练案10 第一章 6. 反冲现象火箭-【成才之路·练案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

练案[10] 第一章6.反 基础巩固练 知识点一反冲现象 1.一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰 面，下列说法中可行的是 A.向后踢腿 B.向后甩手 C.脱下衣服或鞋子水平抛出 D.脱下衣服或鞋子竖直向上抛出 2.乌贼游动时，先把水吸入体腔，然后收缩身体， 通过身体上的小孔向外喷水，使身体向相反方 向快速移动。某次静止的乌贼在瞬间喷出的 水的质量占喷水前自身总质量的(，喷水后乌 贼获得的速度为8m/s,则喷出的水的速度大 小为 A.72 m/s B.80 m/s C.88 m/s D.60 m/s 3.如图所示，我国自行研制的“歼-15”战斗机 挂弹飞行时，接到命令，进行导弹发射训练，当 战斗机水平飞行的速度为o时，将总质量为 M的导弹释放，刚释放时，导弹向战斗机飞行 的反方向喷出对地速率为v、质量为m的燃 气，则喷气后导弹相对地面的速度v为( Mvo -mv A B. Mvo +m M M C.Miomi Mvo +mv D M-m M-m 4.2024年5月28日，“神舟十八号”航天员叶光 富、李广苏在航天员李聪在舱内配合支持下圆 满完成了出舱任务。在出舱活动中，假设叶光 富连同出舱装备共100kg,在离飞船30m的 位置与飞船处于相对静止状态，为返回飞船， 宇航服中的高压气源一次性喷出一定质量的 速度为40m/s的气体，5分钟后宇航员叶光富 返回飞船，则喷出气体的质量为 冲现象 】 火箭 神舟十三号航天员乘组圆满完成首出舱 A.0.15kg B.0.25kg C.0.35kg D.0.5 kg 知识点二火箭原理的理解及应用 5.关于火箭发射，下列说法正确的是 A.火箭发射过程中机械能守恒 B.影响火箭速度大小的因素只有喷出气流的 速度 C.影响火箭速度大小的因素包括喷气的质量 与火箭本身质量之比 D.喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流 的冲量相同 6.将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g 燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭 喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬 间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空 气阻力可忽略) A.30.0kg·m/s B.5.7×102kg·m/s C.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s 知识点三人船模型 7.（2026·临沂高二检测)如图所示， 一个质量为m1=50kg的人抓在一 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= 20kg,长绳的下端刚好和水平面接mm 触。初始静止时人离地面的高度为h=5m。 如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长 绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质 点) () A.5m B.3.6m C.2.6m D.8 m 8.如图所示，一个倾角为α 的直角斜面体静置于光滑 水平面上，斜面体质量为 M M,顶端高度为h。今有一m分m 质量为m的小物体（可视为质点），沿光滑斜 面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端 时，斜面体在水平面上移动的距离是() A.、h B.、M M+m ·M+m mh Mh C.M+m)tan o D.M+m)tan a 综合提升练 9.炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上 飞人”十分火爆。如图所示为某人“飞起”时 的情境，下列说法正确的是 A.人向上运动的原理是惯性 B.水对装置的作用力大于装置对水的作用力 C.人向上减速运动时处于失重状态 D.人悬空静止时，水对装置的作用力既不做 功也没有冲量 10.将总质量为1.05kg的模型火箭点火升空， 从静止开始，在0.02s时间内有50g燃气以 大小为200m/s的速度从火箭尾部喷出，且 燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则 下列说法正确的是 () A.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为 800N B.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为 200N C.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约 为5m/s D.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 10m/s 168 1.（2025·枣庄市高二期末)某中学航天兴趣 小组的同学将静置在水平地面上的质量为M (含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的 时间内，质量为m的水以相对地面为。的速 度竖直向下喷出。已知重力加速度为g,空 气阻力不计，下列说法正确的是（) A.“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空 气对它的反作用力 B.水喷出的过程中，“水火箭”和水机械能 守恒 C.“水火箭”获得的最大速度为 mo D“水火箭”上升的最大高度为，m 2g(M-m)2 2.如图所示，一个质量为m的 玩具蛙，蹲在质量为M的小 车的细杆上，小车放在光滑 的水平桌面上，若车长为L,mmm 细杆高为h且位于小车的中点，求：当玩具蛙 至少以多大的水平速度v跳出，才能落到桌 面上。(m+M),解得0n可知两种情况下子弹的末速度是 相同的，A项正确：子弹嵌入下层或上层的过程中，系统产生 的热量都等于系统减少的动能，子弹减少的动能一样多（子弹 初、末速度分别对应相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统 减少的动能一样多，故系统产生的热量一样多，B项正确；滑 块的末速度是相等的，所以获得的动能是相同的，根据动能定 理知，滑块动能增加是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块 做的功相同，C项正确：系统产生的热量等于系统减少的动 能，Q=F·x相对，由于两种情况子弹能射入的厚度不相等，即 x相对不相等，所以作用力不一样大，D项错误。 3.A子弹射人木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒， 以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m,=(M+m)v,解 得：=n,子弹射入木块后，二者一起做匀减速直线运动。 对子弹与木块组成的系统，由动能定理得-u(M+m)gs=0- 2(M+m)2,解得-M+m2g,放A正确。 m 4.B设木块和子弹的质量分别为M、m,左侧子弹射人木块与 木块一起向右运动，设共同速度大小为”1，由动量守恒定律得 m,=(M+m),由能量守恒定律得F4=之m心2-宁（M+ m)2,右侧子弹与木块及左侧的第一颗子弹共同运动的速度 大小设为2，由动量守恒定律得(M+m)”1-m。=(M+2m) 与，由能量守恒定律得F4,=之，2+2（M+m),2-合(M +2m)22,解得2=0，d1= [2m2-2(M+m24 =[m2+(w+m2 ,所以木块最终静止，d< d2,故选B。 5.AC水平面光滑，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向， 根据动量守恒得(m-M)"。=(m+M)v,解得共同速度v= m-M m+o,若M=m,可知最终共同速度一定为零，故A正确：若 M<,合动量方向向右，滑块先减速，最后向右匀速运动，该 过程中其即时速度不可能为零，故B错误；若M>m,合动量 方向向左，滑块先减速至零，后向左加速，最后向左匀速运动 滑块的加速度始终向左，由牛顿第二定律可知，滑块始终受木 板向左的摩擦力，则当滑块的速度减至零时，木板向左运动， 此过程中滑块相对木板一直向右运动，直至与木板相对静止 故C正确，D错误。 6.(1)5m/s(2)18J1.8m 解析：(1)根据动量守恒定律有 M1+m2=(M+m)v,解得v=5m/s。 (2)根据能量守恒定律有 0=w2+3m2-2(M+m) 解得Q=18J 又Q=mgL,解得L=1.8m。 综合提升练 7.D子弹穿过木块过程中，对子弹和木块的系统，外力之和为 零，动量守恒，有：m,=m,+m2,设子弹穿过木块的过程所 受阻力为f,对子弹由动能定理：-f(s+L)=2m,- 2m,由动量定理：-：=m,-mo:对木块由动能定理： 6=之m,由动量定理=m,联立解得4=（化+2)，放 选D。 24 8.(1)3m/s(2)0.5m 解析：(1)在瞬时冲量作用下，木板A受水平面和小物块B的 摩擦力的冲量均可以忽略。 取水平向右为正方向，对木板A,由动量定理有I=mo,代入 数据解得。=3m/s。 (2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FaB、 FA、FcA,B在A上滑行的时间为t,B离开A时A的速度为 UA、B的速度为g,AB相对C的位移为SASg。 对A,由动量定理有-(FBA+FA)t=mAA-mao, 对B,由动量定理有FBt=mgg, 由牛顿第三定律可得FBA=-FB,且FeA=u(mA+mg)g, 1 2.1 对A,由动能定理有-(F+FcA)SA=2m-2mAo, 对B,由动能定理有FBB=2m"g, 根据动量与动能之间的关系有mAUA=√2maEA,mgg =√/2 MEEkE, 木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L=SA一SB,联 立解得L=0.5m。 9.(1)0.1(2)1600J 解析：(1)规定向右为正方向，子弹与A作用的过程，根据动 量守恒定律得mo,一mA1=mo+mA, 代入数据解得v=1.5m/s, 子弹穿过A后，A以1.5m/s的速度开始向右滑行，B以 0.5m/s的速度向左运动，当A、B达到共同速度时，A、B相对 静止，对A、B组成的系统运用动量守恒定律，规定向右为正 方向，有maUA-mg1=（mA+mg) 代入数据解得2=0.5m/s 根据能量守恒定律知 m,L=2m以2+7m42-子(m+m:2 1 代入数据解得μ=0.1。 (2)根据能量守恒定律，整个过程中因摩擦产生的热量为 Q=2m2+(m+m:)a2-2-(m+m:) 代入数据解得Q=1600J。 练案[10] 基础巩固练 1.C以人整体为研究对象，向后踢腿或向后甩手，人整体的总 动量为零，不会运动起来，故A、B错误：把人和衣服、鞋子视 为一个整体，这个整体动量为零。人给衣服或鞋子一个水平 速度，总动量不变，所以人有一个反向的速度，可以离开冰面； 人给衣服或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的总动量仍 然等于零，所以人仍然静止，不能离开冰面，故C正确，D 错误。 2.A设乌贼瞬间喷出的水的质量为，则喷水前乌贼质量为 10m,喷水后质量为9m,设喷出的水的速度为"1，喷水后乌贼 获得的速度为2，根据动量守恒定律可知0=mv1+9m2,将 2=8m/s代人可得"1=-72m/s,负号表示喷水方向与乌贼 身体运动方向相反，故B、C、D错误，A正确。 3.D以导弹飞行的方向为正方向，导弹喷出燃气前后，根据动 量守恒定律得M。=(M-m)r-m1,解得=M。+m。故 M-m D正确。 6 4.B以飞船为参考系，则它们的初动量为0，根据动量守恒定 律得0=(m-m')v-m'',宇航员返回飞船有x=t,联立解得 m'≈0.25kg,故A、C、D错误，B正确。 5.C火箭发射过程中有燃料的燃烧，机械能不守恒，A错误：影 响火箭速度大小的因素是喷气速度和喷气的质量与火箭本身 质量之比，B错误，C正确：喷出气流对火箭的冲量与火箭对 喷出气流的冲量大小相等，方向相反，D错误。 6.A开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动 量守恒定律得0=m,+p,解得火箭的动量p=-m,= -0.05×600kg·m/s=-30.0kg·m/s,负号表示方向与喷 出气体的方向相反，大小为30.0kg·/s,故A正确。 7.B当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得mh,- m4:=0,且A+h=k,解得4=9m,所以人离地高度H= h-h1≈3.6m,故B正确。 8.C此题属于“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统 在水平方向上动量守恒，以水平向左为正方向，设小物体在水 平方向上对地位移大小为3，斜面体在水平方向上对地位移 大小为。有0=m-Ms,且51+=h,可得，= tan a' mh (M+m)tan a ，故C正确。 综合提升练 9.C人向上运动的原理是反冲，A错误；水对装置的作用力与 装置对水的作用力是相互作用力，满足牛顿第三定律，即等大 反向，B错误；人向上减速运动时，加速度向下，由牛顿第二定 律可知，水对装置和人向上的支持力小于装置和人的重力，人 处于失重状态，C正确：人悬空静止时，水对装置的作用力不 做功但是有冲量，D错误。 10.D设模型火箭的质量为M,燃气的质量为m。燃气的速度 大小为“，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为2，在燃 气喷出过程，对燃气由动量定理得Ft=1-0,解得F= 500N,根据牛顿第三定律可知，火箭获得的平均推力F'= F=500N,故A、B错误：规定燃气喷出的方向为正方向，根 据动量守恒定律得0=mw1-(M-m)w2,解得2=10/s,故 C错误，D正确。 11.D“水火箭”的推力来源于“水火箭”里喷出的水对它的反 作用力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，“水火 箭”和水机械能不守恒，故B错误：设“水火箭”获得的最大 速度为，由动量守恒定律可得(1-m)=m,=n,故 C错误：水喷出后，“水火箭”做竖直上抛运动，由题意有2= 2gh,h=M-m m262 2g 2g(M-m),故D正确。 ML /2g 12.4M+m)√h 解析：玩具蛙跳出后做平抛运动，运动时间为1√g, /2h 玩具蛙与小车组成的系统在水平方向动量守恒，M'-mm =0, 若玩具蛙恰好落在桌面上，则有1+1=之 ML 2g 联立解得：w=4(M+m)√h -24 练案[11] 基础巩固练 1.D类比速度一时间图像中位移的表示方法可知，速度变化量 在加速度一时间图像中由图线与坐标轴所围面积表示，在 0~6s内△w=18m/s,6=2m/s,则t=6s时的速度v=20m/s, A项错误；由动能定理可知，0~6s内，合力做的功为W= 2mw-之mo2=396J,B项错误；由动量定理可知，1，-F· 1 1 t=mw-mo,代人已知条件解得Ir=48N·s,C项错误；由牛 顿第二定律可知，6s末F-F,=ma,解得F=10N,所以拉力 的功率P=Fv=200W,D项正确。 2.5 (2)mg+m花(3)4w 解析：(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH= 解得H=2g (②)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F-mg=m 2 解得F=mg+m乙 (3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得m=2m1 解得=2 则碰撞过程中损失的机械能为△E=之m2-分·2m(7) 4m2。 综合提升练 3.D细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦 力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的 弹力等于F,根据牛顿第二定律有F=Ma,解得a=M,故A 错误；滑块以速度)从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量 最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹 簧的弹性势能为)m,故B错误；弹簧恢复原长时木板具有 1 动能，所以滑块的动能小于2mm,故C错误；由于细绳被拉 断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能 全部转化为弹簧的弹性势能，即E,=乃，小滑块恰未掉落 时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为'，取向左为正 方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0=（m+M)',E。= (m+MD+mg,联立解得=放D正确 4.(1)4m/s(2)60N,方向竖直向下(3)2.5m 解析：(1)小物块到达C点时的速度方向与水平方向的夹角 为60° Pe=cos 606=4 m/s. (2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得 megR(1-ew60）=7m2-方g 代入数据解得=2√5m/s。 小物块在D点时由牛顿第二定律得