《2019-2020学年高中物理人教版选修3-5同步作业与测评：16.5 反冲运动 火箭 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年高中物理人教版选修3-5同步作业与测评：16.5 反冲运动 火箭 Word版含解析.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时 5 反冲运动 火箭 对应学生用书 P17 一、选择题 1(多选)下列属于反冲运动的是( ) A喷气式飞机的运动 B直升机的运动 C火箭的运动 D反击式水轮机的运动 答案 ACD 解析 反冲现象是一个物体分成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升 机不是反冲运动。 2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燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭 B火箭发动机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，然后向后推出，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 答案 B 解析 火箭工作的原理是利用反冲运动
2、，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃 气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故答案为 B。 3 一静止的质量为 M 的原子核， 以相对于地的水平速度 v 放射出一质量为 m 的粒子后，原子核剩余部分反冲运动的速度大小为( ) A. B. C.v D.v Mv m mv Mm Mm m Mm m 答案 B 解析 由动量守恒定律得，mv(Mm)v0 得 v，因此 B 正确。 mv Mm 4一同学在地面上立定跳远的最好成绩是 s(m)，假设他站在车的 A 端，如图 所示，想要跳上距离为 l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( ) A只要 ls，他一定能跳上站台 B只要 ls，他有可能跳上站
3、台 C只要 ls，他一定能跳上站台 D只要 ls，他有可能跳上站台 答案 B 解析 人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于 s，故 ls 时， 才有可能跳上站台。故选 B。 5关于反冲运动，下列说法正确的是( ) A反冲运动的两个物体系统动量守恒，机械能也守恒 B反冲现象是有害的，应该想办法防止 C直升机的升空应用了反冲的原理 D影响火箭速度大小的因素是喷气速度和质量比 答案 D 解析 反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有的系统所受合外力不为零， 但由于系统内力远大于外力，所以系统总动量是守恒的，但由于有其他形式的能 转变为机械能，所以系统的总动能增加，A 错；反冲不一定有害，关键
4、是看如何 利用，B 错 ； 直升机的升空是靠螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不属于利用反 冲的原理， C 错 ； 火箭喷气后增加的速度 vu， 其中 m 是喷出燃气的质量， m m m 是火箭剩余的质量，u 是喷出的燃气相对喷气前火箭的速度，D 正确。 6竖直发射的火箭质量为 6103 kg。已知每秒钟喷出气体的质量为 200 kg。 若要使火箭最初能得到 20 m/s2的向上加速度，则喷出气体的速度应为( ) A700 m/s B800 m/s C900 m/s D1000 m/s 答案 C 解析 根据动量守恒， 即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量， 即 m 气v气m箭v箭， 由动量
5、定理得火箭获得的动力 F ， 又 Fm箭gm m箭v箭 t m气v气 t 箭a，得 v气900 m/s。 7. 如图所示为一空间探测器的示意图， P1、 P2、 P3、 P4是四个喷气发动机， P1、 P3 的连线与空间一固定坐标系的 x 轴平行，P2、P4的连线与 y 轴平行，每台发动机 开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动，开始时，探测器以恒定 的速度 v0沿 x 轴正方向平动， 要使探测器改为沿 x 轴正方向偏 y 轴负方向 60的方 向以原来的速率 v0平动，则可以( ) A先开动 P1适当时间，再开动 P4适当时间 B先开动 P3适当时间，再开动 P2适当时间 C开动 P
6、4适当时间 D先开动 P3适当时间，再开动 P4适当时间 答案 A 解析 由题意可知， 探测器原速度沿 x 轴正方向， 要使探测器改为沿 x 轴正方 向偏 y 轴负方向 60的方向运动，且速率不变，则沿 x 轴正方向速度应减小为， v0 2 应打开 P1使探测器获得沿 x 轴负方向的加速度，持续适当时间，再打开 P4，增大 沿 y 轴负方向的速度， 持续适当时间， 可使探测器最后速度为题中所要求的。 故 A 正确。 8 (多选)如图甲所示， 在光滑水平面的两小球发生正碰， 小球的质量分别为 m1 和 m2，图乙为它们碰撞前后的 xt 图象。已知 m10.1 kg，由此可以判断( ) A碰撞前
7、m2静止，m1向右运动 B碰撞后 m2和 m1都向右运动 Cm20.3 kg D碰撞过程中系统损失了 0.4 J 的机械能 答案 AC 解析 根据图乙可得，碰前 m2的位移不变，说明 m2静止，要使 m1、m2发生 正碰， 碰前m1一定向右运动， 故A正确。 根据图乙可得， 碰后m1的位移均匀减小， m2 的位移均匀增大，说明 m1向左运动，m2向右运动，故 B 错误。根据图乙可知，碰 前 v1 m/s4 m/s，v20 m/s； 碰后 v1 m/s2 m/s，v2 80 2 08 62 168 62 m/s2 m/s； 根据动量守恒定律 m1v1m2v2m1v1m2v2， 得 m20.3 k
8、g， 故 C 正确。两小球在光滑水平面发生碰撞，则两球的重力势能不变；碰撞前，系统的 动能为 Ek m1v 0.8 J； 碰撞后，系统的动能为 Ek m1v12 m2v22(0.2 1 2 2 1 1 2 1 2 0.6) J0.8 J；因此碰撞前后系统的动能不变，故碰撞过程中系统没有损失机械 能，故 D 错误。 9一条质量约为 180 kg 的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船 也发生了移动，忽略水的阻力，假设左侧为船尾，右侧为船头，则下列图中正确 描述该物理情景的是( ) 答案 B 解析 水的阻力忽略，则人和船组成的系统在水平方向动量守恒，在水平方 向上的总动量为零，则人相对水面
9、向右走，则船相对水面向左移动，只有 B 项符 合要求 ； A 项中，人和船都相对水面向右移动，C 项中，人和船都相对水面向左移 动，D 项中，人相对水面静止，故 B 正确，A、C、D 错误。 10(多选)在静水中，从某时刻开始人向前行走，从船头走向船尾，设水的阻 力不计，那么在这个过程中，关于人和船的运动情况，下列判断正确的是( ) A人相对水面匀速向前行走，船相对水面匀速后退，两者速度大小与它们的 质量成反比 B人相对水面加速向前行走，船相对水面加速后退，而且加速度大小与它们 的质量成反比 C人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零 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
10、一段距离 答案 ABC 解析 水的阻力不计，则人和船组成的系统动量守恒，由动量守恒定律知， 总动量总是为零， 因此， 人走船就走， 人停船就停， 结合牛顿第三定律可知， A、 B、 C 正确。 11. 如图所示，一辆小车静止于光滑水平面上，车的左端固定有一个水平弹簧枪， 车的右端有一个网兜。若从弹簧枪中发射出一粒弹丸，弹丸恰好能落入网兜中。 从弹簧枪发射弹丸以后，下列说法中正确的是( ) A小车向左运动一段距离然后停下 B小车先向左运动，接着向右运动，最后回到原位置停下 C小车一直向左运动 D小车先向左运动，接着向右运动，最后向右匀速运动 答案 A 解析 弹丸和小车(包括了弹簧枪)组成的系统动
11、量守恒， 弹簧枪未发射弹丸时 总动量为零，由动量守恒定律知，弹簧枪发射出弹丸后，弹丸向右运动，小车向 左做反冲运动，当弹丸落入网兜时，总动量仍为零，小车应停止运动，故 A 正确。 12. 小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及 侧面各装有一个阀门，分别为 S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动， 可采用的方法是( ) A打开阀门 S1 B打开阀门 S2 C打开阀门 S3 D打开阀门 S4 答案 B 解析 根据水和车组成的系统动量守恒， 原来系统动量为零， 由0m水v水m 车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，B 正确。 13静止在
12、水面上的船，长度为 L，船的质量为 M，一个质量为 m 的人站在 船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为( ) A. B. mL M mL Mm C. D. mL Mm MmL Mm 答案 B 解析 船和人组成的系统， 在水平方向上动量守恒， 人在船上行进， 船向后退， 规定人速度方向为正方向，有 mvMu0。人从船头走到船尾，设船后退的距离 为 x，则人相对于水面前进的距离为 Lx，则 mM 。计算得出 x， Lx t x t mL Mm 故 B 正确，A、C、D 错误。 14. 质量 M100 kg 的小船静止在水面上， 船头站着质量 m甲40 kg 的游泳者甲， 船尾
13、站着质量 m乙60 kg 的游泳者乙，船头指向左方，若甲、乙两游泳者同时在 同一水平面上，甲向左、乙向右以 3 m/s 的速率跃入水中，则小船( ) A向左运动，速率为 1 m/s B向左运动，速率为 0.6 m/s C向右运动，速率大于 1 m/s D仍静止 答案 B 解析 以向右为正方向，有 v甲3 m/s，v乙3 m/s，由系统水平方向动量 守恒得：m乙v乙m甲v甲Mv0，解得 v0.6 m/s。负号表示船将向左运动， 速度大小为 0.6 m/s。 15 (多选)假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀 速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体
14、Q，则 下列说法正确的是( ) AQ 与飞船都可能沿原轨道运动 BQ 与飞船都不可能沿原轨道运动 CQ 运动的轨道半径可能减小，而飞船的运行半径一定增加 DQ 可能沿地球半径方向竖直下落，而飞船运行的轨道半径将增大 答案 CD 解析 根据反冲，飞船的速度一定增大，做离心运动，轨道半径变大；而 Q 的速率有三种可能，比原来的大，比原来的小，与原来的相等，由此 Q 的轨道半 径比原来的大，比原来的小，与原来的相同，都有可能 ； 另外，若相对地速度为零， 则会竖直下落，故 C、D 正确。 16某人在一只静止的小船上练习打靶，已知船、人、枪(不包括子弹)及靶的 总质量为 M，枪内装有 n 颗子弹，每颗
15、子弹的质量均为 m，枪口到靶的距离为 L， 子弹水平射出枪口相对于地面的速度为 v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌 入靶中，求发射完 n 颗子弹时，小船后退的距离( ) A.L B.L m Mm nm Mm C.L D.L nm Mnm m Mnm 答案 C 解析 设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距 离为 s，根据题意知子弹飞行的距离为(Ls)，子弹飞行时间为 t，则由动量守恒定 律有：mM(n1)m 0，解得：s。每颗子弹射入靶的过程中， Ls t s t mL Mnm 小船后退的距离都相同， 因此 n 颗子弹全部射入的过程中， 小船后退的总距离为 ： ns 。
16、 nmL Mnm 二、非选择题 17课外科技小组制作一只“水火箭” ，用压缩空气压出水流使火箭运动。假 如喷出的水流流量保持为 2104 m3/s，喷出速度保持相对地为 10 m/s。启动前火 箭总质量为 1.4 kg， 则启动 2 s 末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道 运动，阻力不计，水的密度是 103 kg/m3) 答案 4 m/s 解析 设火箭原来总质量为 M，喷出水流的流量为 Q，水的密度为 ，水流的 喷出速度大小为 v,2 s 末火箭的反冲速度大小为 v，由动量守恒定律得 (MQt)vQtv0 解得 v4 m/s。 Qtv MQt 18静水中的两只船静止在一条直线上，质
17、量都是 M(不包括人)，甲船上质量 为 m 的人跳到乙船上，又马上跳回甲船上，问甲、乙两船的速度之比是多少？ 答案 M Mm 解析 两只船与人组成的系统动量守恒，有 0(Mm)v甲Mv乙，解得。 v甲 v乙 M Mm 19. 如图所示，小车 A 的质量 m18 kg，物块 B 的质量 m22 kg，水平面光滑， 物块 B 置于小车上后静止。 今有质量为 10 g 的子弹以速度 200 m/s 射入 B 并穿过 B 物体，击穿时间极短，若子弹穿过物块 B 时，物块 B 获得速度为 0.6 m/s，求： (1)子弹穿过物块 B 时的速度大小为多大？ (2)若最终 B 与 A 一起运动，其速度大小为
18、多大？ 答案 (1)80 m/s (2)0.12 m/s 解析 (1)子弹穿过物块 B 的过程中系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正 方向，由动量守恒定律得： mv0m2vBmv， 代入数据计算得出：v80 m/s。 (2)A、 B 系统动量守恒， 以向右为正方向， 由动量守恒定律得 ： m2vB(m1m2)v 共， 代入数据计算得出：v共0.12 m/s。 20. 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 小玩具船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力。现在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速度为 v1(相对地面)，如果在某段 时间
19、内向后喷射的气体的质量为 m，忽略水的阻力，则喷射出质量为 m 的气体 后小船的速度大小是多少？ 答案 mv1 m1m2m 解析 由动量守恒定律得： 0(m1m2m)v船mv1 解得：v船。 mv1 m1m2m 21一个宇航员连同装备的总质量为 100 kg，宇航员在空间跟飞船相距 45 m 处相对飞船处于静止状态，他带的贮氧筒中装有 0.5 kg 氧气，贮氧筒上有一个 可以使氧气以 50 m/s 的速度喷出的喷嘴。宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的 方向释放氧气，才能回到飞船上，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的 途中呼吸，已知宇航员呼吸的耗氧率为 2.5104 kg/s，试问瞬间喷出
20、多少氧气， 宇航员才能安全返回飞船？ 答案 0.05 kgm0.45 kg 解析 宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，因反冲运动而返回，遵从动 量守恒定律。剩余气体应满足返回途中供呼吸之用。设瞬间喷出氧气质量为 m， 宇航员刚好安全返回，由动量守恒定律得 mvMv10(气体的变化对宇航员质量 变化影响很小，可以忽略) 匀速运动的时间 t，又 m0Qtm x v1 联立解得 0.05 kgm0.45 kg。 22. 如图所示，在水平地面上放置一质量为 M 的木块，一质量为 m 的子弹以水平 速度 v 射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为 ，求： (1)子弹射入后，木块在地面上前进的距
21、离； (2)射入的过程中，系统损失的机械能。 答案 (1) (2) m2v2 2Mm2g Mmv2 2Mm 解析 因子弹未射出，故此时子弹与木块的速度相同，而系统的机械能损失 为初、末状态系统的动能之差。 (1)子弹射入木块时水平方向上系统内力远远大于外力，则系统在水平方向上 动量守恒，设二者的共同速度为 v，取子弹的初速度方向为正方向，则有： mv(Mm)v 二者一起沿地面滑动， 前进的距离为 s， 由动能定理得 ： (Mm)gs0 (M 1 2 m)v2 由两式解得：s。 m2v2 2Mm2g (2)射入过程中的机械能损失 E mv2 (Mm)v2解得：E。 1 2 1 2 Mmv2 2M
22、m 23人的质量 m60 kg，船的质量 M240 kg，若船用缆绳固定，船离岸 1.5 m 时，船边沿高出岸 h，人从船边沿水平跃出，恰能上岸。若撤去缆绳，人要从船 边沿安全水平跃出上岸，船离岸约为多少？(不计水的阻力，人两次消耗的能量相 等) 答案 1.34 m 解析 船用缆绳固定时，设人水平跃出的速度为 v0，则 x0v0t，t。撤 2h g 去缆绳，由水平方向动量守恒得 0mv1Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能 不变， mv mv Mv ，解得 v1v0，故 x1v1t x01.34 m。 1 2 2 0 1 2 2 1 1 2 2 2 M Mm M Mm 24. 平板车停在水平光
23、滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货箱边沿水 平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的 A 点，距货箱水平距离为 l4 m， 如图所示。人的质量为 m，车连同货箱的质量为 M4m，货箱高度为 h1.25 m。 求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大。(g 取 10 m/s2) 答案 1.6 m/s 解析 人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人 的水平速度是 v1， 车的反冲速度是 v2， 取向右为正方向， 则 mv1Mv20， 解得 v2 v1，人跳离货箱后做平抛运动，车以 v2做匀速运动，运动时间为 t 1 4 2h g s0.5 s。 由图可知， 在这
24、段时间内人的水平位移 x1和车的位移 x2分别 2 1.25 10 为 x1v1t，x2v2t，x1x2l，即 v1tv2tl，则 v2 m/s1.6 m/s。 l 5t 4 5 0.5 25在一只静止的质量为 50 kg 的船上，水平射出一颗质量为 10 g 的子弹， 子弹的速度是 800 m/s，求船的反冲速度大小。如果船运动时受到水的阻力是船重 的 0.01 倍，船后退多长时间才停止运动。(g 取 10 m/s2) 答案 0.16 m/s 1.6 s 解析 M50 kg，m10 g0.01 kg，v弹800 m/s 在发射子弹时，将船和子弹作为一个系统，由系统总动量守恒，得 mv弹Mv 船0(取子弹的前进方向为正方向) 船的反冲速度大小是 v船 m/s0.16 m/s mv弹 M 0.01 800 50 对船以后的运动过程，用动量定理得(也可用牛顿第二定律和运动学公式)ft Mv船 所求时间 t s1.6 s Mv船 f Mv船 0.01 Mg v船 0.01 g 0.16 0.01 10 即船后退 1.6 s 的时间才停止运动。