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 | 2.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-04-20 20:21:24 | ||
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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．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等）（ ）
A．1.5m B．1.2m C．1.34m D．1.1m
2．如图所示，光滑地面上有一质量为的足够长木板，一质量为的人站在木板的端，关于人由静止开始至运动到木板的端（、表示地面上原、对应的点），则如图所示中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．一质量为M的烟花斜飞到空中，到最高点时速度为v，此时烟花炸裂成两块（损失的炸药质量不计），炸裂成的两块速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力，若向前一块的质量为m，则向前一块的速度大小为 （ ）
A． B． C． D．
4．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况错误的是（ ）
A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比
B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比
C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零
D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
5．如图所示，热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的小球以相对地面的速度水平投出。已知投出小球后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出小球后气球所受合力大小为
B．小球落地时气热球的速度大小为
C．小球在落地之前，小球和热气球速度始终大小相等方向相反
D．小球落地时二者的水平距离为
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．假设将发射导弹看成如下模型：静止的实验导弹总质量M＝3 300 kg，当它以相对于地面的速度v0＝120 m/s喷出质量为Δm＝300 kg的高温气体后，导弹的速度为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A．－10 m/s B．12 m/s
C．10 m/s D．－12 m/s
8．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
9．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
10．北京已成功申办2022年冬奥会，花样滑冰运动是其中的一个项目。有两个穿着冰鞋的甲、乙运动员站在水平冰面上，当甲猛推乙时，两人会向相反的方向滑行。不计冰面对运动员的水平作用推乙的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲对乙的作用力小于乙对甲的作用力
C．甲获得的速度与乙获得的速度大小总是相等
D．甲获得的动量与乙获得的动量大小总是相等
11．抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量为300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s。另一小块质量为200g，则它的速度的大小为（ ）
A．25m/s B．50m/s C．75m/s D．100m/s
12．意大利数学家杰罗姆·卡丹早在1550年就第一个指出，中国对世界所具有影响的"三大发明"：是司南（指南针）、印刷术和火药。并认为它们是"整个古代没有能与之相匹敌的发明。1621年，英国哲学家培根也曾在《新工具》一书中提到："印刷术、火药、指南针这三种发明已经在世界范围内把事物的全部面貌和情况都改变了。后来，来华传教士、汉学家艾约瑟最先在上述三大发明中加入造纸术。至此，体现中华民族宝贵精神财富的四大发明广为流传。它不仅促进了古代科学发展和技术进步，对现代科技仍具有重大意义。下列说法正确的是（ ）
A．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒
B．火箭是我国的重大发明，现代火箭发射时，火箭点火离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果
C．火箭喷出燃气速度越大，火箭本身质量与火箭喷出物质质量之比越大，火箭获得速度越大
D．装在炮筒中的火药燃烧将炮弹加速推出炮口的同时，炮身后坐，这是反冲现象
13．如图所示，若船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸；撤去缆绳，人仍然恰好可以从船头跳上岸。已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等，人的质量为60kg，船的质量为120kg，不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为（ ）
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶3
14．下列几种运动没有利用反冲的原理的是（ ）
A．乌贼的逃生
B．鸡蛋“破”与“不破”的诀窍
C． 宇航员无绳太空行走
D．气球充气后敞口释放
15．下列属于反冲现象的是（ ）
A．乒乓球碰到墙壁后弹回
B．直升飞机上升
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反的方向运动
二、填空题
16．光滑水平面上一平板车质量为M＝50 kg，上面站着质量m＝70 kg的人，共同以速度v0匀速前进，若人相对车以速度v＝2 m/s向后跑，问人跑动后车的速度改变量为____．
17．冲击摆是测量子弹速度的装置，如图所示，摆锤的质量很大，子弹从水平方向射入摆锤中并留在其中，随摆锤一起摆动.已知冲击摆的摆长为l，摆锤的质量为M，实验中测得摆锤摆动时摆线的最大摆角是0。
（1）欲测得子弹的速度还需要测量的物理量是___________
（2）计算子弹速度的表达式v0=______（用已知量和测量量的符号表示）
18．甲乙两船自身质量为120 kg，都静止在静水中，当一个质量为30 kg的小孩以相对于地面6 m/s的水平速度从甲船跳上乙船时，不计阻力，甲、乙两船速度大小之比：v甲∶v乙=_______。
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．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。
求：（1）质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；
（2）爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能？
21．航天员连同装备的总质量为100kg，在空间跟飞船相距45m处相对飞船处于静止状态。他带有一个装有0.5kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50m/s的速度喷出的喷嘴。航天员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸。已知航天员呼吸的耗氧率为。试问：
（1）如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15kg的氧气，他能安全回到飞船吗？
（2）航天员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？
22．如图所示为一种叫“钻天猴”的烟花，假设总质量M=100g，点火后竖直上升到距地面45m高处，爆炸分成质量分别为m1=40g和m2=60g的两块（炸药质量忽略不计）。其中m1在爆炸后刚好做自由落体运动，m1落地后又经过6s，m2也落到地面。g=10m/s2，试求：
（1）爆炸前“钻天猴”的速度大小等于多少；
（2）爆炸过程中释放的能量等于多少。
23．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。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】
若船用缆绳固定时，有
若撤去缆绳，有
由动量守恒可得
两次人消耗的能量相等，则动能不变，有
联立解得
船离岸的距离为
所以C正确；ABD错误；
故选C。
2．D
【详解】
根据动量守恒，人向右运动时，木板向左运动，因此人到达木板的右端b时，b一定位与N点的左侧；由于人向右运动，因此人始终位于M点的右侧，到达b端时，b端一定位于M点的右侧。
故选D。
3．A
【详解】
由题意知，到达最高点时速度沿水平方向，大小为v。因烟花所受的重力远小于内部爆炸力，故在爆炸的短时间内系统动量守恒。设初速度方向为正方向，向前一块的速度大小为v1，向后一块速度大小为v2，故有
又因为爆炸后两块做平抛运动，落地时水平位移大小相等，根据平抛运动规律可知
联立方程，解得
故选A。
4．D
【详解】
A．人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v'，根据动量守恒定律得
解得
所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，A正确；
B根据
人加速行走，船加速后退；
根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律，人和船相互作用力F大小相等，所以加速度大小与它们质量成反比，B正确；
C根据
所以人走走停停，船退退停停。人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，系统初始动量为0，两者动量总和总是为零，C正确；
D根据
当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，D错误。
故选D。
5．B
【详解】
A．热气球从开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，由于投出小球后所受浮力不变，则热气球所受合外力为mg，A错误；
B．热气球从开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，初动量为零，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律
Mv1= mv0
由上式可知热气球获得水平向左的速度
小球落地所需时间为
解得
热气球竖直方向上加速度为
mg = Ma
解得
小球落地时，热气球竖直方向上的速度为
根据矢量法则
解得
B正确；
C．热气球所受合外力为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，加速度为
而小球体积比较小又不计阻力则小球的加速度为g，故小球和热气球速度不会始终大小相等方向相反，C错误；
D．热气球和物资在水平方向做匀速直线运动
则二者的水平距离为
d = xM + xm
解得
D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．D
【详解】
以导弹和气体为系统利用动量守恒定律可知
0＝Δmv0＋（M－Δm）v
即
0＝300×120＋（3 300－300）v
解得
v＝－12 m/s
故D正确。
8．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。
9．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。
10．D
【详解】
AB．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等方向相反，故AB错误；
CD．在推的过程中，满足动量守恒，根据
即甲获得的动量与乙获得的动量大小总是相等，但是由于质量关系不确定，获得的速度大小不确定，故C错误，D正确；
故选D。
11．B
【详解】
手雷在空中爆炸过程，水平方向不受外力，系统的动量守恒，设手雷原飞行方向为正方向，由系统水平的动量守恒得
整理得
代入数据得
故选B。
12．D
【详解】
A．鞭炮炸响时，内力远远大于外力，所以动量守恒，在任何情况下，能量都是守恒的，A错误；
B．火箭点火，加速上升离开地面过程中，并不是地面对其的反作用，而是大气对其作用力，B错误；
C．设喷出物质质量为m，为燃气速度，火箭本身质量为M，为火箭速度，根据动量守恒有
则有
火箭喷出燃气速度越大，火箭本身质量与火箭喷出物质质量之比越小，C错误；
D．装在炮筒中的火药燃烧将炮弹加速推出炮口的同时，炮身后坐，这是反冲现象，D错误。
故选D。
13．D
【详解】
假设缆绳固定时人跳出的速度为，则人消耗的能量
撤去缆绳后，人跳出的速度仍为，由动量守恒
人消耗的能量
代入数据可得
故选D。
14．B
【详解】
A．乌贼的逃生是利用喷出的水的反冲作用，属于反冲运动，故A不符合题意；
B．鸡蛋“破”与“不破”的诀窍，是增大作用时间，减小作用力，起到缓冲作用。故B符合题意；
C．宇航员无绳太空行走，是利用反冲的原理。故C不符合题意；
D．气球充气后敞口释放，利用喷出的气体的反冲作用而运动的，属于反冲运动，故D不符合题意。
故选B。
15．D
【详解】
A．乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲，A错误；
B．直升飞机是利用空气的浮力上升的，不属于反冲运动，B错误；
C．用力向后蹬地，人向前运动，是人脚与外部地面的作用，不属于反冲，C错误；
D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反的方向运动，章鱼向某个方向喷水时，章鱼受到沿喷水方向相反的作用力，向喷水的反方向运动，二者相互作用力是系统内力，是反冲现象，D正确。
故选D。
16． ；
【详解】
以人和车组成的系统为研究对象，选v0方向为正方向，设人跑动后车的速度变为v′，则人相对地的速度为v1=v′-v．
系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有（M+m）v0=Mv′+m（v′-v）
解得：v′＝v0+
人跑动后车的速度改变量为△v＝v′ v0＝＝1.17m/s
【点睛】
本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，注意要规定正方向，特别要注意，此题速度应为相对于地面的速度．
17． 子弹的质量m
【详解】
[1][2]设射入摆锤前子弹速度为，子弹射入木块后瞬间两者的共同速度为
子弹击中摆锤的过程，系统动量守恒，选子弹的初速度方向为正，由动量守恒定律得
木块与子弹一起摆动的过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律可得：
解得
，
18．5∶4
【详解】
根据系统动量守恒定律的条件可知：以甲、乙两船和小孩为系统作为研究对象，系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
所以
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）2.5v0，与爆炸前速度的方向相反；（2）
【详解】
(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度大小为
v1=v0cos60°=v0
设v1的方向为正方向，如图所示
由动量守恒定律可得
3mv1=2mv′1＋mv2
其中爆炸后大块弹片速度
v′1=2v0
解得
v2=-2.5v0
故质量较小的另一块弹片速度的大小为2.5v0，方向与爆炸前速度的方向相反。
(2)爆炸过程中转化为弹片动能的化学能为
21．（1）能；（2）1800s；200s
【详解】
(1)令，，，氧气释放速度为，航天员在释放氧气后的速度为，由动量守恒定律得
由于释放氧气的质量0.15kg远远小于总质量100kg，因此认为氧气喷出后总质量不变，则有
航天员返回飞船所需时间
航天员返回途中所耗氧气
氧气筒喷射后所余氧气
因为，所以航天员能顺利返回飞船。
(2)设释放的氧气未知，途中所需时间为t，则
为航天员返回飞船的极限条件，可得
解得
或
分别代入
得
即航天员安全返回飞船的最长时间为1800s，最短时间只有200s。
22．（1）24m/s；（2）19.2J
【详解】
（1）m1爆炸后速度v1=0，落地时间设为t1，则
解得
则m2落地时间
设爆炸后m2速度为大小为v2，则
解得
爆炸前后由动量守恒定律得
解得
(2)根据能量守恒，所以可以得出爆炸释放出能量为
解得
23．4615kg
【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。
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等）（ ）
A．1.5m B．1.2m C．1.34m D．1.1m
2．如图所示，光滑地面上有一质量为的足够长木板，一质量为的人站在木板的端，关于人由静止开始至运动到木板的端（、表示地面上原、对应的点），则如图所示中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．一质量为M的烟花斜飞到空中，到最高点时速度为v，此时烟花炸裂成两块（损失的炸药质量不计），炸裂成的两块速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力，若向前一块的质量为m，则向前一块的速度大小为 （ ）
A． B． C． D．
4．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况错误的是（ ）
A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比
B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比
C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零
D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
5．如图所示，热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的小球以相对地面的速度水平投出。已知投出小球后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出小球后气球所受合力大小为
B．小球落地时气热球的速度大小为
C．小球在落地之前，小球和热气球速度始终大小相等方向相反
D．小球落地时二者的水平距离为
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．假设将发射导弹看成如下模型：静止的实验导弹总质量M＝3 300 kg，当它以相对于地面的速度v0＝120 m/s喷出质量为Δm＝300 kg的高温气体后，导弹的速度为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A．－10 m/s B．12 m/s
C．10 m/s D．－12 m/s
8．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
9．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
10．北京已成功申办2022年冬奥会，花样滑冰运动是其中的一个项目。有两个穿着冰鞋的甲、乙运动员站在水平冰面上，当甲猛推乙时，两人会向相反的方向滑行。不计冰面对运动员的水平作用推乙的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲对乙的作用力小于乙对甲的作用力
C．甲获得的速度与乙获得的速度大小总是相等
D．甲获得的动量与乙获得的动量大小总是相等
11．抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量为300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s。另一小块质量为200g，则它的速度的大小为（ ）
A．25m/s B．50m/s C．75m/s D．100m/s
12．意大利数学家杰罗姆·卡丹早在1550年就第一个指出，中国对世界所具有影响的"三大发明"：是司南（指南针）、印刷术和火药。并认为它们是"整个古代没有能与之相匹敌的发明。1621年，英国哲学家培根也曾在《新工具》一书中提到："印刷术、火药、指南针这三种发明已经在世界范围内把事物的全部面貌和情况都改变了。后来，来华传教士、汉学家艾约瑟最先在上述三大发明中加入造纸术。至此，体现中华民族宝贵精神财富的四大发明广为流传。它不仅促进了古代科学发展和技术进步，对现代科技仍具有重大意义。下列说法正确的是（ ）
A．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒
B．火箭是我国的重大发明，现代火箭发射时，火箭点火离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果
C．火箭喷出燃气速度越大，火箭本身质量与火箭喷出物质质量之比越大，火箭获得速度越大
D．装在炮筒中的火药燃烧将炮弹加速推出炮口的同时，炮身后坐，这是反冲现象
13．如图所示，若船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸；撤去缆绳，人仍然恰好可以从船头跳上岸。已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等，人的质量为60kg，船的质量为120kg，不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为（ ）
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶3
14．下列几种运动没有利用反冲的原理的是（ ）
A．乌贼的逃生
B．鸡蛋“破”与“不破”的诀窍
C． 宇航员无绳太空行走
D．气球充气后敞口释放
15．下列属于反冲现象的是（ ）
A．乒乓球碰到墙壁后弹回
B．直升飞机上升
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反的方向运动
二、填空题
16．光滑水平面上一平板车质量为M＝50 kg，上面站着质量m＝70 kg的人，共同以速度v0匀速前进，若人相对车以速度v＝2 m/s向后跑，问人跑动后车的速度改变量为____．
17．冲击摆是测量子弹速度的装置，如图所示，摆锤的质量很大，子弹从水平方向射入摆锤中并留在其中，随摆锤一起摆动.已知冲击摆的摆长为l，摆锤的质量为M，实验中测得摆锤摆动时摆线的最大摆角是0。
（1）欲测得子弹的速度还需要测量的物理量是___________
（2）计算子弹速度的表达式v0=______（用已知量和测量量的符号表示）
18．甲乙两船自身质量为120 kg，都静止在静水中，当一个质量为30 kg的小孩以相对于地面6 m/s的水平速度从甲船跳上乙船时，不计阻力，甲、乙两船速度大小之比：v甲∶v乙=_______。
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．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。
求：（1）质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；
（2）爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能？
21．航天员连同装备的总质量为100kg，在空间跟飞船相距45m处相对飞船处于静止状态。他带有一个装有0.5kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50m/s的速度喷出的喷嘴。航天员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸。已知航天员呼吸的耗氧率为。试问：
（1）如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15kg的氧气，他能安全回到飞船吗？
（2）航天员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？
22．如图所示为一种叫“钻天猴”的烟花，假设总质量M=100g，点火后竖直上升到距地面45m高处，爆炸分成质量分别为m1=40g和m2=60g的两块（炸药质量忽略不计）。其中m1在爆炸后刚好做自由落体运动，m1落地后又经过6s，m2也落到地面。g=10m/s2，试求：
（1）爆炸前“钻天猴”的速度大小等于多少；
（2）爆炸过程中释放的能量等于多少。
23．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。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】
若船用缆绳固定时，有
若撤去缆绳，有
由动量守恒可得
两次人消耗的能量相等，则动能不变，有
联立解得
船离岸的距离为
所以C正确；ABD错误；
故选C。
2．D
【详解】
根据动量守恒，人向右运动时，木板向左运动，因此人到达木板的右端b时，b一定位与N点的左侧；由于人向右运动，因此人始终位于M点的右侧，到达b端时，b端一定位于M点的右侧。
故选D。
3．A
【详解】
由题意知，到达最高点时速度沿水平方向，大小为v。因烟花所受的重力远小于内部爆炸力，故在爆炸的短时间内系统动量守恒。设初速度方向为正方向，向前一块的速度大小为v1，向后一块速度大小为v2，故有
又因为爆炸后两块做平抛运动，落地时水平位移大小相等，根据平抛运动规律可知
联立方程，解得
故选A。
4．D
【详解】
A．人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v'，根据动量守恒定律得
解得
所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，A正确；
B根据
人加速行走，船加速后退；
根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律，人和船相互作用力F大小相等，所以加速度大小与它们质量成反比，B正确；
C根据
所以人走走停停，船退退停停。人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，系统初始动量为0，两者动量总和总是为零，C正确；
D根据
当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，D错误。
故选D。
5．B
【详解】
A．热气球从开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，由于投出小球后所受浮力不变，则热气球所受合外力为mg，A错误；
B．热气球从开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，初动量为零，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律
Mv1= mv0
由上式可知热气球获得水平向左的速度
小球落地所需时间为
解得
热气球竖直方向上加速度为
mg = Ma
解得
小球落地时，热气球竖直方向上的速度为
根据矢量法则
解得
B正确；
C．热气球所受合外力为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，加速度为
而小球体积比较小又不计阻力则小球的加速度为g，故小球和热气球速度不会始终大小相等方向相反，C错误；
D．热气球和物资在水平方向做匀速直线运动
则二者的水平距离为
d = xM + xm
解得
D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．D
【详解】
以导弹和气体为系统利用动量守恒定律可知
0＝Δmv0＋（M－Δm）v
即
0＝300×120＋（3 300－300）v
解得
v＝－12 m/s
故D正确。
8．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。
9．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。
10．D
【详解】
AB．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等方向相反，故AB错误；
CD．在推的过程中，满足动量守恒，根据
即甲获得的动量与乙获得的动量大小总是相等，但是由于质量关系不确定，获得的速度大小不确定，故C错误，D正确；
故选D。
11．B
【详解】
手雷在空中爆炸过程，水平方向不受外力，系统的动量守恒，设手雷原飞行方向为正方向，由系统水平的动量守恒得
整理得
代入数据得
故选B。
12．D
【详解】
A．鞭炮炸响时，内力远远大于外力，所以动量守恒，在任何情况下，能量都是守恒的，A错误；
B．火箭点火，加速上升离开地面过程中，并不是地面对其的反作用，而是大气对其作用力，B错误；
C．设喷出物质质量为m，为燃气速度，火箭本身质量为M，为火箭速度，根据动量守恒有
则有
火箭喷出燃气速度越大，火箭本身质量与火箭喷出物质质量之比越小，C错误；
D．装在炮筒中的火药燃烧将炮弹加速推出炮口的同时，炮身后坐，这是反冲现象，D错误。
故选D。
13．D
【详解】
假设缆绳固定时人跳出的速度为，则人消耗的能量
撤去缆绳后，人跳出的速度仍为，由动量守恒
人消耗的能量
代入数据可得
故选D。
14．B
【详解】
A．乌贼的逃生是利用喷出的水的反冲作用，属于反冲运动，故A不符合题意；
B．鸡蛋“破”与“不破”的诀窍，是增大作用时间，减小作用力，起到缓冲作用。故B符合题意；
C．宇航员无绳太空行走，是利用反冲的原理。故C不符合题意；
D．气球充气后敞口释放，利用喷出的气体的反冲作用而运动的，属于反冲运动，故D不符合题意。
故选B。
15．D
【详解】
A．乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲，A错误；
B．直升飞机是利用空气的浮力上升的，不属于反冲运动，B错误；
C．用力向后蹬地，人向前运动，是人脚与外部地面的作用，不属于反冲，C错误；
D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反的方向运动，章鱼向某个方向喷水时，章鱼受到沿喷水方向相反的作用力，向喷水的反方向运动，二者相互作用力是系统内力，是反冲现象，D正确。
故选D。
16． ；
【详解】
以人和车组成的系统为研究对象，选v0方向为正方向，设人跑动后车的速度变为v′，则人相对地的速度为v1=v′-v．
系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有（M+m）v0=Mv′+m（v′-v）
解得：v′＝v0+
人跑动后车的速度改变量为△v＝v′ v0＝＝1.17m/s
【点睛】
本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，注意要规定正方向，特别要注意，此题速度应为相对于地面的速度．
17． 子弹的质量m
【详解】
[1][2]设射入摆锤前子弹速度为，子弹射入木块后瞬间两者的共同速度为
子弹击中摆锤的过程，系统动量守恒，选子弹的初速度方向为正，由动量守恒定律得
木块与子弹一起摆动的过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律可得：
解得
，
18．5∶4
【详解】
根据系统动量守恒定律的条件可知：以甲、乙两船和小孩为系统作为研究对象，系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
所以
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）2.5v0，与爆炸前速度的方向相反；（2）
【详解】
(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度大小为
v1=v0cos60°=v0
设v1的方向为正方向，如图所示
由动量守恒定律可得
3mv1=2mv′1＋mv2
其中爆炸后大块弹片速度
v′1=2v0
解得
v2=-2.5v0
故质量较小的另一块弹片速度的大小为2.5v0，方向与爆炸前速度的方向相反。
(2)爆炸过程中转化为弹片动能的化学能为
21．（1）能；（2）1800s；200s
【详解】
(1)令，，，氧气释放速度为，航天员在释放氧气后的速度为，由动量守恒定律得
由于释放氧气的质量0.15kg远远小于总质量100kg，因此认为氧气喷出后总质量不变，则有
航天员返回飞船所需时间
航天员返回途中所耗氧气
氧气筒喷射后所余氧气
因为，所以航天员能顺利返回飞船。
(2)设释放的氧气未知，途中所需时间为t，则
为航天员返回飞船的极限条件，可得
解得
或
分别代入
得
即航天员安全返回飞船的最长时间为1800s，最短时间只有200s。
22．（1）24m/s；（2）19.2J
【详解】
（1）m1爆炸后速度v1=0，落地时间设为t1，则
解得
则m2落地时间
设爆炸后m2速度为大小为v2，则
解得
爆炸前后由动量守恒定律得
解得
(2)根据能量守恒，所以可以得出爆炸释放出能量为
解得
23．4615kg
【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。
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