(10) 1.6 反冲现象 火箭 (课时跟踪)-【学而思·高中同步培优练】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册课时作业(人教版·新教材)

6　反冲现象　火箭 建议用时:40分钟 1.[2025·江苏苏州高二期中] 下列关于火箭的描述正确的是 (　) A.增加单位时间内燃气喷射量可以增大火箭的推力 B.气体喷出的过程中,火箭和气体组成的系统机械能守恒 C.火箭是靠喷出气流与空气间的作用而获得巨大速度的 D.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 2.[2025·山东济宁一中高二月考] 春节期间,中国许多地方燃放了爆竹,爆竹带来浓浓的年味.一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时,爆炸成两部分,爆炸后瞬时质量为m的部分动能为E,爆炸时间极短可不计,不计爆炸过程中的质量损失,则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为 (　) A.E B.E C.E D.E 3.[2025·福建泉州十校高二期末] 乌贼在水中运动方式是十分奇特的,它不用鳍也不用手足,而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动,在无脊椎动物中游泳最快,速度可达15 m/s.逃命时更可以达到40 m/s,被称为“水中火箭”.一只悬浮在水中的乌贼,当外套膜吸满水后,它的总质量为4 kg,遇到危险时,通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出,从而迅速逃窜,喷射出的水的质量为0.8 kg,则喷射出水的速度为 (　) A.200 m/s B.160 m/s C.75 m/s D.60 m/s 4.[2026·江苏南京中华中学高二月考] “世界上第一个想利用火箭飞行的人”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[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]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,重力加速度为g,下列说法中正确的是 (　) A.火箭所受的推力来源于空气对它的反作用力 B.在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为 C.喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 D.在火箭喷气过程中,万户及所携设备机械能守恒 5.[2026·贵州遵义四中高二月考] 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.不计炮身与地面的摩擦,则炮车向后反冲的速度大小为 (　) A. B. C. D. 6.为了保证太空出舱活动中宇航员的安全,出舱时宇航员要背上可朝不同方向产生推力的便携式设备,装备中有一个能喷出气体的高压气源.假设一个连同装备共有100 kg的航天员在距离空间站20 m的位置与空间站处于相对静止的状态.为了返回空间站,航天员启动装置先以相对空间站50 m/s的速度向后喷出0.1 kg的气体,运动至距离空间站15 m时,再次以同样速度喷出同等质量的气体,则宇航员返回空间站的时间约为 (　) A.300 s　B.250 s　C.200 s　D.150 s 7.某炮兵连进行实训演习,一门炮车将一质量为m的炮弹,以初速度v0、与水平面成60°的倾角斜向上发射,到达最高点时炮弹爆炸成两块碎片a、b,它们此时的速度仍沿水平方向,a、b的质量之比为2∶1,经监控发现碎片b恰沿原轨迹返回,不计空气阻力,下列说法中正确的是 (　) A.爆炸后碎片a的初速度为 B.碎片a、b的位移大小之比为2∶1 C.碎片a、b落地速度大小之比为∶2 D.炮弹爆炸后增加的动能为mv02 8.为了发射洲际导弹、人造卫星、宇宙飞船要用三级火箭,发射时先点燃第一级火箭,燃料用完后,空壳自动脱落,然后下级火箭开始工作,三级火箭能及时把空壳抛掉,使总质量减小.已知运载物卫星的质量为m1,每级燃料及空壳质量均为m2,燃料燃气喷出相对运载物的速度大小为v0,试通过计算说明: (1)如果一次把三级的燃气喷完,运载物获得的速度是多少? (2)若三级火箭逐渐向后喷气,运载物最后获得的速度是多少?火箭一次把燃气喷完与逐渐向后三次喷气哪一种情况获得更大反冲速度? 9.[2025·浙江宁波九校高二期末] 中国人民解放军在某海域进行了一次实弹演练.士兵连同装备和皮划艇的总质量是M,发射每两发子弹之间的时间间隔相等,每发子弹的质量为m,子弹离开枪口的对地速度为v0.射击前皮划艇是静止的,不考虑水的阻力,忽略因射击导致装备质量的减少,士兵蹲在皮划艇上,用步枪在t时间内沿水平方向发射了N发子弹后停止发射,再经过时间t皮划艇的总位移为 (　) A. B. C. D. 10.[2025·湖南长沙雅礼中学高二月考] 一个连同装备一起的质量为M=100 kg的宇航员,脱离宇宙飞船后,在离飞船x=45 m处与飞船处于相对静止状态.他带着一个装有m0=0.5 kg氧气的贮氧筒,贮氧筒有个喷嘴可以使氧气相对于喷嘴以v'=50 m/s的速率向后喷出.宇航员必须向着与返回飞船相反的方向喷出氧气,才能回到飞船上去,同时又必须保留一部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸.飞行员呼吸的耗氧率为Q=2.5×10-4 kg/s. (1)如果宇航员在开始返回的瞬间喷出质量为m1=0.1 kg的氧气,求喷出氧气后宇航员相对于飞船的速度大小. (2)试计算喷出质量为m1=0.1 kg的氧气后,该宇航员能安全返回飞船吗? (3)如果宇航员想以最短的时间返回飞船,他开始最多能释放出多少氧气?这时他返回飞船所用的时间是多少? 学科网（北京）股份有限公司 $ 6　反冲现象　火箭 1.A　[解析] 设在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm,则由动量定理有FΔt=Δmv,可得F=v,即增加单位时间内燃气喷射量,即增加,可以增大火箭的推力,选项A正确;气体喷出的过程中,燃料燃烧放出能量,可知火箭和气体组成的系统机械能增加,选项B错误;燃料燃烧时火箭向下喷气,喷出的气体的反作用力推动火箭升空,即火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度,选项C错误;当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时,燃气相对火箭仍有速度,仍可使得火箭加速,选项D错误. 2.D　[解析] 设爆炸后瞬时质量为m的部分速度大小为v1,另一部分的速度大小为v2,根据动量守恒定律有mv1=(M-m)v2,解得v2=v1,又E=m,该爆竹爆炸后瞬时的总动能为E总=m+(M-m),联立解得E总=E,故D正确. 3.B　[解析] 根据题意可知,乌贼逃命速度为v0=40 m/s,设喷射出水的速度大小为v,取乌贼逃命方向为正方向,由动量守恒定律有(m-Δm)v0-Δmv=0,解得v=160 m/s,故选B. 4.C　[解析] 火箭的推力是燃料燃烧时向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力,故A正确;在燃气喷出后的瞬间,万户及所携设备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=,故B错误;喷出燃气后,万户及所携设备做竖直上抛运动,根据运动学公式可得,最大上升高度为h==,故C正确;在火箭喷气过程中,喷出的高温高压气体对万户及其所携装备做正功,所以万户及所携设备的机械能增加,故D错误. 5.A　[解析] 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,可以忽略不计,则系统在水平方向上动量守恒,取炮车后退的方向为正,对炮弹和炮车组成系统研究,水平方向上,由动量守恒定律有Mv-mv0cos α=0,解得v0=,故选A. 6.B　[解析] 第一次喷出气体的过程,根据动量守恒定律有0=(m-Δm)v1-Δm·v,解得第一次喷出气体后宇航员的速度大小为v1== m/s= m/s,第二次喷出气体的过程,根据动量守恒定律有(m-Δm)v1=(m-2Δm)v2-Δm·v,解得第二次喷出气体后宇航员的速度大小为v2== m/s= m/s,故宇航员返回空间站的时间为t=+= s=249.6 s≈250 s,故选B. 7.C　[解析] 炮弹上升到最高点时,只有水平速度,为v=v0cos 60°=,发现碎片b恰沿原轨迹返回,则爆炸后碎片b的速度大小为vb=,方向与原方向相反,根据动量守恒定律有mv0=mva-mvb,解得va=v0,故A错误;爆炸后碎片a、b均做平抛运动,落地时间相同,则水平位移大小之比为爆炸后速度大小之比,即为2∶1,但它们竖直方向的位移大小相同,则位移大小之比不为2∶1,故B错误;碎片b恰沿原轨迹返回,则落地时竖直速度大小为vy=v0sin 60°,b落地时速度大小为v0,a、b均做平抛运动,落地时间相同,落地时竖直速度大小相同,则落地时a的速度大小为v'==v0,故碎片a、b落地速度大小之比为∶2,故C正确;炮弹爆炸后增加的动能ΔEk=×mva2+×mvb2-mv2=mv02,故D错误. 8.(1)v0 　(2)v0+v0+v0　逐渐向后三次喷气 [解析] (1)由于火箭发射过程中内力远大于外力,可视为系统动量守恒,以火箭运动的方向为正方向,若三级火箭一次把燃气喷完,设运载物获得的速度为v,由动量守恒定律有 0=m1v+3m2(v-v0) 解得v=v0 (2)设第一级、第二级和第三级燃气喷出时运载物的速度依次为v1、v2、v3,根据动量守恒定律,则第一级火箭燃气喷出时,有0=(m1+2m2)v1+m2(v1-v0) 解得v1=v0 第二级火箭燃气喷出时,有 (m1+2m2)v1=(m1+m2)v2+m2(v2-v0) 解得v2=v0+v0 第三级火箭燃气喷出时,有 (m1+m2)v2=m1v3+m2(v3-v0) 解得v3=v0+v0+v0 由于v3>v=v0 所以逐渐向后三次喷气可使火箭获得更大的速度 9.B　[解析] 根据动量守恒定律可知,每次发射子弹后皮划艇速度增加.发射N发子弹用时为t,则每两次发射子弹的时间间隔为Δt=,发射第1发子弹后,根据动量守恒定律有0=Mv1-mv0,解得皮划艇的速度v1=,发射第2发子弹后,根据动量守恒定律有Mv1=Mv2-mv0,解得皮划艇的速度v2=,……,发射第(N-1)发子弹后皮划艇的速度vN-1=,发射阶段皮划艇的总位移为x发射=(v1+v2+…+vN-1)Δt=Δt=··=,发射结束后皮划艇的速度为vN=,在后续时间t内皮划艇的位移为x后=vNt=,皮划艇的总位移为两者绝对值之和,即x总=+=,故选B. 10.(1)0.05 m/s　(2)能安全返回飞船　(3)0.45 kg　200 s [解析] (1)根据动量守恒定律有m1(v'-v)=(M-m1)v 解得v=0.05 m/s (2)返回时间t==900 s 呼吸耗氧为m=Qt=0.225 kg 因为m+m1<m0,所以能安全返回飞船 (3)为了使最短的时间返回飞船,设喷出m2氧气,喷气后速度为v1,喷气过程动量守恒,有m2(v'-v1)=(M-m2)v1 返回时间t= 呼吸耗氧Δm=m0-m2=Qt 解得m2=0.45 kg 返回时间t=200 s 学科网（北京）股份有限公司 $