物理人教版 (2019)6 反冲现象 火箭精品达标测试

1.6反冲现象火箭人教版（   2019）高中物理选择性必修第一册同步练习

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1. 静止的实验火箭，总质量为，当它以对地速度喷出质量为的高温气体后，火箭的速度为(    )

A.  B.  C.  D.

2. 一质量为的航天器正以速度在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为，加速后航天器的速度大小，则喷出气体的质量为(    )

A.  B.  C.  D.

3. 一只质量为的乌贼吸入的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为的速度向前逃窜。下列说法正确的是

A. 在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为
B. 在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
C. 乌贼喷出的水的速度大小为
D. 在乌贼喷水的过程中，有的生物能转化成机械能

4. 在某次短道速滑接力比赛中，“接棒”的运动员甲提前在滑道内侧加速，然后滑入赛道，此时队友乙刚好也在同一位置，两人速度几乎相等，此时乙猛推甲，使甲获得更大的速度向前冲出如图所示，完成接力过程。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(    )

A. 甲对乙做功的大小等于乙对甲做的功的大小
B. 甲对乙的冲量大小大于乙对甲的冲量大小
C. 甲、乙两人组成的系统总动量增加
D. 甲、乙两人组成的系统机械能增加

5. 在匀强磁场中，有一个原来静止的原子核，发生衰变后放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，如图所示，圆的直径之比为，那么下列判断正确的是(    )

A. 原子核发生的是衰变
B. 图中是新核的轨迹
C. 磁场方向垂直纸面向外
D. 衰变方程为

6. 将总质量为的模型火箭点火升空，从静止开始，在时间内有燃气以大小为的速度从火箭尾部喷出，且燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则下列说法正确的是(    )

A. 在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为
B. 在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为
C. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为
D. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为

7. 一个不稳定的原子核质量为，处于静止状态。放出一个质量为的粒子后反冲。已知放出的粒子的动能为，则原子核反冲的动能为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

8. 如图所示，在匀强磁场中静止着一个原子核，某一时刻发生了一次衰变，放出的粒子与生成的新核在与磁场方向垂直的平面内做匀速圆周运动，得到粒子与新核的轨迹是外切圆。已知磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，粒子的质量数为，电荷量为，则下列说法正确的是(    )

A. 新核与粒子的轨迹半径之比为
B. 衰变后产生的新核与粒子的动能之比为
C. 衰变后产生的新核与粒子所受的洛伦兹力之比为
D. 放出的粒子对应的轨迹是大圆，粒子和新核绕行的方向均为顺时针

9. 世界上第一个想利用火箭飞行的人是明朝的士大夫万户他把个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用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火箭、燃料、椅子、风筝等总质量为，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为下列说法中正确的是

A. 火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒

10. 如图所示，小车放在光滑水平面上，端固定一个轻弹簧，端粘有油泥，小车总质量为，质量为的木块放在小车上，用细绳连接于小车的端并使弹簧压缩，开始时小车和都静止，当突然烧断细绳时，被释放，随后离开弹簧向端冲去，并跟端油泥粘在一起，忽略一起摩擦，以下说法正确的是(    )

A. 弹簧伸长过程中向右运动，同时小车也向右运动
B. 与碰前，与小车的速率之比为：
C. 与油泥粘在一起后，小车继续向右运动
D. 与油泥粘在一起后，小车立即停止运动

11. 小车静止在光滑水平面上，站在车上右端的人练习打靶，靶装在车上的左端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为不含子弹，每发子弹质量为，共发，打靶时，枪口到靶的距离为。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。以下说法正确的是(    )

A. 待打完发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B. 待打完发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同

第II卷（非选择题）

三、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

12. 质量的火箭，其喷出气体对地的速度为。
    它至少每秒喷出质量为多少的气体，才能开始上升
    如果要以的加速度上升，那么每秒应喷出多少气体
    火箭上升后，由于继续喷气，火箭质量将逐渐变小，如果喷气对地的速度保持不变，要维持不变的上升加速度，那么每秒喷出的气体质量应如何变化取
13. 如图所示，质量均为的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：

小孩接住箱子后共同速度的大小．

若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．

14. 光滑水平面上放有一半圆弧槽，半圆弧槽的质量为、半径为，如图所示。将一质量为、可视为质点的滑块从半圆弧槽的右侧顶端由静止释放。
     

若半圆弧槽的内表面粗糙，滑块经过最低点后，恰能运动到半圆弧槽的左侧点，与竖直方向的夹角为，则在该过程中，半圆弧槽的位移为多少；

若半圆弧槽的内表面光滑，，则滑块滑到最低点时，半圆弧槽对滑块的支持力为多少？

答案和解析

1.【答案】 

【解析】略
 

2.【答案】 

【解析】

【分析】
以航天器与气体为系统，系统动量守恒，则由动量守恒定律列式求解即可。
本题考查了动量守恒定律。本题为动量守恒定律的直接应用，但解题时注意质量关系及各速度的方向，能用正确的符号表示出来。
【解答】
规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
1
解得：。故ABD错误，C正确。
故选C。  

3.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查了冲量、动量守恒和能量守恒定律的直接应用，难度不大，属于基础题。
乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力，系统动量守恒；根据动量守恒定律可求出乌贼喷出的水的速度；根据能量守恒可得乌贼在这一次逃窜过程中能量的转化。
【解答】
A.根据动量定理，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小，选项A错误；
乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，有，解得乌贼喷出水的速度大小，选项B错误、C正确；
D.根据能量守恒定律，在乌贼喷水的过程中，转化为机械能的生物能，选项D错误．
故选C。  

4.【答案】 

【解析】

【分析】
根据功的定义来判断甲对乙做功的大小与乙对甲做的功的大小的关系；根据冲量的定义来判断甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小的关系；忽略运动员与冰面间水平方向上的相互作用，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律分析系统的总动量是否增加；根据能量的转化情况分析系统的机械能变化情况。
本题考查的是功的定义、冲量的定义、以及系统动量守恒条件和机械能守恒条件的判断，属于基础性试题，要求学生对相关知识及规律做到熟练掌握才可以。
【解答】
A、根据功的定义：，可知乙猛推甲的过程中，相互作用力是大小相等，方向相反，但是甲、乙的位移不相等，所以甲对乙做功的大小不等于乙对甲做的功的大小，故A错误；
B、根据冲量的定义：，可知乙猛推甲的过程中，相互作用力是大小相等，方向相反，作用时间相等，所以甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小，故B错误；
C、在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，系统所受合外力为零，所以甲、乙两人组成的系统总动量守恒，故C错误；
D、根据能量的转化情况分析系统可知，在乙猛推甲的过程中，将体内的化学能转化为系统的机械能，所以甲、乙两人组成的系统机械能增加，故D正确。
故选：。  

5.【答案】 

【解析】

【分析】
核反应过程质量数与核电荷数守恒，衰变过程系统动量守恒，衰变后的新核与衰变放出的粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用动量守恒定律、左手定则与牛顿第二定律分析答题。
【解答】
A.衰变过程系统动量守恒，衰变前原子核静止，系统总动量为零，由动量守恒定律可知，衰变后系统总动量为零，衰变后的新核与释放出的粒子动量大小相等、反向相反，衰变后放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，因此衰变后瞬间，衰变放出的粒子与反冲核所受洛伦兹力方向相同，由于它们的速度方向相反，因此衰变放出的粒子带负电，衰变是衰变，故A错误；
B.衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变后放出的粒子与反冲核的动量大小相等，
由牛顿第二定律得：，解得做圆周运动的轨道半径：，衰变放出的电子电荷量小于反冲核，因此电子的轨道半径大于反冲核的轨道半径，图中是电子的轨迹，是新核的轨迹，故B错误；
C.反冲核带正电，由图示可知，反冲核沿逆时针方向做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场垂直于纸面向里，故C错误；
D.衰变是衰变，衰变过程系统质量数守恒、核电荷数守恒，由，又已知两圆直径之比为，可知反冲核的电量是粒子的倍，由质量数守恒与核电荷数守恒可知，核反应方程式是：，故D正确。
故选：。  

6.【答案】 

【解析】

【分析】
在燃气喷出过程，对燃气运用动量定理列式，结合牛顿第三定律可求得火箭受到的平均推力。在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统合外力远小于内力，系统的动量近似守恒，结合动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的速度大小。
本题考查了动量定理和动量守恒定律的基本运用，要知道喷出燃气的过程，属于内力远大于外力，系统动量守恒的情形。要规定正方向，用符号表示速度方向。
【解答】
设模型火箭为，燃气的质量为。燃气的速度大小为，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为。
在燃气喷出过程，对燃气，由动量定理得：
解得：，故AB错误；
规定燃气喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得：
解得：，故D正确，C错误。  

7.【答案】 

【解析】

【分析】
静止的原子核释放出粒子过程动量守恒，同时质量数守恒，因此根据动量守恒可正确解答。
动量守恒定律在宏观和微观都有着广泛的应用，在学习原子物理时注意动量守恒定律的应用。
【解答】
放出质量为的粒子后，剩余质量为，该过程动量守恒，有：    
放出的粒子的动能为：                                               
原子核反冲的动能：                                       
联立得：，故ABD错误，C正确。
故选：。  

8.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了带电粒子在磁场中的运动和动量守恒定律的应用。根据动量守恒定律可知，两粒子动量等大反向，结合左手定则解答；根据计算半径之比；根据分析动能；根据洛伦兹力。
【解答】
D.根据动量守恒定律可知，两粒子动量等大反向，根据，可得，可知，带电荷量较小的粒子对应的轨迹圆半径较大，根据左手定则可知粒子和新核绕行的方向均为逆时针，故D错误；
A.因粒子带电荷量为，可知新核带电荷量为，根据，可知新核与粒子的轨迹半径之比为，故A错误；
B.对粒子有，因新核的质量数为，则质量，对新核分析有，故衰变后产生的新核做圆周运动的动能与粒子动能之比为，故B正确；
C.设粒子所受的洛伦兹力为，因新核的核电荷数为，则电荷量，新核所受的洛伦兹力为，故C正确。  

9.【答案】 

【解析】

【分析】
火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭含燃料、椅子、风筝等为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。
本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭含燃料、椅子、风筝等为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。
【解答】
A.火箭点火获得向上的推力，推力来自于燃料气体的反作用力，不是空气的反作用力，故A正确；
B.喷气过程动量守恒，由，得，故B正确；
C.火箭做竖直上抛运动，上升的最大高度，故C错误；
D.喷气过程火箭机械能增加，故D错误。  

10.【答案】 

【解析】

【分析】
小车、木块和弹簧组成的系统动量守恒，抓住总动量为零，结合动量守恒定律分析木块和小车的速度之比，以及与泥粘在一起时的运动情况．
本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，结合总动量为零分析求解．
【解答】
A.小车与木块以及弹簧组成的系统在水平方向上动量守恒，向右运动时，小车应向左运动，故A错误．
B.设碰前的速率为，小车的速率为，则，得，故B正确．
设与油泥粘在一起后，小车、的共同速度为，则，得，故D正确，C错误．  

11.【答案】 

【解析】

【分析】
本题的关键是根据动量守恒定律求解出从发射一颗子弹到击中靶过程小车后退的距离，要找到子弹与小车位移关系是解答本题的关键。
子弹、枪、人、车组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，由此分析速度和位移；
设子弹出口速度为，根据动量守恒定律求解出车后退速度，计算出子弹飞到靶需要的时间和后退位移即可。
【解答】
解：子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方。待打完发子弹后，小车将静止不动，故A错误、B正确；
设子弹出口速度为，车后退速度大小为，以向左为正，根据动量守恒定律，有：
有：，
子弹匀速向左运动的同时，车匀速向右运动，故：，
联立解得，，
故车向右运动的距离为：，
每颗子弹从发射到击中靶过程，小车均向右运动，均相同，故D错误，C正确。
故选BC。  

12.【答案】解：设喷出气体的质量为，以喷出气体为研究对象，喷出气体在时间内速度由增至，设火箭对喷出气体的作用力为，由动量定理有，  
若要使火箭开始上升，则要求   所以有，则
即要使火箭开始上升，至少每秒要喷出的气体；

若要使火箭以加速度上升，则    

由两式有  

即每秒要喷出气体；

由于火箭的总质量在逐渐减少，要保持向上的加速度不变，可减少喷出的气体质量，见以上的式，设喷气时间后，每秒喷气的质量为，则应有

则 

即逐渐减少。

【解析】内当喷出的气体对火箭的平均作用力大于重力时，火箭才能开始上升，应用动量定理求出每秒钟喷出气体的质量；
对火箭，应用牛顿第二定律可以求出每秒喷出气体的质量；
火箭上升过程质量不断减小，应用动量定理求出喷出气体对火箭的作用力，应用牛顿第二定律分析答题。
应用动量定理求出喷出气体对火箭的作用力是解题的前提，然后根据平衡条件、牛顿第二定律分析答题。
 

13.【答案】解：取向左为正方向，设小孩接住箱子后共同速度的大小，根据动量守恒定律有，
推出木箱的过程：
接住木箱的过程：
解得共同速度：
小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度将木箱向右推出，设向左为正方向，根据动量守恒：

得推出后小孩的速度：
即小孩的速度等于木箱的速度，则小孩不能再次接住木箱．
答：小孩接住箱子后共同速度的大小为；
若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，小孩不能再接住木箱． 

【解析】小明在推出木箱的过程和接住木箱的过程系统动量守恒，根据动量守恒定律求出小明接住木箱后三者共同运动时速度的大小；
根据动量守恒定律求推出木箱后小孩的速度，若小孩的速度大于等于木箱的速度，则不能接住．
 

14.【答案】解：半圆弧槽和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，
设滑块从半圆弧槽的右侧顶端由静止释放后某一时刻的水平速度大小为，半圆弧槽的水平速度大小为，则有
设运动过程中半圆弧槽和滑块的位移大小分别为，
由于两者每时每刻的水平速度之比都为
故水平位移之比为
因为
解得
若半圆弧槽的内表面光滑，设滑块滑到最低点时，半圆弧槽的速度大小为，滑块的速度大小为，滑块从最高点到最低点的过程，两者在水平方向动量守恒，得出
系统机械能守恒，得出
在最低点，对滑块由牛顿第二定律得出
其中为滑块相对于半圆弧槽的速度大小

且
解得，
 

【解析】半圆弧槽和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，根据水平方向动量守恒列式得出速度之比，再根据位移关系求解位移；
滑块从最高点到最低点的过程，两者在水平方向动量守恒，且系统机械能守恒列式。再结合圆周运动的向心力公式求解支持力。
本题是单方向的动量守恒和能量问题及竖直平面内的圆周运动的结合，常规题目。