1.6反冲现象 火箭 同步练习-高二物理人教版选择性必修第一册

L6反冲现象火箭同步练习一、单选题.下列不属于反冲运动的是（ ）A.喷气式飞机的运动 B.直升机的运动C.火箭的运动 D.反击式水轮机的运动.近年来，我国的航天事业取得巨大成就，"天问一号”的成功发射，"北斗”系统的成功组网等等，发射各类航天器都要用到火箭。关于火箭下列说法正确的是（ ）A.火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭反作用力作用的结果B.火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能C.火箭运动过程中，牛顿第三定律适用，牛顿第二定律不适用D.为了提高火箭的速度，实际上可以不断的增加火箭的级数.一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动的正方向抛出一物体P,不计空气阻力，则（ ）A.火箭一定离开原来轨道运动 B.物体P一定离开原来轨道运动C.火箭运动半径一定增大 D.物体P运动半径一定减小.某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是（ ）A.人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比B.人走到船尾不再走动，船也停止不动C.不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比D.船的运动情况与人行走的情况无关5.2021年6月17日9时22分，我国神舟十二号载人飞船发射圆满成功。如图是神舟十二号载人飞船发射瞬间的画面，在火箭点火发射瞬间，质量为m的燃气以大小为v的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。已知发射前火箭的质量为M,则在燃气喷出后的瞬间，火箭的)速度大小为（燃气喷出过程不计重力和空气阻力的影响）（)A.v B.2vC.D.mC.M一m

6.如图所示，装有炮弹的火炮总质量为机1,炮弹的质量为机2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0,若炮管与水平地面的夹角为仇则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑）（ ）A.C.mmv1mv-2-0-cos07.B.D.mv 2—0—m一m1 2mvcos0—2-0 m1A.C.mmv1mv-2-0-cos07.B.D.mv 2—0—m一m1 2mvcos0—2-0 m1一质量为M的烟花斜飞到空中,到达最高点时的速度为v0,此时烟花炸裂成沿v0直线上的两块（损失的炸药质量不计），两块的速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。向前一块的质量为m,向前一块的速度大小为（8.一炮弹质量为m,以斜向上、与水平面成60°角的初速度v发射炮弹在最高点爆炸成两块，其中质量为m的一块恰好做自由落体运动，另一块的瞬时速度大小为（ ）3A.3v B.3v C.2v D.4v.如图，质量是M（包括绳）的气球下方有一段绳长为3—质量为m的人悬挂在绳的末端B点，气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处，空气阻力不计，人可视为质点，则人实际上爬的高度是（ ）A.B.C.D.MLm.质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置（两球心在同一水平面上）无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（ ）A.12RB.—C.D..光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为。的斜面体A,斜面体质量为M、底边长为L,如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）A.滑块B下滑的过程中，A、B组成的系统机械能不守恒，水平方向动量守恒B.滑块B下滑到斜面体底端时，重力的瞬时功率为mgsina*BgLtanaC.滑块下滑过程中，支持力对B做负功D.此过程中滑块B向右滑动的距离为1mL-M+m12.在图示足够长的光滑水平面上，用质量分别为2kg和1kg的甲、乙两滑块将仅与甲拴接的微型轻弹簧压紧后处于静止状态，乙的右侧有一固定的挡板尸，现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与尸相撞之后乙与挡板尸碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞。则挡板尸对乙的冲量的最大值为（ ）A.8N-s B.6N-s 甲乙C.4N-s D.2N-s 73、7777T77777T77777777777777T777777777T777T77777"13.如图，质量为m的木块静止在光滑水平地面上，木块中有一竖直平面内的管道，管道的出、入口水平，入口在木块左端，出口在木块左端或右端。一个质量也为m的小球（其直径略小于管道直径）以水平速度v0从左端进入管道。以水平向右为正方向。设小球离开木块时，小球的速度为【木块的速度为v2，下列说法正确的（）TOC\o"1-5"\h\zA.若管道光滑，且出口在左端，则一定有v=0,v二v1 2 0B.若通道粗糙，则不可能出现v=-0.1v,v=1.1v1 0 2 0C.可能出现v=1.2v,v=-0.2v1 0 2 0D.若小球不能离开木块，则小球和木块产生的总热量一定为Q=1mv2-1（2m）f4f202 12）二、多选题14.如图所示，质量M=2kg、半径R=0.5m,内部粗糙程度一致的半圆槽静置于光滑的水平地上。现将质量m=1kg的小球（可视为质点）自左A点的正上方h=1m处由静止释放，小

球下落后自A点进入槽内，然后从C点离开。已知小球第一次滑至半圆的最低点B时，小球的速度大小为4m/s，重力加速度g=10m/s2,不计空阻力，则小球第一次在半圆槽内向右TOC\o"1-5"\h\z滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）A.小球从A点到B点的过程中，半圆槽的位移为1m6B.小球从A点到B点的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒，A CC小球从A点到B点的过程中，摩擦生热为3J 厂D.小球从C点飞出后上升的高度H可能是0.5m /二I妁….…15.如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车45段是半径为H的四分之一圆弧光滑圆弧，5。是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于5点。一质量为根的滑块从小车上A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入5。轨道,最后恰好停在。点，已知小车质量区加，滑块与轨道间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,则（ ）A.小车和滑块组成的系统动量守恒B.滑块运动过程中，最大速度为v凝C.滑块运动过程中对小车的最大压力为mgD.滑块从B到C运动过程中，小车的位移为L2三、解答题16•质量为M的小车以，0的速度在光滑的水平面上前进，如图所示,上面站着一个质量为m的人，现在人用相对于小车为〃的速度水平向后跳出后,车速增加了多少?.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面A处竖直升空，当烟花弹上升的速度为0时，弹中火药爆炸将烟花弹沿水平方向炸为两部分，质量之比为1:2，两部分获得的动能之和也为E。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：⑴烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹的两部分经过一段时间落到地面，求落地点间的距离。

3.如图所示半径为R的光滑的4圆弧轨道3放在竖直平面内,与足够长的粗糙水平轨道BD通过光滑水平轨道AB相连。在光滑水平轨道上，有a、b两物块和一段轻质弹簧。将弹簧压缩后用细线（未画出）将它们拴在一起，物块与弹簧不拴接。将细线烧断后，物块a通过圆弧轨道的最高点C时，对轨道的压力大小等于自身重力的3倍。已知物块a的质量为m,b的质量为2m,物块b与BD面间的动摩擦因数为N，物块a到达A点、物块b到达B点前已和弹簧分离，重力加速度为g。求:（1）物块b沿轨道BD运动的距离％；（2）烧断细线前弹簧的弹性势能E。pububr-Kw/r-.如图所示，均可视为质点的两小物块P、Q放在光滑水平台面上，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与P、Q连接）。台面右端与水平传送带等高连接且缝隙可忽略，传送带左右两端距离L=3m，沿逆时针方向以恒定速度v=4m/s转动。现解除弹簧锁定，物块P、0Q与弹簧分离后的速度大小分别为匕=4m/s、2m/s，两物块获得的动能之和为E=12J。物块P滑上传送带，与传送带间的动摩擦因数为N=0.2，重力加速度取g=10m/s2，k求：（1）小物块P、Q的质量；（2）小物块P与传送带间摩擦产生的热量。（3）若要小物块P不从传送带右端掉落，传送带至少要多长，从小物块P滑上传送带到离开传送带，摩擦总共产生的热量为多少？

参考答案1．B【详解】反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲现象，其他均属于反冲现象，故选B。2．B【详解】A.火箭点火后离开地面向上运动，是空气对火箭反作用力作用的结果。故A错误；B.火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能。利用反冲原理，升空。故B正确；C.火箭运动过程中，牛顿第三定律适用，牛顿第二定律也适用。故C错误；D.增加火箭的级数会增加火箭的自身重量，导致能量的消耗增加，故不能单纯的增加级数来提高速度。故D错误。故选B。3．B【详解】若其沿运动方向的正方向射出一物体P,物体P的速度一定增加，所以物体P一定做离心运动，所以物体P一定离开原来的轨道，对于火箭由于不清楚抛出物体P的速度大小，所以不能确定火箭的运动情况，故选B。4．D【详解】A.人从船头走向船尾的过程中，人和船组成的系统动量守恒。设人的质量为m,速度为v。船的质量为M,速度为v'。以人行走的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0=mv+Mv'解得vM—二- v'm可知，人匀速行走，v不变，则V'不变，船匀速后退，且两者速度大小与它们的质量成反比。故A正确，与题意不符；B.人走到船尾不再走动，设整体速度为v”,由动量守恒定律得0=(m+M)vv"=0即船停止不动。故B正确，与题意不符；C.系统初始总动量为0,根据动量守恒定律得0=mv+Mv'解得vM一二- v'm则不管人如何走动,人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反,大小与它们的质量成反比。故C正确，与题意不符；D.由上分析知，船的运动情况与人行走的情况有关，人动船动，人停船停。故D错误，与题意相符。故选D。5．D【详解】以向上为正方向,由动量守恒定律可得(M—m)v'—mv-0解得mv vM—mD正确。故选D。6．C【详解】由于炮弹的重力作用,火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律可得m2v0cos8-(m1-m2)v=0解得mvcos0

v——2—0 m—m12C正确。故选Co7．C【详解】令向前一块的速度大小为V，由于爆炸后两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等可知，爆炸后两块的速度大小相等方向相反，而爆炸过程系统动量守恒，令爆炸前的速度方向为正方向，则有Mv=机v—（M一m）v0解得MvV- 0—2m一M故选C。8．A【详解】炮弹飞行到最高点时，速度沿水平方向，大小为v=vcos60°=V0 2质量为m的一块恰好做自由落体运动，说明爆炸后其瞬时速度为零，设质量为2m的那块爆33炸后的瞬时速度为V1,水平方向据动量守恒定律可得2mmv=—V0 31联立解得3vV=-14A正确。故选A。9．B【详解】设气球下降的高度为h，则由平均动量守恒可知Mh=m（L一h）解得mL

h= M+m则人实际上爬的高度是MLM+m故选B。10．A【详解】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为匕，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv1=3mv2若小球达到最低点时，小球的水平位移为11,大球的水平位移为％2,则%v3mr=r=——=3 ①%vm22由题意%1＋%2=3R－R=2R②由①②式解得大球移动的距离是R

%=—

22故A正确，BCD错误。故选A。11．C【详解】A.滑块B下滑的过程中AB组成的系统水平合力为零，动量守恒；只有重力做功，则系统机械能守恒，选项A错误；B.滑块B下滑的过程中AB组成的系统机械能守恒，B减小的重力势能转化成两物体的动能，如果全部转化为B的动能则1mgLtana=万mv2v=、.2gLtana所以滑块B滑到底端的速度小于、,2gLtana,所以滑块b下滑到斜面体底端时重力的瞬时功率小于P=mgsina%2gLtanaB错误;C.由于B滑块下滑过程中A滑块向左运动，机械能增加，则滑块的机械能减小，即支持力对B做负功，C正确。D.由于AB组成的系统水平动量守恒mx=MxMx+x=LM解得ML

x- M+mD错误。故选C。12．B【详解】释放弹簧过程，两滑块组成的系统动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律得mv一mv-0

甲甲乙乙得v-4m/s乙要使乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞，碰后最大速度为v甲，设向左为正方向，对乙，由动量定理得I-mv-m（一v）乙甲乙乙代入数据解得I-6N-s故选B。13．C【详解】A.若v-0,v-v，速度交换，类似于完全弹性碰撞，能量守恒，即除了轨道光滑以外，1 20还需要出口和入口在同一高度，A错误；B.小球滚入轨道，水平方向动量守恒，v--0.1v,v-1.1v时满足水平方向动量守恒，离1 02 0开时由于v<v,则出口在左边，且12111mv2<mv2+mv2202122动能增加了，通道粗糙，会产生热量，但当出口比入口低时就会存在动能增加，不违背能量守恒，所以v=-0.1v,V=1.1V可能出现，B错误；1 02 0C.当v=1.2v,v=-0.2v时满足水平方向动量守恒，且1 02 0111—mv2<—mv2+—mv2202122离开时由于v〉v,则出口在右边，动能增加了，当出口比入口低时就会存在动能增加，不12违背能量守恒，所以v=1.2v,v=-0.2v可能出现，C正确；1 02 0D.若小球不能离开木块，类似于完全非弹性碰撞mv=2mv0要满足小球和木块产生的总热量为八1 1 |vQ=—mv212m/-o-202 12必须要出入口等高的情况下，才能满足上式，D错误。故选C。14.ACD【详解】A.小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，所以mv=Mv

mM则有mx=Mx

mM且+ =可得小球从A点到B点的过程中，槽的位移为故A正确；B.小球从A点到B点的过程中，小球与半圆槽组成的系统，合力不等于零，动量不守恒，故B错误；C.系统水平方向动量守恒，则有机y=Mv

m M可得v=2m/s

M由功能关系可得+ =- +一+可得Q=3J故C正确；D.由题意可知，小球从B到C的过程中，摩擦生热小于3J，则到达C时，根据水平方向动量守恒可得C的速度为零，则小球的剩余能量A> - =则小球从C点飞出后上升的高度H是>——=故D正确。故选ACD。15.BD【详解】A.在水平方向上，小车和滑块组成的系统所受合外力为零，因此在这一方向上，小车和滑块动量守恒，A错误；B.滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0=mv—Mv

mmgR=-mv2+—Mv22m2解得v=v=gRmB正确;

C.滑块刚滑到B点时速度最大，对小车的压力最大，以小车为参考系，由合力提供向心力得v2N-mg=mTRR对而v=v+v=2v=2、：gR相对m m解得N=5mgC错误；D.滑块从B到C运动过程中，系统动量守恒，由人船模型得mx=Mx12x+x=L12M=m解得D正确。故选BD。16．【分析】人从车上跳下的过程中，人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以分析答题．【详解】假设分离时的车速为v，则车速的增大量为Av=v-v0，人与车组成的系统所受合外力为零.由动量守恒定律有：（M+m）v=Mv-m（u-v）0mu所以v=— +vM+m0mu解得：v=M+m17.⑴三；（217.⑴三；（2评mg2mg【详解】(1)烟花的初动能E【详解】(1)烟花的初动能E=-mv220竖直上抛过程所用时间vt=-0g联立可得t=J组mmg2(2)爆炸瞬间，两部分的速度分别为v1,v2,水平方向由动量守恒可得-mv,—-mv.,=0TOC\o"1-5"\h\z3 13 21112由能量守恒可得1112E= mv2+ mv223 1 23 2之后做平抛运动，竖直方向自由下落，下落时间与上升时间t相同，水平方向匀速运动，部分的位移分别为%=vt

11%=vt

22落地点间的距离为%=%+%12联立可解得%=3匹mgR18.(1) ；(2)6mgRN【详解】(1)以水平向左为正方向，弹簧弹开。、b过程，由动量守恒定律得0=mv-2mv12物块。从A运动到C的过程