1.6反冲现象火箭精选训练题 （word版含答案）
文档属性
| 名称 | 1.6反冲现象火箭精选训练题 （word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-04-13 04:05:51 | ||
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文档简介
人教版（2019）选择性必修一 1.6 反冲现象 火箭 精选训练题
一、单选题
1．飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力，这种发动机工作时，由电极发射的电子射人稀有气体（如氙气），使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速。已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的个数为N，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为（ ）
A． B． C． D．
2．空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02－2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（ ）
A．绕地球运行速度约为2.0km/s
B．绕地球运行速度约为9.0km/s
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，朝运动方向喷气
D．3月份发动机肯定工作过一段时间
3．2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为（ ）
A．v0-v B．（v0-v）
C．（v0-v）＋v D．
4．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m，则船的质量为（ ）
A． B． C． D．
5．关于反冲运动的说法中，正确的是（ ）
A．抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲
B．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
C．若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力
D．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
6．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
7．近几年来，我国的大推力火箭“长征五号”（昵称“胖五”）频频亮相，多次承担重要发射任务。其上搭载了8台型号为YF-100的液氧煤油发动机，8台发动机一起工作时，每秒钟可将3200kg的高温气体以3000m/s的速度喷出，则每台发动机的最大推力约为（ ）
A．1.2×105N B．9.6×105N C．1.2×106N D．9.6×106N
8．如图所示，足够长的传送带AB以速度逆时针转动，与水平面夹角为θ=37°，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接，CO高度h=1.25m，滑块1、2用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（1、2与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复原长，滑块1离开桌面落到地面距离O点x=2m的位置。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，滑块1、2质量分别为kg、kg。若滑块经过B点时没有能量损失，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．滑块1离开桌面时的速度大小2.0m/s
B．弹簧压缩时储存的弹性势能12J
C．滑块2在传送带上滑过程中，传送带痕迹长度0.6m
D．滑块2在传送带上运动的时间0.5s
9．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
C．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
10．西晋史学家陈寿在《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这就是著名的曹冲称象的故事。某同学欲挑战曹冲，利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后慢速进入静止的平行于河岸的船的船头，再从船头行走至船尾，之后，慢速下船，测出船后退的距离d与自身的质量m，若忽略一切阻力，则船的质量为（ ）
A． B． C． D．
11．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M >m。下列说法正确的是（ ）
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
12．一个质量为的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度飞行时，突然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，则下列说法正确的是（ ）
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点的距离比为
D．爆炸过程释放的化学能为
13．在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。在大人和小孩交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是（ ）
A．向右运动一段距离，最后静止
B．向左运动一段距离，最后静止
C．一直保持静止
D．上述三种都可能
14．用如图所示实验能验证动量守恒定律。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为LA=1m ，LB=2m，实验结果表明下列说法正确的是（ ）
A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA：vB=1：2
B．木块A、B的质量之比mA：mB=1：2
C．木块A、B离开弹簧时动量大小的之比pA：pB=1：2
D．木块A、B离开弹簧时的动能之比EA：EB=2：1
15．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平。炮弹在最高点爆炸成两块，其中质量为的一块恰好做自由落体运动，则爆炸后另一块的瞬时速度大小为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
16．火箭工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了______的原理，它们靠______的反冲作用而获得巨大的速度。
17．质量是 m=3kg 的物体在离地面为 h=20m 处，正以水平速度 v=20m/s，运动时突然炸裂成两块，其中一块质量为 m1=1kg。仍沿原运动方向以v1=40m/s的速度飞行，炸裂后的另一块速度大小为_____m/s。火药爆炸所释放的能量是_____J，两物块落到水平地面上的距离为_____m(不计空气阻 力，g 取 10m/s2)。
18．如图所示，气球吊着A、B两个重物以速度v匀速上升，已知A与气球 的总质量为m1，B的质量为m2，且m1>m2．某时刻A、B间细线断裂，当气球的速度增大为2v时，B的速度大为_______，方向_______．（不计空气阻力）
19．质量为m1，的热气球吊筐中有一质量为m2的人，共同静止在距地面为h的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳长度至少为_________。
三、解答题
20．用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为，最后一节火箭壳体的质量为。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为。试分析计算：分离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度是多大？分离后它们将如何运动？
21．2021年10月3日神州十三号飞船发射成功，神舟十三号与中国空间站的天和核心舱对接后，与空间站一起绕地球做匀速圆周运动，三位宇航员将在空间站驻留六个月从事各项科学研究工作。已知我国空间站距离地球表面的高度为，空间站（包括神州十三号飞船与核心舱对接后）总质量为，地球质量为，地球半径为，引力常数为。
（1）求空间站绕地球做匀速圆周运动的周期；
（2）神州十三号飞船采用长征二号火箭发射，在发射过程中靠喷射燃料获得反冲速度，发射初期火箭的速度远小于燃料的喷射速度，可忽略；已知燃料的喷射速度为，在极短的时间内火箭喷射的燃料质量为，喷气后神舟飞船与火箭（包括燃料）的总质量为，求这过程中飞船和火箭增加的速度大小；
（3）在空间站中，宇航员长期处于失重状态。为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为，圆环的半径为，宇航员可视为质点，为达到目的，旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度应为多大？
22．一枚在空中水平飞行的导弹，质量为m =500kg，在某点速度的大小为v=100m/s，方向如图，导弹在该点突然炸裂成两块，其中质量m1=200kg的一块沿着v的反方向飞去，速度大小为v1=50m/s，求炸裂后另一块的速度v2。
23．如图所示，质量为的工件带有半径的光滑圆弧轨道，静止在光滑水平地面上，B为轨道的最低点，B点距地面高度。质量为的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放，经B点后滑离工件，取。求：
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；
(2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
根据动能定理，有
解得
对时间内喷射出的氙离子，根据动量定理，有
其中
联立有
故选C。
2．D
【详解】
AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度（v1=7.9km/s）
地球半径约为6400km，设空间站离地高度为h，则
解得
空间站距离地面的高度约为
h+R=420km+6400km=6820km
则
故AB错误；
C．若要增加空间站高度，由反冲原理，应开启发动机，朝运动的反方向喷气，故C错误；
D．由图可以看出3月份有段时间空间站的离地高度增加，说明发动机工作了一段时间，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】
喷射燃气的过程动量守恒，有
解得
故选C。
4．B
【详解】
画出如图所示的草图
设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则
人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得船的质量
故B正确，ACD错误。
故选B。
5．D
【详解】
A．反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动。定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故A错误；
BD． 在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故B错误，D正确；
C．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故C错误。
故选D。
6．D
【详解】
A．滑块不固定，当
时，设小球沿槽上升的高度为h，则有
mv0＝（m＋M）v
mv02＝（M＋m）v2＋mgh
可解得
故A错误；
B．当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；
C．当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有
mv0＝（M＋m）v
小球具有水平速度，故C错误；
D．当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞
mv0＝mv1＋Mv2
mv02＝mv12＋Mv22
当m>M，v1与v0方向相同，向左，当m故选D。
7．C
【详解】
8台发动机每秒钟可将3200kg的高温气体以3000m/s的速度喷出，由动量定理有
解得
则每台发动机的最大推力为，故C正确，ABD错误。
故选C。
8．B
【详解】
A．滑块1离开桌面做平抛运动，由
，
解得滑块1离开桌面时的速度
选项A错误；
B．水平轨道BC光滑，剪断细线后弹簧恢复原长过程中，滑块1、2动量守恒，滑块1、2和弹簧机械能守恒，则
，
解得弹簧压缩时储存的弹性势能
选项B正确；
C．滑块2上滑时，沿传动带斜面方向，受到重力沿斜面向下的分力、沿传动带斜面向下的摩擦力，有
则滑块2上滑的时间
滑块2在传送带上滑的位移大小为
传送带运动的位移大小为
滑块2在传送带上滑过程中，传送带痕迹长度
选项C错误；
C．滑块2开始下滑加速度仍为，由于传动带速度大于，则滑块下滑的过程是上滑的逆过程，下滑的到传动带底端时速度为，下滑需要时间为。故滑块2在传送带上运动的时间为
选项D错误。
故选B。
9．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
所以滑块滑到底端的速度小于，所以滑块下滑到斜面体底端时重力的瞬时功率小于
B错误；
C．由于滑块下滑过程中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
解得
D错误。
故选C。
10．D
【详解】
画出如图所示的草图
设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则
，
人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得船的质量
故选D。
11．C
【详解】
A．小球由静止释放后，除重力做功外，小车对小球也做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向的动量守恒，故B错误；
C．由动量守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，初状态水平方向动量为零，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，相对小车静止，系统的末动量也为零，所以小车的速度为零，故C正确；
D．由水平方向的动量守恒可得小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，运动到最低点时，有
则有
可得
且
则可得
则小球运动到左侧做高点时，小车向右移动的距离为
所以小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，由动量守恒定律可得，小球从圆形轨道左侧的最高点由静止释放，运动到右侧做高点时，小车回到原来的位置，所以小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，故D错误。
故选C。
12．D
【详解】
AB．爆炸后甲、乙和丙三块弹片在竖直方向上都做自由落体运动，所以落地的时间相等，AB错误；
C．丙沿原路径回到原射出点，所以丙的速度为，取向右为正，根据动量守恒
解得甲的速度为
根据水平位移
x=vt
由于两者下落的时间相同，故甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为，C错误；
D．爆炸过程释放的化学能为
D正确。
故选D。
13．B
【详解】
以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。在大人和小孩相互交换位置时，可假定平板车不动，则在大人和小孩相互交换位置后，系统的重心将右移（因大人的质量要大于小孩的质量）。因此为使系统的重心位置保持不变，平板车必须左移，而在大人和小孩交换位置后，人的动量为零，而总动量为零，则车的动量也为零，故向左运动一段距离，最后静止，故选B。
14．A
【详解】
A．两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式
x=v0t
及LA=1m，LB=2m，解得
vA：vB=LA：LB=1：2
故A正确；
B．弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得
mAvA-mBvB=0
解得
mA：mB=vB：vA=2：1
故B错误；
C．根据动量的表达式
pA= mAvA
pB =mBvB
弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得
mAvA-mBvB=0
木块A、B离开弹簧时动量大小的之比
pA：pB= mAvA：mBvB =1：1
故C错误；
D．根据动能的表达式
可知
EkA：EkB=1：2
故D错误。
故选A。
15．B
【详解】
爆炸前动量为，设爆炸后另一块的瞬时速度大小为，取炮弹在最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸前后系统水平方向动量守恒，则有
解得
故选B。
16． 反冲 喷出气流
【详解】
略
17． 10m/s 300J 60m
【详解】
[1]根据动量守恒定律
代入数据得
[2]根据能量守恒
可得释放的能量
[3]根据
可得落地时间
落地时的水平距离
18． 竖直向下
【详解】
[1]规定向上为正方向，根据动量守恒定律得：
（m1+m2）v=m1 2v+m2v′
解得：
[2]因为m1＞m2．所以v′为负值，可知方向竖直向下，
19．
【详解】
人与气球组成的系统动量守恒，设气球的速度v1， 人的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向上为正方向，由动量守恒得
解得
其中
解得
则软绳至少的长度
20．分离后卫星的速度增加到7.3×103m/s，火箭壳体的速度为5.5×103m/s．
【详解】
设分离后壳体的速度为v′，根据动量守恒定律得
（m1+m2）v=m1（v′+u）+m2v′
代入数据解得
v′=5.5×103m/s
则卫星的速度为5.5×103m/s+1.8×103m/s=7.3×103m/s．
卫星分离后速度v1=7.3×103m/s＞v=7.0×103m/s，将发生“离心现象”，卫星对地面的高度将增大，该过程需克服地球引力做功，万有引力势能将增大，动能将减小，卫星将在某一较高的圆轨道上“稳定”下来作匀速圆周运动．而火箭壳体分离的一速度v′=5.5×103m/s＜v，它的轨道高度不断降低，地球对它的引力做正功，万有引力势能不断减小，动能不断增大，最后将会在大气层中被烧毁．
21．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据动量守恒定律有
解得
（3）设旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度为ω，由题意可得
解得
22．200m/s
【详解】
在爆炸极短时间内，导弹所受的重力，远小于内部的爆炸力，系统动量守恒；根据动量守恒定律，有
解得
23．(1)280N，方向竖直向下；(2)0m
【详解】
(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则有
联立解得
在B点处，对物块有
解得
根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小，方向竖直向下
(2)物块滑离工件后做平抛运动的时间
物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距离
而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为，工件向左运动的距离为，两者在水平方向动量守恒，则由水平方向动量守恒得
两边同乘于两者相互作用的时间得
又由位移关系得
联立解得
，
故物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力，这种发动机工作时，由电极发射的电子射人稀有气体（如氙气），使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速。已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的个数为N，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为（ ）
A． B． C． D．
2．空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02－2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（ ）
A．绕地球运行速度约为2.0km/s
B．绕地球运行速度约为9.0km/s
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，朝运动方向喷气
D．3月份发动机肯定工作过一段时间
3．2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为（ ）
A．v0-v B．（v0-v）
C．（v0-v）＋v D．
4．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m，则船的质量为（ ）
A． B． C． D．
5．关于反冲运动的说法中，正确的是（ ）
A．抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲
B．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
C．若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力
D．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
6．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
7．近几年来，我国的大推力火箭“长征五号”（昵称“胖五”）频频亮相，多次承担重要发射任务。其上搭载了8台型号为YF-100的液氧煤油发动机，8台发动机一起工作时，每秒钟可将3200kg的高温气体以3000m/s的速度喷出，则每台发动机的最大推力约为（ ）
A．1.2×105N B．9.6×105N C．1.2×106N D．9.6×106N
8．如图所示，足够长的传送带AB以速度逆时针转动，与水平面夹角为θ=37°，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接，CO高度h=1.25m，滑块1、2用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（1、2与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复原长，滑块1离开桌面落到地面距离O点x=2m的位置。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，滑块1、2质量分别为kg、kg。若滑块经过B点时没有能量损失，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．滑块1离开桌面时的速度大小2.0m/s
B．弹簧压缩时储存的弹性势能12J
C．滑块2在传送带上滑过程中，传送带痕迹长度0.6m
D．滑块2在传送带上运动的时间0.5s
9．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
C．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
10．西晋史学家陈寿在《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这就是著名的曹冲称象的故事。某同学欲挑战曹冲，利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后慢速进入静止的平行于河岸的船的船头，再从船头行走至船尾，之后，慢速下船，测出船后退的距离d与自身的质量m，若忽略一切阻力，则船的质量为（ ）
A． B． C． D．
11．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M >m。下列说法正确的是（ ）
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
12．一个质量为的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度飞行时，突然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，则下列说法正确的是（ ）
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点的距离比为
D．爆炸过程释放的化学能为
13．在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。在大人和小孩交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是（ ）
A．向右运动一段距离，最后静止
B．向左运动一段距离，最后静止
C．一直保持静止
D．上述三种都可能
14．用如图所示实验能验证动量守恒定律。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为LA=1m ，LB=2m，实验结果表明下列说法正确的是（ ）
A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA：vB=1：2
B．木块A、B的质量之比mA：mB=1：2
C．木块A、B离开弹簧时动量大小的之比pA：pB=1：2
D．木块A、B离开弹簧时的动能之比EA：EB=2：1
15．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平。炮弹在最高点爆炸成两块，其中质量为的一块恰好做自由落体运动，则爆炸后另一块的瞬时速度大小为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
16．火箭工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了______的原理，它们靠______的反冲作用而获得巨大的速度。
17．质量是 m=3kg 的物体在离地面为 h=20m 处，正以水平速度 v=20m/s，运动时突然炸裂成两块，其中一块质量为 m1=1kg。仍沿原运动方向以v1=40m/s的速度飞行，炸裂后的另一块速度大小为_____m/s。火药爆炸所释放的能量是_____J，两物块落到水平地面上的距离为_____m(不计空气阻 力，g 取 10m/s2)。
18．如图所示，气球吊着A、B两个重物以速度v匀速上升，已知A与气球 的总质量为m1，B的质量为m2，且m1>m2．某时刻A、B间细线断裂，当气球的速度增大为2v时，B的速度大为_______，方向_______．（不计空气阻力）
19．质量为m1，的热气球吊筐中有一质量为m2的人，共同静止在距地面为h的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳长度至少为_________。
三、解答题
20．用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为，最后一节火箭壳体的质量为。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为。试分析计算：分离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度是多大？分离后它们将如何运动？
21．2021年10月3日神州十三号飞船发射成功，神舟十三号与中国空间站的天和核心舱对接后，与空间站一起绕地球做匀速圆周运动，三位宇航员将在空间站驻留六个月从事各项科学研究工作。已知我国空间站距离地球表面的高度为，空间站（包括神州十三号飞船与核心舱对接后）总质量为，地球质量为，地球半径为，引力常数为。
（1）求空间站绕地球做匀速圆周运动的周期；
（2）神州十三号飞船采用长征二号火箭发射，在发射过程中靠喷射燃料获得反冲速度，发射初期火箭的速度远小于燃料的喷射速度，可忽略；已知燃料的喷射速度为，在极短的时间内火箭喷射的燃料质量为，喷气后神舟飞船与火箭（包括燃料）的总质量为，求这过程中飞船和火箭增加的速度大小；
（3）在空间站中，宇航员长期处于失重状态。为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为，圆环的半径为，宇航员可视为质点，为达到目的，旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度应为多大？
22．一枚在空中水平飞行的导弹，质量为m =500kg，在某点速度的大小为v=100m/s，方向如图，导弹在该点突然炸裂成两块，其中质量m1=200kg的一块沿着v的反方向飞去，速度大小为v1=50m/s，求炸裂后另一块的速度v2。
23．如图所示，质量为的工件带有半径的光滑圆弧轨道，静止在光滑水平地面上，B为轨道的最低点，B点距地面高度。质量为的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放，经B点后滑离工件，取。求：
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；
(2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】
根据动能定理，有
解得
对时间内喷射出的氙离子，根据动量定理，有
其中
联立有
故选C。
2．D
【详解】
AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度（v1=7.9km/s）
地球半径约为6400km，设空间站离地高度为h，则
解得
空间站距离地面的高度约为
h+R=420km+6400km=6820km
则
故AB错误；
C．若要增加空间站高度，由反冲原理，应开启发动机，朝运动的反方向喷气，故C错误；
D．由图可以看出3月份有段时间空间站的离地高度增加，说明发动机工作了一段时间，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】
喷射燃气的过程动量守恒，有
解得
故选C。
4．B
【详解】
画出如图所示的草图
设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则
人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得船的质量
故B正确，ACD错误。
故选B。
5．D
【详解】
A．反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动。定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故A错误；
BD． 在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故B错误，D正确；
C．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故C错误。
故选D。
6．D
【详解】
A．滑块不固定，当
时，设小球沿槽上升的高度为h，则有
mv0＝（m＋M）v
mv02＝（M＋m）v2＋mgh
可解得
故A错误；
B．当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；
C．当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有
mv0＝（M＋m）v
小球具有水平速度，故C错误；
D．当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞
mv0＝mv1＋Mv2
mv02＝mv12＋Mv22
当m>M，v1与v0方向相同，向左，当m
7．C
【详解】
8台发动机每秒钟可将3200kg的高温气体以3000m/s的速度喷出，由动量定理有
解得
则每台发动机的最大推力为，故C正确，ABD错误。
故选C。
8．B
【详解】
A．滑块1离开桌面做平抛运动，由
，
解得滑块1离开桌面时的速度
选项A错误；
B．水平轨道BC光滑，剪断细线后弹簧恢复原长过程中，滑块1、2动量守恒，滑块1、2和弹簧机械能守恒，则
，
解得弹簧压缩时储存的弹性势能
选项B正确；
C．滑块2上滑时，沿传动带斜面方向，受到重力沿斜面向下的分力、沿传动带斜面向下的摩擦力，有
则滑块2上滑的时间
滑块2在传送带上滑的位移大小为
传送带运动的位移大小为
滑块2在传送带上滑过程中，传送带痕迹长度
选项C错误；
C．滑块2开始下滑加速度仍为，由于传动带速度大于，则滑块下滑的过程是上滑的逆过程，下滑的到传动带底端时速度为，下滑需要时间为。故滑块2在传送带上运动的时间为
选项D错误。
故选B。
9．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
所以滑块滑到底端的速度小于，所以滑块下滑到斜面体底端时重力的瞬时功率小于
B错误；
C．由于滑块下滑过程中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
解得
D错误。
故选C。
10．D
【详解】
画出如图所示的草图
设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则
，
人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得船的质量
故选D。
11．C
【详解】
A．小球由静止释放后，除重力做功外，小车对小球也做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向的动量守恒，故B错误；
C．由动量守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，初状态水平方向动量为零，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，相对小车静止，系统的末动量也为零，所以小车的速度为零，故C正确；
D．由水平方向的动量守恒可得小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，运动到最低点时，有
则有
可得
且
则可得
则小球运动到左侧做高点时，小车向右移动的距离为
所以小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，由动量守恒定律可得，小球从圆形轨道左侧的最高点由静止释放，运动到右侧做高点时，小车回到原来的位置，所以小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，故D错误。
故选C。
12．D
【详解】
AB．爆炸后甲、乙和丙三块弹片在竖直方向上都做自由落体运动，所以落地的时间相等，AB错误；
C．丙沿原路径回到原射出点，所以丙的速度为，取向右为正，根据动量守恒
解得甲的速度为
根据水平位移
x=vt
由于两者下落的时间相同，故甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为，C错误；
D．爆炸过程释放的化学能为
D正确。
故选D。
13．B
【详解】
以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。在大人和小孩相互交换位置时，可假定平板车不动，则在大人和小孩相互交换位置后，系统的重心将右移（因大人的质量要大于小孩的质量）。因此为使系统的重心位置保持不变，平板车必须左移，而在大人和小孩交换位置后，人的动量为零，而总动量为零，则车的动量也为零，故向左运动一段距离，最后静止，故选B。
14．A
【详解】
A．两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式
x=v0t
及LA=1m，LB=2m，解得
vA：vB=LA：LB=1：2
故A正确；
B．弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得
mAvA-mBvB=0
解得
mA：mB=vB：vA=2：1
故B错误；
C．根据动量的表达式
pA= mAvA
pB =mBvB
弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得
mAvA-mBvB=0
木块A、B离开弹簧时动量大小的之比
pA：pB= mAvA：mBvB =1：1
故C错误；
D．根据动能的表达式
可知
EkA：EkB=1：2
故D错误。
故选A。
15．B
【详解】
爆炸前动量为，设爆炸后另一块的瞬时速度大小为，取炮弹在最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸前后系统水平方向动量守恒，则有
解得
故选B。
16． 反冲 喷出气流
【详解】
略
17． 10m/s 300J 60m
【详解】
[1]根据动量守恒定律
代入数据得
[2]根据能量守恒
可得释放的能量
[3]根据
可得落地时间
落地时的水平距离
18． 竖直向下
【详解】
[1]规定向上为正方向，根据动量守恒定律得：
（m1+m2）v=m1 2v+m2v′
解得：
[2]因为m1＞m2．所以v′为负值，可知方向竖直向下，
19．
【详解】
人与气球组成的系统动量守恒，设气球的速度v1， 人的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向上为正方向，由动量守恒得
解得
其中
解得
则软绳至少的长度
20．分离后卫星的速度增加到7.3×103m/s，火箭壳体的速度为5.5×103m/s．
【详解】
设分离后壳体的速度为v′，根据动量守恒定律得
（m1+m2）v=m1（v′+u）+m2v′
代入数据解得
v′=5.5×103m/s
则卫星的速度为5.5×103m/s+1.8×103m/s=7.3×103m/s．
卫星分离后速度v1=7.3×103m/s＞v=7.0×103m/s，将发生“离心现象”，卫星对地面的高度将增大，该过程需克服地球引力做功，万有引力势能将增大，动能将减小，卫星将在某一较高的圆轨道上“稳定”下来作匀速圆周运动．而火箭壳体分离的一速度v′=5.5×103m/s＜v，它的轨道高度不断降低，地球对它的引力做正功，万有引力势能不断减小，动能不断增大，最后将会在大气层中被烧毁．
21．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据动量守恒定律有
解得
（3）设旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度为ω，由题意可得
解得
22．200m/s
【详解】
在爆炸极短时间内，导弹所受的重力，远小于内部的爆炸力，系统动量守恒；根据动量守恒定律，有
解得
23．(1)280N，方向竖直向下；(2)0m
【详解】
(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则有
联立解得
在B点处，对物块有
解得
根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小，方向竖直向下
(2)物块滑离工件后做平抛运动的时间
物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距离
而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为，工件向左运动的距离为，两者在水平方向动量守恒，则由水平方向动量守恒得
两边同乘于两者相互作用的时间得
又由位移关系得
联立解得
，
故物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页