1.6反冲现象火箭（专题训练）

1.6反冲现象火箭（专题训练）【八大题型】一．求解爆炸中的能量转化（共5小题）二．某一方向上的动量守恒（共8小题）三．弹簧弹开两端物体的问题（共6小题）四．反冲运动的定义（共7小题）五．火箭的原理（共6小题）六．人船模型（共7小题）七．计算沿绳下滑所需绳子的长度（共3小题）八．用抛球避免两船碰撞的问题（共3小题）TOC\o"13"\h\u一．求解爆炸中的能量转化（共5小题）1．如图是2022年2月5日中国选手在北京冬奥会短道速滑接力赛中交接棒时的一个情景，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威获得更大的速度向前滑行。若任子威的质量小于曲春雨的质量，不计一切阻力，在曲春雨用力推任子威的过程中，下列说法正确的是（）A．曲春雨推任子威的力大于任子威对曲春雨的推力B．任子威的速度增加量等于曲春雨的速度减少量C．任子威的动能的增加量等于曲春雨的动能的减少量D．任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量【答案】D【详解】A．根据牛顿第三定律，曲春雨推任子威的力等于任子威对曲春雨的推力，A错误；B．根据动量定理得解得质量小的速度变化量大，所以任子威的速度增加量大于曲春雨的速度减少量，B错误；C．通过推力做功，使人体内的生物质能转化为动能，两个人的总动能增加，所以任子威的动能的增加量大于曲春雨的动能的减少量，C错误；D．系统的动量守恒，根据动量守恒定律，所以任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量，D正确。故选D。2．如图所示，完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动，A、B间夹有少量炸药。现炸药发生爆炸，则在爆炸及随后的过程中，下列说法正确的是（）A．炸药爆炸过程，A、B两物块组成的系统动量不守恒B．炸药爆炸过程，A、B两物块组成的系统机械能不能增加C．在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止过程，A、B组成的系统动量守恒D．在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止过程，A、B组成的系统机械能守恒【答案】C【详解】A．A、B在炸药爆炸过程中，内力远远大于外力，A、B两物块组成的系统动量守恒，故A错误；B．A、B在炸药爆炸过程中，将炸药的化学能转化为A、B两物块的机械能，所以A、B两物块的机械能增加，故B错误；CD．以传送带为参考系，A、B两物块爆炸后，由动量守恒定律可知，两物块的速度大小相等，方向相反，两物块在传送带上的加速度大小相等，且都与各自的运动方向相反，都做匀减速运动，两物块同时相对传送带静止，所以总冲量是0，动量是守恒的；但需克服摩擦力做功，机械能不守恒，故C正确，D错误。故选C。3．（多选）如图所示，光滑桌面上木板静止并被锁定，质量为，在木板的中央处放置两个小滑块和，质量分别为和，两滑块间有小型炸药，某时刻炸药爆炸释放能量为，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两滑块与木板间动摩擦因数为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板的边缘，取，不计炸药的质量，则（）A．木板的最终速度为B．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能为C．木板的最小长度为D．木板受的冲量为【答案】BC【详解】A．爆炸过程两滑块组成的系统动量守恒，炸药爆炸释放的能量转化为两滑块的动能，有解得滑块A速度减为零所用时间此时B的速度此过程B与C间的相对位移木板锁定被解除后，滑块A与木板C相对静止，整体与滑块B发生相对运动，设最终三者达到共同速度为，根据动量守恒定律有得故A错误；B．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能故B正确；C．设A、C整体与B相对运动过程B与C间的相对位移为，由功能关系可得得木板的最小长度为故C正确；D．根据动量定理，木板C受的冲量故D错误；故选BC。4．据外媒报道，中国最新的洲际弹道导弹东风51已经研发完成，东风51采用固体燃料发动机，最多可携带14枚分导式多弹头。假设一枚在空中飞行的东风51导弹，质量为，飞行到某点时速度的方向水平，大小为，方向如图所示，导弹在该点突然炸裂成两部分，其中质量的一个弹头沿着v的方向飞去，其速度大小为，求（1）炸裂后另一块质量的弹头的速度；（2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了多少。【答案】（1），方向与v的方向相反；（2）【详解】（1）设初速度v的方向为正方向，爆炸前后水平方向动量守恒，则有其中解得可知炸裂后另一块质量的弹头的速度大小为，方向与v的方向相反。（2）炸裂前导弹的动能为炸裂后导弹两部分总动能为则炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了5．双响爆竹，其一响之后，腾空再发一响，因此得名二踢脚。如图所示，质量为0.1kg的二踢脚竖立在地面上被点燃后发出一响，向下喷出少量高压气体（此过程位移可忽略）后获得20m/s的速度竖直升起，到达最高点时恰好发生第二响，立即被炸成的A、B两块，其中质量的A部分以的速度向南水平飞出。已知第二响释放的能量有30%转化为A、B的机械能，不计二踢脚内火药的质量和所受的空气阻力，取，求：（1）A、B两部分落地时的距离L；（2）第二响释放的能量。【答案】（1）；（2）【详解】（1）A、B两部分落地的时间为炸成的A、B两块时，根据在水平方向动量守恒其中解得炸成的A、B两块后，两部分分别做平抛运动，则两部分水平位移分别为则，A、B两部分落地时的距离L为（2）由题意可知其中解得二．某一方向上的动量守恒（共8小题）6．燃放炮竹是我国很多地方春节期间的习俗，其中有一种“冲天炮”的炮竹，可以从地面上升到空中爆炸．若有一颗“冲天炮”从水平地面发射到达最高点时爆炸成质量比为的两部分1和2，如图所示。已知爆炸后瞬间部分1的初速度大小为，方向斜向上与竖直方向成53∘角。测得部分1的落地点到爆炸点间的水平距离为，重力加速度，不计空气阻力，，。则下列说法正确的是（

）A．爆炸后瞬间部分2的速度大小为B．爆炸点离地的高度为C．部分1、2落地的时间差为D．部分1、2落地点间的距离为【答案】D【详解】A．由动量守恒有解得A错误；B．爆炸后1做斜抛运动，在竖直方向分速度为则1上升到最高点的时间为上升的高度为在水平方向分速度为则从爆炸后到1落地共经历时间则从最高点到地面经历时间为则最高点到地面高度为故爆炸点离地面高度为B错误；C．部分2竖直向下分速度为则有解得则部分1、2落地的时间差为C错误；D．部分2水平向左的分速度为则2落地点水平位移则两部分落地点间的距离为D正确。故选D。7．在某次演练中，一颗炮弹在斜向上飞行过程中爆炸，如图所示。爆炸后，炮弹分成两部分。若炮弹重力远小于爆炸内力，则关于爆炸后两部分的运动轨迹不可能的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】炮弹重力远小于爆炸内力，则炮弹爆炸过程中动量守恒，炮弹爆炸前动量斜向右上，所以爆炸后瞬间两部分的动量矢量和也一定斜向右上。A图所示情况，爆炸后两部分的动量矢量和沿水平方向，所以是不可能的；B、C、D图所示情况，爆炸后两部分的动量矢量和可以斜向右上，所以是可能的。故选A。8．如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，当这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，则以下说法正确的是（）A．A车的速率大于B车的速率 B．A车的速率等于B车的速率C．A、B两车仍然保持静止 D．A车的速率小于B车的速率【答案】D【详解】A、B两车和人组成的系统在水平方向不受外力，故A、B两车和人组成的系统在水平方向动量守恒，由于系统的初动量为0，则系统末动量为0，则有可得可知A车的速率小于B车的速率。故选D。9．（多选）如图所示，平静的湖面上静止一质量为M的小船，在船水平甲板上固定一竖直轻质挡板，有一质量为m的木块（可视为质点）紧靠挡板，两者间夹有火药（大小和质量均不计），木块到船右端距离为L，已知M：m=2：1，忽略水的阻力及其他一切摩擦。某时刻引爆火药，木块与小船被迅速弹开。则下列说法正确的是（）A．引爆火药的前后，木块与小船组成的系统动量守恒，机械能不守恒B．木块离开小船瞬间，木块与小船的速度大小之比为1：1C．木块离开小船瞬间，木块与小船的动能之比为2：1D．从引爆火药到木块刚离开小船的过程，小船向左移动的距离为【答案】ACD【详解】A．爆炸过程，内力远大于外力，则动量守恒，机械能增大，A正确；B．由动量守恒有解得B错误；C．动能之比为C正确；D．由人船模型有解得D正确。故选ACD。10．（多选）如图所示，一质量为m的斜面静置在水平面上，某时刻一质量也为m的小木块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，已知斜面的倾角为，不计所有摩擦，木块可视为质点，下列说法正确的是（）A．木块下滑过程中，木块与斜面的水平位移大小之比为1：1B．木块刚下滑到斜面底端时，木块与斜面的速度大小之比为1：1C．木块下滑过程中，木块与斜面的加速度大小之比为D．木块下滑过程中，木块与斜面的加速度大小之比为【答案】AC【详解】A．不计所有摩擦，则木块与斜面组成的系统在水平方向满足动量守恒，由于二者质量相等，总动量为零，故二者在水平方向的速度等大、反向，则木块与斜面的水平位移大小之比为1：1，A正确；B．木块的速度不是水平方向，故木块与斜面的速度大小之比不等于1：1，B错误；CD．设物块水平速度与斜面速度均为v，物块竖直速度为vy，实际速度为v1,则又得二者初速度为零，由a=得木块与斜面的加速度大小之比为C正确，D错误。故选AC。11．两响爆竹，即二踢脚，是一种传统民俗用品，两响爆竹的纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20米后，凌空爆响。质量为200g的两响爆竹在0.01s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体（此过程两响爆竹的位移可以忽略），然后被竖直发射到距离地面的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设两响爆竹被炸成两部分，其中80g的部分以的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取，求：（1）下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小；（2）上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设下层火药爆炸后爆竹的速度为，则解得由动量定理得解得（2）爆竹做平抛运动解得爆竹爆炸的过程在水平方向动量守恒，有其中，，，解得上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为12．如图所示，一质量M＝0.3kg的足够长“L”形木板，放置于倾角为30°的光滑斜面上，其上端有一质量m＝0.2kg的物块，物块与木板上端之间夹有少量爆炸物且处于静止状态。现引燃爆炸物（对人体不构成伤害），物块与木板瞬间获得总动能为3.375J（只考虑沿斜面方向，其它方向能量不计）。已知物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度g取10，不考虑爆炸物爆炸后的残余物，不计空气阻力。求：（1）爆炸物爆炸瞬间，物块和木板获得的速度大小；（2）木板沿斜面上升的最大距离；（3）从爆炸到木板第一次返回底端的过程中系统因摩擦损失的机械能。【答案】（1）3m/s；4.5m/s；（2）0.45m；（3）3.375J【详解】（1）爆炸物爆炸系统动量守恒，设木板获得的速度大小为v1，物块获得的速度大小为v2Mv1mv2代入数据解得v13m/sv24.5m/s（2）对木板受力分析，根据牛顿第二定律MgsinmgcosMa1解得a110m/s2再由代入数据得Lmax0.45m

（3）从爆炸到木板返回底端，物块受力不变，根据牛顿第二定律mgsinmgcosma2解得a22.5m/s2设木板上升到最高点所用时间解得t0.3s木板返回到最低端时物块速度解得v33m/s说明木块跟木板返回到最低端时恰好共速；木板上升阶段，物块与木板间的相对位移木板下降阶段，物块与木板间的相对位移从爆炸到木板落回地面过程因摩擦而损失的机械能解得E3.375J13．如图所示，光滑水平面上的小车质量为2m，小车左侧部分有半径为R的光滑圆弧轨道，与水平轨道AB相切于A点，小车右端B点固定一个竖直弹性挡板，A、B间距为2R。质量为m的小物块从圆弧轨道最高点以的速度滑下，已知小物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。（1）若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小；（2）若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小；（3）若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。【答案】（1）7mg；（2）；（3）2R，R【详解】（1）若将小车固定，物块滑到圆弧轨道最低点的过程中，根据机械能守恒有在最低点由牛顿第二定律有联立解得（2）若小车不固定，物块与小车在水平方向动量守恒，且同时满足能量守恒，则有联立解得，可知物块第一次滑过A点时小车的速度大小为。（3）由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车其水平速度必然与小车一致，还会回到小车，又该系统水平方向总动量为零，经过水平轨道的循环摩擦后物块与小车最终必然均将静止。设物块返回后能够上升的最大高度为，由能量守恒有解得物块与挡板B碰撞后刚好返回到圆弧轨道最高点，没有飞出小车，设物块相对AB段滑行的总路程为，则由能量守恒有解得则可知物块最终将停在B点，距A点2R。设全过程物块的水平位移为，小车的水平位移为，由水平方向总动量守恒可得而联立解得三．弹簧弹开两端物体的问题（共6小题）14．如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量关系为mA=3mB，将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧。现烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的（）A．加速度大小之比aA:aB=3:1 B．位移大小之比xA:xB=1:3C．动能之比EkA:EkB=3:1 D．动量大小之比pA:pB=1:3【答案】B【详解】CD．根据系统水平方向动量守恒可得，动量大小之比为所以动能之比为故CD错误；A．由于A、B之间的弹力属于作用力和反作用力，大小相等，由牛顿第二定律得加速度之比为故A错误；B．两车速度大小之比为所以位移之比为故B正确。故选B。15．用质量分布均匀的长方形光滑玻璃板AB做成的跷跷板置于O点上，左右两侧等高。被轻质细绳锁定的C、D小车之间放置一压缩轻质弹簧，已知轻质弹簧与小车不拴接，将连有轻弹簧的C、D小车静置于跷跷板上，左右两侧仍等高。烧断细线，则（）A．跷跷板向左侧倾斜B．跷跷板向右侧倾斜C．左右两侧仍等高D．无法确定【答案】C【详解】C、D小车静置于跷跷板上，令C、D小车质量分别为m1、m2，由杠杆平衡可知烧断细线后，由系统动量守恒得得出所以综上得所以左右两侧仍等高。故选C。16．（多选）甲乙两人穿冰鞋静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人朝相反的方向滑去，已知甲的质量为，乙的质量为，则（A．甲、乙分开时的速度大小之比为B．甲、乙分开时的动量大小之比为C．甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小之比为D．从甲开始推乙到甲乙分开的过程中甲、乙的加速度之比为【答案】AC【详解】A．根据动量守恒定律可得解得故A正确；B．甲、乙分开时的动量大小之比为故B错误；C．根据动量定理可知甲对乙的冲量大小为乙对甲的冲量大小为则甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小之比为，故C正确；D．从甲开始推乙到甲乙分开的过程中，根据牛顿第三定律可知，甲乙所受力为相互作用力，大小相等，则甲、乙的加速度之比为故D错误。故选AC。17．（多选）如图，放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上，A的落地点与桌边的水平距离为0.5m，B的落地点与桌边的水平距离为1m，那么（）

A．A、B离开弹簧时的速度之比为B．A、B质量之比为C．从释放到分离过程，A、B所受弹簧弹力冲量之比为D．从释放到分离过程，A、B所受弹簧弹力做功之比为【答案】AC【详解】A．A和B离开桌面后做平抛运动，由于下落高度相同，故运动时间相等，则A、B离开弹簧时的速度之比为故A正确；B．两物体及弹簧组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得则A、B质量之比为故B错误；C．未离开弹簧时，两物体受到的弹力大小相等，力的作用时间相等，则所受冲量大小相等，则从释放到分离过程，A、B所受弹簧弹力冲量之比为，故C正确；D．从释放到分离过程，根据动能定理可得可知A、B所受弹簧弹力做功之比为故D错误。故选AC。18．如图，两个可视为质点的小球A、B之间有一根很短的轻质弹簧，MN是四分之三圆弧轨道，圆心为O，M点与圆心O等高，弹簧一开始处于锁定状态。某时刻解除对弹簧的锁定，小球A、B被弹开，B球恰能到达最高点N，A球能到达的最高点与N点等高。已知A球的质量为m，弹簧的长度可忽略，圆弧轨道的半径为R，重力加速度为g，不计一切摩擦和空气阻力。求：（1）B球的质量。（2）弹簧处于锁定状态时的弹性势能。【答案】（1）m；（2）（）mgR【详解】（1）设A、B两球刚离开弹簧时的速度大小分别为、，B球到达最高点时的速度大小为，对于A球，根据机械能守恒定律，有解得对B球，在最高点时有根据机械能守恒定律，有联立解得根据动量守恒定律，有解得（2）根据能量守恒定律，弹簧处于锁定状态时的弹性势能19．如图所示，一游戏装置由多个部分组成。左侧由半径的光滑圆弧轨道AB、长度的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。物块P质量、物块Q质量，两物块间有一锁定的压缩弹簧，弹性势能（物块与弹簧不连接），两物块静止在CD段，物块P、Q可视为质点。紧靠D点的右侧有一长度为的水平传送带EF。P、Q与BC，EF间的动摩擦因数均为，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出，P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧，其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上传送带。不计物块经过各连接点时的机械能损失。（1）物块P能否运动到A点?请通过计算说明；（2）若传送带静止，请分析物块Q能否冲出传送带；（3）若传送带可沿不同方向转动，求传送带转动速度和物块Q到达F点的速度的关系（答案可用根号表示）。【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【详解】（1）从解除弹簧锁定到P、Q脱离弹簧，由动量守恒定律和能量守恒定律可得物块P达到最高点过程中，有解得故物块P不能到达A点；（2）由第（1）问可得假设物块Q不能冲出传送带，则在传送带上向右运动过程，由动能定理得解得即物块Q能冲出传送带；（3）若传送带静止或者逆时针转动，物块Q在传送带上运动过程，由动能定理得解得传送带顺时针转动时，若物块一直在传送带上加速，则由动能定理得解得综上所述，若传送带静止、逆时针转动或者顺时针转动的速度，物块到达传送带右端的速度为；若传送带顺时针转动，速度大于，小于，物块到达传送带右端的速度等于传送带速度v；若传送带顺时针转动，速度大于，物块到达传送带右端的速度等于。四．反冲运动的定义（共7小题）20．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（）A．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统机械能守恒D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量【答案】A【详解】A．系统受合外力为零，系统动量守恒，所以男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，故A正确；B．小车与木箱组成的系统有小孩施加的外力之和不为零，则系统动量不守恒，故B错误；C．男孩推木箱的过程中，人对木箱、小车和自己做功，消耗人体内的化学能，转化为系统的机械能，所以系统的机械能增加，故C错误；D．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，所以小孩推力的冲量等于木箱的动量的变化量，故D错误。故选A。21．生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（）A．人在甲板上散步时，船将后退 B．人在立定跳远的过程中船保持静止C．人在立定跳远的过程中船后退了m D．人相对地面的成绩为2.2m【答案】A【详解】A．根据反冲运动中的人船模型可知，人在甲板上散步时，船将后退，故A正确；BC．设船的质量为，后退位移为，人的质量为，人船相对运动位移为，人和船组成的系统满足水平动量守恒，根据人船模型有代入数据解得人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，故BC错误；D．人相对地面的成绩为故D错误。故选A。22．总质量为m的返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到某点时，向原来运动方向喷出气体以降低卫星的速度，随后卫星转到与地球相切的椭圆轨道，要使卫星相对地面的速度变为原来的k倍（k＜1），则卫星在该点将质量为的气体喷出的对地速度大小应为（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为，地球表面重力加速度为g）A． B．C． D．【答案】C【详解】设原本速度，由万有引力提供向心力喷出后速度，相对地球速度，由动量守恒又解得故选C。23．（多选）下列有关实际生活的现象中，说法正确的是（

）A．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，无法利用反冲获得前进的动力B．物体受到的合外力越大，动量变化越快C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲作用的影响D．体操运动员在落地时总要屈腿是为了减少与地面的冲量，使运动员避免受伤【答案】BC【详解】A．火箭靠喷出气体的反冲作用而获得前进的动力，故火箭飞出大气层后，由于没有了空气，仍能利用反冲获得前进的动力，故A错误；B．根据动量定理可得整理得可知物体受到的合外力越大，动量变化越快，故B正确；C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是可以防止枪身快速后退而造成伤害，是为了减少反冲的影响，故C正确；D．体操运动员在落地时屈腿与地面的冲量不变，可以延长着地时间，根据动量定理，从而减小地面对运动员的作用力，使运动员避免受伤，故D错误。故选BC。24．（多选）有关实际生活中的现象，下列说法正确的是（）A．体操运动员在着地时屈腿是为了增大地面对运动员的作用力B．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲作用的影响D．喷灌装置的自动旋转利用了反冲原理【答案】BCD【详解】A．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；B．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故B正确；C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是可以防止枪身快速后退而造成伤害，故是为了减少反冲的影响，故C正确；D．喷灌装置的自动旋转利用了反冲原理，故D正确。故选BCD。25．一个连同装备共有M=100kg的宇宙宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x=45m处与飞船处于相对静止状态。他带着一个装有m0=0.5kg氧气的贮氧筒，贮氧筒有个喷嘴可以使氧气相对于飞船以v=50m/s的速率向后喷出。宇航员必须向着与返回飞船相反的方向喷出氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸。飞行员呼吸的耗氧率为。（1）如果宇航员在开始返回的瞬间喷出m1=0.1kg的氧气，求喷出氧气后宇航员相对于飞船的速度大小。（2）试计算，喷出m1=0.1kg的氧气后，该宇航员能安全返回飞船吗？【答案】（1）0.05m/s；（2）能【详解】（1）根据动量守恒定律可知解得（2）宇航员回到飞船时需要的氧气则该宇航员能安全返回飞船。26．如图所示，光滑水平面AB的左侧有一固定的竖直挡板，在B端放置两个滑块，滑块甲的质量滑块乙的质量两滑块间固定一压缩弹簧（图中未画出），弹簧储存的弹性势能EP=48J，水平面B端紧靠倾角的传送带，传送带与水平面通过B端小圆弧平滑连接，传送带以速率逆时针转动。现解除滑块间弹簧，两滑块分别向左、右弹开，滑块乙经过B处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到B端。已知光滑水平面A、B长度为滑块与传送带间的动摩擦因数重力加速度g取10m/s2，滑块甲与竖直挡板、两滑块间的碰撞均为弹性碰撞，滑块通过B处时无机械能损失，两滑块均可看作为质点。求：（1）B、C两端传送带的长度L；（2）滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t；（3）滑块乙第一次返回到AB面上后与滑块甲碰撞的位置。【答案】（1）3.2m；（2）2s；（3）在距B端1m处【详解】（1）两物块在弹开过程中，根据动量守恒，得弹簧储存的弹性势能联立解得设滑块乙上滑过程中的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律，有解得滑块乙上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，有（2）设滑块乙从B点运动到C点所用时间为t1，有滑块乙下滑过程中，受力分析可知，刚开始下滑阶段加速度大小为设滑块乙从C点向下加速到与传送带速度相同的时间为t2，位移为x1，根据运动学有解得由于mgsinθ>μmgcosθ，滑块乙继续向下加速，设加速度大小为a3，运动到B点所用时间为t3，根据牛顿第二定律，有解得由运动学，有解得则滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间（3）滑块乙回到B端的速度大小为在滑块乙回到B端的过程中，滑块甲通过的路程为S甲=v甲t=8m此时滑块甲与挡板碰撞后返回到距B端2m处，由于可知两滑块在距B端1m处发生碰撞。五．火箭的原理（共6小题）27．北京时间2023年5月10日，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国海南文昌航天发射场点火发射；用时近7小时顺利实现与中国空间站天和核心舱的交会对接，下列说法中正确的是（

）A．火箭发射升空过程中，发动机喷出燃气推动空气，空气推动火箭上升B．火箭喷出燃气速度一定，喷出物质与火箭本身质量之比越大，火箭获得速度越大C．对接后的组合体仍做匀速圆周运动，则其运行速度大于D．要实现对接，天舟六号货运飞船应在天和核心舱相同轨道处加速【答案】B【详解】A．火箭发射升空的过程中，火箭给喷出的燃气作用力，燃气给火箭反作用力，推动火箭上升，故A错误；B．设喷出燃气质量为m，为燃气速度，火箭本身质量为M，v2为火箭速度，规定向下为正方向，根据动量守恒有则有火箭喷出燃气速度不变，喷出物质与火箭本身质量之比越大，火箭获得速度越大，故B正确；C．是围绕地球做圆周运动的最大速度，则对接后的组合体仍做匀速圆周运动，则其运行速度小于，故C错误；D．要实现对接，天舟六号货运飞船应在比天和核心舱低的轨道加速做离心运动，故D错误。故选B。28．如图所示，北京时间2024年3月2日，神舟十七号航天员汤洪波、唐胜杰、江新林密切协同，在地面科研人员的配合支持下，进行了约8小时的出舱活动，完成既定任务。为了保证出舱宇航员的安全，通常会采用多重保障，其中之一就是出舱宇航员要背上可产生推力的便携式设备，装备中有一个能喷出气体的高压气源。假设一个连同装备共有的航天员，脱离空间站后，在离空间站的位置与空间站处于相对静止的状态。航天员为了返回空间站，先以相对空间站的速度向后喷出的气体距离空间站时，再次以同样速度喷出同等质量的气体，则宇航员返回空间站的时间约为（）A．200s B．300s C．400s D．600s【答案】B【详解】设宇航员的速度方向为正方向，第一次喷气后航天员的速度为，则根据动量守恒定律即解得此所需的时间为再次喷气，设喷气后航天员的速度为，根据动量守恒定律即解得此后所需的时间为则宇航员返回空间站的时间约为故选B。29．如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面高的处。现将质量为的物资以相对地面的速度斜向右下方投出，已知投出物资后热气球的总质量为，所受浮力不变，重力加速度为，不计阻力。以下判断正确的是（）A．投出物资后，热气球的动量变化率为B．物资从投出到落地的过程，重力冲量大小为C．投出物资后（落地前）的任意时刻，物资、气球与点三者始终共线D．投出物资后（落地前）的任意时刻，物资、气球与点的距离之比为【答案】C【详解】A．开始热气球处于平衡状态，可知受合力为零抛出物资后热气球受合力为则根据动量定理，则热气球的动量变化率为，选项A错误；B．因物资斜向下抛出，则落到地面的时间小于2Hg，则物资从投出到落地的过程，重力冲量大小小于，选项B错误；C．投出物资后气球沿v0反方向反弹，则投出物资后（落地前）的任意时刻，将物资的运动看做是沿斜向下速度为v0的匀速运动和自由落体运动的合运动；将气球的运动看做是沿v0反方向的匀速直线运动和自由落体运动的合运动，P点可认为是一个自由落体运动的质点，则任意时刻物资、气球与P点在竖直方向的运动完全相同，即此时物资、气球与点三者始终共线，选项C正确；D．投出物资后由动量守恒可知落地前的任意时刻即即物资、气球与点的距离之比为选项D错误。故选C。30．（多选）科普节活动中，某兴趣小组利用饮料瓶制作的“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．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒B．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力C．发射后，火箭在空中飞行的时间为D．火箭上升的最大高度为【答案】CD【详解】A．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，故A错误；B．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B错误；C．由题意可得，由动量守恒定理可得解得火箭获得的速度为火箭在空中飞行的时间为故C正确；D．水喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有解得火箭上升的最大高度为故D正确。故选CD。31．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v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：（1）分离后A的速度v1大小；（2）分离时A对B的推力大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0=Mv＋mv1解得（2）以B为研究对象，对B列动量定理有FΔt=Mv－Mv0解得32．如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B两部分构成，A的质量m1=0.1kg，B的质量m2=0.2kg，A、B中间夹有少量火药，不计其质量。开始时让“火箭”在距地面H=0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率0.75倍的速率反弹，刚要离开地面时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B的速度恰好为零。不计空气阻力和“火箭”的体积，可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，重力加速度g=10m/s2。求：（1）“火箭”着地时的速度v的大小；（2）爆炸过程A部分所受作用力的冲量I的大小；（3）火药爆炸所释放的化学能E。【答案】（1）4m/s；（2）0.6N·s；（3）2.7J【详解】（1）根据得（2）与地面碰撞后反弹速率根据动量守恒爆炸过程A部分所受作用力的冲量得（3）由能量关系得六．人船模型（共7小题）33．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C。重力加速度为g。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，下列说法正确的是（）A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为B．A、B两木块分离时，C的速度大小为C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为【答案】C【详解】AB．根据题意可知，球C下落到最低点时，AB将要分离，根据机械能守恒定律有系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有联立解得，故AB错误；C．C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有故C正确；D．C球由静止释放到最低点的过程中，设C对地的水平位移大小为，AB对地的水平位移大小为，则有，解得，故D错误。故选C。34．如图所示，质量为1kg的平板车放置在光滑水平玻璃面上，一辆质量为0.2kg的电动玩具车放在平板车上，其前端距离平板车左端1.8m。现启动电动玩具车，则（）A．玩具车开始向左运动后，平板车仍然静止B．玩具车突然不动时，平板车仍然向右运动C．玩具车运动得越快，平板车运动得越慢D．玩具车前端运动到平板车左端时，平板车在水平面上移动0.3m【答案】D【详解】A．根据动量守恒定律，玩具车开始向左运动后，平板车向右运动，A错误；B．根据动量守恒定律，玩具车突然不动时，平板车也立即停止运动，B错误；C．根据动量守恒定律，玩具车运动得越快，平板车运动得越快，C错误；D．根据动量守恒定律根据题意得解得玩具车前端运动到平板车左端时，平板车在水平面上移动0.3m，D正确。故选D。35．长为L的木板右端固定一立柱，其总质量为M，质量为m的人站在板的左端，脚与板间粗糙，板与地面间光滑，开始时均静止。如图所示，人做匀加速直线运动从左端跑到右端，木板不会侧倾，整个过程木板运动的最大位移为（）A．，向右 B．，向左C．，向右 D．，向左【答案】B【详解】板与地面地面光滑，则人与木板满足动量守恒，设人和立柱相遇时，人的速度大小为，木板速度大小为，则有设此过程木板位移为，运动时间为，由运动学公式有联立上式可得方向向左。故选B。36．（多选）有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，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。已知他自身的质量为m，则（）A．人平行码头移动的速度会影响船后退的距离B．人平行码头移动的速度不会影响船后退的距离C．渔船的质量为D．渔船的质量为【答案】BC【详解】该人在t时间内从船尾走到船头，船和人组成的系统不受外力作用动量守恒，人平行码头移动的速度不会影响船后退的距离，根据动量守恒定律有其中解得故选BC。37．（多选）如图所示，质量M=2kg、半径R=1.5m、内壁光滑的半圆槽静置于光滑水平地面上。现将质量m=1kg的小球（可视为质点）自左侧槽口A点的正上方h=1.5m处由静止释放，小球下落后刚好自A点进入槽内，B点为半圆槽内壁的最低点。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球从A到B的过程中，小球对半圆槽做正功B．小球运动到B时，小球速度大小为m/sC．小球从A到C的过程中，半圆槽的位移为1mD．小球从C点飞出后做斜抛运动【答案】AC【详解】A．由于小球从A到B的过程中对槽有斜向左下的压力，同时半圆槽向左运动，位移方向向左，所以小球对半圆槽做正功，故A正确；B．小球在半圆槽内滑动的过程中，系统水平方向合力为0，所以水平方向动量守恒，根据水平动量守恒得解得，故B错误；C．小球从A点运动到C点这一过程，水平方向类似于人船模型，则有解得，故C正确；D．根据水平方向动量守恒可知小球从C点飞出瞬间，小球和半圆槽的水平速度都为0，小球做竖直上抛运动，故D错误。故选AC。38．在平静的水面上漂浮着一块质量M=150g的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m=50g的青蛙，支架高为h=20cm，支架右方的水平木板长s=120cm，突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计，g=10m/s2（1）如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3m/s，则木板后退的速度是多大？（2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为多少？【答案】（1）0.1m/s；（2）4.5m/s【详解】（1）由动量守恒定律可知可得木板后退的速度是（2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则由动量守恒定律由几何关系竖直方向有联立解得39．一种游戏装置的简化示意图如图所示，它由固定在水平地面的竖直圆轨道CDE、倾斜轨道EF连接组成，F点高度可调。质量、高、倾角为的斜面体静置于装置左侧，将可视为质点的小球从斜面体的顶端由静止释放后，斜面体沿水平地面做匀加速直线运动，经小球与斜面体分离，分离时斜面体的速度大小，之后小球恰好能通过圆轨道的最高点D，小球经过E点后从F点水平射出。斜面体底端B点处有一段小圆弧与地面相切，使得小球经过斜面底端B点前、后速度大小不变，不计一切阻力，，取重力加速度大小。求：（1）小球离开斜面体时的速度大小；（2）小球对竖直圆轨道的最大压力；（3）小球做平抛运动的最大水平射程。【答案】（1）；（2），竖直向下；（3）【详解】（1）设小球的质量为，斜面体的底边长为；由题意得，则斜面体的底边长经斜面体运动的位移大小为所以小球经沿水平方向运动的位移大小为把小球和斜面体作为一个系统来研究，在水平方向上动量守恒，取水平向左为正方向则解得又由小球从释放到离开斜面的过程中系统机械能守恒得解得（2）由小球恰好能通过圆轨道的最高点D，则小球在D点时对轨道的压力为零，设小球在D点时的速度为；由重力提供向心力得从B到D根据机械能守恒定律有联立得由竖直平面内的圆周运动规律可知小球在最低点C时对轨道的压力最大，由重力和支持力的合力来提供向心力有解得根据牛顿第三定律可知小球对竖直圆轨道的最大压力为（3）小球经过E点后从F点水平射出，做平抛运动；设F点距离水平地面的高度为，则从E点到F点根据机械能守恒定律有又根据平抛运动的规律代入数据联立可得由数学不等式的知识可知当时，即时取最大值，代入可得七．计算沿绳下滑所需绳子的长度（共3小题）40．如图所示，大气球质量为，载有质量为的人，静止在空气中距地面高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（）A． B． C． D．【答案】D【详解】设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据动量守恒人与气球运动的距离分别为，得又代入数据，绳长至少为故选D。41．（多选）如图，载有物资的总质量为M的热气球静止于距水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。热气球所受浮力不变，重力加速度为g，