1.6 反冲运动 火箭 同步练习 （word版含答案）

反冲运动火箭练习
一、单选题（每道题只有一个正确答案）
下面物理原理中说法不正确的是(????)
A. 物体所受合外力越大，它的动量变化就越快
B. 发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力
C. 物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体机械能一定守恒
D. 某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒
静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(??? )
A. Δmv0M B. ?Δmv0M C. Δmv0M?Δm D. ?Δmv0M?Δm
如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8?，不计空气阻力。下列说法正确的是(????)
A. 在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做竖直上抛运动
C. 小球离开小车后做斜上抛运动
D. 小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6?
一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为1∶2，其中小的一块获得水平速度v，则两块爆竹落地后相距(????)
A. 2v2hg B. 3v2hg C. 3v22hg D. 2v32hg
一个静止的质量为m1的不稳定原子核，当它放射出质量为m2、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为(????)
A. m2vm1?m2 B. ?m2vm1?m2 C. ?m1vm1?m2 D. ?m2vm1
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
中国已成功发射可重复使用试验航天器。某实验小组仿照航天器的发射原理，在地球表面竖直向上发射了一质量为M(含燃料)的火箭，当火箭以大小为v0的速度竖直向上飞行时，火箭接到加速的指令瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，不计喷气过程重力的影响，所有速度均为对地速度。则喷出气体的质量为
A. Mv2v1 B. M(v2?v0)v1+v2 C. M(v2?v0)v1?v2 D. Mv1v2
一只质量为0.9?kg的乌贼吸入0.1?kg的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为2?m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是
A. 在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为0.9?N·s
B. 在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
C. 乌贼喷出的水的速度大小为18?m/s
D. 在乌贼喷水的过程中，有9?J的生物能转化成机械能
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(???? )
A. E0 B. mME0 C. mE0M?m D. MmE0M?m
一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为(????)
A. m=v2?v1v1M B. m=v2v2?v1M C. m=v2?v0v2+v1M D. m=v2?v0v2?v1M
一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v0，原子核剩余部分的速率等于(????)
A. v0 B. mM?mv0 C. mMv0 D. m2m?Mv0　
如图所示，小船静止于水面上，站在船尾的人不断将船尾舱的鱼抛向左方船头的舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(????)
A. 向左运动，船向左移动了一些
B. 小船静止，船向左移动了一些
C. 小船静止，船向右移动了一些
D. 小船静止，船不移动
二、多选题（每道题有多个选项）
小车静止在光滑水平面上，站在车上右端的人练习打靶，靶装在车上的左端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每发子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。以下说法正确的是(? ? ? )
A. 待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B. 待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为mdnm+M
D. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
下列运动属于反冲运动的有(????)
A. 乒乓球碰到墙壁后弹回 B. 发射炮弹后炮身后退
C. 虾在水中后退 D. 船员划桨使船前进
如图所示，质量为2m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量为m的小球从距A点正上方?0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为3?04处(不计空气阻力，小球可视为质点)，则(????)
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做斜上抛运动
C. 小车向左运动的最大距离为23R
D. 小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度大于?02
“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。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。假设万户及所携设备火箭(含燃料、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是
A. 火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mv0M
C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为m2v022g(M?m)2
D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
三、计算题（写清解答过程）
某静止在水平地面上的炮车水平发射一枚质量为10kg的炮弹，已知炮弹飞出炮口时，相对于地面的速度为900m/s，该炮车质量(不包括炮弹)为3000kg。求：
(1)炮弹飞出炮口时，炮车后退的速度多大；
(2)若炮车后退的距离为1.5m，则炮车后退中受到的阻力与其自身重力的比值为多大(重力加速度取10m/s2)
光滑水平面上放有一半圆弧槽A，半圆弧槽A的质量为M、半径为R，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从半圆弧槽的右侧顶端由静止释放。
(1)若半圆弧槽A的内表面粗糙，滑块B经过最低点后，恰能运动到半圆弧槽A的左侧C点，OC与竖直方向的夹角为θ，则在该过程中，半圆弧槽A的位移为多少；
(2)若半圆弧槽A的内表面光滑，M=2m，则滑块B滑到最低点时，半圆弧槽A对滑块B的支持力为多少？
一火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v=1000m/s.设火箭质量M=300kg，发动机每秒钟喷气20次．
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
(2)运动第1s末，火箭的速度多大？
平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货箱边缘沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A点，A点距货箱水平距离为l=4m，如图所示。人的质量为m，车连同货箱的质量为M=4m，货箱高度为?=5m。求在人跳出后到落到地板前车的反冲速度为多大。
答案和解析
1.【答案】C
【解答】
A.根据动量定理Ft=Δp可知F=Δpt，物体所受合外力越大，它的动量变化就越快，故A正确；
B.发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力，故B正确；
C.根据动能定理可知，物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体动能一定不变，但是机械能不一定守恒，故C错误；
D.根据系统动量守恒的条件可知，某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒，故D正确。
2.【答案】D
3.【答案】B
【解答】
A.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；
BC.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，故小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确，C错误；
D.小球第一次车中运动过程中，由动能定理得mg??0.8??Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf=0.2mg?，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mg?，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mg?，机械能损失小于0.2mg?，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8??0.2?=0.6?，故D错误；
4.【答案】C
【解答】
设其中一块质量为m，则另一块质量为2m，
爆炸过程系统动量守恒，以v的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv+2mv′=0，解得：v′=?12v
设两块爆竹落地用的时间为t，则有：?=12gt2
落地点，两者间的距离为：Δx=(v?v′)t，
解得：Δx=3v22?g
故选C。
5.【答案】B
【解答】
原来静止的原子核，当其中一部分以速度v运动，剩余部分将向反方向运动，即做反冲运动．由反冲原理得，0=m2v+(m1?m2)v′，解得v′=??m2vm1?m2.?
6.【答案】C
【解答】
以整个导弹为研究对象，取v0的方向为正方向，根据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒，得：Mv0=(M?m)v′+mv
则得另一块的速度为：v′=?Mv0?mv?M?m
若Mv0>mv，则v′>0，说明另一块沿v0的方向飞去；
若Mv0若Mv0=mv，则v′=0，说明另一块做自由落体运动，故C正确，ABD错误．
7.【答案】B
【解答】
设喷出气体的质量为m，以航天器与喷出气体组成的系统为研究对象，
不计喷气过程重力的影响，系统所受合外力为零，系统动量守恒，
规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
Mv0=(M?m)v2?mv1
解得m=M(v2?v0)v1+v2，故B正确，ACD错误。
8.【答案】C
【解答】
A.根据动量定理，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小I=Mv1=1.8N?s，选项A错误；
BC.乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，有0=Mv1?mv2，解得乌贼喷出水的速度大小v2=18m/s，选项B错误、C正确；
D.根据能量守恒定律，在乌贼喷水的过程中，转化为机械能的生物能ΔE=12Mv12+12mv22=18J，选项D错误．
9.【答案】C
【解答】
放出质量为m的粒子后，剩余质量为M?m，该过程动量守恒，有：mv0=(M?m)v???? ①
放出的粒子的动能为：E0=12m?v02? ? ? ②
原子核反冲的动能：Ek=12(M?m)v2??? ?③
联立①②③得：Ek=mM?mE0，故ABD错误，C正确。
10.【答案】C
【解答】
规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
Mv0=(M?m)v2?mv1
解得：m=v2?v0v2+v1M。故ABD错误，C正确。
11.【答案】C
【解答】
规定质量为m的粒子的速度方向为正，设粒子和剩余部分相对地的速度分别为v1、v2
由动量守恒定律得：
0=mv1+(M?m)v2
又知v0=v1?v2
联合以上两式解得：v2=?mv0M，则速率为mv0M。
12.【答案】C
【解答】
人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；
在人将鱼向左抛出的而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船(包括渔夫)具有向右的动量，船要想右移动，鱼落入船舱后船即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一些；故ACD错误，B正确；
13.【答案】BC
【解答】
解：AB、子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方。待打完n发子弹后，小车将静止不动，故A错误、B正确；
CD、设子弹出口速度为v，车后退速度大小为v′，以向左为正，根据动量守恒定律，有：
有：0=mv?[M+(n?1)m]v′，
子弹匀速向左运动的同时，车匀速向右运动，故：vt+v′t=d，
联立解得v′=?mvM+(n?1)m，t=?dv+mvM+(n?1)m?，
故车向右运动的距离为：Δs=v′t=mdM+nm，
每颗子弹从发射到击中靶过程，小车均向右运动△s，均相同，故D错误，C正确。
14.【答案】BCD
【解答】
A.乒乓球碰到墙壁上弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲；故A错误；
B.发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；故B正确；
C.虾在水中后退，利用了反冲运动；故 C正确；
D.船员划桨使船前进时利用了水的反冲而获得动力，属于反冲现象；故D正确。
15.【答案】CD
【解答】
A.小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；
C.设小车在水平方向上运动的最大距离为x，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv?mv′=0，m2R?xt?mxt=0，解得小车的位移：x=R，故C正确；
D.小球第一次在小车中运动过程中，
由动能定理得：mg?0?34?0?Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=14mg?0，
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mg?0，
由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，
因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mg?0，
机械能损失小于14mg?0，
因此小球再次离开小车时，
能上升的高度大于：34?0?14?0=12?0，而小于34?0，故D正确。
16.【答案】AC
【解答】
A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；
B、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M?m)v?mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M?m，故B错误；
C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为?=v22g=m2v022g(M?m)2，故C正确；
D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。
故选：AC。
17.【答案】解：(1)设炮弹的速度v0、炮车后退的速度大小为v，弹和车的质量分别为m、M，由于内力远大于外力，系统的动量守恒。取炮车后退的速度方向为正方向。
由动量守恒定律得：Mv?mv0=0
解得：v=3m/s
(2)设炮车后退中受到的阻力为f、位移为x，由动能定理有：?fx=0?12Mv2
解得：f=9000N
阻力与其重力的比值：fMg=900030000=0.3
18.【答案】解：(1)半圆弧槽A和滑块B组成的系统在水平方向上动量守恒，
设滑块B从半圆弧槽A的右侧顶端由静止释放后某一时刻的水平速度大小为vB，半圆弧槽A的水平速度大小为vA，则有MvA=mvB
设运动过程中半圆弧槽A和滑块B的位移大小分别为xA，xB
由于两者每时每刻的水平速度之比都为vAvB=mM
故水平位移之比为xAxB=mM
因为xA+xB=R1+sinθ
解得xA=mRM+m1+Rsinθ
(2)若半圆弧槽A的内表面光滑，设滑块B滑到最低点时，半圆弧槽A的速度大小为v1，滑块B的速度大小为v2，滑块B从最高点到最低点的过程，两者在水平方向动量守恒，得出Mv1=mv2
系统机械能守恒，得出mgR=12Mv12+12mv22
在最低点，对滑块B由牛顿第二定律得出FN?mg=mv2R
其中v为滑块B相对于半圆弧槽A的速度大小
v=v1+v2
且M=2m
解得v1=13gR，v2=43gR
FN=4mg
19.【答案】(1)2m/s?;(2)13.5m/s
【解析】火箭喷气属反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解．
(1)选取火箭和气体组成的系统为研究对象，运用动量守恒定律求解．设喷出三次气体后火箭的速度为v?3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：
(M?3m)v3?3mv=0,
故v3=3mvM?3m≈2?m/s．
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：
(M?20m)v20?20mv=0，
故v20=20mvM?20m≈13.5?m/s．
20.【答案】解：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，则有：
mv1?Mv2=0
解得v2=14v1
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=2?g=2×510s=1s。
在这段时间内人的水平位移s1和车的位移s2分别为：
s1=v1t
s2=v2t
由图可知：s1+s2=l
即v1t+v2t=l，则有：v2=l5t=45×1m/s=0.8m/s。
答：车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为0.8m/s。