主题一 8 火箭的发射与反冲现象 考点练习 2027届高三物理一轮复习（浙江专版）

这是一份主题一 8 火箭的发射与反冲现象 考点练习 2027届高三物理一轮复习（浙江专版），共7页。
基础巩固练
考点一 对反冲运动的理解和应用
1.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( )
A.m2v0m1B.m2v0m1-m2
C.m2v0csθm1-m2D.m2v0csθm1
解析:C 炮弹离开炮口时,炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计,则系统在水平方向动量守恒。取炮车后退的方向为正,对炮弹和炮车组成的系统,根据水平方向满足动量守恒定律,有(m1-m2)v′-m2v0cs θ=0,解得v′=m2v0csθm1-m2,C正确。
2.乌贼在水中的运动方式是十分奇特的,它不用鳍也不用手足,而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动,在无脊椎动物中游泳最快,速度可达15 m/s。逃命时更可以达到40 m/s,被称为“水中火箭”。如图所示,一只悬浮在水中的乌贼,当外套膜吸满水后,它的总质量为5 kg,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,从而获得40 m/s的速度迅速逃窜,喷射出的水的质量为1.6 kg,则喷射出水的速度为( )
A.160 m/sB.125 m/s
C.85 m/sD.75 m/s
解析:C 设喷射出水的速度大小为v,取乌贼逃窜方向为正方向,对乌贼和喷出的水,根据动量守恒定律有(m-Δm)v0-Δmv=0,解得v=85 m/s,故C正确。
3.“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图如图所示,其过程可简化为:打开降落伞一段时间后,整个装置沿竖直方向匀速下降,为确保返回舱能安全着陆,在返回舱距地面1 m左右时,舱内航天员主动切断与降落伞的连接(“切伞”),同时点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。已知“切伞”瞬间返回舱的速度大小v1=10 m/s,火箭喷出的气体速度大小v2=810 m/s,火箭“喷气”时间极短,喷气完成后返回舱的速度大小v3=2 m/s,则喷气完成前、后返回舱的质量比为( )
A.45∶44B.101∶100
C.125∶124D.135∶134
解析:B 火箭“喷气”时间极短,“喷气”过程系统内力远大于外力,“喷气”过程中返回舱与气体组成的系统动量守恒,设返回舱喷气完成前后返回舱的质量分别为M1、M2,根据动量守恒定律有M1v1=M2v3+(M1-M2)v2,解得M1M2=101100。
考点二 火箭发射问题
4.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的万户。如图所示,他把47个自制的火箭绑在椅子上组成“大火箭”,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用“大火箭”的推力飞上天空,然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备的总质量为M,点燃火箭后在极短的时间内,质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响,要增大火箭的发射速度大小,下列操作可行的是( )
A.增大v0的同时减小m
B.增大M的同时减小m
C.增大v0的同时减小M
D.同比例增大M、m
解析:C 在燃气喷出后的瞬间,可以认为万户及所携设备组成的系统动量守恒,设火箭的速度大小为v,规定火箭运动方向为正方向,则有(M-m)v-mv0=0,解得火箭的速度大小为v=mv0M-m,可知增大v0的同时减小M、增大m,可增大火箭的发射速度。C正确。
5.(多选)我国于2026年1月13日在海南商业航天发射场使用长征八号甲运载火箭成功发射卫星互联网低轨18组卫星,卫星顺利进入预定轨道,发射任务获得圆满成功。假设质量为m(包含燃料的质量)的运载火箭通过发动机点火,在很短时间内从喷口向外喷出质量为Δm的燃气使其实现向较低的轨道变轨,燃气喷出时的速度大小为v,卫星在变轨前做半径为r的匀速圆周运动,速度大小为v0,地球的半径为R,则下列说法正确的是( )
A.喷气方向与运载火箭的运行方向相反
B.地球的密度为3v02r4πGR3
C.在燃气喷出后的瞬间,运载火箭的动量大小为mv0-Δmv
D.在变轨过程中,运载火箭的机械能守恒、动量守恒
解析:BC 根据题意及降轨原理可知运载火箭的速度要减小,根据反冲原理可知喷气方向与运载火箭的运行方向相同,A错误;根据万有引力提供向心力可得GMmr2=mv02r,又有V=43πR3,则地球密度为ρ=MV=3v02r4πGR3,B正确;根据运载火箭和喷出的燃气组成的系统动量守恒有mv0=(m-
Δm)v′+Δmv,可得在燃气喷出后的瞬间,运载火箭的动量大小为p=(m-Δm)v′=mv0-Δmv,C正确;运载火箭和喷出的燃气组成的系统动量守恒,但运载火箭的动量不守恒且机械能也不守恒,D错误。
考点三 爆炸类问题
6.(台州)一枚炮弹在空中飞行时,突然发生爆炸(时间极短),爆炸成质量不同的两部分,爆炸后瞬间两部分的运动方向与爆炸前瞬间炮弹的运动方向在同一直线上。则炮弹爆炸过程中( )
A.系统动量不守恒
B.两部分的动能都会增大
C.两部分的动能之和可能减小
D.两部分的动能之和一定增大
解析:D 当系统不受外力或所受外力之和为零时,系统动量保持不变,A错误;由于能量守恒,爆炸过程中有化学能转化为动能,两部分动能之和一定增大,可能一部分动能增大,另一部分动能减小,也可能两部分的动能都增大,故B、C错误,D正确。
7.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0.8 m、0.2 m。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∶2B.2∶1C.4∶1D.1∶4
解析:A 爆炸过程中,两滑块水平方向动量守恒,取水平向右为正,有0=-m1v1+m2v2,爆炸之后分别对两滑块由动能定理可知,对滑块P有-μm1gx1=0-12m1v12,对滑块Q有 -μm2gx2=0-12m2v22,联立代入数据解得m1∶m2=1∶2,选项A正确。
考点四 “人船”模型问题
8.如图所示,平静的、不计阻力的湖面上,一人脚踩竹竿静立于A点,一段时间后他到达B点。经测量发现A、B间距离为AB=5 m,竹竿右端距离河岸为9 m。已知竹竿的质量约为25 kg。则该人的质量约为( )
A.41.5 kgB.45 kgC.47.5 kgD.50 kg
解析:B 根据题意,设人的质量为m,由动量守恒定律有mv=m竿v竿,由于系统的水平动量一直为0,运动时间相等,设运动时间为t,则有mvt=m竿v竿t,整理可得mx=m竿x竿,解得m=m竿x竿x=
25×95 kg=45 kg。
9.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一名同学想用一个卷尺粗略测定小船的质量,他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻地从船尾上船,走到船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L。如图所示。已知他自身的质量为m,则渔船的质量为( )
A.m(L+d)dB.m(L-d)d
C.mLdD.m(L+d)L
解析:B 设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v′,人从船尾走到船头所用时间为t,取船的运动方向为正方向,则v=dt,v′=L-dt,根据动量守恒定律得Mv-mv′=0,解得船的质量M=m(L-d)d。
能力提升练
10.一个质量为m的小型炸弹,从水平地面以大小为v0的速度朝右上方射出,且速度方向与水平面夹角为53°,在最高点爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片,如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落,丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力,则落地时甲、乙的距离为( )
A.48v0225 gB.3v022 gC.4v025 gD.9v0216 g
解析:A 把初速度沿水平方向和竖直方向进行分解,则分速度大小分别为vx=v0cs 53°,
vy=v0sin 53°,则炸弹从地面到最高点时间为t=vyg=v0sin53°g,炸弹在最高点爆炸时,水平方向动量守恒,根据题意可知甲、乙、丙三块弹片质量均为m3,规定向右为正方向,由逆向思维可知,爆炸后丙的速度大小为v丙=vx,设甲的速度大小为v甲,则有mvx=-m3v丙+m3v甲,联立以上解得v甲=
4vx=4v0cs 53°,所以落地时甲、乙的距离为Δx=v甲×t,联立以上解得Δx=48v0225g。
11.中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中,飞行器总质量(含燃料)为M,设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm,喷气速度均为v(相对地面),喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止,相继进行n次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是( )
A.每次喷气过程中,飞行器动量变化量的方向与喷气方向相同
B.每次喷气后,飞行器(含剩余燃料)速度的增量大小相同
C.经过n次喷气后,飞行器速度为nΔmvM-nΔm
D.由于在太空中没有空气提供反作用力,所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
解析:C 由题意可知,每次喷气过程中,系统(包括飞行器和喷出的气体)总动量守恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同,由于系统总动量守恒,那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反,所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反,A错误;根据动量守恒定律,系统初始总动量为0,第一次喷气后,喷出气体质量为Δm,速度为v,飞行器质量变为M-Δm,速度为v1,则有0=Δmv-(M-Δm)v1,解得v1=ΔmvM-Δm,所以第一次喷气后速度增量Δv1=v1=ΔmvM-Δm。在第二次喷气之前,此时系统总动量大小为(M-Δm)v1,喷气后,喷出气体质量仍为Δm,速度为v,飞行器质量变为M-2Δm,速度为v2,则有-(M-Δm)v1=Δmv-(M-2Δm)v2,将v1=ΔmvM-Δm代入可得v2=2ΔmvM-2Δm,所以第二次喷气后速度增量Δv2=v2-v1=2ΔmvM-2Δm-ΔmvM-Δm=MΔmv(M-2Δm)(M-Δm),以此类推,可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同,B错误;设经过n次喷气后飞行器的速度为vn,系统初始总动量为0,n次喷气后,喷出气体总质量为nΔm,速度为v,飞行器质量变为M-nΔm,速度为vn,根据动量守恒定律可得0=nΔmv-(M-nΔm)vn,解得vn=nΔmvM-nΔm,C正确;虽然在太空没有空气,但飞行器喷气时,飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力,根据牛顿第三定律,喷出气体对飞行器有反作用力,所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速,D错误。
12.(宁波)中国航天日到来之际,某校兴趣小组设计制作了一支“水火箭”来模拟火箭升空的过程。已知该水火箭装水后的总质量为1 kg,在极短时间内,箭体内0.4 kg的水被快速地竖直向下喷出,使火箭获得一个向上的速度后离开发射装置升空。在某次调试过程中,发现该水火箭能上升到80 m的高度,若不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,
(1)求:水火箭从发射到上升至最高点的过程中所受重力的冲量;
(2)求:水火箭发射时喷出的水的速度大小;
(3)若将该水火箭改为2级水火箭(即火箭中的水平均分为2次喷射),每次喷出的水相对火箭该次喷水前的速度相同,大小为(2)问中速度大小,这样的火箭连续两次喷水后的速度为多少?
答案:(1)24 kg·m/s (2)60 m/s (3)35 m/s
解析:(1)依题意,水火箭做竖直上抛运动,采用逆向思维,可得h=12gt2,解得t=4 s,
根据IG=(m-m0)gt,
解得IG=24 kg·m/s,方向竖直向下。
(2)根据h=v022g,解得v0=40 m/s,
依题意,火箭喷水过程,系统动量守恒,可得
(m-m0)v0=m0v,解得v=60 m/s。
(3)第一次喷水,根据动量守恒定律有
(m-0.5m0)v1=0.5m0v,
解得v1=15 m/s,
第二次喷水,根据动量守恒定律有
(m-0.5m0)v1=(m-m0)v2-0.5m0(v-v1),
解得v2=35 m/s。