人教版 (2019)选择性必修 第一册反冲现象火箭同步达标检测题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册反冲现象火箭同步达标检测题，共7页。试卷主要包含了以下实例中是反冲现象的是，1 m/s,方向水平向左等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示为我国的长征七号运载火箭刚发射时的情境。则下列说法正确的是( )
A.火箭受到地面对它的弹力作用而升空
B.火箭受到周围空气对它的作用而升空
C.火箭受到向下喷射的气体对它的作用而升空
D.在没有空气的环境中这类火箭无法升空
2.(多选)以下实例中是反冲现象的是( )
A.码头岸边轮胎的保护作用
B.乌贼向前喷水从而使自己向后游动
C.火箭中的燃料燃烧向下喷气推动自身向上运动
D.战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性
3.乌贼在水中的运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动,被称为“水中火箭”。如图所示,一只静止在水中的乌贼,当外套膜吸满水后,它的总质量为4.8 kg,某次遇到危险时,通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出,从而以40 m/s的速度逃窜,喷射出的水的质量为1.6 kg,则喷射出水的速度大小为( )
A.20 m/s B.90 m/s C.120 m/s D.80 m/s
4.(2025·重庆渝中阶段练习)学习了反冲原理之后,同学们利用饮料瓶制作的水火箭如图所示,瓶中装有一定量的水,其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大,当橡皮塞与瓶口脱离时,瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M(含水)的水火箭释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是( )
A.水火箭的原理与体操运动员在着地时要屈腿的原理是一样的
B.发射后,水火箭的速度大小为v=mv0M−m
C.水火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
D.水火箭上升到最大高度的过程中,重力的冲量为(M-m)v0
5.(2025·江苏南京期中)在平静的水面上漂浮着一块质量为M的带有支架的木板,支架上蹲着一只质量为m的青蛙,M>m,青蛙突然以相对于地面的一定水平速度向右跳出,恰好落到木板最右端。水的阻力不计,下列说法正确的是( )
A.青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小
B.青蛙落到木板后两者一起向右做匀速直线运动
C.该过程青蛙相对于地面的水平位移大于木板相对于地面的水平位移
D.如果增加木板的质量(长度不变),则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中
6.(2025·山西长治阶段练习)如图所示,光滑水平面上三个质量均为2 kg的物体A、B、C紧贴着静止放在一起,A、B之间有微量炸药。炸药爆炸后三个物体均沿水平方向运动且B对C做的功为16 J,若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能,则炸药爆炸过程中释放出的能量为( )
A.48 JB.64 J
C.96 JD.108 J
7.一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m,气体喷出时的速度大小为v0,从火箭静止开始,当第三次喷出气体后,火箭的速度大小为( )
A.3mv0M−3m B.mv0M−3m C.3Mv0M−3m D.Mv0M−3m
8.(2025·陕西西安阶段练习)(多选)如图所示,光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药,一起以大小为0.5 m/s的速度向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球的质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸,分开后两球仍沿原直线运动,从爆炸开始计时,经过3.0 s,两球之间的距离为x=2.7 m,爆炸过程中释放的能量全部转化为两球的动能,则下列说法正确的是( )
A.刚分离时,甲、乙两球的速度方向相同
B.刚分离时,甲球的速度大小为0.1 m/s,方向水平向左
C.刚分离时,乙球的速度大小为0.3 m/s
D.爆炸过程中释放的能量为0.027 J
9.(2025·辽宁锦州开学考试)如图所示,平板车停在光滑的水平面上,某工人(可视为质点)在平板车上卸货,该工人从固定在平板车上右端的货厢左边缘水平向左跳出,恰好落在平板车左边缘上的P点(该工人落在P点瞬间与平板车共速)。已知平板车长度l=4 m,货厢长度为1 m、高度为h=1.25 m,工人的质量为m,平板车连同货厢的质量为M=5m,g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A.平板车最终的速度大小为0.5 m/s
B.工人水平方向移动的距离为4 m
C.平板车最终移动的距离为2.5 m
D.工人水平向左跳出时的速度大小为5 m/s
10.(2025·贵州贵阳阶段练习)(多选)如图所示,质量分别为4m、m的甲、乙两小球放在光滑的水平面上,半径为r的四分之一光滑圆弧槽固定在水平面上,圆弧槽的最低点A的切线水平,最高点B的切线竖直,点燃两球之间的少量炸药,释放出的化学能为5mgr,全部转化为甲、乙的动能,重力加速度为g,空气的阻力忽略不计,下列说法正确的是( )
A.爆炸刚结束的瞬间,甲的速度大小为2gr2
B.爆炸刚结束的瞬间,乙的动能为2mgr
C.乙上升的最大高度为2r
D.假设乙从A出发至第一次返回到A运动的时间为t0,则该过程中乙受到水平方向上的平均作用力大小为4m2grt0
11.(8分)(2024·江苏高考)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道,探测器经过轨道修正、近月制动,顺利进入环月轨道飞行。此后,探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为vB,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求:
(1)分离后A的速度vA;(4分)
(2)分离时A对B的推力大小。(4分)
12.(12分)如图所示,光滑水平面上有三个滑块A、B、C,质量关系是mA=mC=m、mB=m2。开始时滑块B、C紧贴在一起,中间夹有少量炸药,处于静止状态,滑块A以大小为v0的速度正对B向右运动,在A与B碰撞之前,引爆B、C间的炸药,炸药爆炸后B与A迎面碰撞,最终A与B粘在一起以大小为v0的速度向左运动。
(1)求炸药爆炸过程中炸药对C的冲量大小;(6分)
(2)炸药的化学能有多少转化为机械能?(6分)
课时跟踪检测(七)
1．选C 火箭向下喷出高速气体，气体对火箭的反作用力使火箭升空，故在没有空气的环境中这类火箭也能正常升空，故C正确。
2．选BC 码头岸边轮胎的保护作用是缓冲现象，选项A错误；乌贼向前喷水从而使自己向后游动是反冲现象，选项B正确；火箭中的燃料燃烧向下喷气推动自身向上运动是反冲现象，选项C正确；战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性不是反冲现象，选项D错误。
3．选D 根据动量守恒定律有0＝(m－m0)v1－m0v2，可得喷射出水的速度大小为v2＝eq \f(m－m0,m0)v1＝eq \f(4.8－1.6,1.6)×40 m/s＝80 m/s，故选D。
4．选B 体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作用力，故A错误；由动量守恒定律可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M－m))v＝mv0，解得水火箭获得的速度大小为v＝eq \f(mv0,M－m)，故B正确；水火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故C错误；水喷出后，水火箭做竖直上抛运动，水火箭在空中飞行的时间为t＝eq \f(v,g)＝eq \f(mv0,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M－m)))，重力的冲量为I＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M－m))gt＝mv0，故D错误。
5．选C 由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互作用力，二者大小相等、方向相反，时间相等，所以青蛙对木板的冲量大小等于木板对青蛙的冲量大小，故A错误；由于青蛙和木板组成的系统在水平方向动量守恒，系统初动量为零，则末动量也为零，青蛙落到木板后二者静止，故B错误；设青蛙相对于木板的水平位移为L，根据人船模型的特点可得mx蛙＝Mx板，x蛙＋x板＝L，解得x蛙＝eq \f(M,m＋M)L，x板＝eq \f(m,m＋M)L，由于M>m，所以x蛙>x板，故C正确；设支架高为h，根据mv蛙＝Mv板，v蛙t＋v板t＝L′，h＝eq \f(1,2)gt2，可知增加木板的质量(长度不变)，青蛙以同样的水平速度跳出，则木板的速度减小，由于时间不变，所以青蛙相对于木板的水平位移减小，青蛙不会落入水中，故D错误。
6．选C 对C由动能定理得W＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝4 m/s，爆炸后B和C共速，对A、B、C整体，由动量守恒定律得mvA＝2mvC，解得vA＝8 m/s，爆炸释放的能量为三者动能之和，故E＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)·2mvC2＝96 J，故选C。
7．选A 设喷出三次气体后火箭的速度大小为v，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M－3m))v－3mv0＝0，可得v＝eq \f(3mv0,M－3m)，故选A。
8．选BD 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2))v0＝m1v1＋m2v2，由题意又有v2－v1＝eq \f(x,t)，联立解得v1＝－0.1 m/s，v2＝0.8 m/s，可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，A、C错误，B正确；根据能量守恒定律可知，爆炸过程中释放的能量为ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2))v02＝0.027 J，D正确。
9．选D 工人与平板车组成的系统在水平方向动量守恒，则0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))v共，解得v共＝0，故A错误；根据人船模型可得mx1＝Mx2，x1＋x2＝3 m，解得x1＝2.5 m，x2＝0.5 m，故工人水平方向移动的距离为2.5 m，平板车最终移动的距离为0.5 m，故B、C错误；工人做平抛运动过程，有h＝eq \f(1,2)gt2，x1＝vt，解得v＝5 m/s，故D正确。
10．选AD 根据题意，炸药爆炸释放出的化学能为5mgr＝eq \f(1,2)×4mv甲2＋eq \f(1,2)mv乙2，爆炸过程甲、乙组成的系统动量守恒，有4mv甲＝mv乙，联立解得v甲＝eq \f(\r(2gr),2)，v乙＝2eq \r(2gr)，故A正确；由上述分析得Ek乙＝eq \f(1,2)mv乙2＝4mgr，故B错误；根据动能定理有－mgh＝0－eq \f(1,2)mv乙2，解得乙上升的最大高度为h＝4r，故C错误；取向右为正方向，对乙从A出发至第一次返回到A的过程，由动量定理得eq \x\t(F)t0＝m×2v乙，解得eq \x\t(F)＝eq \f(4m\r(2gr),t0)，故D正确。
11．解析：(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝eq \f(m＋Mv0－MvB,m)。
(2)A、B分离的过程，对B由动量定理有
FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝eq \f(MvB－Mv0,Δt)。
答案：(1)eq \f(m＋Mv0－MvB,m) (2)eq \f(MvB－Mv0,Δt)
12．解析：(1)全过程中A、B、C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，根据动量守恒定律有
mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC
炸药对C的冲量I＝mCvC－0，解得I＝eq \f(5,2)mv0。
(2)炸药爆炸过程中B和C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，有mCvC－mBvB＝0
爆炸过程增加的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mBvB2＋eq \f(1,2)mCvC2
解得ΔE＝eq \f(75,8)mv02。
答案：(1)eq \f(5,2)mv0 (2)eq \f(75,8)mv02