1、反冲现象 火箭A组基础达标1(多选)从某时刻开始人从船头走向船尾设水的阻力不计，那么在这段时间内关于人和船的运动情况，下列判断正确的是()A人匀速行走，船匀速后退，两者速度的大小与它们的质量成反比B人加速行走，船加速后退，而且加速度的大小与它们的质量成反比C人走走停停，船退退停停，两者的动量总和总是为零D当人从船头走到船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离【答案】ABC【解析】由动量守恒定律和牛顿第三定律知A、B、C正确2(多选)一只青蛙，蹲在置于水平地面上的长木板一端，并沿板的方向朝另一端跳，在下列情况下，青蛙一定不能跳过长木板的是()A木板上表面光滑而下表面粗糙B木板上表面粗糙而底
2、面光滑C木板上、下表面都粗糙D木板上、下表面都光滑【答案】AD【解析】只要上表面光滑，则青蛙一定不能跳过长木板，故A、D正确3(2021届张掖高台县一中月考)质量为M200 kg，长为b10 m的平板车静止在光滑的水平面上，车上有一个质量为50 kg的人，人由静止开始从平板车左端走到右端，求此过程中，车相对地面的位移大小为()A2 mB3 mC4 mD6 m【答案】A【解析】设车相对地面向左的位移大小为x，则由动量守恒定律可得m(bx)Mx0，解得x2 m，A正确4质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧(不拴接)，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平
3、距离为s的地面上，如图所示若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边水平距离为()ABsCsDs【答案】D【解析】挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Epmv，挡板撤走后，弹性势能两球平分，则有Ep2mvB2，由以上两式解得vBvB，又因为B球落地时间不变，D正确5(2021届新乐第一中学月考)一艘小船静止在平静的湖面上，船前舱有一抽水机，抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱，不计水的阻力在船的前后舱隔开和不隔开两种情况下，船的运动情况分别为()A向前匀速，不动B向后匀速，不动C不动，向后匀速D不动，向前匀速【答案】A【解析】不计水的阻力，则
4、系统动量守恒，系统总动量为零，用一水泵把前舱的水抽往后舱，水的速度向后，水的动量向后，前后舱隔开时，由于系统总动量为零，则船的动量向前，在抽水过程中，船的速度向前，船向前匀速运动；前后舱不隔开的时候，系统初状态动量为零，由动量守恒定律可知，抽水过程船的速度为零，船静止不动，故A正确，B、C、D错误6一航天探测器完成对月球的探测后，离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一定倾角的直线飞行，先加速运动后匀速运动探测器通过喷气而获得动力，下列关于喷气方向的说法正确的是()A探测器加速运动时，向后喷射B探测器加速运动时，竖直向下喷射C探测器匀速运动时，竖直向下喷射D探测器匀速运动时，不需要喷射【
5、答案】C【解析】探测器在加速运动时，因为受月球引力的作用，喷气所产生的推力一方面要平衡月球的引力，另一方面还要提供加速的动力，则应沿着后下方某一个方向喷气，故A、B错误；探测器在匀速运动时，因为受月球引力的作用，喷气产生的推力只需要平衡月球的引力即可(竖直向下喷气)，故C正确，D错误7(2021届洛阳期中)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【答案】D【解析】以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向前甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误；因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人是滚不了的，
6、故C错误；把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣一个速度，动量总量不变，所以人也可以有一个反向的速度，可以离开冰面，故D正确8(2020年山东潍坊期中)质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上当小球从如图所示的位置(两球心在同一水平面上)无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是()ABCD【答案】A【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv13mv2，若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则3，由题意知x1x23
7、RR2R，上式联立解得大球移动的距离是x2，故A正确，B、C、D错误9(2021届河北隆化存瑞中学质检)一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态放出一个质量为m的粒子后反冲已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为()AE0BE0CE0DE0【答案】C【解析】放出质量为m的粒子后，剩余质量为Mm，该过程动量守恒，则有mv0(Mm)v，放出的粒子的动能为 E0mv，原子核反冲的动能Ek(Mm)v2，联立解得EkE0，C正确10(2021届宝鸡一模)下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是()A码头边轮胎的保护作用B章鱼在水中前行和转向C运载火箭发射过程D草地上的喷灌装置的自动旋转
8、【答案】A【解析】码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用，A正确；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，C错误；喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动，D错误，故选AB组能力提升11(2021届孝感月考)如图所示，在光滑的水平面上有一辆长为L，质量为m的平板车左端紧靠着墙壁，右端站着一质量为M的同学(可视为质点)，某时刻当该同学向左跳出，恰好落在平板车的左端此时平板车离开墙壁的距离()ALBCD【答案】D【解析】选取向左为正方向，设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度
9、为v1，小车沿水平方向的速度为v2，由于水平地面光滑，二者沿水平方向的动量守恒，则Mv1mv20，得v2；设人从右端到达左端时间为t，则人的位移x1v1t，车的位移x2v2t，由空间几何关系得x1|x2|L，联立解得，故A、B、C错误，D正确12(多选)(2021届河池期末)如图所示，可视为质点且质量均为1 kg的甲、乙两物体紧靠着放在水平地面，物体甲与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体乙右侧地面光滑两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体乙的速度大小为3 m/s，重力加速度g取10 m/s2则()A炸药爆炸后，两物体分离瞬间物体甲的速度大小为3 m/sB甲、乙两物体分
10、离瞬间获得的总能量为18 JC从分离到甲物体停止运动，经过的时间为4 sD甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离为7.5 m【答案】AD【解析】炸药爆炸后，设分离瞬间物体甲的速度大小为v1，物体乙的速度大小v23 m/s，对甲、乙两物体组成的系统由动量守恒定律得mv1mv2，解得甲、乙两物体速度大小v1v23 m/s，故A正确；由能量守恒得Emvmv，联立可得：甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量E9 J，故B错误；甲、乙两物体分离后，甲物体向左匀减速滑行，对甲受力分析，根据牛顿第二定律mgma，得ag3 m/s2，根据运动学公式，从分离到甲物体停止运动，经过的时间t11 s，故C错误；物体甲
11、运动的位移为x1t11.5 m，物体乙运动2 s内的位移为x2v2t6 m，故甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离dx1x27.5 m，故D正确13在太空中有一枚质量为M、相对太空站处于静止状态的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出速度为v0(相对太空站)，紧接着再喷出质量为m的另一股气体，此后火箭获得速度v(相对太空站)求火箭第二次喷射的气体(相对太空站)的速度的大小【答案】2vv0【解析】根据动量守恒定律，规定v0方向为正方向，有：第一次喷射出气体后，0mv0(Mm)v1，v1，负号表示v1方向跟v0方向相反喷射两次后，(Mm)v1mv2(M2m)v，即mv2(M2m)vmv0解得v2
12、，负号表示v2方向与v0方向相反故火箭第二次喷射的气体(相对太空站)的速度大小为2vv014如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动重力加速度的大小g取10 m/s2(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】(1)20 kg(2)见解析【解析】(1)规定向右为正方向冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m3)v，m2v(m2m3)v2m2gh，式中v203 m/s为冰块推出时的速度解得m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200，代入数据得v11 m/s，设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3，m2vm2vm3v，解得v21 m/s，由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩
