1.6反冲现象火箭精选训练题 同步练习（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 1.6反冲现象火箭精选训练题 同步练习（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 526.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-04-15 11:22:04 | ||
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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．某科技小组的同学做火箭升空发射试验，火箭模型质量为1.00kg，注入燃料50g。点火后燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出，喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（ ）
A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/s
C．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s
2．下列关于反冲现象的说法中，正确的是（ ）
A．抛出物体的质量要小于剩下物体的质量才能发生反冲
B．若抛出物体A的质量大于剩下物体B的质量，则B受的反冲力大于A所受的反冲力
C．反冲现象中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D．对抛出部分和剩余部分，牛顿第二定律都适用
3．质量为M、长为L的均匀长木板AB，放在光滑的地面上，有一半长度伸出坡外，在木板的A端站立一质量为m的人，开始时，人与木板都处于静止状态，现让人从A端走向B瑞，则下列说法中正确的是（ ）
A．这很危险，当人行至B端时，人和板将翻下坡底
B．尚未行至B端，只要人越过坡面与地面的交点C，人和板将翻下坡底
C．不用担心，人能安全地到达B并立于B端，人、板不会翻倒
D．人能不能安全地到达B并立于B端，不能一概而论，要视M与m的关系而定
4．如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为的燃气，则喷气后导弹的速率为（ ）
A． B． C． D．
5．质量为m的烟花弹竖直上升到最高点h处时爆炸成质量相等的两块碎片，两块碎片同时落地，落地点相距L，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则烟花弹爆炸使两块碎片增加的机械能为（ ）
A． B． C． D．
6．2020年12月22日12时37分，长征八号运载火箭自中国文昌航天发射场发射升空，将新技术试验卫星等多颗卫星送入太阳同步轨道。假设其中一颗航天器质量为M，以速度v0在太空中飞行，某一时刻该航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为（ ）
A． B． C． D．
7．2021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．
8．如图所示，两块小木块和，中间夹上轻弹簧，用细线扎在一起，放在光滑的水平台面上，烧断细线，弹簧将小木块，弹出，最后落到水平地面上，根据图中的有关数据，可以判定下列说法中正确的有（弹簧原长远小于桌面长度）（ ）
A．小木块先落到地面上
B．两小木块质量之比
C．两小木块离开桌面时，动能之比
D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比
9．如图所示，由两段圆弧和两段直轨道平滑连接，组成的封闭轨道固定在水平面上，整个封闭轨道关于O1O2连线所在直线对称，在两小球间压缩一轻弹簧（弹簧与小球不拴连），用细线固定并靠着直轨道静置，不计一切摩擦。已知r2=2r1，m1=2m2=m，现将细线烧断，两小球进入圆弧轨道前弹簧已恢复原长，小球m1进入圆弧轨道时的速度为v，下列说法中正确的是（ ）
A．两球进入圆弧轨道时的动能之比Ek1：Ek2=2：1
B．两球进入圆弧轨道时对轨道的压力之比F1：F2=1：2
C．烧断细绳前，弹簧储存的弹性势能为Ep=mv2
D．两球经过圆弧轨道的时间相同
10．如图所示，光滑绝缘水平面上带有同种电荷的A、B两个小球质量分别为m1，m2，当相距一定距离时同时释放，在释放后的任一时刻，A、B两小球的下列关系正确的是（ ）
A．受力之比等于m1：m2
B．加速度之比等于m1：m2
C．动量之比等于m2：m1
D．动能之比等于m2：m1
11．我国发射的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接。假设“神舟十一号”飞船到达对接点附近时对地的速度为v0，此时的质量为M。欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为m的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2，不考虑飞船加速过程中的变轨，则在这个过程中，下列各表达式正确的是（ ）
A．Mv0=Mv1+mv2
B．Mv0=Mv1-mv2
C．Mv0=（M-m）v1+mv2
D．Mv0=（M-m）v1-mv2
12．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量为m=50kg，船的质量为M=100kg ，从某时刻起，人以v=10m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。不计水对船的阻力，船长为L=6m，则下列说法正确的是（ ）
A．人在船上走动过程中，船的速度为5m/s
B．人在船上走动过程中，船的位移是人的位移的2倍
C．走动时人的动量大于小船的动量
D．人突然停止走动后，小船由于惯性的缘故还会继续运动
13．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，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θ，则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑）（ ）
A．v0 B． C． D．
14．光滑水平桌面上有A、B两个物体，A的质量是B的k倍。将一轻弹簧置于A、B之间，用外力缓慢压A、B。撤去外力后，A、B开始运动，A和B的动量大小的比值为（ ）
A． B．1 C． D．k
15．下列运动不属于反冲运动的有（ ）
A．乒乓球碰到墙壁后弹回 B．发射炮弹后炮身后退
C．喷气式飞机喷气飞行 D．火箭升空
二、填空题
16．火箭飞行的工作原理是什么？
17．质量为100kg的小船沿东西方向静止在水面上，船两端站有质量分别为40kg和60kg的甲、乙两人，当甲、乙两人同时以3m/s的速率向东、向西跳入水中后，小船的速度大小为________m/s，方向向_______。
18．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。
19．静止在水面上的船长为L、质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离是____．
三、解答题
20．某人以大小为v0、方向与水平向右方向夹角的初速度斜向上抛出一颗手榴弹，手榴弹到达最高点时炸成质量分别为m和3m的两块。其中质量大的一块沿着手榴弹爆炸前瞬间的速度方向以大小v0的速度飞行。不计空气阻力，不计炸药质量。求：
(1)手榴弹在最高点的速度v1的大小和方向；
(2)质量较小的另一块弹片速度v2的大小和方向；
(3)爆炸过程转化为弹片动能的化学能E。
21．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：
(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？
22．“愤怒的小鸟”是按物理规律设置的一款游戏。用弹枪将一只质量为M＝3kg的鸟从水平地面发射，弹枪释放的弹性势能为EP＝1200J，该鸟运动到离地h＝20m的最高点时发生爆炸，变为三只质量为m＝1kg的小鸟。爆炸之后瞬间三只小鸟速度均沿同一水平方向，且中间的一只小鸟的速度和爆炸前没有区别，落地的时候离发射处最近的和最远的小鸟相距为d＝40m。g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)爆炸前鸟的速度多大？
(2)爆炸后瞬间另两只小鸟的速度分别为多少？
(3)爆炸前后小鸟们的动能增加多少？
23．如图所示，半径为R的半圆形滑槽的质量为M，静止放置在光滑的水平面上，一质量为m的小球从滑槽的右边缘与圆心等高处无初速地滑下。已知重力加速度大小为g，求：
（1）小球在最低点时的速度v；
（2）滑槽移动的最大距离X。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】
火箭喷出气体后，对火箭和燃料系统的动量守恒，则根据动量守恒定律
可得火箭的动量大小
故选A。
2．D
【详解】
A．反冲现象中并没有确定两部分物体之间的质量关系，选项A错误；
B．在反冲现象中，两部分物体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，选项B错误；
CD．在反冲现象中，一部分物体受到的另一部分物体的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度增大，在此过程中，对每一部分，牛顿第二定律都适用，选项C错误，选项D正确。
故选D。
3．C
【详解】
地面光滑，水平方向，木板和人都只受到摩擦力作用，设向右为正，为人的速度大小，为木板速度大小，由于系统动量守恒，则有
即
如果
，则，人走到C点之前木板的B点已经到达C点，人不会掉下
m=M，则，人走到C点的时候，B端点到达C点，人也不会掉下
m木板的位移为d，人的位移为，根据动量守恒
由于运动时间一样，则有
m
即
整理
根据图可知，左右各有长度的木板力矩平衡掉了，如果m的力矩大于左端2d长的木板产生的力矩，则会掉下去，小于则不会掉下去。人的力矩为
2d长度木板力矩为
联立解得，2d长度木板力矩为
则
所以人不会掉下来
ABD错误，C正确。
故选C。
4．A
【详解】
设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律
解得
故选A。
5．C
【详解】
烟花弹竖直上升到最高点爆炸成质量相等的两块碎片，则根据动量守恒，则
两块碎片同时落地，说明碎片的速度是水平速度，根据
烟花弹爆炸使两块碎片增加的机械能
解得
故选C。
6．C
【详解】
规定航天器的速度方向为正方向，发动机喷气过程中系统动量守恒，故由动量守恒定律可得
解得
故选C。
7．C
【详解】
喷射燃气的过程动量守恒，有
解得
故选C。
8．D
【详解】
A．两木块被弹簧弹开后离开桌面做平抛运动，下落的高度相同，则下落时运动的时间相同，物块B平抛的位移较大，则抛出时B的速度较大，物块B在桌面上运动的时间较短，则小木块B先落到地面上，A错误；
B．物块B做平抛的水平射程等于A的2倍，则
根据动量守恒定律
两小木块质量之比
B错误；
C．两小木块离开桌面时，动能之比
C错误；
D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小
IG=mgt
在空中运动的时间相等，则所受的冲量之比
D正确。
故选D。
9．C
【详解】
A．对两球组成的系统，由动量守恒定律可知
解得
两球进入圆弧轨道时的动能之比
选项A错误；
B．根据
可得两球进入圆弧轨道时对轨道的压力之比
选项B错误；
C．烧断细绳前，弹簧储存的弹性势能为
选项C正确；
D．设左边小圆弧所对圆心角为θ，则大圆弧所对圆心角为2π-θ两球经过圆弧轨道的时间之比
选项D错误。
故选C。
10．D
【详解】
A．两电荷之间的作用力为相互作用力，则受力之比等于1:1，选项A错误；
B．根据F=ma可知，加速度之比等于m2：m1，选项B错误；
C．两电荷组成的系统受合外力为零，则总动量守恒，则
p1-p2=0
即动量之比等于1:1，选项C错误；
D．根据
可知，动能之比等于m2：m1，选项D正确。
故选D。
11．D
【详解】
选飞船向上飞行的速度方向为正方向，飞船发动机点火喷出燃气过程动量守恒。
由动量守定律得
故选D。
12．A
【详解】
A．对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得
得
故A正确；
B．人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得
又
解得
，
即人的位移是船的2倍，故B错误；
C．由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量等大反向，故C错误；
D．人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则
(M＋m)v=0
所以
v=0
说明船的速度立即变为零，故D错误。
故选A。
13．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
m2v0cosθ-(m1-m2)v=0
解得
C正确。
故选C。
14．B
【详解】
设A和B的动量大小分别为pA和pB，由于系统初动量为零，且A、B被弹开后运动方向相反，则根据动量守恒定律有
即
故选B。
15．A
【详解】
A．乒乓球碰到墙壁上弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲；A正确；
BCD．系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象，所以，发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；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；火箭升空是利用反冲原理，是反冲现象，BCD错误。
故选A。
16．见解析
【详解】
火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理．
17． 0.6 东
考查动量守恒定律。
【详解】
[1][2]．甲乙船三者组成的系统动量守恒，取向东为正方向，则：
代入数据解得；速度v为正值，方向向东。
18． 反冲 喷出气流
【详解】
略
19．
【详解】
船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒定律有
mv1 Mv2=0
人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于地面行走的距离为L x，则有
解得
20．(1) v0 ；方向向右；(2) v0；方向与原来运动的方向相反．(3)
【详解】
(1)根据平行四边形定则知，手榴弹到达最高点的速度
v1＝v0cos60°＝v0
方向向右；
(2)两块弹片组成的系统水平方向上动量守恒，规定质量大的一块运动方向为正方向，结合动量守恒定律得
4mv1=3m v0+mv2
解得
v2= v0
方向与原来运动的方向相反．
(3)爆炸过程转化为弹片动能的化学能
21．(1)2.5v0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反；(2)
【详解】
(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为
v1＝v0cos60°＝
设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
3mv1＝2mv1′＋mv2
又v1′＝2v0，解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为
22．(1) 20m/s；(2) 10m/s和30m/s；(3) 100J
【详解】
(1)根据机械能守恒定律
代入数据得
(2)根据平抛运动的规律有
得
最远和最近的小鸟的速度之差为
根据动量守恒定律知，三只小鸟水平方向上的速度之差相等，则爆炸后瞬间另两只小鸟的速度分别为10m/s和30m/s。
(3)动能增加量为
23．(1) ；(2)
【详解】
(1)当小球滑到滑槽底部时，系统在水平方向上动量守恒，有
系统机械能守恒，有
解得
(2)当小球滑到最左端时，滑槽运动的距离最大，则有
，
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．某科技小组的同学做火箭升空发射试验，火箭模型质量为1.00kg，注入燃料50g。点火后燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出，喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（ ）
A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/s
C．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s
2．下列关于反冲现象的说法中，正确的是（ ）
A．抛出物体的质量要小于剩下物体的质量才能发生反冲
B．若抛出物体A的质量大于剩下物体B的质量，则B受的反冲力大于A所受的反冲力
C．反冲现象中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D．对抛出部分和剩余部分，牛顿第二定律都适用
3．质量为M、长为L的均匀长木板AB，放在光滑的地面上，有一半长度伸出坡外，在木板的A端站立一质量为m的人，开始时，人与木板都处于静止状态，现让人从A端走向B瑞，则下列说法中正确的是（ ）
A．这很危险，当人行至B端时，人和板将翻下坡底
B．尚未行至B端，只要人越过坡面与地面的交点C，人和板将翻下坡底
C．不用担心，人能安全地到达B并立于B端，人、板不会翻倒
D．人能不能安全地到达B并立于B端，不能一概而论，要视M与m的关系而定
4．如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为的燃气，则喷气后导弹的速率为（ ）
A． B． C． D．
5．质量为m的烟花弹竖直上升到最高点h处时爆炸成质量相等的两块碎片，两块碎片同时落地，落地点相距L，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则烟花弹爆炸使两块碎片增加的机械能为（ ）
A． B． C． D．
6．2020年12月22日12时37分，长征八号运载火箭自中国文昌航天发射场发射升空，将新技术试验卫星等多颗卫星送入太阳同步轨道。假设其中一颗航天器质量为M，以速度v0在太空中飞行，某一时刻该航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为（ ）
A． B． C． D．
7．2021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．
8．如图所示，两块小木块和，中间夹上轻弹簧，用细线扎在一起，放在光滑的水平台面上，烧断细线，弹簧将小木块，弹出，最后落到水平地面上，根据图中的有关数据，可以判定下列说法中正确的有（弹簧原长远小于桌面长度）（ ）
A．小木块先落到地面上
B．两小木块质量之比
C．两小木块离开桌面时，动能之比
D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比
9．如图所示，由两段圆弧和两段直轨道平滑连接，组成的封闭轨道固定在水平面上，整个封闭轨道关于O1O2连线所在直线对称，在两小球间压缩一轻弹簧（弹簧与小球不拴连），用细线固定并靠着直轨道静置，不计一切摩擦。已知r2=2r1，m1=2m2=m，现将细线烧断，两小球进入圆弧轨道前弹簧已恢复原长，小球m1进入圆弧轨道时的速度为v，下列说法中正确的是（ ）
A．两球进入圆弧轨道时的动能之比Ek1：Ek2=2：1
B．两球进入圆弧轨道时对轨道的压力之比F1：F2=1：2
C．烧断细绳前，弹簧储存的弹性势能为Ep=mv2
D．两球经过圆弧轨道的时间相同
10．如图所示，光滑绝缘水平面上带有同种电荷的A、B两个小球质量分别为m1，m2，当相距一定距离时同时释放，在释放后的任一时刻，A、B两小球的下列关系正确的是（ ）
A．受力之比等于m1：m2
B．加速度之比等于m1：m2
C．动量之比等于m2：m1
D．动能之比等于m2：m1
11．我国发射的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接。假设“神舟十一号”飞船到达对接点附近时对地的速度为v0，此时的质量为M。欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为m的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2，不考虑飞船加速过程中的变轨，则在这个过程中，下列各表达式正确的是（ ）
A．Mv0=Mv1+mv2
B．Mv0=Mv1-mv2
C．Mv0=（M-m）v1+mv2
D．Mv0=（M-m）v1-mv2
12．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量为m=50kg，船的质量为M=100kg ，从某时刻起，人以v=10m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。不计水对船的阻力，船长为L=6m，则下列说法正确的是（ ）
A．人在船上走动过程中，船的速度为5m/s
B．人在船上走动过程中，船的位移是人的位移的2倍
C．走动时人的动量大于小船的动量
D．人突然停止走动后，小船由于惯性的缘故还会继续运动
13．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，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θ，则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑）（ ）
A．v0 B． C． D．
14．光滑水平桌面上有A、B两个物体，A的质量是B的k倍。将一轻弹簧置于A、B之间，用外力缓慢压A、B。撤去外力后，A、B开始运动，A和B的动量大小的比值为（ ）
A． B．1 C． D．k
15．下列运动不属于反冲运动的有（ ）
A．乒乓球碰到墙壁后弹回 B．发射炮弹后炮身后退
C．喷气式飞机喷气飞行 D．火箭升空
二、填空题
16．火箭飞行的工作原理是什么？
17．质量为100kg的小船沿东西方向静止在水面上，船两端站有质量分别为40kg和60kg的甲、乙两人，当甲、乙两人同时以3m/s的速率向东、向西跳入水中后，小船的速度大小为________m/s，方向向_______。
18．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。
19．静止在水面上的船长为L、质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离是____．
三、解答题
20．某人以大小为v0、方向与水平向右方向夹角的初速度斜向上抛出一颗手榴弹，手榴弹到达最高点时炸成质量分别为m和3m的两块。其中质量大的一块沿着手榴弹爆炸前瞬间的速度方向以大小v0的速度飞行。不计空气阻力，不计炸药质量。求：
(1)手榴弹在最高点的速度v1的大小和方向；
(2)质量较小的另一块弹片速度v2的大小和方向；
(3)爆炸过程转化为弹片动能的化学能E。
21．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：
(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？
22．“愤怒的小鸟”是按物理规律设置的一款游戏。用弹枪将一只质量为M＝3kg的鸟从水平地面发射，弹枪释放的弹性势能为EP＝1200J，该鸟运动到离地h＝20m的最高点时发生爆炸，变为三只质量为m＝1kg的小鸟。爆炸之后瞬间三只小鸟速度均沿同一水平方向，且中间的一只小鸟的速度和爆炸前没有区别，落地的时候离发射处最近的和最远的小鸟相距为d＝40m。g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)爆炸前鸟的速度多大？
(2)爆炸后瞬间另两只小鸟的速度分别为多少？
(3)爆炸前后小鸟们的动能增加多少？
23．如图所示，半径为R的半圆形滑槽的质量为M，静止放置在光滑的水平面上，一质量为m的小球从滑槽的右边缘与圆心等高处无初速地滑下。已知重力加速度大小为g，求：
（1）小球在最低点时的速度v；
（2）滑槽移动的最大距离X。
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参考答案：
1．A
【详解】
火箭喷出气体后，对火箭和燃料系统的动量守恒，则根据动量守恒定律
可得火箭的动量大小
故选A。
2．D
【详解】
A．反冲现象中并没有确定两部分物体之间的质量关系，选项A错误；
B．在反冲现象中，两部分物体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，选项B错误；
CD．在反冲现象中，一部分物体受到的另一部分物体的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度增大，在此过程中，对每一部分，牛顿第二定律都适用，选项C错误，选项D正确。
故选D。
3．C
【详解】
地面光滑，水平方向，木板和人都只受到摩擦力作用，设向右为正，为人的速度大小，为木板速度大小，由于系统动量守恒，则有
即
如果
，则，人走到C点之前木板的B点已经到达C点，人不会掉下
m=M，则，人走到C点的时候，B端点到达C点，人也不会掉下
m
由于运动时间一样，则有
m
即
整理
根据图可知，左右各有长度的木板力矩平衡掉了，如果m的力矩大于左端2d长的木板产生的力矩，则会掉下去，小于则不会掉下去。人的力矩为
2d长度木板力矩为
联立解得，2d长度木板力矩为
则
所以人不会掉下来
ABD错误，C正确。
故选C。
4．A
【详解】
设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律
解得
故选A。
5．C
【详解】
烟花弹竖直上升到最高点爆炸成质量相等的两块碎片，则根据动量守恒，则
两块碎片同时落地，说明碎片的速度是水平速度，根据
烟花弹爆炸使两块碎片增加的机械能
解得
故选C。
6．C
【详解】
规定航天器的速度方向为正方向，发动机喷气过程中系统动量守恒，故由动量守恒定律可得
解得
故选C。
7．C
【详解】
喷射燃气的过程动量守恒，有
解得
故选C。
8．D
【详解】
A．两木块被弹簧弹开后离开桌面做平抛运动，下落的高度相同，则下落时运动的时间相同，物块B平抛的位移较大，则抛出时B的速度较大，物块B在桌面上运动的时间较短，则小木块B先落到地面上，A错误；
B．物块B做平抛的水平射程等于A的2倍，则
根据动量守恒定律
两小木块质量之比
B错误；
C．两小木块离开桌面时，动能之比
C错误；
D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小
IG=mgt
在空中运动的时间相等，则所受的冲量之比
D正确。
故选D。
9．C
【详解】
A．对两球组成的系统，由动量守恒定律可知
解得
两球进入圆弧轨道时的动能之比
选项A错误；
B．根据
可得两球进入圆弧轨道时对轨道的压力之比
选项B错误；
C．烧断细绳前，弹簧储存的弹性势能为
选项C正确；
D．设左边小圆弧所对圆心角为θ，则大圆弧所对圆心角为2π-θ两球经过圆弧轨道的时间之比
选项D错误。
故选C。
10．D
【详解】
A．两电荷之间的作用力为相互作用力，则受力之比等于1:1，选项A错误；
B．根据F=ma可知，加速度之比等于m2：m1，选项B错误；
C．两电荷组成的系统受合外力为零，则总动量守恒，则
p1-p2=0
即动量之比等于1:1，选项C错误；
D．根据
可知，动能之比等于m2：m1，选项D正确。
故选D。
11．D
【详解】
选飞船向上飞行的速度方向为正方向，飞船发动机点火喷出燃气过程动量守恒。
由动量守定律得
故选D。
12．A
【详解】
A．对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得
得
故A正确；
B．人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得
又
解得
，
即人的位移是船的2倍，故B错误；
C．由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量等大反向，故C错误；
D．人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则
(M＋m)v=0
所以
v=0
说明船的速度立即变为零，故D错误。
故选A。
13．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
m2v0cosθ-(m1-m2)v=0
解得
C正确。
故选C。
14．B
【详解】
设A和B的动量大小分别为pA和pB，由于系统初动量为零，且A、B被弹开后运动方向相反，则根据动量守恒定律有
即
故选B。
15．A
【详解】
A．乒乓球碰到墙壁上弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲；A正确；
BCD．系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象，所以，发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；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；火箭升空是利用反冲原理，是反冲现象，BCD错误。
故选A。
16．见解析
【详解】
火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理．
17． 0.6 东
考查动量守恒定律。
【详解】
[1][2]．甲乙船三者组成的系统动量守恒，取向东为正方向，则：
代入数据解得；速度v为正值，方向向东。
18． 反冲 喷出气流
【详解】
略
19．
【详解】
船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒定律有
mv1 Mv2=0
人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于地面行走的距离为L x，则有
解得
20．(1) v0 ；方向向右；(2) v0；方向与原来运动的方向相反．(3)
【详解】
(1)根据平行四边形定则知，手榴弹到达最高点的速度
v1＝v0cos60°＝v0
方向向右；
(2)两块弹片组成的系统水平方向上动量守恒，规定质量大的一块运动方向为正方向，结合动量守恒定律得
4mv1=3m v0+mv2
解得
v2= v0
方向与原来运动的方向相反．
(3)爆炸过程转化为弹片动能的化学能
21．(1)2.5v0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反；(2)
【详解】
(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为
v1＝v0cos60°＝
设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
3mv1＝2mv1′＋mv2
又v1′＝2v0，解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为
22．(1) 20m/s；(2) 10m/s和30m/s；(3) 100J
【详解】
(1)根据机械能守恒定律
代入数据得
(2)根据平抛运动的规律有
得
最远和最近的小鸟的速度之差为
根据动量守恒定律知，三只小鸟水平方向上的速度之差相等，则爆炸后瞬间另两只小鸟的速度分别为10m/s和30m/s。
(3)动能增加量为
23．(1) ；(2)
【详解】
(1)当小球滑到滑槽底部时，系统在水平方向上动量守恒，有
系统机械能守恒，有
解得
(2)当小球滑到最左端时，滑槽运动的距离最大，则有
，
解得
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