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新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：专题训练6 反冲现象与“人船模型”问题
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这是一份新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：专题训练6 反冲现象与“人船模型”问题，共7页。试卷主要包含了下列不属于反冲现象的是等内容，欢迎下载使用。
(建议用时：40分钟)
1．下列不属于反冲现象的是( )
A. 喷气式飞机的运动 B. 直升飞机的运动
C. 火箭的运动 D. 反击式水轮机的运动
B 解析：反冲现象是一个物体的两部分，或相互作用的两个物体朝相反方向运动的现象，直升飞机的运动不是反冲现象，故选项B正确。
2．如图所示，质量为M的密闭汽缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则汽缸的运动情况是( )
A. 保持静止不动
B. 向左移动一定距离后静止
C. 最终向左做匀速直线运动
D. 先向左移动，后向右移动回到原来位置
B 解析：将隔板突然抽去，气体向右移动，汽缸向左移动。稳定后气体相对汽缸的宏观运动停止，由动量守恒定律可知汽缸静止，选项B正确。
3．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )
A. 燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭
B. 火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C. 火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D. 火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
B 解析：反冲现象满足动量守恒定律，向后喷出的气体，使火箭获得向前的推力。选项B正确。
4．一礼花弹在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，突然爆炸成甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A B
C D
B 解析：礼花弹爆炸时，在水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，设 m乙＝m，m甲＝3m，则爆炸前p总＝(3m＋m)v＝4mv，而爆炸后两块弹片都做平抛运动，竖直方向上有h＝ eq \f(1,2)gt2，解得 t＝1 s，则速度v′＝ eq \f(x,t)。设甲、乙两块弹片均沿礼花弹原来的飞行方向，根据动量守恒定律，有4mv＝3m eq \f(x甲,t)＋m eq \f(x乙,t)，将各选项x甲、x乙的数值代入，可知选项B正确，A、C、D错误。
5．(多选)质量为m的人在质量为M的车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么( )
A. 人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止
B. 人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C. 人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离越大
D. 不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离均相同
AD 解析：由人与车组成的系统动量守恒得mv人＝Mv车，选项A正确；设车长为L，则m(L－x车)＝Mx车，解得x车＝ eq \f(m,M＋m)L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，选项D正确，B、C错误。
6．(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
A. eq \f(m,M)v B. eq \f(M,m)v
C. eq \f(m,m＋M)v D. eq \f(M,m＋M)v
B 解析：由题意知，小孩和滑板组成的系统动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝ eq \f(－M,m)v，即滑板的速度大小为 eq \f(M,m)v，方向与小孩的运动方向相反，故B项正确。
7．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h。今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A. eq \f(mh,M＋m) B. eq \f(Mh,M＋m)
C. eq \f(mh ct α,M＋m) D. eq \f(Mh ct α,M＋m)
C 解析：此题属于“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上的对地位移大小为x1，斜面体在水平方向上的对地位移大小为x2。因此有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝h ct α，联立解得x2＝ eq \f(mh ct α,M＋m)，选项C正确。
8．如图所示，质量为3m、半径为R的大空心球B(内壁光滑)静止在光滑水平面上，有一质量为m的小球A(可视为质点)从与大球球心等高处开始无初速度下滑，滚到大球最低点时，大球移动的距离为( )
A. R B. eq \f(R,2)
C. eq \f(R,3) D. eq \f(R,4)
D 解析：由于系统在水平方向上不受任何外力，所以在水平方向上和“人船模型”类似，其中大球半径长R相当于船长L，如图所示。 ms1＝3ms2 ，s1＋s2 ＝R，联立解得s2＝ eq \f(R,4)，所以，此题答案选D。
9．(2020·山东模拟)某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A. 火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B. 水喷出的过程中，火箭和水的机械能守恒
C. 火箭获得的最大速度为 eq \f(Mv0,M－m)
D. 火箭上升的最大高度为 eq \f(m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2g（M－m）2)
D 解析：火箭的推力来源于火箭喷出的水对它的反作用力，选项A错误；水喷出的过程中，火箭和水组成的系统动量守恒，系统的机械能增加，选项B错误；设火箭获得的最大速度大小为v，由动量守恒定律有mv0＝(M－m)v，解得v＝ eq \f(mv0,M－m)，选项C错误；由竖直上抛运动规律，可得火箭上升的最大高度为h＝ eq \f(v2,2g)＝ eq \f(m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2g（M－m）2)，选项D正确。
10．在光滑水平面上一长为l＝0.2 m的木板以速度v2＝2 m/s水平向右运动，t＝0时刻一小物体以速度v1＝4 m/s水平向右滑上木板的左端，如图所示。已知木板和小物体质量相等，接触面的动摩擦因数为μ＝0.5，下列能正确反映二者运动的vt图像是(g＝10 m/s2)( )
A B
C D
C 解析：本题考查动量守恒过程vt图像的分析与选择。设木板和小物体能达到共速，根据动量守恒定律可得mv1＋mv2 ＝2mv，解得v＝3 m/s，由μmg·x相对＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))－ eq \f(1,2)·2mv2，解得 x相对＝0.2 m，恰好与木板长度相同，即小物体运动到木板的最右端时二者恰好共速，C正确。
11．有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计了如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m1＝1 kg，m2＝3 kg，并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的 eq \f(1,4) 圆竖直轨道。开始A、B两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰撞后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R＝0.2 m，g取10 m/s2。求炸药爆炸时对A、B两物体所做的功。
解析：炸药爆炸后，设物体A的速度大小为v1，物体B的速度大小为v2。取向右为正方向，由动量守恒定律得
m2v2－m1v1＝0
物体A与挡板碰撞后追上物体B，两物体碰撞后的共同速度设为v，由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
A、B两物体上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gR
炸药爆炸时对A、B两物体所做的功
W＝ eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋ eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立解得W＝10.7 J。
答案：10.7 J
12．如图所示，是某科技小组制作的“嫦娥四号”模拟装置示意图，用来演示“嫦娥四号”空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为L，着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m，与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气口的横截面积为S，喷出气体的密度为ρ；不计喷出气体对整体质量的影响。求：
(1)装置悬停时喷出气体的速度；
(2)弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。
解析：(1)设悬停时气体对模拟装置的作用力为F，则F＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))g
取Δt时间内喷出的气体为研究对象，由动量定理有FΔt＝ρSvΔt·v
解得v＝ eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))g,ρS))。
(2)设弹射后瞬间，着陆器(含弹射器)和巡视器的速度大小分别为v1、v2，弹射过程水平方向动量守恒有Mv1－mv2＝0
设着陆器和巡视器减速运动的距离分别为 L1和 L2，由动能定理有
－μMgL1＝0－ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
－μmgL2＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
L＝L1＋L2
弹射器提供的总动能
Ek＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立解得Ek＝μmMgL eq \f(M＋m,M2＋m2)。
答案：(1) eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))g,ρS))
(2)μmMgL eq \f(M＋m,M2＋m2)
(建议用时：40分钟)
1．下列不属于反冲现象的是( )
A. 喷气式飞机的运动 B. 直升飞机的运动
C. 火箭的运动 D. 反击式水轮机的运动
B 解析：反冲现象是一个物体的两部分，或相互作用的两个物体朝相反方向运动的现象，直升飞机的运动不是反冲现象，故选项B正确。
2．如图所示，质量为M的密闭汽缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则汽缸的运动情况是( )
A. 保持静止不动
B. 向左移动一定距离后静止
C. 最终向左做匀速直线运动
D. 先向左移动，后向右移动回到原来位置
B 解析：将隔板突然抽去，气体向右移动，汽缸向左移动。稳定后气体相对汽缸的宏观运动停止，由动量守恒定律可知汽缸静止，选项B正确。
3．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )
A. 燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭
B. 火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C. 火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D. 火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
B 解析：反冲现象满足动量守恒定律，向后喷出的气体，使火箭获得向前的推力。选项B正确。
4．一礼花弹在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，突然爆炸成甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A B
C D
B 解析：礼花弹爆炸时，在水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，设 m乙＝m，m甲＝3m，则爆炸前p总＝(3m＋m)v＝4mv，而爆炸后两块弹片都做平抛运动，竖直方向上有h＝ eq \f(1,2)gt2，解得 t＝1 s，则速度v′＝ eq \f(x,t)。设甲、乙两块弹片均沿礼花弹原来的飞行方向，根据动量守恒定律，有4mv＝3m eq \f(x甲,t)＋m eq \f(x乙,t)，将各选项x甲、x乙的数值代入，可知选项B正确，A、C、D错误。
5．(多选)质量为m的人在质量为M的车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么( )
A. 人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止
B. 人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C. 人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离越大
D. 不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离均相同
AD 解析：由人与车组成的系统动量守恒得mv人＝Mv车，选项A正确；设车长为L，则m(L－x车)＝Mx车，解得x车＝ eq \f(m,M＋m)L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，选项D正确，B、C错误。
6．(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
A. eq \f(m,M)v B. eq \f(M,m)v
C. eq \f(m,m＋M)v D. eq \f(M,m＋M)v
B 解析：由题意知，小孩和滑板组成的系统动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝ eq \f(－M,m)v，即滑板的速度大小为 eq \f(M,m)v，方向与小孩的运动方向相反，故B项正确。
7．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h。今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A. eq \f(mh,M＋m) B. eq \f(Mh,M＋m)
C. eq \f(mh ct α,M＋m) D. eq \f(Mh ct α,M＋m)
C 解析：此题属于“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上的对地位移大小为x1，斜面体在水平方向上的对地位移大小为x2。因此有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝h ct α，联立解得x2＝ eq \f(mh ct α,M＋m)，选项C正确。
8．如图所示，质量为3m、半径为R的大空心球B(内壁光滑)静止在光滑水平面上，有一质量为m的小球A(可视为质点)从与大球球心等高处开始无初速度下滑，滚到大球最低点时，大球移动的距离为( )
A. R B. eq \f(R,2)
C. eq \f(R,3) D. eq \f(R,4)
D 解析：由于系统在水平方向上不受任何外力，所以在水平方向上和“人船模型”类似，其中大球半径长R相当于船长L，如图所示。 ms1＝3ms2 ，s1＋s2 ＝R，联立解得s2＝ eq \f(R,4)，所以，此题答案选D。
9．(2020·山东模拟)某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A. 火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B. 水喷出的过程中，火箭和水的机械能守恒
C. 火箭获得的最大速度为 eq \f(Mv0,M－m)
D. 火箭上升的最大高度为 eq \f(m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2g（M－m）2)
D 解析：火箭的推力来源于火箭喷出的水对它的反作用力，选项A错误；水喷出的过程中，火箭和水组成的系统动量守恒，系统的机械能增加，选项B错误；设火箭获得的最大速度大小为v，由动量守恒定律有mv0＝(M－m)v，解得v＝ eq \f(mv0,M－m)，选项C错误；由竖直上抛运动规律，可得火箭上升的最大高度为h＝ eq \f(v2,2g)＝ eq \f(m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2g（M－m）2)，选项D正确。
10．在光滑水平面上一长为l＝0.2 m的木板以速度v2＝2 m/s水平向右运动，t＝0时刻一小物体以速度v1＝4 m/s水平向右滑上木板的左端，如图所示。已知木板和小物体质量相等，接触面的动摩擦因数为μ＝0.5，下列能正确反映二者运动的vt图像是(g＝10 m/s2)( )
A B
C D
C 解析：本题考查动量守恒过程vt图像的分析与选择。设木板和小物体能达到共速，根据动量守恒定律可得mv1＋mv2 ＝2mv，解得v＝3 m/s，由μmg·x相对＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))－ eq \f(1,2)·2mv2，解得 x相对＝0.2 m，恰好与木板长度相同，即小物体运动到木板的最右端时二者恰好共速，C正确。
11．有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计了如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m1＝1 kg，m2＝3 kg，并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的 eq \f(1,4) 圆竖直轨道。开始A、B两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰撞后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R＝0.2 m，g取10 m/s2。求炸药爆炸时对A、B两物体所做的功。
解析：炸药爆炸后，设物体A的速度大小为v1，物体B的速度大小为v2。取向右为正方向，由动量守恒定律得
m2v2－m1v1＝0
物体A与挡板碰撞后追上物体B，两物体碰撞后的共同速度设为v，由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
A、B两物体上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gR
炸药爆炸时对A、B两物体所做的功
W＝ eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋ eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立解得W＝10.7 J。
答案：10.7 J
12．如图所示，是某科技小组制作的“嫦娥四号”模拟装置示意图，用来演示“嫦娥四号”空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为L，着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m，与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气口的横截面积为S，喷出气体的密度为ρ；不计喷出气体对整体质量的影响。求：
(1)装置悬停时喷出气体的速度；
(2)弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。
解析：(1)设悬停时气体对模拟装置的作用力为F，则F＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))g
取Δt时间内喷出的气体为研究对象，由动量定理有FΔt＝ρSvΔt·v
解得v＝ eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))g,ρS))。
(2)设弹射后瞬间，着陆器(含弹射器)和巡视器的速度大小分别为v1、v2，弹射过程水平方向动量守恒有Mv1－mv2＝0
设着陆器和巡视器减速运动的距离分别为 L1和 L2，由动能定理有
－μMgL1＝0－ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
－μmgL2＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
L＝L1＋L2
弹射器提供的总动能
Ek＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立解得Ek＝μmMgL eq \f(M＋m,M2＋m2)。
答案：(1) eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))g,ρS))
(2)μmMgL eq \f(M＋m,M2＋m2)
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