版选修3_5.docx

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1、15 反冲运动 火箭基础巩固1.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 喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体,通过反冲获得前进的动力;反击式水轮机靠水轮击打水,通过反冲获得动力。答案 B2.一人静止于光滑的水平冰面上,现欲向前运动,下列方法中可行的是( )A.向后踢腿 B.手臂向后甩C.在冰面上滚动 D.脱下外衣向后水平抛出解析 由于冰面没有摩擦,所以 C 不行;A、B 由于总动量守恒,所以人整体不动;只有 D 是反冲现象,可使人向前运动。答案 D3.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

2、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.m(v1-v2)+mv2m m0(v1-v2)mC. D.m(v1-v2)+2mv2m m0(v1-v2)-m(v1-v2)m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= -v2= 。m0v1-(m0-m)v2m m0(v1-v2)m答案 B4.(多选)一

3、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释放出一物体 P,不计空气阻力,则( )A.火箭一定离开原来轨道运动B.物体 P 一定离开原来轨道运动C.火箭运动半径一定增大2D.物体 P 运动半径一定减小解析 由反冲运动的知识可知,火箭的速度一定增大,火箭做离心运动,运动半径增大。但物体 P 是否离开原来的轨道运动,要根据释放时的速度大小而定,若释放的速度与原来的速度大小相等,则 P 仍在原来的轨道上反方向运动。反之,轨道半径变化。答案 AC5.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

4、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.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 C6.一航天探测

5、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;航天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,航天器必然要朝竖直向下的方

6、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 C7.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?3解析 以车和小球为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mm0+m守恒有 m0v1=mv2,由能量守恒有 mgR= m0 ,解得 v2= 。12v12+12mv22 2m0gRm0+m

7、答案 R mm0+m 2m0gRm0+m能力提升1.一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 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的质量变小,因此船的速度增大。答案 A2.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

8、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 C3.(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

9、,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 m0m4C.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 vCv AB=m0m ,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 BC4.如图所示,表

10、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 B5.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厢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,距货厢水平

11、距离为 l=4 m,如图所示,人的质量为 m,车连同货厢的质量为 m0=4m,货厢高度为 h=1.25 m,求:(1)人跳出后到落到地板上时车的反冲速度大小;(2)人落在车地板上并站定以后,车还运动吗?车在地面上移动的位移是多少?解析(1)人从货厢边跳离的过程,系统(人、车和货厢)的动量守恒,设人的水平速度是 v1,车的反冲速度是 v2,取 v1方向为正,则 mv1-m0v2=0,解得 v2= v1145人跳离货厢后做平抛运动,车以 v2做匀速运动,运动时间为 t= s=0.5 s,在这2hg= 21.2510段时间内人的水平位移 x1和车的位移 x2分别为 x1=v1t,x2=v2t。由图可

12、知 x1+x2=l即 v1t+v2t=l,则 v2= m/s=1.6 m/s。l5t= 450.5(2)车的水平位移为 x2=v2t=1.60.5 m=0.8 m。人落到车上 A 点的过程,系统水平方向的动量守恒(水平方向系统没受外力,而竖直方向支持力大于重力,合力不为零),人落到车上前人的水平速度仍为 v1,车的速度为 v2,落到车上后设它们的共同速度为 v,根据水平方向动量守恒得 0=(m0+m)v,则 v=0。故人落到车上 A 点站定后车的速度为零。答案 (1)1.6 m/s (2)不运动 0.8 m6.以与水平方向成 60角斜向上的初速度 v0射出的炮弹,到达最高点时爆炸成质量分别为

13、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)斜抛的炮弹在水平方向做匀速直线运动,炮弹在最高点爆炸前瞬间的速度为 v1=v0cos 60爆炸过程水平方向动量守恒,以爆炸前速度方向为正方向,(2 m+m)v1=2m2v0+mv得 v= v052即较小质量的另一块弹片的速度大小为 v0,方向水平向后。52(2)爆炸过程中化学能转化为弹片增加的动能E= Ek= 2m(2v0)2- m v0 2- (m+2m) =6.75m 。12 12 52 12 v12 v02答案 (

14、1) v0,方向水平向后 (2)6.75m52 v027.一个连同装备总质量为 M=100 kg 的宇航员,在距离飞船 x=45 m 处与飞船处于相对静止状态,宇航员背着装有质量为 m0=0.5 kg 氧气的贮气筒。筒上装有可以使氧气以 v=50 m/s 的速度喷出的喷嘴,宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气,才能回到飞船,同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用,宇航员的耗氧率为 Q=2.510-4 kg/s,不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响,则:(1)瞬时喷出多少氧气,宇航员才能安全返回飞船?(2)为了使总耗氧量最低,应一次喷出多少氧气?返回时间又是多少?解析 (1)由题述可知所求

15、的喷出氧气的质量 m 应有一个范围,若 m 太小,宇航员获得的速度也小,虽贮气筒中剩余的氧气较多,但由于返回飞船所用的时间太长,将无法满足他途中呼吸所用,若 m 太大,宇航员获得的速度虽然大了,而筒中氧气太少,也无法满足其呼吸作用,所以 m 对应的最小和最大两个临界值都应是氧气恰好用完的情况,设瞬间喷气 m kg 时,宇航员恰能安全返回,根据动量守恒定律可得: mv=MV 宇航员匀速返回的时间为 t= xV6贮气筒中氧气的总质量: m0 m+Qt 代入数据可得 0.05 kg m0 .45 kg(2)当总耗氧量最低时,宇航员安全返回,共消耗氧气 m,则 m=m+Qt 由 可得 m= +m= +mQxMmv 2.2510-2m当 m= ,即 m=0.15 kg 时 m 有最小值,故总耗氧量最低时,应一次喷出 m=0.15 kg 的2.2510-2m氧气。将 m=0.15 kg 代入 可得返回时间为 t=600 s。答案 (1)0.05 kg m0 .45 kg (2)0.15 kg 600 s7