高中物理人教版课上随堂练习选修3-5 16.5　反冲运动　火箭 Word版含解析

5　反冲运动　火箭
记一记
反冲运动　火箭知识体系
一个物理概念——反冲运动
一种科学思维——动量守恒定律在人船模型中的应用
一个实际应用——火箭
辨一辨
1.农田、园林的喷灌装置利用了反冲的原理．(√)
2．火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．(×)
3．在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．(√)
4．火箭获得的速度仅与喷气的速度有关．(×)
想一想
1.假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢？
提示：应配置喷气式飞机．喷气式飞机利用反冲运动原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行．
2．“人船模型”问题为什么不能以“船”为参考系．
提示：“人船模型”中的“船”一般先加速后减速，不是惯性参考系，而动量守恒定律中，各物体的动量必须是相对于同一惯性系．
3．“人船模型”问题中“人”启动时和“人”停止时，“船”的受力情况如何？
提示：人启动时，船受到人给它的与人运动方向相反的力，所以船向人的反方向运动，人停止时，船受到人给它的制动力，所以停止运动．
思考感悟：　
　
　
　
练一练
1.一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，以下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
解析：航天探测器通过反冲运动获得动力，可以根据探测器的运动状态结合牛顿第二定律判断合力的情况，由喷气方向可以判断推动力的方向．航天探测器做加速直线运动时，合力应当与运动方向相同，喷气方向应当是向下偏后方向喷射；探测器做匀速直线运动时，合力为零，由于受到月球的万有引力的作用，探测器必然要朝竖直向下的方向喷射，来平衡万有引力，不可能不喷气．故只有选项C正确．
答案：C
2.
如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为m0，当炮筒水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(　　)
A.　　　B.
C. D.
解析：自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒．设向右为正方向，发射前总动量为m0v1，发射后系统的动量之和为(m0－m)v2＋m(v0＋v2)，
则由动量守恒定律可知
m0v1＝(m0－m)v2＋m(v0＋v2)
解得v0＝.
答案：B
3．光滑水平面上停有一平板小车，质量为M，小车上站有质量均为m的两个人，由于两人朝同一水平方向跳离小车，从而使小车获得一定的速度，则下列说法正确的是(　　)
A．两人同时以2 m/s的速度(相对地面)跳离车比先后以2 m/s的速度(相对地面)跳离车使小车获得的速度要大些
B．上述A项中，应该是两人一先一后跳离时，小车获得的速度大
C．上述A项中的结论应该是两种跳离方式使小车获得的速度一样大
D．上述A项中两种跳离方式使小车获得的速度不相等，但无法比较哪种跳法速度大
解析：由于小车和两人所组成的系统动量守恒，两人无论是同时跳离小车或是不同时跳离小车，跳离后两人都有相同的动量，所以无论两个人如何跳离小车，小车最后的动量都一样，即两种跳法，使小车获得的动量相等，所以两种跳离方式使小车获得的速度相同，故正确选项为C.
答案：C
4.
如图所示，质量为m0的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为多少？小球的速度大小为多少？
解析：以车和小球组成的系统在水平方向总动量为零且守
恒．当小球滑至最低处时车和小球相对位移是R，利用“人船模型”可得小车移动距离为R.设此时小车速度大小为v1，小球速度大小为v2，由动量守恒有m0v1＝mv2，由能量守恒有mgR＝m0v＋mv，解得v2＝.
答案：R　
要点一 对反冲运动的理解
1.[2019·广东联考]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.v0
C.v0 D.v0
解析：火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，故选D.
答案：D
2．(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度(　　)
A．使喷出的气体速度增大
B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更大
D．使喷出的气体密度更小
解析：设火箭的初动量为p，原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度大小是v，剩余的质量(M－m)的速度大小是v′，由动量守恒得出：p＝(M－m)v′－mv，得：v′＝，由上式可知：m越大，v越大，v′越大．
答案：AC
3．[2019·金华检测]“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
解析：在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，故C正确．
答案：C
4.
小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，人站在车的一端，靶固定在车的另一端，枪离靶的距离为d，如图所示．已知车、人、靶和枪的总质量为M(不包括子弹)，每发子弹质量为m，共n发，每发子弹击中靶后，就留在靶内，且待前一发击中靶后，再打下一发．打完n发后，小车移动的距离为多少？
解析：由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一发子弹时，车已经停止运动．每发射一发子弹，车后退一段距离．每发射一发子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]V
mv＝[M＋(n－1)m]V
设每发射一发子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(d－x)，由动量守恒定律有：
m()＝[M＋(n－1)m]
解得：x＝，则打完n发后车共后退s＝.
答案：
要点二 人船模型
5.[2019·安徽期中]质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中．现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长(　　)
A. B.
C. D.
解析：如图所示，设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，由图可知，L＝x人＋x球．设人下滑的平均速度为v人，气球上升的平均速度为v球，由动量守恒定律得：0＝Mv球－mv人，即0＝M()－m()，0＝Mx球－mx人，又有x人＋x球＝L，x人＝h，解以上各式得：L＝h.故D正确．
答案：D
6．[2019·广东期中]人的质量m＝60 kg，船的质量M＝240 kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等)(　　)
A．1.5 m B．1.2 m
C．1.34 m D．1.1 m
解析：船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则x0＝v0t.撤去缆绳，由动量守恒0＝mv1－Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，mv＝mv＋Mv，解得v1＝v0.故x1＝v1t＝x0≈1.34 m，C正确．
答案：C
7．[山东高考题]如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)
解析：要使两船不相撞，则甲船上的人接到货物后，甲船的速度应小于或等于乙船抛出货物后的速度．
设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上的人接到货物后甲船的速度为v2，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv1－mvmin,10m×2v0－mvmin＝11mv2
为使两船恰不相撞应满足v1＝v2
联立以上三式解得vmin＝4v0.
答案：4v0
8．如图所示，质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车上的细杆顶端，小车与地面的接触光滑，车长为l，细杆高h，直立于小车的中点，求玩具蛙至少以多大的对地水平速度跳出才能落到地面上？
解析：将玩具蛙和小车作为系统，玩具蛙在跳离车的过程中，系统水平方向的总动量守恒，玩具蛙离开杆后，做平抛运动，小车向后做匀速直线运动，在玩具蛙下降高度h的过程中，小车通过的距离与玩具蛙在水平方向通过的距离之和等于时，玩具蛙恰能落到地面上．玩具蛙跳离杆时：MvM＝mvm
玩具蛙的运动时间为t，则：h＝gt2
根据题意：vmt＋vMt＝
解得：vm＝.
答案：
9．[宁夏高考题]两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面、曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始下滑，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．
解析：设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和vA，由机械能守恒定律和动量守恒定律得
mgh＝mv2＋M1v①
M1vA＝mv②
设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为v′，物块和劈B在水平方向上动量守恒，由机械能守恒定律和动量守恒定律得
mgh′＋(M2＋m)v′2＝mv2③
mv＝(M2＋m)v′④
联立①②③④式得h′＝
答案：
基础达标
1.装有炮弹的大炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮筒水平放置，炮弹水平射出时相对炮口的速度为v0，则炮车后退的速度大小为(　　)
A.v0　　　　　　　　　B.
C. D．v0
解析：设炮车后退速度大小为v1，则炮弹对地的水平速度大小为(v0－v1)，根据动量守恒定律，0＝(M－m)v1－m(v0－v1)，所以v1＝v0.故正确答案为A.
答案：A
2．[2019·辽宁检测]
质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边(忽略水的阻力如图所示)．当他向左走到船的左端时，船左端离岸的距离是(　　)
A．L B.
C. D.
解析：人和船组成的系统动量守恒，运动时间相同，mv1＝Mv2，所以mv1t＝Mv2t，即mx1＝Mx2，且有x1＋x2＝L，解得x2＝，选项D正确．
答案：D
3．一辆小车置于光滑水平桌面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端安一网兜．若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将(空气阻力不计)(　　)
A．向左移动一段距离停下
B．在原位置不动
C．向右移动一段距离停下
D．一直向左移动
解析：小车静止置于光滑水平面上，初动量为零，且所受合外力为零，系统的动量守恒，所以系统的总动量一直为零．弹丸向右运动时，小车向左运动，弹丸落网停止后，小车也停止运动，选项A正确．
答案：A
4．[2019·江苏期中]下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲运动原理的是(　　)
解析：喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用，火箭发射是利用喷气的方式而获得动力的，利用了反冲运动，故A、B、C不符合题意；码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，没有利用反冲作用，故D符合题意．
答案：D
5.
如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，杆的另一端挂在小车支架的O点，用手将小球拉起使轻杆呈水平状态，在小车处于静止的情况下放手使小球摆下，在B处与固定在车上的油泥撞击后粘在一起，则此后小车的运动状态是(车位于光滑路面上)(　　)
A．向右运动 B．向左运动
C．静止不动 D．无法判断
解析：小车与小球构成的系统水平方向上总动量守恒，刚释放A球时，系统动量为零，当二者粘在一起时，其共同速度也必为零，故只有选项C正确．
答案：C
6.
如图所示，表示质量为m0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恢复静止
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
解析：突然撤去隔板，气体向右运动，汽缸做反冲运动，当气体充满整个汽缸时，它们之间的作用结束，依动量守恒定律可知，开始时系统的总动量为零，结束时总动量必为零，气体和汽缸都将停止运动，故选项B正确．
答案：B
7.
(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为m0，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为m0?m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，选项A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvC＝m0vAB，得vC?vAB＝m0?m，选项B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有mvC－m0vAB＝(m0＋m)v，知v＝0，故选项C正确，选项D错误．
答案：BC
8.
(多选)在水面上停着质量为m0的小船的船头和船尾分别站着质量为m1的甲和质量为m2的乙，如图所示，当甲、乙交换位置后，若船长为L，不计水的阻力，下列说法正确的是(　　)
A．若m1>m2，船的位移大小为L，向左
B．若m1>m2，船的位移大小为L，向右
C．若m1＝m2，船的位移为零
D．若m2>m1，船的位移大小为L，向右
解析：以人船模型分析，先让甲到乙的位置船向左位移大小x1＝L，乙到甲的位置船再向右位移大小x2＝L；若m1>m2，则x1>x2，船向左位移大小为Δx＝x1－x2＝L，选项A正确，选项B错误；若m1答案：ACD
9．[2019·湖北黄冈高三调研]“世界航天第一人”是明朝的万户，如图所示，他把47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，假设万户及其所携设备(火箭、椅子、风筝等)的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
解析：火箭的推力来源于燃气对它的反作用力，选项A错误；以竖直向下为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv0－(M－m)v，解得在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为v＝，选项B正确；喷出燃气后，万户及其所携设备做竖直上抛运动，动能转化为重力势能，有(M－m)v2＝(M－m)gh，解得万户及其所携设备能上升的最大高度为h＝，选项C错误；在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能增加，燃料燃烧，将一部分化学能转化为万户及其所携设备的机械能，选项D错误．
答案：B
能力达标
10.
某学习小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气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，则喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？
解析：由动量守恒定律得：
(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0
得：v船＝
答案：
11．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2×10－4 m3/s，喷出速度保持为对地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1.0×103 kg/m3.
解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动．设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得
0＝(M－ρQt)v′＝ρQtv
代入数据解得火箭启动后2 s末的速度为
v′＝＝ m/s＝4 m/s.
答案：4 m/s
12．[2019·河南郑州二模]如图甲所示，半径为R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A为轨道最高点，和圆心等高；B为轨道最低点．在光滑水平地面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝3 kg，车足够长，车的上表面与B点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s2.
(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；
(2)物块相对小车静止时距小车左端多远？
解析：(1)物块从A点滑到B点的过程中，由机械能守恒定律有mgR＝mv
代入数据解得vB＝4 m/s
在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得轨道对物块的支持力大小FN＝30 N
由牛顿第三定律可知，物块滑到B点时对轨道的压力大小F′N＝FN＝30 N.
(2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，物块与小车组成的系统所受合外力为零，二者相对静止时，由动量守恒定律得mvB＝(m＋M)v代入数据解得v＝1 m/s
由物块和小车组成的系统能量守恒得，系统产生的热量
Q＝mv－(m＋M)v2
解得Q＝6 J
由功能关系知Q＝μ1mgx1＋μ1mg(x－x1)
将μ1＝0.4，x1＝0.5 m代入可解得x＝1.75 m.
答案：(1)30 N　(2)1.75 m
13．[2019·湖南长沙期中]如图所示，三个质量均为m的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰撞后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰撞后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰撞后瞬间共同速度的大小．
解析：设A与B碰撞前A的速度为vA，由动量守恒定律得
mvA＝m·v0＋m·v0
解得vA＝v0
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由动能定理得
WA＝mv－mv＝mv
设B与C碰撞前B的速度为vB，B克服轨道阻力所做的功为WB，由动能定理得
WB＝m(v0)2－mv
根据题意可知WA＝WB
解得vB＝v0
设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB＝2mv
可得v＝＝v0
答案：v0
14．[2018·全国卷Ⅰ]一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt②
联立①②式得
t＝ ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动的部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝.
答案：(1) 　(2)