专题10反冲模型-高考物理动量常用模型最新模拟题精练

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高考物理《动量》常用模型最新模拟题精练专题10  反冲模型一、选择题1．（2023洛阳名校联考）将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)A.v0   B.v0C.v0   D.v0【参考答案】D【名师解析】　选火箭和燃料整体为研究对象，在气体喷出的过程中，内力远大于外力，系统动量守恒，则(M－m)v＝mv0，解得v＝，故D选项正确。2.  一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是(　　)A．动量不变，速度增大B．动量变小，速度不变C．动量增大，速度增大D．动量增大，速度减小【参考答案】A【名师解析】　整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变，又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大。选项A正确。3.（2020山东检测）如图所示,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。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,火箭和水机械能守恒C．火箭获得的最大速度为D．火箭上升的最大高度为【参考答案】D【名师解析】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，mv0=（M—m）v，解得v= ，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==，选项D正确。4．（2020全国I卷模拟8）一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为(　　)A．1.4 m/s   B．1 m/sC．0.8 m/s   D．0.5 m/s【参考答案】BC　【名师解析】若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝＝1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s之间。故B、C正确。5．[多选]为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则(　　)A．喷出气体的速度为B．喷出气体的速度为 C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为【参考答案】BC　【名师解析】对t＝1 s内喷出的气体，由动能定理得Pt＝mv12，解得v1＝ ，故B正确，A错误；在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2＝mΔt·v1，探测器的动能为Ek＝Mv22，解得Ek＝，故C正确，D错误。 6  有关实际中的现象，下列说法不正确的是(　　)A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好【参考答案】D【名师解析】根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固，故D错误．7  一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)(　　)A.   B.C.   D.【参考答案】　C【名师解析】　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2解得v2＝，故选C.8．(多选)春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上做匀速直线运动，在这段时间内与“冲天炮”的有关物理量将是(　　)A．合外力为零   B．动能不变C．重力不变   D．动量值变小【参考答案】AD【名师解析】　“冲天炮”向上匀速，所以合力为零，在上升过程中喷出气体，则质量变小，即重力、动能、动量变小。选项AD正确。9．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/sC．10 m/s  D．－12 m/s【参考答案】：D【名师解析】：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. 10．下列不属于反冲运动的是(　　)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【参考答案】B【名师解析】　反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，直升飞机不是反冲现象，故选项B正确．11．一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子向上爬时，下列说法不正确的是(　　)A．气球可能匀速上升B．气球可能相对地面静止C．气球可能下降D．气球运动速度不发生变化【参考答案】D【名师解析】　气球和人组成的系统动量守恒，(M＋m)v0＝Mv1＋mv2，当人沿梯子向上爬时，v1可能为零，可能为正，也可能为负，则只有D项错误。12. 将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g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喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A.30kgm/s             B.5.7×kgm/s        C.6.0×kgm/s       D.6.3×kgm/s【参考答案】.A【名师解析】燃气从火箭喷口在很短的时间内喷出的瞬间，其重力冲量和空气阻力冲量都很小，因此可把火箭和燃气组成的系统看作所受合外力为零，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设火箭的动量为p，根据动量守恒定律，可得：p-mv0=0，解得p=mv0=0.050kg×600m/s=30kg·m/s，选项A正确。 13 质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m=2kg的小球（视为质点）通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态。现给小球一个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2。则A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3mB．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3mC．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27mD．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.0.54m【参考答案】.AD【名师解析】可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有=，解得：x=0.3m，选项A正确B错误。根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45m，选项C错误。根据动量守恒定律，在小球上升到轨道高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以到达的最大高度为h=0.45m，与水平面的夹角为cosα=0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x’，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有=，解得：x’=0.24m。小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x+x‘=0.3m+0.24m=0.54m,选项D正确。14   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【参考答案】B【名师解析】将隔板突然抽去，气体向右移动，气缸向左移动。稳定后气体相对气缸的宏观运动停止，由动量守恒定律可知气缸停止，选项B正确。15．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)A.v0   B.v0C.v0   D.v0【参考答案】D【名师解析】　选火箭和燃料整体为研究对象，在气体喷出的过程中，内力远大于外力，系统动量守恒，则(M－m)v＝mv0，解得v＝，故D选项正确。16  .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【参考答案】B【名师解析】　反冲运动中满足动量守恒定律，向后喷出的气体，使火箭获得向前的推力。选项B正确。17 ．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是(　　)A．动量不变，速度增大B．动量变小，速度不变C．动量增大，速度增大D．动量增大，速度减小【参考答案】A【名师解析】　整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变，又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大。选项A正确。18．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是(　　)A．向后踢腿   B．手臂向后甩C．在冰面上滚动   D．脱下外衣水平抛出【参考答案】D【名师解析】　踢腿、甩手对整个身体系统来讲是内力，内力不改变系统整体的运动状态。只有脱下外衣水平抛出，才能离开水面，选项D正确。 二．计算题1．(10分)某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小船上，利用液化瓶向外喷射气体做为船的动力．现把整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，求：(1)喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？(2)喷射出质量为Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？【名师解析】：(1)由动量守恒定律得(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0解得：v船＝.(2)对喷射出的气体运用动量定理得：FΔt＝Δmv1解得：F＝由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为F＝.答案：(1)　(2)2.一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s(相对地面)．设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？【名师解析】　解法一　(1)喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量可认为守恒．设第一次气体喷出后，火箭速度为v1，则(M－m)v1－mv＝0，解得v1＝；设第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，解得v2＝；设第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，解得v3＝≈2 m/s．(2)依次类推，设第n次气体喷出后，火箭速度为vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1，解得vn＝．因为每秒喷气20次，所以第1 s末火箭速度为v20＝≈13.5 m/s．解法二　(1)整体选取研究对象，运用动量守恒定律求解．设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3＝≈2 m/s．(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，则(M－20m)v20－20mv＝0，解得v20＝≈13.5 m/s．答案　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 3.  “嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a=2m/s2垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2s减速到0，停止在月球表面上。飞船质量m=1000kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g=3.6m/s2，四条缓冲脚的质量不计。求：（1）飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；（2）从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。【参考答案】(1) ；(2) 【名师解析】(1)设飞船加速下降时火箭推力：推力对火箭做功为： 解得：；(2)，反冲脚触地前瞬间，飞船速度大小为： 从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“反冲脚”对飞船的冲量大小为： 解得：。4. 科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为。气球在空中以的速度匀速下降，距离水平地面高度时科研人员将质量的压舱物竖直向下抛出，抛出后6s压舱物落地。不计空气阻力，热气球所受浮力不变，重力加速度取，求：
（1）压舱物刚被抛出时的速度大小；
（2）压舱物落地时热气球距离水平地面的高度。【名师解析】（1）设压舱物刚被抛出时的速度大小为，热气球的速度大小为。
压舱物被竖直向下抛出后，做竖直下抛运动，由运动学规律有：

代入数据解得：
抛压舱物的过程，压舱物和热气球组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：

代入数据解得：
设热气球受到的浮力为F，则有：
压舱物抛出后对热气球进行受力分析，由牛顿第二定律得：

代入数据解得：
热气球6s上升的高度为：
代入数据解得：
此时热气球距离水平地面的高度为：
答：压舱物刚被抛出时的速度大小是；
压舱物落地时热气球距离水平地面的高度是206m。【关键点拨】压舱物被竖直向下抛出后，做竖直下抛运动，加速度为g，根据位移时间公式求压舱物刚被抛出时的速度大小；
抛压舱物的过程，压舱物和热气球组成的系统合外力为零，遵守动量守恒定律，由此求出压舱物刚被抛出时热气球的速度。压舱物被抛出后，热气球匀加速上升，根据牛顿第二定律求其上升的加速度，再由位移时间公式求压舱物落地时热气球距离水平地面的高度。
本题是脱钩问题，关键要明确压舱物刚被抛出的过程，压舱物和热气球组成的系统动量守恒。同时要分析清楚热气球的运动过程，对热气球正确受力分析，应用牛顿第二定律、运动学公式即可解题。5  .一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员，在距离飞船x=45m处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量为m0=0.5 kg氧气的贮气筒。筒上装有可以使氧气以v=50 m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用，宇航员的耗氧率为Q=2.5×10-4 kg/s，不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：
(1)瞬时喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？
(2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？【名师解析】  (1)由题述可知所求的喷出氧气的质量m应有一个范围，若m太小，宇航员获得的速度也小，虽贮气筒中剩余的氧气较多，但由于返回飞船所用的时间太长，将无法满足他途中呼吸所用，若m太大，宇航员获得的速度虽然大了，而筒中氧气太少，也无法满足其呼吸作用，所以m对应的最小和最大两个临界值都应是氧气恰好用完的情况，设瞬间喷气m kg时，宇航员恰能安全返回，根据动量守恒定律可得： mv=MV     ①
宇航员匀速返回的时间为 t=x/V       ②
贮气筒中氧气的总质量：m0≥m+Qt    ③
代入数据可得0.05 kg≤m≤0.45 kg
(2)当总耗氧量最低时，宇航员安全返回，共消耗氧气△m，则△m=m+Qt     ④
由①②④可得   △m=+m=+m
当m =，即m=0.15 kg时，△m有极小值，故总耗氧量最低时，应一次喷出m=0.15 kg的氧气。
将m=0.15 kg代入①②两式可解得返回时间：t=600 s。6．在太空中有一枚相对于太空站静止的质量为M的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出的速度为v0(相对于太空站)，紧接着再喷出质量也为m的另一部分气体，此后火箭获得的速度为v(相对太空站)，火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站)?【名师解析】　题意中所涉及的速度都是相对于太空站的，可以直接使用动量守恒定律，规定v0的方向为正，则第一次喷气后有0＝mv0＋(M－m)v1，解得v1＝－，v1与正方向相反．第二次喷气后有(M－m)v1＝mv2－(M－2m)v，解得v2＝v－v0．答案　v－v07．如图，是某科技小组制做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，发动机喷气体口截面积为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。【名师解析】（1）悬停时气体对模拟装置的作用力为F，则取时间喷出的气体为研究对象，由动量定理解得：；（2）弹射过程水平方向动量守恒着陆器和巡视其减速运动的距离分别为和，由动能定理：，，弹射器提供的总动能联立解得：