2019高中物理刷题首选卷第十六章课时5反冲运动火箭(对点练巩固练)(含解析)新人教版选修3_5
高中物理第16章动量守恒定律第5节反冲运动、火箭课下作业(含解析)新人教版选修3-5
第5节反冲运动、火箭［随堂巩固］1．（反冲运动）手持铁球的跳远运动员起跳后，欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时,将手中的铁球A．竖直向上抛出B．向前方抛出C．向后方抛出D．向左方抛出解析欲提高跳远成绩，则应增大水平速度，即增大水平方向的动量，所以可将铁球向后抛出,人和铁球的总动量守恒，因为铁球的动量向后,所以人向前的动量增加。
答案 C2．（反冲运动）（多选)中国潜艇专家正在设计一种以电磁推动潜航的潜艇,基本原理是潜艇间的海水通电，利用潜艇的强磁场对通电海水的作用力即安培力，将海水高速推出,使潜艇获得动力，为了提高潜艇的航速，可采用哪些措施A．使推出水的速度增大B．使潜艇的质量增大C．使通过海水的电流增大D．使单位时间内推出的水的质量增加答案ACD3．(火箭的原理）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．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B．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C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭解析火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管以很大速度喷出时，使火箭获得反冲速度向前运动，故选B项.答案 B4．（人船模型的应用）如图16－5－3所示,一个倾角为a的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M,顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是图16－5－3A。
错误! B.错误!C。
错误!D。
错误!解析此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒,设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此0＝mx1－Mx2。
①且x1＋x2＝错误!②由①②可得x2＝错误!，故选C。
答案 C［限时检测］[限时45分钟］题组一反冲运动的理解和应用1．关于反冲运动的说法中，正确的是A．抛出物m1的质量要小于剩下质量m2才能获得反冲B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律解析反冲运动的定义为由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动,这种现象叫反冲运动，定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故选项A错误，在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等，方向相反。
物理选修3-5达标训练：第十六章 5.反冲运动火箭 含解
更上一层楼基础·巩固1.下列属于反冲运动的是( )A.喷气式飞机的运动B.直升机的运动C.火箭的运动D.反击式水轮机的运动解析：直升机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动.答案：ACD2.一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：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，当人沿绳梯向上爬时，动量守恒，则(M+m)v 0=mv 1+Mv 2,，在人向上爬的过程中，气球的速度为v 2=Mm v v m M 10)(-+.当v 2＞0且v 1恒定时，气球可匀速上升；当v 2=0时气球静止；当v 2＜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v 0，即人不上爬，显然不对，D 选项错.答案：ABC3.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图16-5-5所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S 1、S 2、S 3、S 4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( )图16-5-5A.打开阀门S 1B.打开阀门S 2C.打开阀门S 3D.打开阀门S 4解析：据水和车系统动量守恒，如原来系统动量为0，由0=m 水v 水+m 车v 车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出.答案：B4.静止的实验火箭，总质量为M ，当它以对地速度为v 0喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为( ) A.m M m v ∆-∆0 B.-m M m v ∆-∆0 C.M m v 0∆ D.-Mm v 0∆ 解析：由动量守恒定律得Δmv 0+(M-Δm)v=0.火箭的速度为 v=-m M m v ∆-∆0.选项B 正确. 答案：B5.一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移动，则( )A.若两人质量相等，则必定是v 甲＞v 乙B.若两人质量相等，则必定是v 甲＜v 乙C.若两人速率相等，则必定是m 甲＞m 乙D.若两人速率相等，则必定是m 甲＜m 乙解析：以向左为正方向，则m 乙v 乙-m 甲v 甲+MV=0，即m 乙v 乙-v 甲m 甲=-MV ，当m 乙=m 甲时，有v 乙-v 甲＜0，即v 甲＞v 乙，当∣v 乙∣=∣v 甲∣时，有m 乙-m 甲＜0，即m 甲＞m 乙.答案：AC6.质量m=100 kg 的小船静止在静水中，船两端载着m 甲=40 kg ，m 乙=60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲朝左乙朝右同时以相对于岸以3 m/s 的速度跃入水中，如图16-5-6所示，则甲、乙二人跃入水中时，小船运动的方向和速率为( )图16-5-6A.向左，小于1 m/sB.向左，大于1 m/sC.向右，大于1 m/sD.向右，小于1 m/s解析：以向右为正方向，由系统动量守恒得：m 乙v 乙+m 甲v 甲+mv=0 v=-m v m v m 甲甲乙乙+=-100(-3)40360⨯+⨯ m/s=-0.6 m/s. 负号表示船将向左运动，速度大小为0.6 m/s.答案：A7.静水中甲、乙两只小船都处于静止状态，它们的质量均为120 kg ，甲船上质量为30 kg 的小孩以 6 m/s 的对地速度跳上乙船，则甲、乙两船的速度大小分别为v 甲=_________________m/s ，v 乙=____________________m/s.解析：小孩跳离甲船的过程中，由动量守恒定律得 mv-m 甲v 甲=0，小孩跳离后甲船的速度为v 甲=甲m m v=12030×6 m/s=1.5 m/s.小孩跳上乙船的过程中，由动量守恒定律得mv=(m 乙+m)v 乙，小孩跳上乙船后乙船的速度为v 乙=m m m v +乙=30120630+⨯ m/s=1.2 m/s. 答案：1.51.2综合·应用8.如图16-5-7所示，光滑圆槽质量为M ，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )图16-5-7A.0B.向左C.向右D.不能确定解析：把小球m 和物体M 作为一个系统，因水平面光滑，故系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒(注意：此题小球运动过程中，竖直方向合力不为零，总动量不守恒).又因为小球滚到最高点时，小球和圆槽水平方向有共同速度(若速度不同，还要相对运动，还不是最高点)由水平方向动量守恒得：0=(M+m)v′，所以v′=0，故选项A 正确.答案：A9.一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是( )A.探测器加速运动时，沿直线向后喷气B.探测器加速运动时，竖直向下喷气C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气D.探测器匀速运动时，不需要喷气解析：探测器加速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力沿加速方向直线前进，选项A 、B 错误；探测器匀速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力为零，根据反冲运动的特点可知选项C 正确，选项D 错误.答案：C10.一个静止的质量为M 的不稳定原子核，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v 0，则原子核剩余部分的速率等于多少？解析：该题是一个反冲运动现象的问题，遵循动量守恒定律，关键是确定好粒子和剩余部分相对地的速率.应用动量守恒定律时，各个速度是对同一参考系的.设剩余部分对地的速率为v′，若规定粒子运动方向为正方向，则剩余部分的动量为-(M-m)v′，粒子对地速率为(v 0-v′).由动量守恒定律得：0=m(v 0-v′)-(M-m)v′，解得：v′=Mm v 0. 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2×10-4m 3/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 ／m 3. 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′=Qt M Qtv ρρ-=210210-1.4102102104-3-43⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ m/s=4 m/s. 12.一个连同装备共有100 kg 的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45 m 处，与飞船处于相对静止状态.他带着一个装有0.5 kg 氧气的贮氧筒，贮氧筒有个可以使氧气以50 m/s 的速度喷出的喷嘴.宇航员必须向着与返回飞船相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸.宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4kg/s ，如果他在开始返回的瞬时释放0.1 kg 的氧气，则他能安全返回飞船吗?解析：反冲运动中动量守恒，根据动量守恒定律计算出宇航员释放氧气后获得的反冲速度. 宇航员释放氧气后获得的反冲速度为v 1，喷出氧气的速度为v 2，由动量守恒定律得 (M-m)v 1-mv 2=0,宇航员释放氧气后获得的反冲速度为v 1=m M m v -2=0.1-100500.1⨯ m/s=5×10-2 m/s. 宇航员返回飞船需要的时间为t=1v s =2-10545⨯ s=900 s. 在这一段时间内他需呼吸的氧气的质量为m′=2.5×10-4×900 kg=0.225 kg ，由于他需要呼吸的氧气质量小于贮氧筒中剩余的氧气质量，所以他能安全返回飞船.13.(2005江苏)如图16-5-8所示，三个质量均为m 的弹性小球用两根长均为L 的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上.现给中间的小球B 一个水平初速度v 0，方向与绳垂直.小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长.求：图16-5-8(1)当小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度；(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B 的速度；(3)运动过程中小球A 的最大动能E KA 和此时两根绳的夹角θ；(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F 的大小.解析：根据题意，分析各状态的速度、动量和能量特点，找出各过程遵循的规律，挖掘隐含条件是解决综合性题目的关键.根据动量守恒定律、机械能守恒定律进行计算.(1)设小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度为v B ，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A 、C 沿小球B 初速度方向的速度也为v B ，由动量守恒定律，得mv 0=3mv B ,由此解得v b =31v 0. (2)当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得 mv 0=mv B +2mv A21mv 02=21mv B 2+2×21mv A 2 解得v B =-31v 0,v A =32v 0(三球再次处于同一直线) v B =v 0,v A =0(初始状态，舍去)，所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B 的速度为v B =-31v 0(负号表明与初速度反向). (3)当小球A 的动能最大时，小球B 的速度为零.设此时小球A 、C 的速度大小为u ，两根绳间的夹角为θ(如下图)，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得mv 0=2musin 2θ 21mv 02=2×21mu 2另外，E KA =21mu 2，由此可解得，小球A 的最大动能为E KA =41mv 02，此时两根绳间夹角为θ=90°.(4)小球A 、C 均以半径L 绕小球B 做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B 为参考系(小球B 的加速度为0，为惯性参考系)，小球A(C)相对于小球B 的速度均为v=|v A -v B |=v 0,所以，此时绳中拉力大小为F=m L v 2=m Lv 20. 14.如图16-5-9所示，光滑轨道的DP 段为水平轨道，PQ 段为半径是R 的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平的轨道的右端相切于P 点.一轻质弹簧两端分别固定质量为2m 的小球A 和质量为m 的小球B ，质量为m 小球C 靠在B 球的右侧.现用外力作用在A 和C 上，弹簧被压缩(弹簧仍在弹性限度内).这时三个小球均静止于距离P 端足够远的水平轨道上.若撤去外力，C 球恰好可运动到轨道的最高点Q.已知重力加速度为g.求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E 是多少？图16-5-9解析：对A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量守恒，B 、C 共同速度直到弹簧第一次恢复原长为止，此过程中系统能量守恒.B 、C 分离后，C 恰好运动至最高点Q ，此过程C 球机械能守恒，根据C 恰好运动至最高点这一条件可计算速度.对A 、B 、C 及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B 、C 共同速度大小为v 0，A 的速度大小为v A ，由动量守恒定律有2mv A =(m+m)v 0①则v A =v 0由系统能量守恒有E=212mv A 2+21(m+m)v 02② 此后B 、C 分离，设C 恰好运动至最高点Q 的速度为v,此过程C 球机械能守恒，则 mg·2R=21mv 02-21mv 2③ 在最高点Q ，由牛顿第二定律得mg=Rm v 2④ 联立①②③④式解得E=10mgR.。
物理选修3-5课后训练：第十六章 5反冲运动火箭 含解析
课后训练基础巩固1.下列属于反冲运动的有()A．喷气式飞机的运动B．直升机上升C．火箭上升D．反击式水轮机的运动2．质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v放出质量为m的粒子时(设v方向为正)，剩余部分速度为()A．mvM m-B．mvM m--C．MvM m-D．mvM-3．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．燃料燃烧推动空气，空气反作用推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后喷出，气体的反作用力推动火箭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．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭4．一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发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、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5．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。
能力提升6．如图所示，一艘小船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机，抽水机把前舱的水均匀抽往后舱，不计水的阻力，在船的前舱与后舱分开、不分开的两种情况下，船的前舱运动情况分别是()A．不动；向前匀速运动B．向前加速运动；不运动C．不动；向后匀速运动D．向后匀速运动；不动7．如图所示，半径为R，质量为M，内表面光滑的半球物体放在光滑的水平面上，左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球从半球形物体的顶端的a点无初速释放，图中b点为半球的最低点，c点为半球另一侧与a同高的顶点，关于物体M和m的运动，下列说法中正确的有()A．m从a点运动到b点的过程中，m与M系统的机械能守恒、动量守恒B．m从a点运动到b点的过程中，m的机械能守恒C．m释放后运动到b点右侧，m能到达最高点cD．当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大8．如图所示，质量为M的炮车静止在水平面上，炮筒与水平方向夹角为θ，当炮车发射一枚质量为m、对地速度为v0的炮弹后，炮车的反冲速度为________，若炮车与水平面的摩擦力为其重力的k倍，则炮车后退的距离为________。
高中物理 第十六章 5 反冲运动 火箭练习(含解析)新人教版选修3-5
5 反冲运动火箭基础巩固1.如图所示,将吹足气的气球由静止释放,球内气体向后喷出,气球会向前运动,这是因为气球受到()A.重力B.手的推力C.空气的浮力D.喷出的气体对气球的作用力解析:将吹足了气的气球释放,气球会向喷气方向的反方向运动是因为气体喷出时,由于反冲作用,喷出的气体对气球有作用力。
答案:D2.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.燃料燃烧推动空气,空气反作用力推动火箭B.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C.火箭吸入空气,然后向后推出,空气对火箭的反作用力推动火箭D.火箭燃料燃烧发热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭答案:B3.下列图片所描述的事例或应用中,没有利用反冲原理的是()答案:D4.人和气球离地高为h,恰好悬浮在空中,气球质量为m气,人的质量为m人。
人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面,软绳的长度至少为()AC解析:开始时,人和气球在空中悬浮,说明合力等于零。
在人沿软绳下滑的过程中,两者所受外力不变,即合力仍等于零。
以人和气球为系统,动量守恒而且符合“人船模型”,如图所示,根据动量守恒定律有m人h=m气H,解得H l=H+h D正确。
答案:D5.如图所示,自行火炮连同炮弹的总质量为m0,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()AC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,发射前动量之和为m0v1,发射后系统的动量之和为(m0-m)v2+m(v2+v0)由m0v1=(m0-m)v2+m(v2+v0)解得v0B正确。
答案:B6.一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运动半径一定减小答案:A7.如图所示,质量为m0、半径为R的光滑半圆弧槽静止在光滑水平面上,有一质量为m的小滑块在与圆心O等高处无初速度滑下,在小滑块滑到圆弧槽最低点的过程中,圆弧槽产生的位移大小为。
高中物理第十六章动量守恒定律5反冲运动火箭达标训练新人教选修
5 反冲运动火箭更上一层楼基础·巩固1.下列属于反冲运动的是( )A.喷气式飞机的运动B.直升机的运动C.火箭的运动D.反击式水轮机的运动解析：直升机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动.答案：ACD2.一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：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，当人沿绳梯向上爬时，动量守恒，则(M+m)v 0=mv 1+Mv 2,，在人向上爬的过程中，气球的速度为v 2=Mmv v m M 10)(-+.当v 2＞0且v 1恒定时，气球可匀速上升；当v 2=0时气球静止；当v 2＜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v 0，即人不上爬，显然不对，D 选项错.答案：ABC3.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图16-5-5所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S 1、S 2、S 3、S 4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( )图16-5-5A.打开阀门S 1B.打开阀门S 2C.打开阀门S 3D.打开阀门S 4解析：据水和车系统动量守恒，如原来系统动量为0，由0=m 水v 水+m 车v 车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出.答案：B4.静止的实验火箭，总质量为M ，当它以对地速度为v 0喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为( ) A.m M mv ∆-∆0 B.-m M mv ∆-∆0 C.M mv 0∆ D.-Mmv 0∆ 解析：由动量守恒定律得Δmv 0+(M-Δm)v=0.火箭的速度为 v=-m M mv ∆-∆0.选项B 正确.答案：B5.一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移动，则( )A.若两人质量相等，则必定是v 甲＞v 乙B.若两人质量相等，则必定是v 甲＜v 乙C.若两人速率相等，则必定是m 甲＞m 乙D.若两人速率相等，则必定是m 甲＜m 乙解析：以向左为正方向，则m 乙v 乙-m 甲v 甲+MV=0，即m 乙v 乙-v 甲m 甲=-MV ，当m 乙=m 甲时，有v 乙-v 甲＜0，即v 甲＞v 乙，当∣v 乙∣=∣v 甲∣时，有m 乙-m 甲＜0，即m 甲＞m 乙.答案：AC6.质量m=100 kg 的小船静止在静水中，船两端载着m 甲=40 kg ，m 乙=60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲朝左乙朝右同时以相对于岸以3 m/s 的速度跃入水中，如图16-5-6所示，则甲、乙二人跃入水中时，小船运动的方向和速率为( )图16-5-6A.向左，小于1 m/sB.向左，大于1 m/sC.向右，大于1 m/sD.向右，小于1 m/s解析：以向右为正方向，由系统动量守恒得：m 乙v 乙+m 甲v 甲+mv=0 v=-m v m v m 甲甲乙乙+=-100(-3)40360⨯+⨯ m/s=-0.6 m/s. 负号表示船将向左运动，速度大小为0.6 m/s.答案：A7.静水中甲、乙两只小船都处于静止状态，它们的质量均为120 kg ，甲船上质量为30 kg 的小孩以 6 m/s 的对地速度跳上乙船，则甲、乙两船的速度大小分别为v 甲=_________________m/s ，v 乙=____________________m/s.解析：小孩跳离甲船的过程中，由动量守恒定律得 mv-m 甲v 甲=0，小孩跳离后甲船的速度为v 甲=甲m m v=12030×6 m/s=1.5 m/s.小孩跳上乙船的过程中，由动量守恒定律得mv=(m 乙+m)v 乙，小孩跳上乙船后乙船的速度为v 乙=m m mv +乙=30120630+⨯ m/s=1.2 m/s. 答案：1.51.2综合·应用8.如图16-5-7所示，光滑圆槽质量为M ，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )图16-5-7A.0B.向左C.向右D.不能确定解析：把小球m 和物体M 作为一个系统，因水平面光滑，故系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒(注意：此题小球运动过程中，竖直方向合力不为零，总动量不守恒).又因为小球滚到最高点时，小球和圆槽水平方向有共同速度(若速度不同，还要相对运动，还不是最高点)由水平方向动量守恒得：0=(M+m)v′，所以v′=0，故选项A 正确.答案：A9.一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是( )A.探测器加速运动时，沿直线向后喷气B.探测器加速运动时，竖直向下喷气C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气D.探测器匀速运动时，不需要喷气解析：探测器加速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力沿加速方向直线前进，选项A 、B 错误；探测器匀速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力为零，根据反冲运动的特点可知选项C 正确，选项D 错误.答案：C10.一个静止的质量为M 的不稳定原子核，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v 0，则原子核剩余部分的速率等于多少？解析：该题是一个反冲运动现象的问题，遵循动量守恒定律，关键是确定好粒子和剩余部分相对地的速率.应用动量守恒定律时，各个速度是对同一参考系的.设剩余部分对地的速率为v′，若规定粒子运动方向为正方向，则剩余部分的动量为-(M-m)v′，粒子对地速率为(v 0-v′).由动量守恒定律得：0=m(v 0-v′)-(M-m)v′， 解得：v′=Mmv 0. 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2×10-4m 3/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2s 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 ／m 3.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′=Qt M Qtv ρρ-=210210-1.4102102104-3-43⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ m/s=4 m/s. 12.一个连同装备共有100 kg 的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45 m 处，与飞船处于相对静止状态.他带着一个装有0.5 kg 氧气的贮氧筒，贮氧筒有个可以使氧气以50 m/s 的速度喷出的喷嘴.宇航员必须向着与返回飞船相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸.宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4kg/s ，如果他在开始返回的瞬时释放0.1 kg 的氧气，则他能安全返回飞船吗?解析：反冲运动中动量守恒，根据动量守恒定律计算出宇航员释放氧气后获得的反冲速度. 宇航员释放氧气后获得的反冲速度为v 1，喷出氧气的速度为v 2，由动量守恒定律得(M-m)v 1-mv 2=0,宇航员释放氧气后获得的反冲速度为v 1=m M mv -2=0.1-100500.1⨯ m/s=5×10-2 m/s. 宇航员返回飞船需要的时间为t=1v s =2-10545⨯ s=900 s. 在这一段时间内他需呼吸的氧气的质量为m′=2.5×10-4×900 kg=0.225 kg，由于他需要呼吸的氧气质量小于贮氧筒中剩余的氧气质量，所以他能安全返回飞船.13.(2005江苏)如图16-5-8所示，三个质量均为m 的弹性小球用两根长均为L 的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上.现给中间的小球B 一个水平初速度v 0，方向与绳垂直.小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长.求：图16-5-8(1)当小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度；(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B 的速度；(3)运动过程中小球A 的最大动能E KA 和此时两根绳的夹角θ；(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F 的大小.解析：根据题意，分析各状态的速度、动量和能量特点，找出各过程遵循的规律，挖掘隐含条件是解决综合性题目的关键.根据动量守恒定律、机械能守恒定律进行计算.(1)设小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度为v B ，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A 、C 沿小球B 初速度方向的速度也为v B ，由动量守恒定律，得mv 0=3mv B ,由此解得v b =31v 0. (2)当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得 mv 0=mv B +2mv A 21mv 02=21mv B 2+2×21mv A 2 解得v B =-31v 0,v A =32v 0(三球再次处于同一直线) v B =v 0,v A =0(初始状态，舍去)，所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B 的速度为v B =-31v 0(负号表明与初速度反向). (3)当小球A 的动能最大时，小球B 的速度为零.设此时小球A 、C 的速度大小为u ，两根绳间的夹角为θ(如下图)，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得mv 0=2musin 2θ 21mv 02=2×21mu 2另外，E KA =21mu 2，由此可解得，小球A 的最大动能为E KA =41mv 02，此时两根绳间夹角为θ=90°. (4)小球A 、C 均以半径L 绕小球B 做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B 为参考系(小球B 的加速度为0，为惯性参考系)，小球A(C)相对于小球B 的速度均为v=|v A -v B |=v 0,所以，此时绳中拉力大小为F=m L v 2=m Lv 20. 14.如图16-5-9所示，光滑轨道的DP 段为水平轨道，PQ 段为半径是R 的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平的轨道的右端相切于P 点.一轻质弹簧两端分别固定质量为2m 的小球A 和质量为m 的小球B ，质量为m 小球C 靠在B 球的右侧.现用外力作用在A 和C 上，弹簧被压缩(弹簧仍在弹性限度内).这时三个小球均静止于距离P 端足够远的水平轨道上.若撤去外力，C 球恰好可运动到轨道的最高点Q.已知重力加速度为g.求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E 是多少？图16-5-9解析：对A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量守恒，B 、C 共同速度直到弹簧第一次恢复原长为止，此过程中系统能量守恒.B 、C 分离后，C 恰好运动至最高点Q ，此过程C 球机械能守恒，根据C 恰好运动至最高点这一条件可计算速度.对A 、B 、C 及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B 、C 共同速度大小为v 0，A 的速度大小为v A ，由动量守恒定律有2mv A =(m+m)v 0①则v A =v 0由系统能量守恒有E=212mv A 2+21(m+m)v 02② 此后B 、C 分离，设C 恰好运动至最高点Q 的速度为v,此过程C 球机械能守恒，则 mg·2R=21mv 02-21mv 2③ 在最高点Q ，由牛顿第二定律得mg=Rmv 2④ 联立①②③④式解得E=10mgR.。
物理选修3-5课后训练：第十六章第5节反冲运动火箭含解析
课后训练1．手持铁球的跳远运动员起跳后,欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时，将手中的铁球( ）A ．竖直向上抛出B ．向前方抛出C ．向后方抛出D ．向左方抛出2．一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移动，则( )A ．若两人质量相等，必定v 甲＞v 乙B ．若两人质量相等，必定v 甲＜v 乙C ．若两人速率相等，必定m 甲＞m 乙D ．若两人速率相等，必定m 甲＜m 乙3．静止的实验火箭，总质量为M ，当它以对地速度v 0喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为( ）A ．0m v M m∆-∆ B ．0m v M m ∆--∆ C ．0m v M ∆ D ．0m v M ∆- 4．如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机，抽水机把前舱的水均匀的抽往后舱，不计水的阻力,下列说法中正确的是（ ）A ．若前后舱是分开的，则前舱将向后加速运动B ．若前后舱是分开的，则前舱将向前加速运动C ．若前后舱不分开，则船将向后加速运动D ．若前后舱不分开，则船将向前加速运动5．向空中发射一物体，不计空气阻力,当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a 、b 两块，若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向，则（ ）A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等6．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，探测器以恒定的速度v0向正x轴方向平动，要使探测器改为向正x轴偏负y轴60°的方向以原来的速率v0平动,则可以（）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7．在沙堆上有一木块,质量m1＝5 kg,木块上放一爆竹,质量m2＝0。
2019-2020学年高中物理 第十六章 动量守恒定律 5 反冲运动、火箭练习(含解析)新人教版选修3-5
5 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,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。
2.一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,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。
3.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.m(m1-m2)+mm2m B.m0(m1-m2)mC.m(m1-m2)+2mm2m D.m0(m1-m2)-m(m1-m2)m,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=m0m1-(m0-m)m2m -v2=m0(m1-m2)m。
4.(多选)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D.物体P运动半径一定减小,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。
5.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.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,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。
高中物理第16章动量守恒定律第5节反冲运动火箭练习(含解析)新人教版选修3-5
反冲运动火箭基础夯实一、选择题(单选题)1．下列不属于反冲运动的是（ B )A．喷气式飞机的运动B．直升机的运动C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动解析：直升机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动.2．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（ B ）A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B．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C．火箭吸入空气,然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭解析:火箭工作的原理是利用反冲运动,是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故正确答案为选项B。
3．(2019·山东省济宁市高三模拟）将质量为1。
00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略)（ A ）A．30 kg·m/s B．5。
7×102kg·m/sC．6。
0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s解析:燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p,根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确.4．竖直发射的火箭质量为6×103 kg。
已知每秒钟喷出气体的质量为200 kg。
若要使火箭最初能得到20 m/s2的向上的加速度，则喷出气体的速度应为( C )A．700 m/s B．800 m/sC．900 m/s D．1 000 m/s解析：每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v气＝m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力F＝错误!＝错误!＝200v，又F－m箭g＝m箭a，得v＝900 m/s。
高中物理第十六章动量守恒定律第5节反冲运动火箭课后作业含解析新人教版选修3_5
第5节 反冲运动 火箭A 组：合格性水平训练1．(反冲运动)以下实例中不属于反冲现象的是( ) A ．当枪发射子弹时,枪身会同时向后运动 B ．乌贼向前喷水从而使自己向后游动C ．火箭中的火药燃烧向下喷气推动自身向上运动D ．战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性 答案 D解析 当枪发射子弹时,枪身同时受到一个反作用力向后运动,A 是反冲现象；乌贼向前喷水从而使自己受到一个向后的力,向后游动,B 是反冲现象；火箭中的火药燃烧向下喷气而火箭自身受到一个向上的推力,推动火箭自身向上运动,C 是反冲现象；战斗机抛出副油箱,质量减小,惯性减小,机身的灵活性提高,D 不是反冲现象。
故选D 。
2．(人船模型)停在静水中的船的质量为180 kg,长12 m,不计水的阻力,当质量为60 kg 的人从船尾走到船头的过程中,船后退的距离是( )A ．3 mB ．4 mC ．5 mD ．6 m答案 A解析 船和人组成的系统在水平方向上动量守恒,人在船上行进,船向后退,人从船头走到船尾,设船后退的位移大小为x ,则人相对于岸的位移大小为L －x 。
以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得m 人L －x t －m 船·xt＝0,代入数据解得x ＝3 m,故选A 。
3．(火箭问题)静止的实验火箭,总质量为M ,当它以对地速度为v 0喷出质量为Δm 的高温气体后,火箭的速度为( )A ．Δmv 0M －ΔmB ．－Δmv 0MC ．Δmv 0MD ．－Δmv 0M －Δm答案 D解析 以火箭和气体组成的系统为研究对象,选高温气体的速度方向为正方向,设火箭速度为v ′,由动量守恒定律得0＝(M －Δm )v ′＋Δmv 0,得v ′＝－Δmv 0M －Δm,故选D 。
4．(火箭问题)一质量为M 的航天器,正以大小为v 0的速度在太空中飞行,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v 1,加速后航天器的速度大小为v 2,则喷出气体的质量m 为( )A.v2－v0v1M B.v2v2＋v1MC.v2－v0v2＋v1M D.v2－v0v2－v1M答案 C解析规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律得,Mv0＝(M－m)v2－mv1,解得m＝v2－v0v2＋v1M,故C正确。
反冲现象 火箭(解析版)--高一物理专题练习(内容+练习)
反冲现象火箭--高一物理专题练习（内容+练习）一、反冲现象1．定义一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律．3．反冲现象的应用及防止(1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转．(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．4．反冲运动的三个特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒．(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．5．讨论反冲运动应注意的两个问题(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程．二、火箭1．工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们都靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度．2．决定火箭增加的速度Δv的因素(1)火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度．(2)火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比．一、单选题1．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，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．脱下外衣水平抛出【答案】D【解析】AB ．以人整体为研究对象，向后踢腿或手臂向后甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故AB 错误；C ．因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人是无法滚动的，故C 错误；D ．把人和外衣视为一整体，整体动量为0，人给外衣一个水平速度，人获得反向的速度，可以离开冰面，故D 正确。
故选D 。
2．如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M 的自制“水火箭”静置在地面上。
浙江2019年高中物理第十六章动量守恒定律第5节反冲运动、火箭讲义(含解析)新人教版
反冲运动火箭1．反冲定义一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。
2．特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
3．反冲现象的应用及防止(1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
[辨是非](对的划“√”，错的划“×”)1．反冲运动中若物体分成两部分，这两部分的动量一定相同。
(×)2．做反冲运动的这部分物体满足动量守恒定律。
(√)[释疑难·对点练]1．反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加。
2．讨论反冲运动应注意的问题(1)适合用动量守恒定律解决的三种反冲运动问题：①系统不受外力或所受外力之和为零，且满足动量守恒的条件；②系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略；③系统所受外力之和不为零，系统的动量不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，即系统的动量在该方向上的分量保持不变。
(2)速度的方向性问题：对于原来静止的整体，抛出具有一定速度的整体的一部分后，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反。
在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值。
(3)速度的相对问题：反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。
由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度，通常为对地的速度。
因此应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。
(4)变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
2018-2019学年高中物理 第十六章 第5节 反冲运动 火箭课时作业 新人教版选修3-5(含解析)
第5节 反冲运动 火箭1．一个静止的物体在______的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一 部分必然向______的方向运动的现象称为反冲运动． (1)物体的不同部分在____力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用______________来处理．(3)反冲运动中，由于有__________能转变为______能，所以系统的总动能________． (4)反冲现象的应用及防止①应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边______． ②防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的________，所以用步枪射击时要把 枪身抵在__________，以减少反冲的影响．2．利用______运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭 获得巨大的______，这就是火箭的工作原理． 影响火箭获得速度大小的因素有：(1)喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000 m/s ～4 000 m/s.(2)火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体______之比．喷气速度 ______，质量比______，火箭获得的速度越大． 3．下列属于反冲运动的是( ) A ．喷气式飞机的运动 B ．直升飞机的运动 C ．火箭的运动 D ．反击式水轮机的运动4．假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，则可行的办法是( ) A ．步行 B ．挥动双臂 C ．在冰面上滚动 D ．脱去外衣抛向岸的反方向 5．采取下列措施有利于增大喷气式飞机的飞行速度的是( ) A ．使喷出的气体速度更大 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6．一静止的质量为M 的原子核，以相对于地的水平速度v 放射出一质量为m 的粒子后， 原子核剩余部分反冲运动的速度大小为( ) A.Mv mB.mv M －mC.M －m m vD.M ＋m mv图1【概念规律练】 知识点一 反冲现象1．一颗质量为0.02 kg 的子弹以2 700 m/s 的速度从枪口射出，枪身的质量为7.5 kg ，若枪是自由放置的，设子弹射出的方向为正方向，则枪的反冲速度是________m/s.2．一门旧式大炮，炮身的质量M＝1 000 kg，水平发射一枚质量是2.5 kg的炮弹．如果炮弹从炮口飞出时的速度是600 m/s，求炮身后退的速度大小．知识点二火箭的运动4．火箭发动机每次喷出m0＝200 g的气体，喷出的气体相对于地面的速度为v＝1 000 m/s，设火箭的初质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭在1 s末的速度为多大？【方法技巧练】一、用“人船模型”分析实际问题图25．如图2所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的黏滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？6．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？二、利用动量守恒、机械能守恒解决反冲运动问题的方法图37．如图3所示，带有光滑的半径为R的1/4圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上，滑块的质量为M.使一质量为m的小球由静止从A点沿圆弧轨道释放，当小球从B点水平飞出时，滑块的速度为多大？图41．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图4所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方 法是( )A ．打开阀门S1B ．打开阀门S2C ．打开阀门S3D ．打开阀门S42．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 －Δm B ．－Δmv0M －ΔmC.Δmv0MD ．－Δmv0M3．一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 D ．物体P 运动半径一定减小4．一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表 面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以 下关于喷气方向的描述中正确的是( ) A ．探测器加速运动时，沿直线向后喷气 B ．探测器加速运动时，竖直向下喷气 C ．探测器匀速运动时，竖直向下喷气 D ．探测器匀速运动时，不需要喷气 5．如图5所示，图5自行火炮(炮管水平)连同炮弹的总质量为M ，在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶， 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.M v1－v2 ＋mv2mB.M v1－v2 mC.M v1－v2 ＋2mv2mD.M v1－v2 －m v1－v2 m6．一个质量为M 的平板车静止在光滑的水平面上，在平板车的车头与车尾站着甲、乙 两人，质量分别为m1和m2，当两人相向而行时( ) A ．当m1>m2时，车子与甲运动方向一致 B ．当v1>v2时，车子与甲运动方向一致 C ．当m1v1＝m2v2时，车子静止不动D．当m1v1>m2v2时，车子运动方向与乙运动方向一致题号 1 2 3 4 5 6答案7.质量为M的玩具汽车拉着质量为m的小拖车，在水平地面上以速度v匀速前进，某一时刻拉拖车的线突然断了，而小汽车的牵引力不变，汽车和拖车与地面间的动摩擦因数相同，一切阻力也不变．则在拖车停止运动时，汽车的速度大小为________．图68．一旧式高射炮的炮筒与水平面的夹角为α＝60°，当它以v0＝100 m/s的速度发射出炮弹时，炮车反冲后退，已知炮弹的质量为m＝10 kg，炮车的质量M＝200 kg，炮车与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，如图6所示．则炮车后退多远停下来？(取g＝10 m/s2)图79．如图7所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中点，试求：当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上．10.在沙堆上有一木块，质量m1＝5 kg，木块上放一爆竹，质量m2＝0.1 kg.点燃爆竹后，木块陷入沙中深度为d＝5 cm，若沙对木块的平均阻力为58 N，不计爆竹中火药的质量和空气阻力，求爆竹上升的最大高度．11．课外科技小组制作了一只“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1×103 kg/m3.第5节反冲运动火箭课前预习练1．内力相反(1)内(2)动量守恒定律(3)其他形式动增加(4)①旋转②准确性肩部2．反冲速度(2)质量越大越大3．ACD[反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升飞机不是反冲现象．]4．D[因为冰面光滑，无法行走和滚动，由动量守恒定律知，只有抛出物体获得反冲速度才能到达岸边．]5．AC [由动量守恒得mv ＝(M －m)v′，v′＝mvM －m.] 6．B课堂探究练 1．－7.2解析 把子弹和枪看成一个系统，动量守恒，设枪和子弹的质量分别为M 和m ，速度分别为v1，v2，则由动量守恒定律得Mv1＋mv2＝0，得v1＝－mv2M＝－7.2 m/s.2．见解析解析 把炮弹和炮身看成一个系统，在发射炮弹时，炸药爆炸产生的推力远大于炮身所受到的地面的摩擦力，因此系统水平方向动量守恒．设炮身和炮弹的质量分别为M 和m ，炮弹飞出时的速度为v ，此时炮身的速度为u ，则在水平方向上根据动量守恒定律有mv ＋Mu ＝0，得u ＝－mv M ＝－2.5×6001 000 m/s ＝－1.5 m/s ，负号表示炮身的速度方向与炮弹射出的方向相反．方法总结 (1)反冲运动初状态系统的总动量一般为零．(2)列标量方程m1v1＝m2v2或矢量方程m1v1＋m2v2＝0求解． 点评 4．13.5 m/s解析 设火箭1 s 末的速度为v1，由于忽略了万有引力和阻力，所以动量守恒，以火箭飞行的方向为正方向，0＝(M －20m0)v1－20m0v ，v1＝20m0v M －20m0＝20×0.2×1 000300－20×0.2m/s≈13.5 m/s5．见解析解析 设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv2－Mv1＝0，即v2v1＝Mm .因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比，从而可以得出判断：在人从船头走到船尾的过程中，人的位移x2与船的位移x1之比，也等于它们的质量的反比，即x2x1＝Mm .此式是人船模型的位移与质量的关系式，此式的适用条件是：一个原来静止的系统，在系统内发生相对运动的过程中，有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．使用这一关系式时应注意：x1和x2是相对同一参考系的位移．由图可以看出：x1＋x2＝l ，x2x1＝M m ，所以x1＝m M ＋m l ，x2＝M M ＋m l.6．见解析解析设绳梯长为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 ，气球上升的平均速度为u ，由动量守恒定律，有0＝Mu －mv ，即0＝M ⎝⎛⎭⎫x 球t －m(x 人t )，0＝Mx 球－mx 人，又有x 人＋x 球＝L ，x 人＝h ，由各式可得L ＝M ＋mMh.7．答案 m2gRM M ＋m解析 设小球从B 点飞出时速度为v1，滑块的速度为v2，有mv1－Mv2＝0 mgR ＝12mv21＋12Mv22解得v2＝m2gRM M ＋m思路点拨 运动过程中小球的机械能不守恒，但小球和滑块组成的系统机械能守恒，又因为系统在水平方向不受外力，故系统水平方向的动量守恒．点评 小球在下滑过程中，滑块对小球的支持力、小球对滑块的压力都是内力，系统水平方向不受外力，故水平方向系统的动量守恒，但由于滑块的后退，滑块对小球的支持力和小球的运动方向并不垂直，除重力对小球做功外，支持力对小球也做功，所以小球的机械能并不守恒，但小球和滑块这一系统由于无机械能与其他形式的能的转化，所以系统的机械能守恒． 课后巩固练 1．B2．B [由动量守恒定律得Δmv0＋(M －Δm)v ＝0.火箭的速度为v ＝－Δmv0M －Δm .选项B 正确．]3．AC [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，若释放时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．] 4．C [由题意知，航天器所受重力和推动力的合力沿飞行的直线方向．故只有选项C 正确．] 5．B [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Mv1，发射后系统的动量之和为(M －m)v2＋m(v0＋v2)，则由动量守恒定律可得：Mv1＝(M －m)v2＋m(v0＋v2)解得v0＝Mv1－ M －m v2m －v2＝M v1－v2m.]6．CD [甲、乙和平板车组成的系统在水平方向动量守恒，设甲运动的方向为正方向，有0＝m1v1－m2v2＋Mv.可见当m1v1＝m2v2时，v ＝0，即车子静止不动，C 正确；当m1v1>m2v2时，v<0，即车子与乙运动方向相同，D 正确．] 7.M ＋mMv 解析 由于汽车和拖车组成的系统所受的牵引力和阻力始终是一对平衡力，故系统的动量守恒，由(M ＋m)v ＝Mv′，得v′＝M ＋mMv. 8．1.56 m解析 以炮弹和炮车组成的系统为研究对象，在发射炮弹过程中系统在水平方向动量守恒，设炮车获得的反冲速度为v ，以v0的水平分速度方向为正方向，有 mv0cos α－Mv ＝0 得v ＝mv0cos αM ＝10×100×0.5200m/s ＝2.5 m/s 由牛顿第二定律得炮车后退的加速度为 a ＝μMgM＝μg ＝2 m/s2由运动学公式得炮车后退的距离为： x ＝v22a ＝2.522×2 m≈1.56 m. 9.LM4 m ＋M2gh解析 蛙跳出后做平抛运动，运动时间为t ＝2hg，蛙与车水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv′－mv ＝0，若蛙恰好落在桌面上，则有v′t ＋vt ＝L2，上面三式联立可求出v ＝LM4 m ＋M2gh. 10．20 m解析 爆竹爆炸时系统内力远大于外力，竖直方向动量守恒，取向上为正方向，则 0＝m2v －m1v′，①木块陷入沙中的过程做匀减速运动直到停止，由动能定理得(Ff －m1g)d ＝12m1v′2②解得v′＝0.4 m/s ，代入①式，得v ＝m1m2v′＝20 m/s爆竹以速度v 做竖直上抛运动，上升的最大高度为 h ＝v22g＝20 m 11．4 m/s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2 s 末的速度为v′＝ρQtvM －ρQt ＝1×103×2×10－4×2×101.4－1×103×2×10－4×2 m/s ＝4 m/s。
2019-2020年高中物理选修3-5 16.5反冲运动 火箭课时训练(word版)(有答案)
2019-2020学年高中物理选修3-5 16.5反冲运动火箭课时训练一、选择题（每题四个选项中只有一个选项是正确的，共12题）1．关于反冲运动的说法中，正确的是（）A．抛出物m1的质量要小于剩下质量m2才能获得反冲B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律2．如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端．下列对平板车的运动情况描述正确的是A．锤子抡起的过程中，车向右运动B．锤子下落的过程中，车向左运动C．锤子抡至最高点时，车速度为0D．锤子敲击车瞬间，车向左运动3．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．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B．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C．火箭发动机用力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D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭4．一炮艇在海面上匀速向前行驶，某时刻从炮艇前头和炮艇尾部同时水平向前和向后各发射一枚炮弹，若两炮弹的质量相同，相对海面的发射速率也相同，则发射后A．炮艇的速度将增大B．炮艇的速度仍不变C．炮艇的速度将减小D．炮艇的速度将反向5．2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”。
假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2100g．当它以对地速度为v0＝840m/s 喷出质量为△m＝100g的高温气体后，火箭的对地速度为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计）A．42m/s B．﹣42m/s C．40m/s D．﹣40m/s6．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m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，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)()A．1.5m B．1.2m C．1.34m D．1.1m7．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N，则下列说法中正确的是()A．F N=mg cos αB．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为F N t cos αC ．滑块B 下滑的过程中A 、B 组成的系统动量守恒D ．此过程中斜面体向左滑动的距离为m M m+L 8．将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
2018-2019学年高中物理 第十六章 动量守恒定律 16.5 反冲运动、火箭课后巩固训练 新人教
16.5 反冲运动、火箭[基础达标练]1．向空中发射一物体，不计空气阻力。
当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a 、b 两块，若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向，则( )A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地的这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a 、b 一定同时到达水平地面D ．在炸裂过程中，a 、b 受到的爆炸力的冲量一定相等 答案 C解析 在炸裂过程中，因为重力远小于内力，系统的动量守恒。
炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后 a 的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b 的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a 的动量与物体原来动量的大小关系。
故A 错误。
a 、b 都做平抛运动，飞行时间相同，因为初速度大小关系无法判断，所以a 飞行的水平距离不一定比b 的大。
故B 错误。
a 、b 都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，因为高度相同，飞行时间一定相同，a 、b 一定同时到达水平地面。
所以C 选项是正确的。
在炸裂过程中，a 、b 受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，方向相反，在炸裂过程中，a 、b 受到的爆炸力的冲量一定不相等，故D 错误。
2．一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答案 D解析 对于人来说，向后踢腿和手臂向后甩的过程中，人整体的动量守恒，所以人不动，A 、B 不可行；由于光滑冰面上没有摩擦，所以人无法在冰面上滚动，C 不可行；脱下外衣向后水平抛出，由于反冲作用，人将向前运动，D 可行。
3．静止的实验火箭总质量为M ，当它以相对地面的速度v 0喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为( )A.Δmv 0M －ΔmB ．－Δmv 0M －Δm C.Δmv 0MD ．－Δmv 0M答案 B解析 以火箭和喷出气体为研究对象，系统初始动量为零，选取v 0的方向为正方向，由动量守恒定律，得0＝Δmv 0＋(M －Δm )v ，v ＝－Δmv 0M －Δm，故答案为B 。
高中物理刷题首选卷 第十六章 课时5 反冲运动火箭(对点练巩固练)高二物理试题
积盾市安家阳光实验学校课时5 反冲运动一、选择题1．(多选)下列属于反冲运动的是( )A．喷气式飞机的运动 B．直升机的运动C．的运动 D．反击式水轮机的运动答案ACD解析反冲现象是一个物体分成两，两朝相反的方向运动，故直升机不是反冲运动。
2．运送人造地球卫星的开始工作后，做加速运动的原因是( )A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动B．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C．吸入空气，然后向后推出，空气对的反作用力推动D．燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动答案B解析工作的原理是利用反冲运动，是燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使获得反冲速度，故答案为B。
3．一静止的质量为M的原子核，以相对于地的水平速度v放射出一质量为m的粒子后，原子核剩余反冲运动的速度大小为( )A.MvmB.mvM－mC.M－mmv D.M＋mmv答案B解析由动量守恒律得，mv－(M－m)v′＝0得v′＝mvM－m，因此B正确。
4．一同学在地面上立跳远的最好成绩是s(m)，假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( ) A．只要l<s，他一能跳上站台B．只要l<s，他有可能跳上站台C．只要l＝s，他一能跳上站台D．只要l＝s，他有可能跳上站台答案B解析人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故l<s 时，才有可能跳上站台。
故选B。
5．关于反冲运动，下列说法正确的是( )A．反冲运动的两个物体系统动量守恒，机械能也守恒B．反冲现象是有害的，该想办法防止C．直升机的升空用了反冲的原理D．影响速度大小的因素是喷气速度和质量比答案D解析 反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有的系统所受合外力不为零，但由于系统内力远大于外力，所以系统总动量是守恒的，但由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加，A 错；反冲不一有害，关键是看如何利用，B 错；直升机的升空是靠螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不属于利用反冲的原理，C 错；喷气后增加的速度Δv ＝－Δmmu ，其中Δm 是喷出燃气的质量，m 是剩余的质量，u 是喷出的燃气相对喷气前的速度，D 正确。
20192020学年高中物理 第十六章 动量守恒定律 5 反冲运动、火箭练习含解析新人教版选修35.doc
5 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=-v2=。
答案B4.(多选)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D.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。
精品-2019年高中物理第十六章动量守恒定律第5节反冲运动火箭随堂演练巩固提升新人教版选修3_5
第5节 反冲运动 火箭[随堂检测]1．如图所示，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v 1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v 2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v 0为( )A ．m(v1－v2)＋mv2mB ．M(v1－v2)mC ．M(v1－v2)＋2mv2mD ．M(v1－v2)－m(v1－v2)m解析：选B ．炮弹相对地的速度为v 0＋v 2.由动量守恒得Mv 1＝(M －m )v 2＋m (v 0＋v 2)，得v 0＝M(v1－v2)m.2．某小组在探究反冲运动时，将质量为m 1的一个小液化气瓶固定在质量为m 2的小模具船上，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，已知打开液化气瓶后向外喷射气体的对地速度为v 1，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(1)喷射出质量为Δm 的气体后，小船的速度是多少？(2)喷射出Δm 气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？解析：(1)由动量守恒定律得：0＝(m 1＋m 2－Δm )v 船－Δmv 1，得：v 船＝Δmv1m1＋m2－Δm.(2)对喷射出的气体运用动量定理得：F Δt ＝Δmv 1，解得F ＝Δmv1Δt.答案：(1)Δmv1m1＋m2－Δm (2)Δmv1Δt3．如图所示，质量为m ，半径为r 的小球，放在内半径为R ，质量M ＝3m 的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离．解析：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v 1，大球的水平速度大小为v 2，由水平方向动量守恒有：mv 1＝Mv 2，所以v1v2＝Mm.若小球到达最低点时，小球的水平位移为x 1，大球的水平位移为x 2，则x1x2＝v1v2＝M m，由题意：x 1＋x 2＝R －r解得x 2＝m M ＋m (R －r )＝R －r 4.答案：R －r4[课时作业]一、单项选择题1. 如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m2m1v 2D ．v 0＋m2m1(v 0－v 2)解析：选D ．忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，整理可得v 1＝v 0＋m2m1(v 0－v 2)，故D 项正确．2．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h .今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )A ．mh M ＋mB ．MhM ＋mC ．mhcot αM ＋mD ．Mhcot αM ＋m解析：选C ．此题属“人船模型”问题，m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移为x 1，M 在水平方向对地位移为x 2，因此0＝mx 1－Mx 2①且x 1＋x 2＝h cot α.②由①②可得x 2＝mhcot αM ＋m，故选C ．3．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s .假设他站在车的A 端，如图所示，想要跳到距离为l 远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )A ．只要l <s ，他一定能跳上站台B ．只要l <s ，他就有可能跳上站台C ．只要l ＝s ，他一定能跳上站台D ．只要l ＝s ，他就有可能跳上站台解析：选B ．人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s ，故l <s 时，才有可能跳上站台．4．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，设第一次射出子弹后，人后退的速度为v ，则(设每颗子弹射出时对地面的速度相同)( )A ．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v 保持不变B ．射出n 颗子弹后，人后退的速度为nvC ．射出n 颗子弹后，人后退的速度大于nvD ．射出n 颗子弹后，人后退的速度小于nv解析：选C ．设人、枪(包括子弹)总质量为M ，每颗子弹质量为m ，子弹射出速度大小为v 0，由动量守恒定律得0＝(M －m )v －mv 0，设射出n 颗后，后退速度为v ′，则有(M －nm )v ′＝nmv 0，由以上分析有v ＝mv0M －m ，v ′＝nmv0M －nm，因为M －m >M －nm ，所以有v ′>nv ，C 正确．5．一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E 0，则新原子核反冲的动能为( )A ．E 0B ．mME 0C ．m M －mE 0D ．Mm(M －m)2E 0解析：选C ．由动量守恒定律知(M －m )v ＝mv 0＝p ，又E k ＝p22(M －m)，E 0＝p22m，知选项C 对．6．如图所示，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m MvB ．v 0－m MvC ．v 0＋m M(v 0＋v )D ．v 0＋m M (v 0－v )解析：选C ．根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M ＋m )v 0＝Mv ′－mv ，解得v ′＝v 0＋mM(v 0＋v )，故选项C 正确．7．如图所示，滑槽M 1与滑块M 2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上．小球m 从M 1的右上方无初速度地下滑，当m 滑到M 1左方最高处时，M 1将( )A ．静止B ．向左运动C ．向右运动D ．无法确定解析：选B ．小球m 和滑槽M 1、滑块M 2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，小球m 下滑前系统总动量为零，小球m 下滑后m 和滑槽M 1作用，滑槽M 1和滑块M 2作用，作用结果使滑块M 2向右运动，有向右的动量．当m 滑到左方最高点时，小球m 和滑槽M 1的相对速度为零，但小球m 和滑槽M 1这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零．故选项B 正确．二、多项选择题8．(2017·庆阳高二检测)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ABC ．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 )v 0＝mv 1＋Mv 2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v 2＝(M ＋m)v0－mv1M.当v 2>0时，气球可匀速上升；当v 2＝0时气球静止；当v 2<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v 0，即人不上爬，显然不对，D 选项错误．9．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M ，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M ∶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：选BC ．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，A 错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C 与B 碰前，有mv C ＝Mv AB ，得：v C ∶v AB ＝M ∶m ，B 正确；C 与B 碰撞过程动量守恒，有：mv C －Mv AB ＝(M ＋m )v ，知v ＝0，故C 正确，D 错误．10．在水平铁轨上放置一门质量为M 的炮车，发射的炮弹质量为m ，设铁轨和炮车间摩擦不计，则( )A ．水平发射炮弹时，炮弹速率为v 0，炮车的反冲速率为mv0MB ．炮车车身与水平方向成θ角，炮弹速率为v 0，炮身反冲速率为mv0cos θMC ．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v 0，炮身的反冲速率为mv0cos θMD ．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v 0，炮身的反冲速率为mv0cos θM ＋m解析：选ABD ．水平发射炮弹时，对于炮车和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速率为v 0，mv 0－Mv 1＝0，解得v 1＝mv0M，A 正确；炮车车身与水平方向成θ角时，在炮弹出射瞬间对于炮车和炮弹组成的系统动量守恒，炮车在炮弹出射的反方向上获得速度v 2，但此后由于地面的作用，能量损失，竖直方向的速度立即变为0，炮车的速度由v 立即减小为v 2，v 2即为炮身反冲速率．如图，显然有v ＝v2cos θ，所以在出射方向上，根据动量守恒定律有mv 0－M v2cos θ＝0解得v 2＝mv0cos θM，B 正确；炮身与水平方向成θ角且炮弹相对炮口速率为v 0时，设炮车反冲的速率v 3，根据描述，炮弹出射瞬间炮车获得瞬间速率v ′＝v3cos θ，所以炮弹相对地面的速率为v弹＝v 0－v ′＝v 0－v3cos θ，在出射方向上，根据动量守恒定律有m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v0－v3cos θ－M ·v3cos θ＝0，解得v 3＝mv0cos θM ＋m，C 错误，D 正确．三、非选择题11．(2017·长安高二检测)如图所示，半径分别为R 和r (R >r )的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，在水平轨道CD 上一轻弹簧被a 、b 两小球夹住(未拴接)，同时释放两小球，a 、b 球恰好能通过各自的圆轨道的最高点．(1)求两小球的质量比．(2)若m a ＝m b ＝m ，要求a 、b 都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能？解析：(1)a 、b 球恰好能通过各自圆轨道的最高点的速度分别为v a ′＝gR ① v b ′＝gr ②由动量守恒定律得m a v a ＝m b v b ③由机械能守恒定律得12m a v 2a ＝12m a v a ′2＋m a g ·2R ④ 12m b v 2b ＝12m b v b ′2＋m b g ·2r ⑤ 联立①②③④⑤得mamb ＝r R.(2)若m a ＝m b ＝m ，由动量守恒定律得v a ＝v b ＝v当a 球恰好能通过圆轨道的最高点时，弹簧具有的弹性势能最小，E p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mgR ＋mg2R ×2＝5mgR .答案：(1)rR(2)5mgR12．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沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A 点，距货厢水平距离为l ＝4 m ，如图所示．人的质量为m ，车连同货厢的质量为M ＝4m ，货厢高度为h ＝1.25 m(g 取10 m/s 2)．(1)求车在人跳出后到人落到A 点期间的反冲速度的大小；(2)人落在A 点并站定以后，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)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v 1(设为正方向)，车的反冲速度是v 2，则mv 1－Mv 2＝0，得v 2＝14v 1人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2hg＝0.5 s ，在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t由x 1＋x 2＝l 得v 1t ＋v 2t ＝l则v 2＝l 5t ＝45×0.5m/s ＝1.6 m/s.(2)人落到车上前的水平速度仍为v 1，车的速度为v 2，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mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0.故人落到车上A 点站定后车的速度为零．车的水平位移为x 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m ＝0.8 m.答案：(1)1.6 m/s (2)不运动 0.8 m。
2019高中物理第十六章动量守恒定律课时作业(五)(含解析)新人教版
课时作业 ( 五)[ 全员参加·基础练]1．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加快运动的原由是()A．燃料推进空气，空气的反作使劲推进火箭B．火箭发动机使劲将燃料焚烧产生的气体向后推出，气体的反作使劲推进火箭C．火箭吸入空气，而后向后排出，空气对火箭的反作使劲推进火箭D．火箭燃料焚烧放热，加热四周空气，空气膨胀推进火箭【分析】本题考察了火箭的工作原理，要注意与火箭发生互相作用的是火箭喷出的燃气，而不是外界的空气．火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料焚烧产生的高温高压燃气从尾喷管快速喷出时使火箭获取反冲速度，故正确答案为选项 B.【答案】 B2． ( 多项选择 ) 手持铁球的跳远运动员起跳后，当他运动到最高点时欲提高跳远成绩，运动员应将手中的铁球()A．竖直向上抛出 B ．向前面抛出C．向后方抛出D．竖直向下抛出【分析】要提高跳远成绩，要么使运动员获取更大的水平速度，C选项可实现；要么使运动员延伸运动时间， D 选项可实现．【答案】CD3．一炮舰在湖面上匀速行驶，忽然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量同样，相关于地面的速率同样，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化是()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【分析】炮舰拥有一直前的动量，在发射炮弹的过程中动量守恒，因为两发炮弹的总动量为零，因此船的动量不变，又因为船发射炮弹后质量变小，所以船的速度增大， A 正确．【答案】 A图 16-5-54．一装有柴油的船静止于水平面上，若用一水泵把前舱的油抽今后舱，如图16-5- 5 所示．不计水的阻力，船的运动状况是()A．向前运动B．向后运动C．静止D．没法判断【分析】固然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，以前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，应选项 A 正确．【答案】 A图 16-5-65．如图 16-5- 6 所示，一个倾角为α 的直角斜面体静置于圆滑水平面上，斜面体质量为 M，顶端高度为h. 今有一质量为m的小物体，沿圆滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑究竟端时，斜面体在水平面上挪动的距离是mh Mh mhcot α( Mhcot)αA. M＋ mB. M＋ mC. M＋ mD. M＋ m【分析】本题属于“人船模型”问题， m与 M构成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为 x1，M在水平方向上对地位移为 x2.所以 0＝ mx1－ Mx2，①且 x1＋ x2＝hcot α ②mhcot α由①②可得x2＝M＋ m，选C.【答案】 C图 16-5-76．如图 16-5-7 所示，装有炮弹的火炮总质量为m，炮弹的质量为m，炮弹射出炮口时1 2对地的速率为v0，若炮管与水平川面的夹角为θ ，则火炮退后的速度大小为( 设水平面光滑)( )m2 v m2v0A. m1 0B. m1－ m2m2v0cos θm2v0cos θC. m－ mD.m1 2 1【分析】炮弹和火炮构成的系统水平方向动量守恒，0＝mv cos θ－ (m － m)v ，得 v＝mv cos θ2 0 1 2 ，应选项 C正确．2 0m－ m1 2【答案】 C7． ( 多项选择 ) 一平板小车静止在圆滑的水平川面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移，则()A．若两人质量相等，必有B．若两人质量相等，必有C．若两人速率相等，必有v 甲＞ v 乙v 甲＜ v 乙m甲＞ m乙D．若两人速率相等，必有m甲＜ m乙【分析】甲、乙两人和小车构成的系统动量守恒，且总动量为零，甲动量方向向右，小车动量方向向左，说明|p 甲 | ＝ |p 乙 | ＋ |p 车 | ，即 m甲 v 甲＞m乙 v 乙，若 m甲＝ m乙，则 v 甲＞ v乙， A 对， B 错；若 v 甲＝ v 乙，则 m甲＞ m乙， C 对， D 错．【答案】AC图 16-5-88．某小组在研究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化瓶向外发射气体作为船的动力．此刻整个装置静止放在沉静的水面上，已知打开液化瓶后向外发射气体的对地速度为 v 1，假如在某段时间内向后发射的气体的质量为m ，忽视水的阻力，则发射出质量为m 的气体后小船的速度是多少？【分析】 由动量守恒定律得： 0＝ (m ＋m － m)v 船 － mv121mv解得： v 船＝1.m ＋ m －m12【答案】mv 1m 1＋ m 2－ m[ 超越自我·提高练 ]9．质量为 M 的火箭，本来以速度 v 0 在太空中飞翔，此刻忽然向后喷出一股质量为m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率为 ( )A ． (Mv 0＋ mv)/MB ． (Mv 0－ mv)/MC ． (Mv 0＋ mv)/mD ． (Mv 0－ mv)/m【分析】 依题意可知，火箭本来相对地的速度为v ，初动量为 p ＝ Mv ，质量为 m的气体喷出后，火箭的质量为 (M － m)，设气体喷出后，火箭随和体相对地的速度分别为v 1 和 v 2，则气体相对火箭的速度为： v ＝v 1＋ v 2， v 2＝ v －v 1，选 v 1 的方向为正方向，则系统的末动量为： p ＝ (M － m)v ＋ m[－ (v －v )] ＝ Mv － mv ，由动量守恒定律， 有 p ＝p ，则：11 1Mv － mv ＝ Mv ，所以 v ＝ (Mv ＋ mv)/M ，故 A 正确．11 0【答案】A图 16-5-910．( 多项选择 ) 质量为 M 、内壁间距为L 的箱子静止于圆滑的水平面上，箱子中间有一质量为 m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为 μ . 初始时小物块停在箱子的正中间，如图 16-5-9 所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中， 系统损失的动能为()12mMA. 2mvB.2（m ＋ M ）v21C. 2N μ mgL D ． N μ mgL【分析】 因为水平面圆滑，箱子和小物块构成的系统动量守恒，两者经多次碰撞后， 保持相对静止，易判断两物体最后速度相等，设为u ，由动量守恒定律得 mv ＝ (m ＋ M)u ，系统损失的动能为 1mv 2－1(m ＋ M)u 2＝ 1 mMv 2；系统损失的动能转变为内能 Q ＝fx ＝ N μ mgL ，故 2 2 2m ＋ MB 、 D 正确， A 、C 错误．【答案】 BD11. 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． 若是喷出的 水流流量保持为 2×10－4 m 3/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 末火箭的速度能够达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是 1.0 ×10 3 kg/m 3.【分析】“水火箭”喷出水流做反冲运动．设火箭本来总质量为 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 － ρ Qt)v ′－ ρ Qtv代入数据解得火箭启动后2 s 末的速度为v ′＝ρ QtvM － ρ Qt1.0 ×103× 2× 10－4×2× 10＝1.4 －1.0 ×10 3×2× 10－4× 2m/s＝ 4 m/s. 【答案】4 m/s图 16-5- 1012．如图 16-5-10 所示，在沙堆表面搁置一长方形木块 A ，其上边再放一个质量为kg 的鞭炮 B ，木块质量为 5 kg. 当鞭炮爆炸时，因反冲作用使木块堕入沙中5 cm ，而木块所受的均匀阻力为 58 N ．若鞭炮的火药质量和空气阻力可忽视不计， g 取 10 m/s 2，求鞭炮能上涨的最大高度．【分析】火药爆炸时内力远大于重力， 所以爆炸时动量守恒， 取向上的方向为正方向，设爆炸后鞭炮的速度为v ，木块的速度为 v ′，由动量守恒定律得 mv －Mv ′＝ 0①木块堕入沙中做匀减速运动到停止，其加快度为F －Mg 58－ 5022a ＝＝5 m/s ＝ 1.6 m/s②M木块做匀减速运动的速度v ′＝ 2as ＝ 2× 1.6 × 0.05 m/s ＝ 0.4 m/s ③代入①式，得 v ＝ 20 m/s鞭炮以初速度 v 做竖直上抛运动，上涨的最大高度为h ＝ v 2＝ 202m ＝ 20 m.2g 20【答案】 20 m。
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课时5 反冲运动火箭一、选择题1．(多选)下列属于反冲运动的是( )A．喷气式飞机的运动 B．直升机的运动C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动答案ACD解析反冲现象是一个物体分成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲运动。
2．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．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B．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C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭答案 B解析火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故答案为B。
3．一静止的质量为M的原子核，以相对于地的水平速度v放射出一质量为m的粒子后，原子核剩余部分反冲运动的速度大小为( )A.MvmB.mvM－mC.M－mmv D.M＋mmv答案 B解析由动量守恒定律得，mv－(M－m)v′＝0得v′＝mvM－m，因此B正确。
4．一同学在地面上立定跳远的最好成绩是s(m)，假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )A．只要l<s，他一定能跳上站台B．只要l<s，他有可能跳上站台C．只要l＝s，他一定能跳上站台D．只要l＝s，他有可能跳上站台答案 B解析人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故l<s时，才有可能跳上站台。
故选B 。
5．关于反冲运动，下列说法正确的是( )A ．反冲运动的两个物体系统动量守恒，机械能也守恒B ．反冲现象是有害的，应该想办法防止C ．直升机的升空应用了反冲的原理D ．影响火箭速度大小的因素是喷气速度和质量比答案 D解析 反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有的系统所受合外力不为零，但由于系统内力远大于外力，所以系统总动量是守恒的，但由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加，A 错；反冲不一定有害，关键是看如何利用，B 错；直升机的升空是靠螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不属于利用反冲的原理，C 错；火箭喷气后增加的速度Δv＝－Δm mu ，其中Δm 是喷出燃气的质量，m 是火箭剩余的质量，u 是喷出的燃气相对喷气前火箭的速度，D 正确。
6．竖直发射的火箭质量为6×103 kg 。
已知每秒钟喷出气体的质量为200 kg 。
若要使火箭最初能得到20 m/s 2的向上加速度，则喷出气体的速度应为( )A ．700 m/sB ．800 m/sC ．900 m/sD ．1000 m/s答案 C解析 根据动量守恒，即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m 气v 气＝m 箭v 箭，由动量定理得火箭获得的动力F ＝m 箭v 箭t ＝m 气v 气t，又F －m 箭g ＝m 箭a ，得v 气＝900 m/s 。
7.如图所示为一空间探测器的示意图，P 1、P 2、P 3、P 4是四个喷气发动机，P 1、P 3的连线与空间一固定坐标系的x 轴平行，P 2、P 4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，探测器以恒定的速度v 0沿x 轴正方向平动，要使探测器改为沿x 轴正方向偏y 轴负方向60°的方向以原来的速率v 0平动，则可以( )A ．先开动P 1适当时间，再开动P 4适当时间B ．先开动P 3适当时间，再开动P 2适当时间C ．开动P 4适当时间D ．先开动P 3适当时间，再开动P 4适当时间答案 A解析 由题意可知，探测器原速度沿x 轴正方向，要使探测器改为沿x 轴正方向偏y 轴负方向60°的方向运动，且速率不变，则沿x 轴正方向速度应减小为v 02，应打开P 1使探测器获得沿x 轴负方向的加速度，持续适当时间，再打开P 4，增大沿y 轴负方向的速度，持续适当时间，可使探测器最后速度为题中所要求的。
故A 正确。
8．(多选)如图甲所示，在光滑水平面的两小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2，图乙为它们碰撞前后的x t 图象。
已知m 1＝0.1 kg ，由此可以判断( )A ．碰撞前m 2静止，m 1向右运动B ．碰撞后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能答案 AC解析 根据图乙可得，碰前m 2的位移不变，说明m 2静止，要使m 1、m 2发生正碰，碰前m 1一定向右运动，故A 正确。
根据图乙可得，碰后m 1的位移均匀减小，m 2的位移均匀增大，说明m 1向左运动，m 2向右运动，故B 错误。
根据图乙可知，碰前v 1＝8－02m/s ＝4 m/s ，v 2＝0 m/s ；碰后v 1′＝0－86－2 m/s ＝－2 m/s ，v 2′＝16－86－2m/s ＝2 m/s ；根据动量守恒定律m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，得m 2＝0.3 kg ，故C 正确。
两小球在光滑水平面发生碰撞，则两球的重力势能不变；碰撞前，系统的动能为E k ＝12m 1v 21＝0.8 J ；碰撞后，系统的动能为E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝(0.2＋0.6) J ＝0.8 J ；因此碰撞前后系统的动能不变，故碰撞过程中系统没有损失机械能，故D 错误。
9．一条质量约为180 kg 的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，假设左侧为船尾，右侧为船头，则下列图中正确描述该物理情景的是( )答案 B解析水的阻力忽略，则人和船组成的系统在水平方向动量守恒，在水平方向上的总动量为零，则人相对水面向右走，则船相对水面向左移动，只有B项符合要求；A项中，人和船都相对水面向右移动，C项中，人和船都相对水面向左移动，D项中，人相对水面静止，故B正确，A、C、D错误。
10．(多选)在静水中，从某时刻开始人向前行走，从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这个过程中，关于人和船的运动情况，下列判断正确的是( )A．人相对水面匀速向前行走，船相对水面匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比B．人相对水面加速向前行走，船相对水面加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零D．当人从船头走到船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离答案ABC解析水的阻力不计，则人和船组成的系统动量守恒，由动量守恒定律知，总动量总是为零，因此，人走船就走，人停船就停，结合牛顿第三定律可知，A、B、C正确。
11.如图所示，一辆小车静止于光滑水平面上，车的左端固定有一个水平弹簧枪，车的右端有一个网兜。
若从弹簧枪中发射出一粒弹丸，弹丸恰好能落入网兜中。
从弹簧枪发射弹丸以后，下列说法中正确的是( )A．小车向左运动一段距离然后停下B．小车先向左运动，接着向右运动，最后回到原位置停下C．小车一直向左运动D．小车先向左运动，接着向右运动，最后向右匀速运动答案 A解析弹丸和小车(包括了弹簧枪)组成的系统动量守恒，弹簧枪未发射弹丸时总动量为零，由动量守恒定律知，弹簧枪发射出弹丸后，弹丸向右运动，小车向左做反冲运动，当弹丸落入网兜时，总动量仍为零，小车应停止运动，故A 正确。
12.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S 1、S 2、S 3、S 4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( )A ．打开阀门S 1B ．打开阀门S 2C ．打开阀门S 3D ．打开阀门S 4答案 B解析 根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由0＝m 水v 水＋m 车v 车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，B 正确。
13．静止在水面上的船，长度为L ，船的质量为M ，一个质量为m 的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为( )A.mL M B.mL M ＋m C.mL M －m D.(M －m )L M ＋m答案 B解析 船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人速度方向为正方向，有mv －Mu ＝0。
人从船头走到船尾，设船后退的距离为x ，则人相对于水面前进的距离为L －x ，则m L －x t ＝M x t 。
计算得出x ＝mL M ＋m，故B 正确，A 、C 、D 错误。
14.质量M ＝100 kg 的小船静止在水面上，船头站着质量m 甲＝40 kg 的游泳者甲，船尾站着质量m 乙＝60 kg 的游泳者乙，船头指向左方，若甲、乙两游泳者同时在同一水平面上，甲向左、乙向右以3 m/s 的速率跃入水中，则小船( )A ．向左运动，速率为1 m/sB ．向左运动，速率为0.6 m/sC ．向右运动，速率大于1 m/sD ．仍静止答案 B解析 以向右为正方向，有v 甲＝－3 m/s ，v 乙＝3 m/s ，由系统水平方向动量守恒得：m 乙v 乙＋m 甲v 甲＋Mv ＝0，解得v ＝－0.6 m/s 。
负号表示船将向左运动，速度大小为0.6 m/s 。
15．(多选)假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体Q ，则下列说法正确的是( )A ．Q 与飞船都可能沿原轨道运动B ．Q 与飞船都不可能沿原轨道运动C ．Q 运动的轨道半径可能减小，而飞船的运行半径一定增加D ．Q 可能沿地球半径方向竖直下落，而飞船运行的轨道半径将增大答案 CD解析 根据反冲，飞船的速度一定增大，做离心运动，轨道半径变大；而Q 的速率有三种可能，比原来的大，比原来的小，与原来的相等，由此Q 的轨道半径比原来的大，比原来的小，与原来的相同，都有可能；另外，若相对地速度为零，则会竖直下落，故C 、D 正确。
16．某人在一只静止的小船上练习打靶，已知船、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面的速度为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，小船后退的距离( )A.mM ＋m L B.nm M ＋m L C.nm M ＋nm L D.m M ＋nm L 答案 C解析 设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为s ，根据题意知子弹飞行的距离为(L －s )，子弹飞行时间为t ，则由动量守恒定律有：m L －s t －[M ＋(n －1)m ]s t ＝0，解得：s ＝mL M ＋nm。