反冲运动、火箭
一、选择题(10、11题为多选，其余为单选)
1．(2019春·建瓯市校级月考)下列不属于反冲运动的是( )
A．喷气式飞机的运动 B．物体做自由落体的运动
C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动
解析 根据反冲运动的定义：指系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的运动现象．喷气式飞机向后喷气，火箭向后喷气，反击式水轮机将水向后排出，故A、C、D三项都属于反冲运动；自由落体运动是单一质点的直线运动，没有向后的一部分，故自由落体运动不是反冲运动，故B项正确．
答案 B
2．(2018秋·林州市月考)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．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．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
解析 由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，故A、B、C三项错误，D项正确．
答案 D
3.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，(M－m)v1＝m(v0－v1)，所以v1＝v0，故选A项．
答案 A
4.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，探测器以恒定的速率v0向正x方向平动．要使探测器改为向正x偏负y 60°的方向以原来的速率v0平动，则可( )
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P4适当时间
D．先开动P3适当时间，再开动P4适当时间
解析 先开P1，反冲作用使正x方向上的速度减小，再开P4，反冲作用使负y方向速度增加，合运动能符合要求，A项正确；同理分析B、C、D三项错误．
答案 A
5.(2019·茂名二模)如图所示，一斜面体静止在光滑的水平面上，斜面倾角为θ，高为h.现将小物块A轻轻放在光滑斜面的顶端，则小物块沿斜面下滑的过程中( )
A．斜面对地面的压力小于小物块与斜面体重力之和
B．小物块滑到斜面底端的速度为
C．斜面与小物块组成的系统动量守恒
D．斜面对小物块的作用力垂直于接触面，做功为零
解析 小物块加速下滑，有竖直向下的分加速度，系统处于失重状态，则斜面对地面的压力小于小物块与斜面体重力之和，故A项正确；若斜面静止不动，对小物块，由机械能守恒定律得 mgh＝mv2，可得，小物块滑到斜面底端的速度 v＝.现在小物块在下滑的过程中，斜面向右运动，获得动能，根据系统的机械能守恒知小物块滑到斜面底端的速度小于，故B项错误；系统竖直方向的合力不为零，水平方向不受外力，则系统的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C项错误；斜面对小物块的作用力垂直于接触面，由于小物块沿斜面下滑的过程中，小物块对斜面有压力，所以斜面要向右运动，所以斜面对小物块的作用力与物块相对于地的位移方向不垂直，所以斜面对小物块的作用力要做功，故D项错误．故选A项．
答案 A
6．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动．水对船的阻力忽略不计．下列说法中正确的是( )
A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续走动一小段时间
C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
解析 人船系统动量守恒，总动量始终为零，因此人、船动量等大，速度与质量成反比，A项错误；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则(M＋m)v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，B项错误；人和船系统动量守恒，速度和质量成反比，因此人的位移是船的位移的8倍，C项错误；由动能、动量关系Ek＝∝，人在船上走动过程中人的动能是船的动能的8倍，D项正确．
答案 D
7.某人在一只静止的小车上练习打靶，已知车、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，车后退的距离为( )
A.L B.L
C.L D.L
解析 由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动．每发射一颗子弹，车后退一段距离．每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律，有
0＝mv－[M＋(n－1)m]v′
设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，
m()＝[M＋(n－1)m]
解得x＝，则打完n发后车共后退s＝.
答案 C
8.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，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，则渔船的质量为( )
A. B.
C. D.
解析 设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度为正方向．
则v＝，v′＝，
根据动量守恒定律得：Mv－mv′＝0，
解得，船的质量：M＝，故选B.
答案 B
9.如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动( )
A．一定沿v0的方向飞去 B．一定沿v0的反方向飞去
C．可能做自由落体运动 D．以上说法都不对
解析 根据动量守恒得v′＝，mv可能大于、小于或等于Mv0，所以v′可能小于、大于或等于零．
答案 C
10．(2019·张店区校级模拟)为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速．已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化．则( )
A．喷出气体的速度为
B．喷出气体的速度为
C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
解析 由动能定理可知：Pt＝mv2，其中t＝1 s，解得v＝，故A项错误，B项正确；喷气过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知：0＝Mv1－mΔt·v，则有：mΔtv＝，则有：＝mΔt，解得Ek＝，故C项正确，D项错误．
答案 BC
11．(2018·大庆一模)质量为1 kg的小球以初速度v0与水平方向成53°角斜向上抛出，水平方向受到一恒力作用，当其运动到最高点时，速度大小仍然是v0，(忽略其他阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．则恒力的大小可能为( )
A．5 N B．10 N
C．15 N D．20 N
解析 当水平恒力与水平初速度方向相同时，小球水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀减速运动，则：
竖直方向有0＝v0sin53°－gt，
水平方向有v0＝v0cos53°＋t，
联立解得F＝5 N；
当水平恒力与水平初速度方向相反时，小球水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做匀减速运动，则：
竖直方向有0＝v0sin53°－gt，
水平方向有v0＝v0cos53°－t，
联立解得F＝20 N.
答案 AD
二、非选择题
12．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
(M－ρQt)v′＝ρQtv
火箭启动后2 s末的速度为
v′＝＝ m/s＝4 m/s
答案 4 m/s
13．如图所示，一辆质量M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6 J，小球与小车右壁距离为L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；
(2)在整个过程中，小车移动的距离．
解析 (1)水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守恒，
即：mv1－Mv2＝0，
mv12＋Mv22＝Ep，
联立两式并代入数据解得：
v1＝3 m/s，v2＝1 m/s.
(2)在整个过程中，系统动量守恒，
所以有m＝M，x1＋x2＝L，
解得：x2＝.
答案 (1)3 m/s 1 m/s (2)
14．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．求：
(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向．
(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能？
解析 (1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝v0.设v1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：
3mv1＝2mv′1＋mv2
其中爆炸后大块弹片速度v′1＝2v0，
解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的速度与爆炸前速度方向相反．
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔEk＝×2mv′12＋mv22－(3m)v12＝mv02.
答案 (1)2.5v0，方向与爆炸前速度的方向相反
(2)mv02
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16．5 反冲运动 火箭
