2025年人教版高二物理暑假专项提升：反冲现象 火箭

第10讲反冲现象火箭

以内容导航一预习三步曲

第一步：学

识教材精讲精析、全方位预习

If:；教材习题学解题、快速掌握解题方法

练考点上，;知识核心考点精准练

第二步：记

串知识识框架思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握

第三步：测

过关测稳提升'•小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升

qp析教材学知识

知识点1：反冲现象

1.定义：发射炮弹时，炮弹从炮筒中飞出，炮身则向后退。炮身的这种后退运动叫作反冲。

2.规律：反冲现象中，系统内力很大，外力可忽略，满足动量守恒定律。

3.反冲现象的三个特点

⑴物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。

(2)反冲中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒

定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理。

(3)反冲中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。

4.反冲现象中可应用动量守恒定律的三种情况

⑴系统不受外力或所受外力之和为零。

(2)系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略。

⑶系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上

的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以在该方向上应用动量守恒定律。

5.反冲现象的防止及应用

(1)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性,所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少

反冲的影响。

(2)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。

7知识点2：火箭

1.工作原理：利用反冲的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压

燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。

2.影响火箭获得速度大小的两个因素

(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2000~5000m/so

⑵质量比：火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质

量之比。喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。

3.现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞

船等。

知识点3：人船模型

1.“人船模型”的适用条件

系统原来处于静止状态，在系统中物体发生相对运动的过程中，动量守恒或有一个方向动量守恒。

其实质就是初速度为。的系统中物体所做的反冲运动，系统满足某方向上的平均动量守恒。

2.模型特点

⑴遵从动量守恒定律，如图所示。

(2)两物体的位移满足与一若=0,x人+x船=£即尤人=应%，尤船=瑞丞

位移大小之比满足x人：无船=〃：m,即两物体的位移大小之比等于两物体质量的反比。

3.推论

⑴“人”走“船”走，“人”停“船”停。

l\/fm

(2)XA=.4_IL,xt&=A.,L,即x人、x船大小与人运动时间和运动状态无关。

(3)-=^,人、船的位移(在系统满足动量守恒的方向上的位移)与质量成反比。

工船m

教材习题01解题方法

乌贼在无脊椎动物中游泳最快，被称为“水中火箭”。一只悬设向后为正方向，由动量守恒有

浮在水中的乌贼，吸满水时的质量为2kg,遇到危险时，乌0=砧一(河一班)匕由动量定理有

贼通过体管在0.1s内将0.3kg的水向后以80m/s的速度喷出，一力=一("一肛)岭—。解得R=240N故

从而获得极大的逃窜速度，则乌贼在向后喷水的时间内，获选B。

得的向前平均推力约为()

A.80NB.240N

C.800ND.1600N

【答案】B

教材习题02

如图所示，在光滑水平面上有一装有炮弹的火炮，其总质量

为犯，炮弹的质量为S，炮弹射出炮口时对地的速率为1,

若炮弹与水平面的夹角为3,则火炮后退的速度大小为解题方法

()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

A丐%B叫“向，根据动量守恒定律可得

•mi—m2.ml—m2

m2voeose_(4_m2)v=0解得

m.m9vncos^

D叫

B.C-_m2v0cos6

mi-mi故选B。

机2

//////////////////////

【答案】B

教材习题03

如图所示，质量〃?=50kg的人，站在质量M=300kg的车

的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一

端的过程中，车后退0.4m,车与地面间的摩擦可以忽略不对车和人组成的系统由动量守恒定律公

计，则车的总长为()式可得°=如人-Mx车解得以=2.4m再

A.2.4mB.2.8m由几何关系可得车长'=以+x车解得

C.3mD.3.2m£=2.8111故选8。

守7

M

..........Q.......................0..............

【答案】B

考点一：爆炸反冲现象

1.2023年春节期间，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，爆炸后瞬时两部分的总动能为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质量为机的部分动能为（）

“M-mB2(M-m)

A.--------D,

2M・Mm

【答案】C

【详解】设爆炸后瞬时质量为根的速度大小为匕，另一部分的速度大小为匕，根据动量守恒可得

mvx=(M-rri)v2

解得

(M-ni)K

匕=----------

m

动能为

口12

则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为

E=-mv?+—

212

联立解得

—CM-m)v?=-£

22M

代入石■加1—加v；解得

尸M-m-

4=--------E

M

故选Co

2.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平向右的速度为=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、

乙的质量之比为5:1。不计质量损失，重力加速度g取10m/S?。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确

的是（）

乙/甲‘、乙

5m

O

2.5m

0.5m

【答案】A

【详解】规定向右为正方向，设弹丸的质量为6加，则甲的质量为5加，乙的质量为机，弹丸爆炸前后甲、

乙两块在水平方向不受外力，则水平方向满足动量守恒定律，爆炸后甲的速度为匕，乙的速度为丫2,则有

6mv0=5mv1+mv2

则有

12m/s=5匕+%

两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，有

两块弹片在水平方向做匀速运动，有

X[=卬

则有

12m=5玉+x2

结合图像可知，仅选项A的位移满足上述表达式。

故选Ao

3.北京时间2021年10月16日零点23分，神舟十三号载人航天飞船顺利发射成功，在神舟+三号飞船起

飞6小时33分钟后，飞船成功与中国天宫空间站实现自动径向交会对接，创造了中国航天的又一项纪录。

在对接前的某次调整时，总质量为M的神舟十三号飞船，正以速度叫在太空中飞行，接到加速的指令后,

发动机瞬间向后喷出质量为机的气体，气体相对飞船的速度大小为匕，气体喷出时，神舟十三号飞船的速

度大小为（）

AM--加匕Mv+mv

D0.-----l--------

M-mM

C-m）v0+mvlD（M-m）v0+mvl

MM—m

【答案】B

【详解】规定神舟十三号飞船的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得加儿+制%-匕）解得

=丝3故选B。

M

考点二：火箭

4.2025年1月3日消息，过去的一年西昌卫星发射中心发射次数再创新高，西昌发射场19次、文昌发射

场8次。某校科技小组发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为03kg,在极短时间内将0.2kg的水以对

地llm/s的速度喷出。喷出过程中重力可忽略，重力加速度g取lOm/s?,空气阻力不计，喷水后水火箭获

得的速度大小和水火箭上升的最大高度分别为（）

Q,上升的方向

高压

气体

A.16m/s,24.2mB.16m/s,12.1m

C.22m/s,24.2mD.22m/s,12.1m

【答案】c

【详解】水火箭靠压出的水给的反作用力加速，以水火箭运动的方向为正方向，由动量守恒定律有

0=-in）v2

可得喷水后水火箭获得的速度为匕=22m/s

水火箭上升的最大高度约为仁冬=24.2m

故选C。

5.“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图如图所示，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整

个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面1m左右时，舱内宇航员主动切断

与降落伞的连接（“切伞”），同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。已

知“切伞”瞬间返回舱的速度大小匕=10m/s,火箭喷出的气体速度大小马=810m/s,火箭“喷气”时间极短，

喷气完成后返回舱的速度大小为=2m/s,则喷气完成前、后返回舱的质量比为（）

降落伞

缓冲火箭

A.45:44B.101:100C.125:124D.135:134

【答案】B

【详解】火箭“喷气”时间极短，“喷气”过程系统内力远大于外力，“喷气”过程中返回舱与气体组成的系统动

量守恒，设返回舱喷气完成前后返回舱的质量分别为M2,根据动量守恒定律有

MM=M2V3+（陷一根

解得

Mt101

M2100

故选B。

6.喷气背包曾经是宇航员舱外活动的主要动力装置。假定宇航员与空间站保持相对静止。启动喷气背包后，

横截面积为S的喷口以速度v（以空间站为参考系）持续向后喷出密度为〃的气体。已知宇航员连同整套舱

外太空服的质量为〃（含背包及其内气体），则启动喷气时间f后宇航员相对空间站的速度大小为（）

.pSvtpSv2tpSvtnpSv2t

A.------D.-------C.■~~~D.--------------

MMM-pSvtM-pSvt

【答案】D

【详解】启动喷气时间f后宇航员相对空间站的速度大小为v',规定宇航员相对空间站的速度方向为正方向,

由动量守恒定律得0=-pvtS•v+（M-功把）M解得M:故选D。

M-pSvt

考点三：人船模型

7.如图所示，有一质量为2根的光滑斜面体静止地放在光滑的水平地面上，斜面倾角为30。，斜面长2L

将质量为机的滑块（视为质点）从斜面体顶端由静止释放，滑块沿斜面下滑的过程中，滑块的加速度大小

为勾，斜面体的加速度大小为的，下列说法正确的是（）

B.滑块和斜面组成的系统动量守恒

C.滑块从顶端滑至斜面底端的过程中，斜面的位移大小为包

3

D.滑块对斜面体的作用力方向与地面对斜面体的作用力方向相反

【答案】C

【详解】AB.由题意可知，滑块沿斜面下滑的过程中，滑块和斜面体组成的系统水平方向合外力为零，竖

直方向合外力不为零，因此系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，总动量不守恒。设某一时刻，

滑块水平速度为％,斜面体速度为V?，则有相忆=2〃死

解得％=2%

任一时刻水平速度都保持上述关系，且经历时间相同，故4,：%=2:1

又因为滑块有竖直方向的加速度%,，即4=师+-2

可见％:电＞2:1,故A、B错误；

C.由于系统水平方向动量守恒，有〃％,=2〃做

两者经历相同时间，设滑块从顶端滑至斜面底端的过程中，走过的水平位移大小为再，斜面体走过的水平

位移大小为X2,所以叫=2mX]

又有石+当=2乙cos30。=®

联立解得无2=半

故C正确；

D.滑块对斜面体的作用力方向垂直斜面向下，地面对斜面体的作用力方向竖直向上，故D错误。

故选Co

8.如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，小车与杆的总质量为机，杆的顶端系一长

为/的轻绳，绳另一端系一质量为人的小球。现将小球向右拉至绳子水平伸直后，小球由静止释放，不计

空气阻力。已知小球运动过程中，始终未与杆相撞。小球向左摆到最低点的过程中，小车向右移动的距离

ml

B.---------

m+mQm+m0

mJ

D.——

m-m0

【答案】A

【详解】当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为W,小车向右移动的距离为S2,设小球、小车水

平方向平均速度大小分别为斗、心

根据水平方向动量守恒有外%=根%

BP-

又因为4+$2=/

mJ

联立可得旷己

故选Ao

9.在一次打靶训练中，起初人和车一起静止在光滑水平面上，人和靶分别在车的两端，车、人、枪、靶总

质量为不含子弹），每颗子弹质量为〃"一共有〃发。枪靶之间距离为d,子弹击中靶后会镶嵌其中,

射击时总是等上一发击中后再打下一发。则以下说法正确的是（）

A.射击过程中，车向左移动

B.射击完成后，车会向右做匀速运动

C.每发射一颗子弹，车移动的距离为

D.全部子弹打完后，车移动的总距离为照

M

【答案】C

【详解】AB.水平面光滑，车、人，枪、靶和子弹组成的系统所受外力的合力为零，系统动量守恒，起初

人和车一起静止，射击过程中，子弹向左运动，车向右移动，射击完成后，车仍然处于静止，故AB错误；

C.设子弹出枪口的速度为v,车后退速度为"，以向左为正方向，根据动量守恒定律有

0=mv-[M+（n-l）m]v'

则有

子弹前进的同时，车向后退，则有

vt+v't=d

在每一发子弹射击过程中，小车所移动的距离x=v"联立解得尤故C正确；

nm+M

D.结合上述可知，〃颗子弹发射完毕后，小车总共后退的距离

「nmd

8=nx=----------

nm+M

故D错误。

故选C。

知识导图记忆

物体的不同部分在内力作用下向

相反方向运动

特点）一

「N

反H系统总动能增加］

冲

现-（规律）~（动量守恒定律］

里

工作原理）

U典型应用）_（火箭

主要用途）

知识目标复核

1.了解什么是反冲现象和反冲在生活中的应用。

2.知道火箭的飞行原理和主要用途。

1.一个质量为机的小型炸弹，从水平地面以大小为川的速度朝右上方射出，且速度方向与水平面夹角为

53。，在最高点爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路

径回到原射出点。若忽略空气阻力，则落地时甲、乙的距离为（）

【答案】A

【详解】把初速度沿水平方向和竖直方向进行分解，则分速度大小分别为

vx=%cos53°,=%sin530

则炸弹从地面到最高点时间为

3_%sin53°

gg

炸弹在最高点爆炸时，水平方向动量守恒，根据题意可知甲、乙、丙三块弹片质量均为规定向右为正

方向，由逆向思维可知，炸后丙的速度大小为小=匕，设甲的速度大小为耍，则有

mm

机匕=一§"丙+了蜂

联立以上解得

日甲=4匕=4%cos53°

所以落地时甲、乙的距离为

Ax=耍x/

联立以上解得

25g

故选A„

2.如图所示，光滑的水平地面上有一辆质量〃=120kg的小车，一质量机=60kg的人站在小车左端与小车

一起以速度%=2m/s水平向右做匀速直线运动，某一时刻，人相对小车以速度/=4m/s水平向左跳下，落

地后在落地点经过0.2s的屈膝缓冲后保持静止，已知从起跳点到落地点的过程中人的重心下降高度为

/?=0.8m,重力加速度g=10m/s2,则下列说法中正确的是（）

A.屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1200N

B.屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的冲量24ONS

C.落地时人的速度为zJBm/s

D.落地时人与小车左端的水平距离为1.6m

【答案】D

【详解】AB.人落地时竖直方向速度分量为为,则有

2gh=vj

解得

vy=4m/s

落地后在落地点经过0.2s的屈膝缓冲后保持静止，以竖直向上为正方向，由动量定理可得

Ft-mgt=0—m(-vy)

解得

F=1800N

由牛顿第三定律可知，屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800N,屈膝缓冲过程中人对地

面竖直方向的冲量为

/=1800x0.2N-s=360N-s

故AB错误；

CD.以地面为参考系，设人跳车后车相对地面的速度为V?，人相对地面水平方向的速度为七，以初速度方

向为正方向，则有

匕=一匕+丫2

%=mv3+Mv-,

解得

v2=^m/s;v3=-|m/s

人离开车后做平抛运动，落地时人的速度为

[-222J37

V=*3+V,=-^—m/s

人落地的时间为

0.4s

结合上述分析，落地时人与小车左端的水平距离为

L=工人+与=|贴|+叨=L6m

故C错误，D正确。

故选D。

3.地空导弹又称防空导弹，是指从地面发射攻击空中目标的导弹.如图所示，某次导弹试射中，质量为M

的地空导弹斜射向天空，运动到空中最高点时速度为均，突然炸成两块，质量为的弹头以速度V沿%的

方向飞去，爆炸过程时间极短，为加。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）

A.爆炸后的一瞬间，另一块以粤二竺的速度一定沿着与％相反的方向飞去

M-m

B.爆炸过程中另一块对弹头的平均作用力大小为+mg

加

c.爆炸过程释放的化学能为gm/-gm；

D.爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，水平方向动量守恒

【答案】D

【详解】A.在最高点水平方向动量守恒，取%的方向为正

r

Mv0=—m）v+mv

则得另一块的速度为

v_Mva-mv

M-m

可正可负可为零，故A错误；

B.爆炸过程时间极短，可忽略重力作用，对质量为根的弹头用动量定理，取%的方向为正

FM=mv-nwQ

解得

Fnw-mv0

故B错误;

C.爆炸过程释放的化学能为

E=：mv2+；v'2—gA/v；

故C错误

D.爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，在水平方向上不受外力，因此在水平方向动量守恒，故

D正确。

故选D。

4.两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木

块A,B被弹簧弹出，最后落在水平地面上，落地点与平台边缘的水平距离分别LA=lm,LB=2m,如图所示,

则下列说法不正确的是（）

A.弹簧对木块A、B的冲量大小之比〃：4=1:2

B.木块A、B的质量之比以："%=2：1

C.木块A、B离开弹簧时的速度大小之比VA：%=1:2

D,木块A、B离开弹簧时的动能之比马：稣=1：2

【答案】A

【详解】A.弹簧上的力处处相等，故弹簧对A和对B的力大小相等且作用时间相同则

=9：（%）=1：1

故A符合题意；

BC.离开桌面后AB均做平抛运动则

vA:vB=—:=1:2

/落t落

由/=Ap=mAv可得

机•机_A^A-2，）

*rIA♦♦4•A

VA%

故BC均不符合题意；

D.根据公式线=g加2可得

m

EA:EB=；"*：3B片=1：2

故D不符合题意。

故选Ao

5.用火箭发射人造地球卫星，以喷气前的火箭为参考系，在极短时间内喷出燃气的质量为“，喷出的燃气

相对喷气前火箭的速度为小喷气后火箭的质量为加。下列关于火箭的描述正确的是（）

A.若继续喷出燃气，火箭的速度会减小

B.喷气后，火箭的速度变化量为-2

C.喷气后，火箭的速度大小一定为翟L

M-m

D.为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以减小燃气的喷射速度,

【答案】B

【详解】A.火箭向后喷气，火箭对喷出的气体有向后的作用力，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用

力，从而使火箭获得了向前的推力，不断喷出气体，则火箭的速度会越来越大，故A错误；

BC.由动量守恒可知

mu+AfAv=0

即喷气后，火箭的速度变化量为

因喷气前火箭的速度未知，则不能确定喷气后火箭的速度，选项B正确，C错误；

D.为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以增加燃气的喷射速度〃，选项D错误。

故选B。

6.如图所示，光滑的水平地面上静止放着质量为M的小车，小车底边长为L质量为机的小球从小车顶端

静止释放，最终从小车上滑离，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）

A.M、机组成的系统动量守恒

B.M、机组成的系统机械能不守恒

C.小球从小车上滑离后，将做自由落体运动

rri

D.小球从小车上滑离时，小车向左运动的距离为—L

M+m

【答案】D

【详解】A.对于M、机组成的系统，由于m沿曲面加速下滑，有竖直向下的加速度，所以存在失重现象,

系统竖直方向的合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；

B.对于/、机组成的系统，在滑块下滑过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，B错误；

C.对系统，水平方向动量守恒

0=mv1—MV2

机械能守恒

1212

mgh=—mv1+—MV2

小球离开小车的速度不为零，因此小球做平抛运动，C错误；

D.对系统，水平方向动量守恒

0=mv1-MV2

即有

即

Mxx=mx2

又因为

x1+x2=L

解得

m

x=---------LT

m+M

选项D正确。

故选D。

7.有一火箭正在远离任何星体的太空中以速度vo匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间M内喷射质量为Am

的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u,此次喷气后火箭的质量是加，则火箭在此次喷气后速度增

加量为（）

A.------uB.uC.------------VQD.—（VQ—uj

mmmm

【答案】A

【详解】根据题意，喷出燃气后，燃气的速度为

则燃气的动量变化为

△Pi=AmVj—Amv0=Amw

设火箭在此次喷气后速度为V2,则火箭在此次喷气的动量变化为

Ap2=mv2—mvQ=mAv

根据动量守恒定律得

邸、+A。？-A根〃+根Au=0

解得火箭在此次喷气后速度增加量为

,Am

Av=------u

m

故选Ao

8.水火箭制作原理如图甲所示，发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷

出，外壳受到反冲作用而快速上升（如图乙）。某次发射过程水火箭将壳内质量为2.5kg的水相对地面以6m/s

的速度在极短时间内喷出，已知水火箭外壳质量为0.5kg。空气阻力忽略不计，重力加速度g取lOm/s?.则下

列说法正确的是（）

B.水火箭喷水结束时速度约为5m/s

C.水火箭上升的最大高度约为30m

D.水火箭上升的最大高度约为45m

【答案】D

【详解】A.水火箭喷水过程，除重力外还有水与火箭的作用力对水火箭做功，机械能不守恒，故A错误;

BCD.设向上为正方向，设火箭筒外壳质量为水的质量为见则由动量守恒可得

mvi=Mv2

解得水火箭喷水结束时速度约为

V2=30m/s

由

V；=2gh

解得火箭上升的最大高度

h=45m

故D正确，BC错误。

故选D。

9.如图所示，一个质量为机的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R,一小物块Q质量为

3m,从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，各接触面均光滑，Q从释放到

滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（）

//////////////////////////////

一3

A.P、Q组成的系统满足动量守恒B.P的位移大小为

c.Q滑至最低点时的速度为秒D.Q的位移大小为£

【答案】C

【详解】A.对P、Q组成的系统进行分析，由于小物块Q在竖直方向上存在加速与减速过程，则系统所受

外力的合力不为0,系统仅仅在水平面所受外力的合力为0,即系统动量不守恒，系统在水平方向上动量守

恒，故A错误；

C.Q滑动最低点，根据系统水平方向动量守恒可得

mvp-3mvQ=0

根据系统机械能守恒可得

1212

3mgR=—mvp+—x3mvQ

联立解得

故C正确；

BD.根据水平方向动量守恒的位移表达式有

mxp-3mxQ=0

P、Q的相对位移

xp+xQ=2R

联立解得

31

Xp=万R,XQ=—R

故BD错误。

故选C。

10.如图所示，一个质量为叫=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%=20kg,长绳的下端刚好和水平面接触。初始静止时人离地面的高度为万=5m。如果这个人开始沿

长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面的高度大约是（可以把人看作质点）（）

1

A.2.6mB.3.6mC.1.5mD.4.5m

【答案】B

【详解】根据题意，设人的速度为M，气球的速度为打,人下滑的距离为七，气球上升的距离为马，根据

人和气球动量守恒得

叫匕=m2V2

则有

mlxl=m2x2

解得

2

再二

又有

xx+x2=h

则人下滑的距离为

2,10

X,=—/z=­m

177

气球上升的距离为

5,25°,

龙,=一/?=—m®3.6m

-77

则此时人离地面的高度大约是3.6m。

故选B。

11.一架总质量为机（含燃料）的飞船在太空背景中以速度v匀速航行，某时刻飞船在极短的时间内喷射出

质量为Am的燃烧气体，气体喷出后与飞机的相对速度大小为比,设飞船初始运动方向为正方向，贝卜）

A.气体对飞船的冲量小于飞船动量的变化

B.气体喷出后的运动方向可能与飞船运动方向相同

C.A机和根的比值越大，飞船速度的增加量就越小

mv+Amu

D.飞船喷出气体后速度可增加到

m-Am

【答案】B

【详解】A.根据动量定理，气体对飞船的冲量等于飞船动量的变化，选项A错误；

B.当飞船的速度大于气体相对飞船的速度时，气体喷出后的运动方向与飞船运动方向相同，选项B正确;

CD.设飞船的运动方向为正，由动量守恒

mv=(m-Am)v-Am(w-v)

可得

V+Am和机的比值越大，飞船速度的增加量就越大，选项CD错误。

m

故选Bo

12.如图所示，水火箭静止在光滑水平面上，用打气筒通过气门芯向水火箭瓶身内打气，当瓶内空气达到

一定压强时，水将橡皮塞冲开并向后高速喷出，水火箭便在光滑水平面上冲出。若喷水前水火箭的总质量

为M,运动过程中每秒向后喷出质量为机的水，水喷出时相对地面的速度大小均为v,忽略空气阻力的影

响，则第N秒末（设上述过程中该水火箭仍在匀速喷水中）水火箭的速度大小为（）

喷嘴瓶身

Nmv-Nm)v

A.-----------B.

M-NmNm

-mJ

【答案】A

【详解】设第N秒末水火箭的速度大小为匕，此时水火箭的质量为〃，水火箭喷水过程系统动量守恒,

则有

—Nm）vl=Nmv

解得

Nmv

“~M-Nm

故选Ao

13.如图甲所示，光滑的水平地面上静置一斜面，一个小物块放置在距离水平地面场高处的光滑斜面上，

小物块由静止释放，滑至斜面底部后与斜面分离，此时小物块相对地面的水平位移为无。改变小物块在斜面

上的高度〃，得到小物块的水平位移尤和高度力的关系图像如图乙所示，图乙中p、q均为已知量。已知斜

面与小物块的质量之比为2:1,关于小物块下滑的过程，下列说法正确的是（）

C.斜面倾角的正切值为/2〃2D.小物块与斜面组成的系统动量守恒

【答案】B

【详解】A.由于各个接触面都光滑，因此小物块和斜面组成的系统满足机械能守恒，小物块下滑过程对斜

面的压力垂直于斜面左向下，使斜面向左运动，可知斜面的机械能增加，故小物块的机械能减少，斜面对

小物块做负功，故A错误；

BC.假设小物块的质量为根，斜面的质量M=2相，斜面的倾角为6,小物块和斜面在同一时刻的水平速度

分别为匕和匕',则有

mvx=Mv^

可得

mvxt=Mv^t

即

mx=Mx

又

,h

x+x-------

tan。

联立可得

2h

x=-------

3tan6^

可知X-/Z图像的斜率

]<=2=q

3tan8p

解得

tan0=-

3q

又

八sin6sin0

tanS=------=/=

2

cos。VI-sin0

联立解得

.a2P

sin0=.=

"财+4-

故B正确，C错误；

D.小物块由静止释放后，小物块在竖直方向存在加速度，斜面在竖直方向没有加速度，可知小物块和斜面

组成的系统在竖直方向的合力不为零，故小物块与斜面组成的系统只有水平方向动量守恒，故D错误。

故选Bo

14.一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船无处与飞船处于相对静止状态。装备

中有一个高压气源能以速度v（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员运动。如果航天员一次性向后喷出

质量为的气体，且在规定时间f内返回飞船。下列说法正确的是（）

A.喷出气体的质量小于力

B.若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于r

C.若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间小于r

D.在喷气过程中，航天员、