1.6反冲现象火箭 精选训练题 （Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 1.6反冲现象火箭 精选训练题 （Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-04-17 00:58:06 | ||
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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
1．一个不稳定的原子核质量为，处于静止状态。放出一个质量为的粒子后反冲。已知放出的粒子的动能为，则原子核反冲的动能为（ ）
A． B． C． D．
2．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
3．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
4．如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上白由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．绳的拉力对小球始终不做功
B．滑块与小球的质量关系为M=2m
C．释放小球时滑块到挡板的距离为
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为
5．一条质量约为180kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动（不计水的阻力）。如图所示是某研究性学习小组利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的四幅草图，图中实线部分为人在船尾时的情景，虚线部分为人走到船头时的情景。其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．长为L的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾。不计水的阻力，船对地面位移的大小为d，则小船的质量为（ ）
A． B． C． D．
7．一炮艇总质量为M，一速度v0匀速行驶，从炮艇上以相对海岸的水平速度v向前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮艇的速度为v，，若不计水的阻力，则下列关系式中正确的是（ ）
A．Mv0=（M-m）v，+mv
B．Mv0=（M-m）v，+m（v+v0）
C．Mv0=（M-m）v，+m（v+v，）
D．Mv0=Mv，+mv
8．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
9．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是（ ）
A．两滑块的动能之比
B．两滑块的动量大小之比
C．弹簧对两滑块的冲量大小之比
D．弹簧对两滑块做功之比
10．下列物体运动的原理与运载火箭发射升空的原理最为相似的是（ ）
A．爆竹飞上天空 B．运动员跳高 C．地球绕太阳运动 D．离弦之箭
11．2020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．
12．如图所示，一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，A车上有一质量m=1kg的光滑小球B，将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定（B与弹簧不拴接），此时弹簧的弹性势能Ep=6J，B与A右壁间距离为l。解除锁定，B脱离弹簧后与A右壁的油灰阻挡层（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列说法正确的是（ ）
A．B碰到油灰阻挡层前A与B的动量相同
B．B脱离弹簧时，A的速度大小为3m/s
C．B和油灰阻挡层碰撞并被粘住的过程，B受到的冲量大小为3N s
D．解除锁定后，B移动的总距离为
13．如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药（质量不计），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.8m、0.2m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1:m2为（ ）
A．1∶2 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶4
14．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
15．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知原子核反冲的动能为E0，则放出的粒子的动能为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
16．一个静止的 质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m 速度大小为υ的粒子后，原子核的剩余部分的速率等于________
17．平静的水面上，有一个质量M=130kg的小船浮于水面，船上一个质量m=70kg的人匀速从船头向船尾走了4m，不计水的阻力，则人相对水面走了__________m。
18．水平方向飞行的手榴弹，它的速度是20m/s，在空中爆炸后分裂成1 kg和0.5 kg的两部分，其中0.5 kg的那部分以10 m/s的速度与原速度反向运动，则另一部分此时的速度大小为______ ，方向 _____。
19．反冲现象规律：反冲运动中，相互作用力一般较______，满足______。
三、解答题
20．中国“天宫二号”空间实验室采用实验舱和资源舱两舱构型，全长10.4m，最大直径3.35m，太阳翼展宽约18.4m，质量为8.6t，在“神舟十一号”飞船与“天宫二号”自动交会对接过程中（如图所示），假设两个航天器的相对速度要从之前的10km/s降到0.2m/s，飞船上有像手一样的捕获装置，会先伸出手来把“天宫二号”紧紧抓住。若“神舟十一号”飞船从后加速追上“天宫二号”，假定“神舟十一号”飞船在对接前的质量为6t，发动机喷射燃料的速度为3000m/s，估算“神舟十一号”飞船需要喷射多少燃料。
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？
22．一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是M。这个士兵用自动步枪在t秒内沿水平方向连续射出n发子弹，若每发子弹的质量是m，子弹离开枪口时相对步枪的速度是u。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。求：
（1）第一次射击后皮划艇的速度；
（2）连续射击第10次后皮划艇的速度改变量；
（3）连续射击10次时枪所受到的平均反冲作用力。
23．如图所示，在水平面上固定一个半径R=1m的光滑圆弧轨道的工件，其圆心在O点，AOC连线水平，BOD连线竖直。在圆周轨道的最低点B有两个质量分别为m1=4kg、m2=1kg的可视为质点的小球1和2，两小球间夹有一个极短的轻弹簧，当弹簧储存了Ep=90J的弹性势能时锁定弹簧。某时刻解除锁定，弹簧将两个小球弹开，重力加速度g=10m/s2，试求：
(1)两小球脱离弹簧瞬间的速度；
(2)通过计算说明小球2第一次沿轨道上滑过程中能否到达D点？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
由动量守恒定律
解得
故选C。
2．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。
3．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。
4．C
【详解】
A．因滑块不固定，绳下摆过程中，绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，故A错误；
B．小球下摆过程，系统机械能守恒
水平方向动量守恒
小球向左摆动最高点，机械能守恒，有
联立解得
故B错误；
C．由动量守恒
可得
即释放小球时滑块到挡板的距离为，故C正确；
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为
故D错误。
故选C。
5．B
【详解】
船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上向右前进，船向左退，所以人的对地位移方向向右，船的对地位移方向向左，故B正确，ACD错误。
故选B。
6．B
【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，设船的质量为M，人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
人从船头到船尾，船对地面位移的大小为d，则人相对于地面的位移为，则有
解得
故选B。
7．A
【详解】
对艇和炮弹组组成的系统，开炮过程中动量守恒，开炮后艇的质量变为（M-m），则有
Mv0=（M-m）v′+mv
故选A。
8．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
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)v"
得
v"=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
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。
9．C
【详解】
A．根据动量守恒定律得
解得
两滑块的动能之比
A错误；
B．两滑块的动量大小之比为
B错误；
C．弹簧对两滑块的冲量大小之比
C正确；
D．弹簧对两滑块做功之比
D错误。
故选C。
10．A
【详解】
A．运载火箭发射升空是运用动量守恒定律，利用反冲现象而实现的，爆竹飞上天空也是利用了反冲现象，所以A正确；
B．运动员跳高是利用动能转化为重力势能，所以B错误；
C．地球绕太阳运动是利用万有引力提供向心力，所以C错误；
D．离弦之箭中“离弦之箭”是由于物体具有惯性，所以D错误；
故选A。
11．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。
12．C
【详解】
A．B碰到油灰阻挡层前A与B的动量大小相同，方向相反，故A错误；
B．设B脱离弹簧时，A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
①
根据能量守恒定律有
②
联立①②解得
， ③
故B错误；
C．根据动量守恒定律可知B和油灰阻挡层碰撞并被粘住后，A、B的速度都将变为零，对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为
④
故C正确；
D．从解除锁定到B和油灰阻挡层碰撞前瞬间，A、B的速度大小始终满足
⑤
所以整个过程A、B的移动的距离满足
⑥
根据位移关系有
⑦
联立⑥⑦解得
， ⑧
故D错误。
故选C。
13．A
【详解】
爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则
爆炸之后分别对两滑块动能定理可知：滑块P
滑块Q
联立代入已知数据解得
故选A。
14．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。
15．A
【详解】
核反应过程系统动量守恒，以放出粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
原子核的动能
粒子的动能
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
16．
【详解】
规定后质量为m的粒子的速度方向为正，根据动量守恒定律研究整个原子核：
，解得：，即剩余部分获得的反冲速度大小为，方向与规定正方向相反．
【点睛】原子核衰变的过程可以认为系统动量守恒，根据动量守恒定律列出等式解决问题．
17．2.6
【详解】
人和船组成的系统，在水平方向上满足动量守恒，人在船上走，船向后运动，设人运动的方向为正方向，由动量守恒定律可得
设人从船头向船尾走了L=4m，船后退的位移大小为x，则人相对于水面的位移大小为L x，所用时间为t，则有
联立可得
解得
则人相对水面走了
考点：考查了动量守恒定律的应用。
18． 35m/s 与初速度方向相同
【详解】
以手榴弹为研究对象，爆炸过程中动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2）v=m1v1+m2v2，即：（1+0.5）×20=0.5×（-10）+1×v2，解得：v2=35m/s，方向与初速度方向相同；
19． 大 动量守恒定律
【详解】
略
20．4615kg
【详解】
设喷燃料前飞船的质量为M，喷射出燃料的质量为m，以喷燃料前的飞船为参考系，喷燃料后飞船速度与“天宫二号”速度相差0.2m/s，因为0.2m/s<10km/s，故可认为喷燃料后飞船速度增加=10km/s，喷出的燃料可等效为一次喷出，=3000m/s，由动量守恒定律可得
解得
m=4615kg
即需喷出4615kg的燃料。
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．（1）；（2）；（3）
【详解】
第一次射击
或
解得
第二次射击
解得
第三次射击
第n次射击
那么
对连续射击10次的整个过程动量定理
又因为
可得
故有
23．(1) 3m/s，水平向左；12m/s，水平向右；(2)能，计算过程见解析
【详解】
(1)设小球m1的速度为v1，m2的速度为v2，两小球与弹簧组成的系统，水平方向合外力为零，且只有弹力做功，由动量守恒有
m1v1=m2v2
由能量守恒有
联立并代入数据解得
v1=3m/s
水平向左
v2=12m/s
水平向右。
(2)小球2水平向右运动，设其能到达圆周的最高点D，由机械能守恒有：
代入数据解得
vD=m/s
又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为
代入数据解得
v=m/s
比较两式知
vD>v
小球2能到达D点。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．一个不稳定的原子核质量为，处于静止状态。放出一个质量为的粒子后反冲。已知放出的粒子的动能为，则原子核反冲的动能为（ ）
A． B． C． D．
2．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
3．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
4．如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上白由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．绳的拉力对小球始终不做功
B．滑块与小球的质量关系为M=2m
C．释放小球时滑块到挡板的距离为
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为
5．一条质量约为180kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动（不计水的阻力）。如图所示是某研究性学习小组利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的四幅草图，图中实线部分为人在船尾时的情景，虚线部分为人走到船头时的情景。其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．长为L的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾。不计水的阻力，船对地面位移的大小为d，则小船的质量为（ ）
A． B． C． D．
7．一炮艇总质量为M，一速度v0匀速行驶，从炮艇上以相对海岸的水平速度v向前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮艇的速度为v，，若不计水的阻力，则下列关系式中正确的是（ ）
A．Mv0=（M-m）v，+mv
B．Mv0=（M-m）v，+m（v+v0）
C．Mv0=（M-m）v，+m（v+v，）
D．Mv0=Mv，+mv
8．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
9．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是（ ）
A．两滑块的动能之比
B．两滑块的动量大小之比
C．弹簧对两滑块的冲量大小之比
D．弹簧对两滑块做功之比
10．下列物体运动的原理与运载火箭发射升空的原理最为相似的是（ ）
A．爆竹飞上天空 B．运动员跳高 C．地球绕太阳运动 D．离弦之箭
11．2020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．
12．如图所示，一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，A车上有一质量m=1kg的光滑小球B，将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定（B与弹簧不拴接），此时弹簧的弹性势能Ep=6J，B与A右壁间距离为l。解除锁定，B脱离弹簧后与A右壁的油灰阻挡层（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列说法正确的是（ ）
A．B碰到油灰阻挡层前A与B的动量相同
B．B脱离弹簧时，A的速度大小为3m/s
C．B和油灰阻挡层碰撞并被粘住的过程，B受到的冲量大小为3N s
D．解除锁定后，B移动的总距离为
13．如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药（质量不计），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.8m、0.2m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1:m2为（ ）
A．1∶2 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶4
14．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
15．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知原子核反冲的动能为E0，则放出的粒子的动能为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
16．一个静止的 质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m 速度大小为υ的粒子后，原子核的剩余部分的速率等于________
17．平静的水面上，有一个质量M=130kg的小船浮于水面，船上一个质量m=70kg的人匀速从船头向船尾走了4m，不计水的阻力，则人相对水面走了__________m。
18．水平方向飞行的手榴弹，它的速度是20m/s，在空中爆炸后分裂成1 kg和0.5 kg的两部分，其中0.5 kg的那部分以10 m/s的速度与原速度反向运动，则另一部分此时的速度大小为______ ，方向 _____。
19．反冲现象规律：反冲运动中，相互作用力一般较______，满足______。
三、解答题
20．中国“天宫二号”空间实验室采用实验舱和资源舱两舱构型，全长10.4m，最大直径3.35m，太阳翼展宽约18.4m，质量为8.6t，在“神舟十一号”飞船与“天宫二号”自动交会对接过程中（如图所示），假设两个航天器的相对速度要从之前的10km/s降到0.2m/s，飞船上有像手一样的捕获装置，会先伸出手来把“天宫二号”紧紧抓住。若“神舟十一号”飞船从后加速追上“天宫二号”，假定“神舟十一号”飞船在对接前的质量为6t，发动机喷射燃料的速度为3000m/s，估算“神舟十一号”飞船需要喷射多少燃料。
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？
22．一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是M。这个士兵用自动步枪在t秒内沿水平方向连续射出n发子弹，若每发子弹的质量是m，子弹离开枪口时相对步枪的速度是u。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。求：
（1）第一次射击后皮划艇的速度；
（2）连续射击第10次后皮划艇的速度改变量；
（3）连续射击10次时枪所受到的平均反冲作用力。
23．如图所示，在水平面上固定一个半径R=1m的光滑圆弧轨道的工件，其圆心在O点，AOC连线水平，BOD连线竖直。在圆周轨道的最低点B有两个质量分别为m1=4kg、m2=1kg的可视为质点的小球1和2，两小球间夹有一个极短的轻弹簧，当弹簧储存了Ep=90J的弹性势能时锁定弹簧。某时刻解除锁定，弹簧将两个小球弹开，重力加速度g=10m/s2，试求：
(1)两小球脱离弹簧瞬间的速度；
(2)通过计算说明小球2第一次沿轨道上滑过程中能否到达D点？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】
由动量守恒定律
解得
故选C。
2．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。
3．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
4．C
【详解】
A．因滑块不固定，绳下摆过程中，绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，故A错误；
B．小球下摆过程，系统机械能守恒
水平方向动量守恒
小球向左摆动最高点，机械能守恒，有
联立解得
故B错误；
C．由动量守恒
可得
即释放小球时滑块到挡板的距离为，故C正确；
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为
故D错误。
故选C。
5．B
【详解】
船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上向右前进，船向左退，所以人的对地位移方向向右，船的对地位移方向向左，故B正确，ACD错误。
故选B。
6．B
【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，设船的质量为M，人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
人从船头到船尾，船对地面位移的大小为d，则人相对于地面的位移为，则有
解得
故选B。
7．A
【详解】
对艇和炮弹组组成的系统，开炮过程中动量守恒，开炮后艇的质量变为（M-m），则有
Mv0=（M-m）v′+mv
故选A。
8．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
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)v"
得
v"=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
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。
9．C
【详解】
A．根据动量守恒定律得
解得
两滑块的动能之比
A错误；
B．两滑块的动量大小之比为
B错误；
C．弹簧对两滑块的冲量大小之比
C正确；
D．弹簧对两滑块做功之比
D错误。
故选C。
10．A
【详解】
A．运载火箭发射升空是运用动量守恒定律，利用反冲现象而实现的，爆竹飞上天空也是利用了反冲现象，所以A正确；
B．运动员跳高是利用动能转化为重力势能，所以B错误；
C．地球绕太阳运动是利用万有引力提供向心力，所以C错误；
D．离弦之箭中“离弦之箭”是由于物体具有惯性，所以D错误；
故选A。
11．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。
12．C
【详解】
A．B碰到油灰阻挡层前A与B的动量大小相同，方向相反，故A错误；
B．设B脱离弹簧时，A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
①
根据能量守恒定律有
②
联立①②解得
， ③
故B错误；
C．根据动量守恒定律可知B和油灰阻挡层碰撞并被粘住后，A、B的速度都将变为零，对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为
④
故C正确；
D．从解除锁定到B和油灰阻挡层碰撞前瞬间，A、B的速度大小始终满足
⑤
所以整个过程A、B的移动的距离满足
⑥
根据位移关系有
⑦
联立⑥⑦解得
， ⑧
故D错误。
故选C。
13．A
【详解】
爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则
爆炸之后分别对两滑块动能定理可知：滑块P
滑块Q
联立代入已知数据解得
故选A。
14．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。
15．A
【详解】
核反应过程系统动量守恒，以放出粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
原子核的动能
粒子的动能
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
16．
【详解】
规定后质量为m的粒子的速度方向为正，根据动量守恒定律研究整个原子核：
，解得：，即剩余部分获得的反冲速度大小为，方向与规定正方向相反．
【点睛】原子核衰变的过程可以认为系统动量守恒，根据动量守恒定律列出等式解决问题．
17．2.6
【详解】
人和船组成的系统，在水平方向上满足动量守恒，人在船上走，船向后运动，设人运动的方向为正方向，由动量守恒定律可得
设人从船头向船尾走了L=4m，船后退的位移大小为x，则人相对于水面的位移大小为L x，所用时间为t，则有
联立可得
解得
则人相对水面走了
考点：考查了动量守恒定律的应用。
18． 35m/s 与初速度方向相同
【详解】
以手榴弹为研究对象，爆炸过程中动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2）v=m1v1+m2v2，即：（1+0.5）×20=0.5×（-10）+1×v2，解得：v2=35m/s，方向与初速度方向相同；
19． 大 动量守恒定律
【详解】
略
20．4615kg
【详解】
设喷燃料前飞船的质量为M，喷射出燃料的质量为m，以喷燃料前的飞船为参考系，喷燃料后飞船速度与“天宫二号”速度相差0.2m/s，因为0.2m/s<10km/s，故可认为喷燃料后飞船速度增加=10km/s，喷出的燃料可等效为一次喷出，=3000m/s，由动量守恒定律可得
解得
m=4615kg
即需喷出4615kg的燃料。
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．（1）；（2）；（3）
【详解】
第一次射击
或
解得
第二次射击
解得
第三次射击
第n次射击
那么
对连续射击10次的整个过程动量定理
又因为
可得
故有
23．(1) 3m/s，水平向左；12m/s，水平向右；(2)能，计算过程见解析
【详解】
(1)设小球m1的速度为v1，m2的速度为v2，两小球与弹簧组成的系统，水平方向合外力为零，且只有弹力做功，由动量守恒有
m1v1=m2v2
由能量守恒有
联立并代入数据解得
v1=3m/s
水平向左
v2=12m/s
水平向右。
(2)小球2水平向右运动，设其能到达圆周的最高点D，由机械能守恒有：
代入数据解得
vD=m/s
又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为
代入数据解得
v=m/s
比较两式知
vD>v
小球2能到达D点。
答案第1页，共2页
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