉力大小为4 N。 答案：(1)1 m/s　1 m/s　2 m/s　(2)4 N 9.(10分)(2026·广东佛山市期中)太空“泊车”——航天器的动量魔术。在太空中，中国空间站“天宫”的核心舱(质量为M)正以速度v在预定轨道上平稳运行。一艘质量为m(m≪M)的天舟货运飞船需要从后方与之对接。对接前，飞船的速度比核心舱稍快，为v＋Δv。为了使两个飞行器平稳、无冲击地对接，飞船不能使用主发动机进行“暴力刹车”，因为那样会消耗过多燃料且难以精确控制。工程师们采用了一种精妙的策略即飞船朝向核心舱的方向短暂喷射出一股高速气体(可视为一股粒子流)。 (1)请简要说明工程师应用什么物理知识(原理)实现天舟飞船与核心舱同步。(2分) (2)假设喷射出的气体总质量为Δm，其相对于货运飞船的喷射速度为常数u。请推导出在喷射完成后，货运飞船速度的变化量Δv′的表达式。(为简化计算，可忽略核心舱质量因其被喷射气体撞击而产生的微小变化)(8分) 解析：(1)工程师应用动量守恒定律实现天舟飞船与核心舱同步。 (2)假设喷射气体后，货运飞船速度大小为v1′，根据动量守恒定律得 m(v＋Δv)＝(m－Δm)v1′＋Δm(v1′＋u) 可得v1′＝v＋Δv－u 所以货运飞船速度的变化量Δv′＝v1′－(v＋Δv)＝－u。 答案：(1)动量守恒定律　(2)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $