第一章 动量守恒定律第6节反冲现象火箭基础训练（word版含答案）

2019人教版选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 第6节 反冲现象 火箭 基础训练
一、多选题
1．某放射性元素的原子核静止在匀强磁场中，当它放出一个α粒子后，速度方向与磁场图方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44：1，如图所示，则（ ）
A．衰变瞬间，α粒子与反冲核的动量大小相等，方向相反
B．衰变瞬间，α粒子与反冲核的动能相等
C．放射性元素原子核的核电荷数为90
D．α粒子和反冲核的速度之比为1：88
2．2021年12月9日，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课，在“天宫课堂”上，据王亚平介绍，在空间站中每天能看到16次日出。则以下说法正确的是（　　）
A．航天员向前踢腿后，身体将向后飞出
B．地球同步卫星的轨道半径约为天宫一号轨道半径的倍
C．相同温度下，空间站中的水分子与地面上水分子的平均动能相等
D．在空间站中利用水膜做光的干涉实验，仍能观测到图示干涉条纹
二、单选题
3．在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则下列说法不正确的是(　　)
A．小球带正电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能不守恒
4．如图所示，质量为m滑块A套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。在水平杆上固定一挡板P，滑块靠在挡板P左侧且处于静止状态，其下端用长为L的不可伸长的轻质细线悬挂一个质量为3m的小球B，已知重力加速度大小为g。现将小球B拉至右端水平位置，使细线处于自然长度，由静止释放，忽略空气阻力，则（　　）
A．滑块与小球组成的系统机械能不守恒
B．滑块与小球组成的系统动量守恒
C．小球第一次运动至最低点时，细线拉力大小为3mg
D．滑块运动过程中，所能获得的最大速度为
5．质量为m=40kg的气球上有一质量为M=60kg的人，共同静止在距地面高为h=10m的空中，现在从气球中放下一根不计质量的软绳，人沿着软绳下滑到地面，软绳至少为多长，人才能安全到达地面（　　）
A．10m B．15m C．20m D．25m
6．下列现象不属于反冲运动的有(　　)
A．喷气式飞机的运动 B．反击式水轮机的运动
C．火箭上升 D．氢气球上升
7．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露有一个质量为3m的爆竹从地面斜向上抛出，上升h后到达最高点，此时速度大小为、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东；重力加速度为则　　
A．爆竹在最高点爆炸过程中，整体的动量守恒
B．质量为m的一块，其速度为
C．质量为m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为，方向竖直向下
D．质量为2m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为，方向水平向东
8．新华社西昌3月10日电“芯级箭体直径9.5米级、近地轨道运载能力50吨至140吨、奔月转移轨道运载能力15吨至50吨、奔火（火星）转移轨道运载能力12吨至44吨……”这是我国重型运载火箭长征九号研制中的一系列指标，已取得阶段性成果，预计将于2030年前后实现首飞。火箭点火升空，燃料连续燃烧的燃气以很大的速度从火箭喷口喷出，火箭获得推力。下列观点正确的是（　　）
A．喷出的燃气对周围空气的挤压力就是火箭获得的推力
B．因为喷出的燃气挤压空气，所以空气对燃气的反作用力就是火箭获得的推力
C．燃气被喷出瞬间，火箭对燃气的作用力就是火箭获得的推力
D．燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力就是火箭获得的推力
9．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于火箭以速度v′向后喷出，则火箭的速度大小变为(　　)
A． B．
C． D．
10．一个原子核静止在磁感应强度为B的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个α粒子（），其速度方向与磁场方向垂直。关于α粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．运动半径之比是 B．运动周期之比是
C．动能总是大小相等 D．动量总是大小相等，方向相反
11．2021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． B． C． D．
12．如图所示，质量为M的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止．由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态．这个人手中拿着一个质量为m的小物体，他以相对飞船为v的速度把小物体抛出，在抛出物体后他相对飞船的速度大小为
A． B． C． D．
13．小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法正确的是（　　）
A．待打完n发子弹后，小车应停在最初的位置
B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的左方
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
14．2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”。假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2100g，当它以对地速度为v0＝840m/s喷出质量为的高温气体后，火箭的对地速度为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计）（　　）
A．42m/s B． C．40m/s D．
15．人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m。人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为（　 　）
A． B． C． D．
三、解答题
16．如图所示，凹槽A放置于水平面上，凹槽内表面水平光滑，凹槽两侧壁间距为d，在凹槽左侧壁放置物块 B（可视为质点），物块B、凹槽A质量分别为m、2m，凹槽与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5．现对凹槽施一水平外力，使A、B一起从静止开始水平向右运动，当速度达到时撤去外力．已知重力加速度为g，物块B与凹槽侧壁发生的碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间极短可不计，不计空气阻力．求：
（1）刚撤去外力时凹槽A的加速度；
（2）物块B与凹槽右侧发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小vA、vB；
（3）从撤去外力到凹槽A停止运动的过程中，凹槽A运动的时间t．
17．国产水刀——超高压数控万能水切割机以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40mm厚的钢板、50mm厚的大理石等材料。水刀就是将普通的水加压，使其从口径为0.2mm的喷嘴中以800~1000m/s的速度射出的水射流，我们知道，任何材料承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强限度。设想有一水刀的水射流横截面积为S，垂直入射的速度v=800m/s，水射流与材料接触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，则：
(1)推导水刀产生压强p的表达式；
(2)判断此水刀不能切割上述材料的哪一种。
A橡胶 5×107Pa
B花岗石 1.2×108~2.6×108Pa
C铸铁 8.8×108Pa
D工具钢 6.7×108Pa
18．如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平底面上，轨道半径R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量为与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为 2R ．重力加速度为，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求
（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间;
（2）小球A冲进轨道时速度v的大小．
19．如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其左端放一质量为m的小木块A，m（1）A、B最后的速度大小和方向；
（2）A在B上相对滑动的时间．
20．如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人以速度v匀速从船头走到船尾的过程中，船的速度和船相对地面的位移是多少？
21．雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得内杯中雨水上升了，已知雨滴落地速度约为，设雨滴撞击芭蕉叶后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为，据此估算芭蕉叶面受到的压强为多少？
22．2021年5月7日，我国在西昌卫星发射中心用长征二号丙运载火箭，成功将遥感三十号08组卫星发射升空，卫星进入预定轨道。大功率火箭一般采取多级推进技术，某班同学分两组各自制作了一级和两级火箭模型，两种火箭模型质量相同，提供的恒定推动力大小均为火箭模型重力的3倍，重力加速度为g，不考虑燃料消耗引起的质量变化，不计空气阻力。
（1）第一组采用一级推进的方式，提供的恒定推动力持续时间为t，求火箭上升的最大高度；
（2）另一组采用二级推进的方式，飞行经过时，火箭丢弃掉一半的质量，剩余时间，火箭推动力不变继续推动剩余部分继续飞行，求火箭上升的最大高度。
23．如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2=3∶2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。
24．在光滑的水平面上有一质量M=2kg的木板A，其上表面Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间距离L=2m，如图所示；木板A右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽略不计质量m=2kg的滑块B。某时刻木板A以vA=1m/s的速度向左滑行，同时滑块B以vB=5m/s的速度向右滑行，当滑块B与P处相距时，二者刚好处于相对静止状态。若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它相碰后仍以原速率反弹（碰后立即撤出该障碍物），求：（g取10m/s2）
(1)B与A的粗糙面之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块B最终停在木板A上的位置。
四、填空题
25．质量为m＝100kg的小船静止在水面上，水的阻力不计，船上左、右两端各站着质量分别为m甲＝40kg，m乙＝60kg的游泳者，当甲朝左，乙朝右，同时以相对河岸3m/s的速率跃入水中时，小船运动方向为_______（填“向左”或“向右”）；运动速率为_______m/s．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．AC
【详解】
本题考查的是带电粒子在磁场中的运动问题，根据动量守恒定律可知衰变瞬间，α粒子与反冲核的动量大小相等，方向相反，动能不相等，A正确，B错误；根据圆周运动的，α粒子和反冲核轨道半径之比为44 : 1，电量之比为1:44，α粒子和反冲核的质子数分别为2和88，则放射性元素原子核的核电荷数为90；C正确；α粒子和反冲核的速度之比为；D错误；
2．BC
【详解】
A．根据动量守恒，航天员向前踢腿后，身体将向后仰，而不是飞出，A错误；
B．地球同步卫星与地球自转周期相同为T1，宇航员在空间站中每天能看到16次日出，说明地球自转的周期是天宫一号轨道周期的16倍
地球同步卫星和天宫一号都是由与地球间的万有引力提供运动的向心力
设地球同步卫星的轨道半径为r1，天宫一号轨道半径为r2，可以得到
解得
B正确；
C．物质的温度是它的分子热运动的平均动能的标志，C正确；
D．薄膜干涉现象发生的原因是水膜在重力作用下产生上薄下厚的锥形，进而使得上下表面反射回来的光线发生干涉，太空中由于处于完全失重状态，水膜上下表面平行，能发生干涉现象,但由于水膜厚度均匀，不能看到干涉条纹，D错误。
故选BC。
3．C
【详解】
AB．据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A正确，A项不合题意；B正确，B项不合题意；
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误，C项符合题意；
D．由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D正确，D项不合题意．
4．D
【详解】
A．滑块与小球运动过程中，系统内没有除重力之外的力对系统做功，所以系统机械能守恒，故A错误；
B．小球向下摆动过程中，滑块受到挡板的作用力，滑块与小球组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C．设小球第一次运动至最低点时的速度为v，根据机械能守恒定律有
①
在最低点根据牛顿第二定律有
②
联立①②解得小球第一次运动至最低点时细线拉力大小为
③
故C错误；
D．当小球通过最低点后，P不再受挡板的作用力，此时小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，设某时刻小球和滑块的速度分别为v1和v2，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有
④
由上式可知，当v1与v反向且达到最大值时，v2也将达到最大值，即小球第二次通过最低点时，滑块速度达到最大，根据机械能守恒定律有
⑤
联立①④⑤解得
⑥
故D正确。
故选D。
5．D
【详解】
设软绳至少长l，在人沿软绳下滑过程，气球竖直上升，由动量守恒中的“人船模型”规律可得
解得
故选D。
6．D
【详解】
喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用，而促进飞机前进的；故属于反冲运动；反击式水轮机是利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动；氢气球上升是利用浮力大于重力的原理制成的；不属于反冲运动；故选D.
点睛：本题考查反冲运动的应用；明确反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．
7．C
【分析】
爆炸爆炸前后瞬间，水平方向上动量守恒，结合动量守恒定律求出质量为m一块的速度根据高度求出平抛运动的时间，结合冲量公式求出重力的冲量大小，方向与重力方向相同．
【详解】
爆竹在最高点爆炸过程中，整体水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，故A错误．规定向东为正方向，根据动量守恒得，，解得质量为m的一块的速度，故B错误．质量为m的一块爆炸后，做平抛运动，运动的时间，则在落地过程中重力冲量的大小为，方向竖直向下，故C正确．质量为2m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为，方向竖直向下，故D错误．故选C．
【点睛】
本题考查了动量守恒和冲量的基本运用，知道动量守恒的条件，掌握冲量公式，知道冲量的方向与力的方向相同．
8．D
【详解】
A． 喷出的燃气对周围空气的挤压力，作用在空气上，不是火箭获得的推力，故A错误；
B． 空气对燃气的反作用力，作用在燃气上，不是火箭获得的推力，故B错误；
CD． 燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，是火箭获得的推力，故C错误D正确。
故选D。
9．A
【详解】
由动量守恒定律：Mv0＝(M－m)v＋m(v－v′)，所以v＝，故A项正确，故选A．
10．A
【详解】
A．衰变方程为
衰变瞬间动量守恒，所以
洛伦兹力提供向心力，根据
解得半径
所以α粒子与衰变后的新核的半径之比为
A正确；
B．原子核在磁场中圆周运动的周期为
所以α粒子与衰变后的新核的周期之比为
B错误；
C．二者动量大小始终相等，根据动量和动能的关系
可知α粒子与衰变后的新核的质量不同，动能不同，C错误；
D．α粒子与衰变后的新核的动量大小始终相同，在衰变瞬间，二者方向相反，随后在磁场中做匀速圆周运动，动量方向不同，D错误。
故选A。
11．D
【详解】
以向上为正方向，由动量守恒定律可得
解得
D正确。
故选D。
12．A
【详解】
物体和人组成的系统动量守恒，可得
mv=Mv′
故人相对飞船的速度大小为
故选A。
13．C
【详解】
子弹、枪、人、车系统水平方向不受外力，水平方向动量一直守恒，子弹射击前系统总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故仍然是静止的；设子弹出口速度为v，车向右运动速度大小为v′，根据动量守恒定律，有
子弹匀速前进的同时，车向右匀速运动，故
联立解得
，
故车向右运动距离为
每颗子弹从发射到击中靶过程，车均向右运动，故n颗子弹发射完毕后，小车向右运动
由于整个系统动量守恒，初动量为零，故打完n发后，车静止不动，故C正确，ABD错误。
故选C。
14．B
【分析】
发射过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出导弹的速度。
【详解】
喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的相同竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
【点睛】
关键是喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，火箭发射的过程中二者组成的相同竖直方向的动量守恒。
15．D
【详解】
设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L。以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
0=Mv2+mv1
人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为
得
解得
故选D。
16．(1) 水平向左 (2) ， (3)
【详解】
（1）对B：
μ3mg＝2ma，
a＝
方向水平向左
（2）撤去外力后，物块B做匀速直线运动，槽A做匀减速运动设B历时t1运动到达槽右侧壁，槽碰前速度为有：
xB＝v0t1
xA＝v0t1-at12
xB-xA＝d
v＝v0-at1
解得：
v＝
B与槽右侧壁发生弹性碰撞有
mv0+2mv＝mvB+2mvA
m v02+ 2m v2＝2m vB2+ 2m vA2
解得
vA＝＝
vB＝ ＝
（3）从撤去力F到A、B第一次发生弹性碰撞经过的时间为t1，则
t1＝＝
A、B第一次发生弹性碰撞后，B做匀速直线运动，A做匀减速直线运动，直至A速度减为0（此过程中A、B未发生碰撞），历时t2，
t2＝＝
B继续做匀速直线运动，直至A、B第二次发生弹性碰撞，由机械能守恒和动量守恒得
vB＇＝-vB
vA＇＝vB
A再次做匀减速直线运动，直至A速度减为0，历时t3，
t3＝＝
B继续做匀速直线运动，直至A、B第三次发生弹性碰撞，之后A再次做匀减速直线运动，直至A速度减为0，历时t4，同理可得
t4＝×
t＝t1+ t2+ t3+ t4. . . . . .＝[++(1++. . . . . .)] ＝
17．(1)p=ρv2；(2)不能切割铸铁和工具钢
【详解】
(1)取 t时间内喷出的水为研究对象，这部分水的质量为
m=ρSv t
这部分水经过时间 t后都由v变为0，取水喷出方向为正方向，对这部分水由动量定理得
-F t= m×(0-v)
化简得
F==ρSv2
则压强为
p==ρv2
(2)由公式
p=ρv2
得，水的压强为6.4×108Pa，小于铸铁和工具钢所能承受的压强，所以，水刀不能切割铸铁和工具钢。
18．（1）（2）
【详解】
本题考查动量守恒、平抛运动、机械能守恒等知识．
（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，
有 …①
解得： …②
（2）设球A的质量为m，在N点速度为v，与小球B碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 …③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，则
由动量守恒定律知 …④
综合②③④式得：
19．（1） 方向向左（2）
【详解】
（1）不会滑离B板，说明A、B相对静止时，A、B具有相同的速度，设此时速度为v，以向左为正方向，由动量守恒定律可得
解得：
因，方向向左
（2）设木块在木板上相对滑动的时间为t，对木块由动量定理得
解得
20．;
【解析】取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：
解得：
人由船头走到船尾的过程中，人的位移s人=v t，船的位移s船=v船t，
则有：

解得：
故本题答案是; ;
点睛：把人和船作为系统来考虑，系统所受外力为零，所以系统动量是守恒的，利用动量守恒可求出船的速度和船运动的位移。
21．
【详解】
设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为F，设在时间内有质量为的雨水的速度由15m/s减为零；
以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理
解得
设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在时间内水面上升，则有
可得
由牛顿第三定律可知，芭蕉叶面受到的平均作用力
压强为
解得
22．（1）；（2）
【详解】
（1）由题意对第一组由动量定理得
则火箭上升的最大高度为
解得
（2）由题意对第二组由动量定理得
则火箭上升的最大高度为
解得
23．
【详解】
两演员一起从从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒定律，设总质量为m，则
女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒
女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒：
根据题意
有以上四式解得
接下来男演员做平抛运动：由
得
因而
24．(1)0.6；(2) 在Q点左侧处
【详解】
(1)设A、B共同速度为v，定水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mvB-MvA=(M+m）v
解得
v=2m/s
对A、B组成的系统，由能量守恒
MvA2+mvB2 （M+m）v2＝μmgL③
代入数据得
μ=0.6
(2)木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。由动量守恒定律得
mv-Mv=(M+m）u
解得
u=0
设B相对A的路程为s，由能量守恒得
代入数据得
由于，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，停止时离Q点距离为
【点睛】
本题结合弹簧问题考查了动量守恒和功能关系的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动能定理与动量守恒定律、能量守恒定律可以解题。
25．向左 0.6
【详解】
三者组成的系统，在跳跃前后动量守恒，设向左为正方向，故，代入数据可得，为正，所以向左偏。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页