1.4 反冲运动 同步练习（粤教版选修3-5）

1.4 反冲运动 同步练习（粤教版选修3-5）
1．(单选)某人站在完全光滑的水平冰冻河面上欲到岸边，可采取的方法是(　　)
A．步行 B．滑行
C．挥动双手 D．将衣物抛向岸的反方向
解析：选D.根据反冲运动的原理可知，只有向反方向抛出物体，才能获得靠岸的速度．
图1－4－6
2.(单选)小车上固定一直杆，直杆上端用长为L的细线系一质量为m的小球，如图1－4－6所示．已知小车与直杆的总质量为M，水平地面光滑．将小球拉到直杆顶端等高的位置释放，当小球到达另一侧等高点时，小车后退的距离为(　　)
A.L B.L
C.L D.L
解析：选D.小球释放后，小车向右运动，两者组成的系统水平方向动量守恒，取向左为正方向，初动量为零，故0＝mv1－Mv2，因v1、v2始终成正比，故平均水平动量也守恒，0＝m 1－M 2，其水平位移0＝ms1－Ms2，又s1＋s2＝2L，解得s2＝L，D正确．
3．(单选)一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一颗炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力和阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是(　　)
A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小
解析：选A.整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变．又因为船发射炮弹后质量变小，因此船的速度增大．
图1－4－7
4．(单选)(2011年高考四川卷)如图1－4－7是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则(　　)
A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
解析：选A.火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D错误．
5．在沙堆上有一木块，质量M＝5 kg，木块上放一爆竹，质量m＝0.10 kg.点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm，若沙对木块运动的阻力恒为58 N，不计爆竹中火药质量和空气阻力．求爆竹上升的最大高度．
解析：火药爆炸时内力远大于重力，所以爆炸时动量守恒，设v、v′分别为爆炸后爆竹和木块的速率，取向上的方向为正方向
由动量守恒定律得
mv－Mv′＝0①
木块陷入沙中做匀减速运动到停止，其加速度为
a＝＝ m/s2＝1.6 m/s2
木块做匀减速运动的初速度
v′＝＝ m/s＝0.4 m/s②
②代入①式，得v＝20 m/s
爆竹以初速度v做竖直上抛运动，上升的最大高度为
h＝＝ m＝20 m.
答案：20 m
一、单项选择题
1．一人从静止的小船船头跳上岸，不计水的阻力，下列说法中正确的是(　　)
A．人跳出的速度一定大于船后退的速度
B．人跳出的动量一定小于船后退的动量
C．人跳出的动量一定大于系统原有的总动量
D．人跳出的动量一定小于系统原有的总动量
解析：选C.因不计水的阻力，人与船组成的系统动量守恒，初动量为零，有0＝m人v人－m船v船，m人v人＝m船v船，B错误；因人、船质量关系未知，故A错误；人跳出后的动量大于零，C正确，D错误．
2．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则(　　)
A．火箭一定离开原来轨道运动
B．P一定离开原来轨道运动
C．火箭运动半径可能不变
D．P运动半径一定减小
解析：选A.火箭射出物体P后，由反冲原理火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大．P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以A对，B、C、D错．
图1－4－8
3.如图1－4－8所示，质量为M的汽缸置于光滑水平地面上，缸内有一隔板P，隔板右侧是真空，左侧是质量为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．向左移动一段距离后又静止
C．向左移动一段距离后继而向左匀速运动
D．先向左移动，后向右移动回到原来位置
解析：选B.抽去挡板瞬间，气体向真空部位流动并和汽缸相互作用，汽缸做反冲运动，向左运动，当气体充满整个汽缸后，气体不再运动，则由动量守恒知，汽缸也停止运动，所以汽缸的状态是先向左移动一段后停止，即B正确．
4．一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法不正确的是(　　)
A．气球可能匀速上升
B．气球可能相对地面静止
C．气球可能下降
D．气球运动速度不发生变化
解析：选D.设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝.当v2>0时，气球可匀速上升；当v2＝0时气球静止；当v2<0时气球下降．所以，选项A、B、C均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错．
5．(2011年启东高二检测)质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为Δm的气体，喷出气体相对火箭的速度为v，则喷出气体后火箭的速度变为(　　)
A．(Mv0＋Δmv)/M B．(Mv0－Δmv)/M
C．(Mv0＋Δmv)/m D．(Mv0－Δmv)/m
解析：选A.依题意可知，火箭原来相对地的速度v0，初动量为0＝Mv0，质量为Δm的气体喷出后，火箭的质量为(M－Δm)，设气体喷出后，火箭和气体相对地的速度分别为v1和v2，则气体相对火箭的速度为：v＝v1＋v2，v2＝v－v1，选v1的方向为正方向，则系统的末动量为：p＝(M－Δm)v1＋Δm[－(v－v1)]＝Mv1－Δmv，由动量守恒定律，有p＝p0，则：Mv1－Δmv＝Mv0，所以v1＝(Mv0＋Δmv)/M.故A正确．
图1－4－9
6.如图1－4－9所示，自动火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，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，自动火炮的速度变为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：选B.炮弹相对地的速度为v0＋v2.由动量守恒得Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)得v0＝.
二、双项选择题
7．下列属于反冲运动的是(　　)
A．向后划水，船向前运动
B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反
解析：选BD.反冲运动是物体在内力作用下分为两部分，其运动方向相反，A选项是桨与外部水的作用，C选项是人脚与外部地面的作用，都不属于反冲；B选项中子弹与枪身是系统中的两部分，D选项中水流过水轮机内部，是系统中的两部分，B、D正确．
8．一个运动员在地面上跳远，最远可跳l，如果他立在船头，船头离河岸距离为l，船面与河岸表面平齐，他若从船头向岸上跳，下列说法正确的是(　　)
A．他不可能跳到岸上
B．他有可能跳到岸上
C．他先从船头跑到船尾，再返回船头起跳，就可以跳到岸上
D．采用C中的方法也无法跳到岸上
解析：选AD.立定跳远相当于斜抛运动，在地面上跳时，能跳l的距离，水平分速率为vx，在船上跳时，设人相对船的水平速率为vx，船对地的速率为v2，人相对于地的速度为v1＝vx－v2.由于人和船系统动量守恒，因此mv1＝Mv2，所以人在船上跳时，人相对于船的水平速率也为vx，但人相对于地的水平速度为v1＝vx－v2图1－4－10
9.静止在光滑坚硬、水平放置的铜板上的小型炸弹，爆炸后，所有碎弹片沿圆锥面飞开，如图1－4－10所示，对弹片而言，下列说法正确的是(　　)
A．爆炸过程中总动量守恒
B．爆炸过程中受到的总冲量竖直向上
C．爆炸过程中水平方向上的总动量为零
D．爆炸结束后，水平方向上的总动量不为零
解析：选BC.原炸弹的总动量为零，但在爆炸时碎弹片沿圆锥面向上飞开，说明铜板给弹片的力大于弹片重力．故竖直方向动量不守恒，水平方向不受外力动量守恒，因此弹片受到的总冲量竖直向上．故应选B、C.
10．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船．设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则(　　)
A．A、B(包括人)速度大小之比为2∶3
B．A、B(包括人)动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
解析：选BC.选A船、B船和人这三个物体为一系统，则它们的初始总动量为0.由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0.选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得：0＝(M＋)vB＋MvA，解得vB＝－vA，所以A、B(包括人)的速度大小之比为3∶2，选项A错误．A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B正确．由于系统的总动量始终守恒，故A、B(包括人)动量之和始终为零，选项C正确．
三、非选择题
11．有一炮竖直向上发射炮弹．炮弹的质量为M＝6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出时的初速度v0＝60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m＝4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R＝600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)
解析：设炮弹上升到达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律，有
v＝2gH
设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v1，另一块的速度为v，根据动量守恒定律，有
mv1＝(M－m)v
设质量为m的弹片运动的时间为t，根据平抛运动规律，有
H＝gt2
R＝v1t
炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能
Ek＝mv＋(M－m)v2
解以上各式得Ek＝
代入数值得Ek＝6.0×104 J.
答案：6.0×104 J
图1－4－11
12．在光滑水平桌面上，有一长为l＝2 m的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量mC＝5 kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA＝1 kg，mB＝4 kg，开始时A、B、C都静止，并且A、B间夹有少量的塑胶炸药，如图1－4－11所示．炸药爆炸使得A以6 m/s的速度水平向左运动，如果A、B与C间的摩擦可忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略．求：
(1)当两滑块都与挡板相撞后，板C的速度是多大？
(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板的位移大小和方向如何？
解析：爆炸中A、B相互作用，系统满足动量守恒，A、B分离后以不同速率滑向挡板，A先到达挡板与C作用，发生完全非弹性碰撞，之后C与B有相对运动，直到碰撞为止，整个过程满足动量守恒．
(1)设向左的方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有：
mAvA＋mBvB＝0得vB＝－1.5 m/s(负号表示方向)
对A、B、C组成的系统，开始时静止，由动量守恒有(mA＋mB＋mC)vC＝0得vC＝0，即最终木板C的速度为0.
(2)A先与C相碰，由动量守恒：
mAvA＝(mA＋mC)v共
所以v共＝1 m/s
从炸药爆炸到A、C相碰的时间：t1＝＝ s，
此时B距C的右壁sB＝－vBt1＝0.75 m，设再经过t2时间B与C相碰，则
t2＝＝0.3 s，故C向左的位移
ΔsC＝v共t2＝1×0.3 m＝0.3 m.
答案：(1)0　(2)0.3 m，方向向左