高中物理第十六章反冲运动火箭自主训练新人教选修

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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选修3_5

5 反冲运动火箭基础稳固1.以下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. 还击式水轮机的运动分析喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体, 经过反冲获取行进的动力; 还击式水轮机靠水轮击取水, 通过反冲获取动力。

答案 B2.一人静止于圆滑的水平冰面上, 现欲向前运动, 以下方法中可行的是()A. 向后踢腿B. 手臂向后甩C.在冰面上转动D. 脱下外套向后水平抛出分析因为冰面没有摩擦, 所以 C 不可以 ;A 、 B因为总动量守恒, 所以人整体不动; 只有 D是反冲现象 , 可令人向前运动。

答案 D3.如下图 , 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 , 自行火炮的速度变成v2, 仍向右行驶 , 则炮弹相对炮筒的发射速度 v0为()A.mv1-v2)+mv2mB.m0v1-v2)mC.mv1-v2)+2mv2mD.m0v1-v2)-m(v1-v2)m分析自行火炮水平匀速行驶时, 牵引力与阻力均衡, 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),m0v1=( m0-m) v2+m( v0+v2)解得 v0=m0v1m0-m)v2m-v 2=m0v1-v2)m。

答案 B4. ( 多项选择 ) 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开释出一物体P,不计空气阻力 , 则()A.火箭必定走开本来轨道运动B.物体 P 必定走开本来轨道运动C.火箭运动半径必定增大D.物体P运动半径必定减小分析由反冲运动的知识可知, 火箭的速度必定增大, 火箭做离心运动, 运动半径增大。

但物体P 能否走开本来的轨道运动, 要依据开释时的速度大小而定, 若开释的速度与本来的速度大小相等, 则P仍在本来的轨道上反方向运动。

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35

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35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 ＝m 箭v 箭t ＝m 气v 气t＝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 5 反冲运动火箭练习新人教版选修35

第十六章动量守恒定律5 反冲运动火箭1．(多选)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：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．选项A是桨与外部水的作用，选项C是人脚与外部地面的作用，都不属于反冲；选项B中子弹与枪身是系统中的两部分，选项D中水流过水轮机内部，是系统中的两部分，选项B、D正确．答案：BD2．(多选)下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( )A．使喷出的气体速度增大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答案：AC3.一装有柴油的船静止于水面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图所示．不计水的阻力，船的运动情况是( )A．向前运动B．向后运动C．静止D．无法判断解析：虽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，从前舱转移到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程．故A正确．答案：A4．一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质量减小，因此船的速度增大．答案：A5．发射卫星要用多级火箭，发射时先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳自动脱落，然后下级火箭开始工作，多级火箭能及时把空壳抛掉，使总质量减小，因而达到很高的速度，可用来发射洲际导弹、人造卫星、宇宙飞船等．试通过计算说明：火箭不是一次把燃气喷完而是逐渐向后喷气以获得更大反冲速度的道理．(设每次喷出的气体相对火箭的速度是相同的)解析：设运载物质量为m 1，每级燃料及空壳质量均为m 2，燃料燃气喷出相对运载物的速度大小为v 0.若三级火箭一次把燃气喷完，运载物获得的速度v 可由动量守恒定律求出．0＝m 1v ＋3m 2(v －v 0)，解得v ＝3m 2m 1＋3m 2v 0.若三级火箭逐渐向后喷气，运载物获得的速度依次为v 1、v 2、v 3，根据动量守恒定律，有0＝(m 1＋2m 2)v 1＋m 2(v 1－v 0)，得v 1＝m 2m 1＋3m 2v 0；第二级火箭燃气喷出(m 1＋2m 2)v 1＝(m 1＋m 2)v 2＋m 2(v 2－v 0)，得v 2＝v 1＋m 2v 0m 1＋2m 2；第三级火箭燃气喷出(m 1＋m 2)v 2＝m 1v 3＋m 2(v 3－v 0)，得v 3＝v 2＋m 2v 0m 1＋m 2. 所以v 3＝m 2v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 1＋m 2＋1m 1＋2m 2＋1m 1＋3m 2>3m 2v 0m 1＋3m 2＝v .以上分析说明分次喷气可使火箭获得更大的速度．答案：见解析1．(多选)某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，则( )A ．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比B ．人走到船尾不再走动，船也停止不动C ．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比D ．船的运动情况与人行走的情况无关解析：由动量守恒定律可知，A 、B 、C 正确．答案：ABC2．一辆小车置于光滑水平桌面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端安一网兜．若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将(空气阻力不计)( )A ．向左移动一段距离停下B ．在原位置不动C ．向右移动一段距离停下D ．一直向左移动解析：由于弹丸与车组成的系统水平方向动量守恒，故总动量保持不变．弹丸离开枪向右运动，则小车必向左运动，弹丸落在网兜内做完全非弹性碰撞，弹丸立即停下，而车向左移动了一段距离后也将停下，故选A.答案：A3．一个静止的质量为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v 0，原子核剩余部分的速率等于( )A ．v 0 B.mM －m v 0 C.m Mv 0D.m2m －Mv 0 解析：取整个原子核为研究对象．由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p 1＝0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v ′，并规定粒子运动的方向为正方向，则粒子的对地速度v ＝v 0－v ′，系统的动量p 2＝mv －(M －m )v ′＝m (v 0－v ′)－(M －m )v ′，由p 1＝p 2，即0＝m (v 0－v ′)－(M －m )v ′＝mv 0－Mv ′得v ′＝mMv 0.答案：C4．(多选)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，则( )A ．若两人质量相等，必有v 甲>v 乙B ．若两人质量相等，必有v 甲<v 乙C ．若两人速率相等，必有m 甲>m 乙D ．若两人速率相等，必有m 甲<m 乙解析：甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒，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：AC5．装有炮弹的大炮总质量为M ，炮弹的质量为m ，炮弹射出炮口时对地的速度为v 0，若炮筒与水平地面的夹角为θ，则炮车后退的速度大小为( )A.m Mv 0 B.mv 0cos θM －mC.mv 0M －mD.mv 0cos θM解析：发射炮弹时，炮车只可能沿水平地面向后退，水平方向所受的摩擦力远小于火药爆炸时炮弹与炮车间的相互作用力，故系统在水平方向上动量守恒，由mv 0cos θ＝(M －m )v ，得v ＝mv 0cos θM －m.答案：B6．如图所示，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m 2＝20 k g ，长绳的下端刚好和水平面接触．当静止时人离地面的高度为h ＝5 m ．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度是(可以把人看作质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m解析：当人滑到绳下端时，由平均动量守恒，得：m 1h 1t ＝m 2h 2t，且h 1＋h 2＝h . 解得h 1＝1.4 m.所以他离地高度H ＝h －h 1＝3.6 m ，故选项B 正确．答案：B7．质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v 0时，人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的vt 图象为( )解析：人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当车速为v 0时，人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒．规定车的速度方向为正方向，则有(m ＋2m )v 0＝2mv ＋(－mv 0)，得v ＝2v 0，人跳车后做匀减速直线运动，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的加速度不变，所以能正确表示车运动的vt 图象是B.故选B.答案：B8.如图所示，带有光滑的半径为R 的14圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上，滑块的质量为M ，使一个质量为m 的小球由静止从A 处释放，当小球从B 点水平飞出时，滑块的速度为多大？解析：运动过程中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，故系统水平方向动量守恒，设小球从B 点飞出时速度为v 1，滑块的速度为v 2，则有：mv 1－Mv 2＝0，mgR ＝12mv 21＋12Mv 22，解得：v 2＝m 2gRM （M ＋m ）.答案：m2gRM （M ＋m ）9．某宇航员在太空站内做了如下实验：选取两个质量分别为m A ＝0.1 kg 、m B ＝0.2 kg 的小球A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A 粘连，另一端与小球B 接触而不粘连．现使小球A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v 0＝0.1 m/s 做匀速直线运动，如图所示．过一段时间，突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失)，两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B 刚刚分离开始计时，经时间t ＝3.0 s ，两球之间的距离增加了s ＝2.7 m ，求弹簧被锁定时的弹性势能E p .解析：取A 、B 为系统，由动量守恒得： (m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B .① 又根据题意得：v A t －v B t ＝s .②由①②两式联立得：v A ＝0.7 m/s ，v B ＝－0.2 m/s. 由机械能守恒得：E p ＋12(m A ＋m B )v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B .③代入数据解得：E p ＝0.027 J. 答案：0.027 J10．质量为m 的人站在质量为M ，长为L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？(忽略水的阻力)解析：在人从船头走到船尾的过程中，任设某一时刻船和人的速度大小分别为v 1和v 2，则由于船和人的总动量守恒，于是mv 1－Mv 2＝0.而这过程中船与人的平均速度v －1和v －2也应满足类似的关系：m v －1－M v －2＝0.上式同乘过程所经历的时间t 后，船和人相对于岸的位移同样有：mL 1－ML 2＝0.从图中可以看出，人、船的位移L 1和L 2大小之和等于L .L 1＋L 2＝L .由以上各式解得：L 1＝MM ＋m L ；L 2＝mM ＋mL . 答案：m M ＋mL。

高中物理第十六章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 ∆-∆0B.-m M mv ∆-∆0C.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 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 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=2musin221mv 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=R mv 2④联立①②③④式解得E=10mgR.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

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.。

【精选】高中物理第十六章动量守恒定律5反冲运动火箭成长训练新人教版选修3_5

5 反冲运动火箭主动成长夯基达标1.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. B.C. D.思路解析：由于原子核原来处于静止状态，总动量为零，可由动量守恒定律列方程求解.由动量守恒定律得：0=mv+(M-m)v′解得：.答案：B2.如图16-5-2所示，自行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( )图16-5-2A. B.C. D.思路解析：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Mv1,发射后系统的动量之和为（M-m)v2+m(v0+v2).由Mv1=（M-m)v2+m(v0+v2)解得.答案：B3.倾角为θ、长为L的各面光滑的斜面体置于水平地面上，已知斜面质量为M，今有一质量为m的滑块（可视为质点）从斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，滑块滑到底端时，求斜面后退位移s的大小.思路解析：以滑块和斜面体组成的系统为研究对象，水平方向系统不受外力，系统水平方向动量守恒，以斜面体后退方向为正方向，根据动量守恒定律，列方程有：解得.答案：4.在平静的水面上，有一条载人的小船，船的质量为M，人的质量为m，人相对船静止，船和人以速度v0前进，当人对船以速度u沿跟船的运动相反方向行走时，船的速度是多大？若船长为L，且开始时系统静止，当人从船的一头走到另一头停止时，船后退距离是多少？（水的阻力不计）思路解析：本题考查动量守恒定律以及动量的相对性，解答时分清作用前后各物体的动量，然后应用动量守恒定律即可.同时还应注意此类题的解题步骤.①此题第一步解题中，应该把人对船的速度变为人对地的速度，即各物体的运动应对同一参考系.②第二步解题中，人走船也走，人停船也停，因此整个过程系统动量变化为零，人在船上不管做什么运动，只要是从船的一头走到另一头，船后退的距离一定相同.③人船模型可以推广到“人车模型”和“子弹打木块模型”，它们的解法类似.（1）人和船组成系统，水平方向动量守恒，由于人对地速度为v-u，则由动量守恒定律知（m+M)v0=Mv+m(v-u)所以，方向与v0方向相同.（2）开始时人船都停止，总动量为零，设人在船上走一段较短时间Δt时，人和船都看作是匀速运动，推广到整个过程时，人的平均速度为，船的平均速度为，如右图，设船后退s，则人的位移为L-s，由动量守恒定律，，故.答案：（1），方向与v0方向相同（2）5.一个飞行器为完成空间考察任务，需降落到月球表面，在飞行器离月球表面较近处，开启喷气发动机向下喷出高温、高压气体，使飞行器以不太大的速度匀速降落到月球表面上.若飞行器质量M=1.8 t，气体喷出的速度（对月球表面）是103 m/s,月球表面重力加速度g′=g/6(g取10 m/s2），短时间内喷出的气体质量不太大，可认为不影响飞行器的总质量，则每秒喷出的气体的质量为多少？思路解析：设每秒喷出的气体质量为m0，则时间t内喷出的气体总质量为m0t，设飞行器对喷出的气体的作用力为F，则喷出的气体对飞行器的反作用力F′与F大小相等.以时间t内喷出的气体为研究对象，由动量定理可得：Ft=m0tv-0①由于飞行器匀速运动，则F′=Mg′，故F=Mg′②将②代入①得：Mg′=m0v.答案：3 kg6.从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为100 m、上升速度为17.5 m/s时，炸成质量相等的A、B两块，其中A块经4 s落回出发点.求B块经多长时间落回出发点.（不计空气阻力，取g=10 m/s2)思路解析：在礼花弹爆炸的瞬间，虽然受到的外力不为零（受重力作用），但由于爆炸产生的内力远大于重力，故重力可忽略，所以在爆炸过程中仍可应用动量守恒定律求解.设爆炸后A的速度为v A，并设向上为正方向由得v A=-5 m/s在爆炸过程中，根据动量守恒定律（仍设向上为正方向）得v B=40 m/s由得t=10 s即B块经10 s落回地面.答案：10 s7.一质量为6×103kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速度（相对于火箭）为103 m/s，求：（1）每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？（2）每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20 m/s2的加速度？思路解析：这是一个反冲运动的问题，火箭升空是喷出的气体对火箭反作用力的结果，可以根据动量定理先求出火箭对气体的作用力.（1）以喷出的气体质量为研究对象，设每秒喷出的质量为Δm，火箭对这部分气体的作用力为F，由动量定理有FΔt=Δmv0①火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′=F,对火箭（忽略气体的重力）F′=Mg②由①②两式解得即要获得克服火箭重力的推力，每秒要喷出60 kg的气体.（2）同第（1）问，以喷出的气体Δm为研究对象FΔt=Δmv0③而对火箭F-Mg=M a④由③④两式解得答案：(1)60 kg/s(2)180 kg/s8.连同炮弹在内的炮车停放在水平地面上，炮车质量为M，炮膛中炮弹质量为m，炮车与地面间的动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α.设炮弹以速度v0射出，那么炮车在地面上后退多远？思路解析：发射炮弹，相互作用力远大于摩擦力，所以水平方向满足动量守恒定律，仰角α以v0射出，即v0是相对于炮筒的速度，将v0分解，水平方向v x0=v0co sα.设炮身后退速度大小为v，则炮弹水平向前的速度大小为v0co sα-v.由水平方向动量守恒有Mv=m(v0co sα-v)，则,炮车滑行加速度a=μg,由v12=v02+2a s,有,所以.答案：9.如图16-5-3所示，带有光滑1/4圆弧轨道的滑块静止在一个光滑水平面上，质量为M.一个质量为m的小球静止在A处，当小球从滑块B处飞出时，滑块M的反冲速度为多大？（圆弧半径R已知）图16-5-3思路解析：滑块上圆弧轨道虽然光滑，但由于滑块在小球下滑过程中对小球做了功，所以不能认为小球在下滑过程中机械能守恒.由于滑块、小球系统在小球下滑过程中除重力外，其他外力没有做功，系统的机械能守恒.即①系统水平方向动量守恒，即0=mv1+Mv2②联立①②得：.答案：10.一个宇航员，连同装备的总质量为100 kg，在空间跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态.他带有一个装有0.5 kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必然保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸.已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4 kg/s，试问：（1）如果他在准备返回飞船的瞬间，释放0.15 kg的氧气，他能安全地回到飞船吗？（2）宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？思路解析：宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，根据动量守恒定律，可以计算出宇航员返回的速度，根据宇航员离开飞船的距离和返回速度，可以求出宇航员返回的时间，即可求出这段时间内宇航员要消耗的氧气，再和喷射后剩余氧气质量相比，即求出答案.（1）令M=100 kg，m0=0.5 kg,Δm=0.15 kg,氧气释放速度为v,宇航员在释放氧气后的速度为v′,由动量守恒定律得0=（M-Δm）v′-Δm（v-v′)宇航员返回飞船所需时间.宇航员返回途中所耗氧气m′=kt=2.5×10-4×600 kg=0.15 kg,氧气筒喷射后所余氧气m″=m0-Δm=(0.5-0.15)kg=0.35 kg,因为m″>m′，所以宇航员能顺利返回飞船.（2）设释放的氧气Δm未知，途中所需时间为t,则m0=kt+Δm为宇航员返回飞船的极限条件.0.5=2.5×10-4×+Δm解得Δm1=0.45 kg或Δm2=0.05 kg.分别代入,得t1=200 s,t2=1 800 s.即宇航员安全返回飞船的最长时间为1 800 s，最短时间只有200 s.答案：（1）能（2）最长时间1 800 s,最短时间200 s11.总质量为m的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R的圆形轨道绕地球运动到P点时，接到地面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低速度并转到跟地球相切的椭圆轨道，如图16-5-4所示.要使卫星对地速度降为原来的，卫星在P处应将质量为Δm的燃气以多大的对地速度向前喷出？（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地面重力加速度为g）图16-5-4思路解析：由于地球半径R0和地面重力加速度g为已知，可求出人造地球卫星在原轨道上时的速度，再由动量守恒定律求出喷气速度.地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，故即①又由于在地球表面附近即GM=g R02②将②代入①式可得设卫星在P点喷出的燃气对地速度为v′,卫星与燃气组成的系统动量定恒，则有即mg R02R=(m-Δm)89g R02R+Δmv′解得：.答案：12.如图16-5-5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，细杆高为h，且位于小车的中点，则玩具蛙至少以多大的水平速度v0跳出时，才能落到桌面上？图16-5-5思路解析：设蛙水平跳出速度为v0，小车后退速度为v1，则与蛙在车作用过程中，系统水平方向动量守恒，则0=mv0-m′v1(以v0方向为正）.在蛙未落至桌面前，小车以v1做匀速运动，设t内走x，则x=v1·t(x为对地位移）.在t时间内，蛙做平抛运动，根据平抛运动规律，即,蛙对地的水平位移应为,而至少应为.解以上各式得.答案：13.一个在空中飞行的手雷，以水平速度v飞经离地面高为h的轨道最高点时，炸裂成A、B 两块，A、B质量之比为n（少量炸药质量不计）.之后，B正好自由下落，求A的落地点比不发生爆炸时手雷的落地点远多少？爆炸前后机械能变化了多少？思路解析：爆炸前后动量守恒，有mv=m A v A得爆炸后，A以v A做平抛运动，运动时间射程的增加量Δs为此题爆炸前后可认为动量守恒，但机械能并不守恒，.机械能是增加的，这一点与碰撞过程不同.答案：增加走近高考14.在光滑水平桌面上，有一长为=2 m的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量m C=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m A=1 kg,m B=4 kg,开始时A、B、C都静止，并且AB间夹有少量的塑胶炸药，如图16-5-6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：图16-5-6（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？思路解析：由于爆炸，A、B相互作用系统满足动量守恒，A、B分离后以不同速率奔向挡板，A先到达挡板与C作用，发生完全非弹性碰撞，以后C与另一物体有相对运动，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：m a v a+m b v b=0得v b=-1.5 m/s对A、B、C组成的系统开始时静止，由动量守恒有（m A+m B+m C）v C=0得v C=0，即最终木板C的速度为0.（2）A先与C相碰，由动量守恒定律：m A v A=(m A+ v C)v共v共=1 m/s从炸药爆炸到A、C相碰的时间：t1=λ2v A=16 s,此时B距C的右壁s B=l2-v B t1=0.75 m, 设再经过t2时间B与C相碰，则t2=s B v B+v共=0.3 s,故C向左的位移Δs C=v共t=1×0.3 m=0.3 m.答案：(1)0 (2)0.3 m方向向左。

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。

高中物理第十六章反冲运动火箭课后集训新人教选修

5 反冲运动火箭课后集训基础达标1.质量为M 的小车在水平地面上以速度v 0匀速向右运动.当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将( )A.减小B.不变C.增大D.无法确定解析：砂子和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子落下前，砂子和车都以v 0向前运动；在末状态，砂子落下时具有与车相同的水平速度v 0，车的速度为v′，由(m+M)v 0=mv 0+Mv′得v′=v 0，车速不变. 答案：B2.某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计.那么在这段时间内人和船的运动情况是( )A.人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比B.人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等C.不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比D.人走到船尾不再走动，船则停下解析：船组成的系统动量守恒，总动量为0，所以不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等、方向相反.若人停止运动而船也停止运动，所以选A 、C 、D.B 项错在两者速度大小一定相等，因为人和船的质量不一定相等. 答案：ACD3.载人气球原静止于高h 的空中，气球质量为M ，人的质量为m.若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是( ) A.(m+M)h/M B.mh/M C.Mh/m D.h解析：气球和人组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，人相对地的速度是v ，气球相对地的速度是V ，有mv-MV=0.人相对地的位移是h ，设气球相对地的位移是x ，t x M t h m =，得Mmhx =，梯子总长度为L=h+x=MhM m )(+.答案：A4.连同炮弹在内的车停放在水平地面上.炮车和炮弹质量为M ，炮膛中炮弹质量为m ，炮车与地面间的动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α.设炮弹以速度v 0射出，那么炮车在地面上后退的距离为____________. 解析：在发炮瞬间，炮车与炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒0=mv 0cosα-(M-m)v ，所以mM mv v -=αcos 0.发炮后，炮车受地面阻力作用而做匀减速运动，利用运动学公式v 2-v 02=2ax ，其中v=0，m M gm M a ---=)(μ=-μg，所以220)(2)cos (m M g mv x -=μα. 答案：220)(2)cos (m M g mv -μα5.两质量均为M 的冰船A 、B 静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m 的人从A 船跳入B 船，又立刻跳回.A 、B 两船最后的速度之比是____________. 解析：根据0=(M+m)v A -Mv B ，所以mM M v v B A +=.答案：mM M+综合运用6.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，空气膨胀推动火箭解析：火箭的原理是燃烧燃料，向后喷出气体，气体对火箭有一个向上的反作用力推动火箭. 答案：C7.在空中飞行的一炮弹，其质量M=12 kg ，当炮弹上升至最高点时，水平速度为v 0=200 m/s ，突然炸裂成A 、B 两块，A 的质量为m 1=4 kg 、速度为v 1=400 m/s ，则炸裂后B 的速度为____________，从炸裂到落地的过程中A 、B 飞行的水平距离之比为____________.解析：根据动量守恒有Mv 0=m 1v 1+m 2v 2，所以v 2=100 m/s.A 、B 两块做平抛运动，下落时间是相等的，所以水平距离之比就为水平初速度之比4∶1. 答案：100 m/s 4∶1 拓展探究8.如图16-5-3所示，在沙堆表面放置一长方形木块A ，其上面再放一个质量为m=0.10 kg 的爆竹B ，木块的质量为M=6.0 kg.当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5 cm ，而木块所受的平均阻力为F f =80 N.若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g 取10 m/s 2，求爆竹能上升的最大高度.图16-5-3解析：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v 可由牛顿第二定律和运动学公式求得 F f -Mg=Ma,a=620 m/s 2,s m ah v /332== 爆竹爆炸过程中，设爆竹获得的速度为v 0,爆竹木块系统动量守恒Mv-mv 0=0s m s m mMvv /320/1.03360=⨯==爆竹上升的最大高度m g v H 60102)320(2220=⨯==答案：60 m2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．甲、乙两列完全相同的横波分别从波源A 、B 两点沿x 轴相向传播，0t =时的波形图像如图所示，若两列波的波速都是1m/s ，下列说法正确的是（）A ．甲乙两列波的频率都是4HzB ．1s t =时，甲乙两波相遇C ．3s t =时，6m x =处质点的位移为负方向最大D ．0s t =时，2m x =处质点与10m x =处质点的振动方向相反2．5G 是“第五代移动通信网络”的简称，目前世界各国正大力发展 5G 网络．5G 网络使用的无线电波通信频率在3.0 GHz 以上的超高频段和极高频段（如图所示），比目前4G 及以下网络（通信频率在0.3GHz ～3.0GHz 间的特高频段）拥有更大的带宽和更快的传输速率．未来5G 网络的传输速率（指单位时间传送的数据量大小）可达10G bps （bps 为bits per second 的英文缩写，即比特率、比特/秒），是4G 网络的50-100倍．关于5G 网络使用的无线电波，下列说法正确的是A ．在真空中的传播速度更快B ．在真空中的波长更长C ．衍射的本领更强D ．频率更高，相同时间传递的信息量更大3．如图所示，OA 是水平放置的弹性薄钢片，左端固定于O 点，右端固定有一个软铁圆柱体，P 为套在钢片上的重物。

高中物理第十六章动量守恒定律 5 反冲运动、火箭素材新人教版选修3-5(2021年最新整理)

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5反冲运动、火箭系统在内力作用下，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现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。

若系统由两部分组成，且相互作用前总动量为零。

一般为物体分离则有0=mv+(M—m）v’， M是火箭箭体质量，m是燃气改变量。

喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度的。

现代的喷气式飞机，靠连续不断地向后喷出气体,飞行速度能够超过l000m/s.质量为m的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。

由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。

根据动量守恒定律,火箭原来的动量为零，喷气后火箭与燃气的总动量仍然应该是零,即mΔv+Δmu=0 解出Δv= -Δmμ/m（1)（1）式表明,火箭喷出的燃气的速度越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比越大，火箭获得的速度越大。

火箭喷气的速度在2000～4000 m/s已很难再大幅度提高，因此要在减轻火箭本身质量上面下功夫。

火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫做火箭的质量比,这个参数一般小于10，否则火箭结构的强度就成了问题。

但是，这样的火箭还是达不到发射人造地球卫星的7.9 km/s的速度。

高中物理第十六章动量守恒定律5反冲运动火箭课后训练新人教选修

5 反冲运动火箭课后训练基础巩固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________。

高中物理第十六章动量守恒定律第节反冲运动火箭随堂演练巩固提升新人教版选修.doc

第5节反冲运动火箭[随堂检测 ]1．如下图，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，自动火炮的速度变成 v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为()A．m(v1 －v2) ＋mv2 B． M(v1 －v2)m mC．M(v1 －v2) ＋ 2mv2 M(v1 －v2) －m(v1 －v2) m D．m分析：选 B．炮弹相对地的速度为v0＋ v2.由动量守恒得 Mv 1＝(M－ m)v2＋m(v0＋v2)，得 v0＝M(v1 －v2).m2．某小组在研究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为 m2的小模具船上，利用液化气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，已知翻开液化气瓶后向外发射气体的对地速度为v1，假如在t 的时间内向后发射的气体的质量为m，忽视水的阻力，则(1)发射出质量为m 的气体后，小船的速度是多少？(2)发射出m 气体的过程中，小船所受气体的均匀作使劲的大小是多少？分析： (1) 由动量守恒定律得：0 ＝(m1＋ m2－ m)v 船－mv 1，得： v 船＝mv1.m1＋ m2－Δm(2)对发射出的气体运用动量定理得： F t＝mv 1，解得 F＝mv1 Δt.答案： (1)mv1(2)mv1 m1 ＋ m2－ΔmΔt3．如下图，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，大球开始静止在圆滑水平面上，求当小球由图中地点无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球挪动的距离．分析：因为水平面圆滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时辰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：v1 Mmv 1＝Mv 2 ，所以 v2＝m .x1若小球抵达最低点时，小球的水平位移为 x 1 ，大球的水平位移为 x 2 ，则x2＝v1 M v2 ＝m，由题意： x 1＋ x 2 ＝R －rm R －r解得 x 2＝M ＋ m (R － r)＝ 4 . 答案： R －r4[课时作业 ]一、单项选择题1. 如下图，一枚火箭搭载着卫星以速率 v 0 进入太空预约地点，由控制系统使箭体与卫星分别．已知前部分的卫星质量为 m 1 ，后部分的箭体质量为 m 2 ，分别后箭体以速率 v 2 沿火箭原方向飞翔，若忽视空气阻力及分别前后系统质量的变化，则分别后卫星的速率v 1 为()A ．v 0－ v 2B ． v 0＋v 2C ．v 0－ m2 2D ． v 0＋m2 0 －v 2m1v m1 (v)分析：选 D ．忽视空气阻力和分别前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分m2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＋ m1 (v 0－v 2 )，故 D 项正确．2．如下图，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( )mhMhA ．M ＋ m B ．M ＋m mhcot α Mhcot αC ．M ＋mD ．M ＋ m分析：选 C ．本题属 “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 x 1，M 在水平方向对地位移为x 2，所以0＝mx 1－Mx 2 ① 且 x 1 ＋x 2＝hcot α.②mhcot α由①②可得 x 2 ＝ M ＋m ，应选 C ．3．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是 s.假定他站在车的 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 ．只需 l<s ，他必定能跳上站台B ．只需 l<s ，他就有可能跳上站台C ．只需 l ＝ s ，他必定能跳上站台D ．只需 l ＝ s ，他就有可能跳上站台分析：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．衣着滑冰鞋的人，站在圆滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，设第一次射出子弹后，人退后的速度为 v ，则(设每颗子弹射出时对地面的速度同样 )()A ．不论射出多少颗子弹，人退后的速度为v 保持不变B ．射出 n 颗子弹后，人退后的速度为nvC ．射出 n 颗子弹后，人退后的速度大于nvD ．射出 n 颗子弹后，人退后的速度小于nv分析：选 C ．设人、枪 (包含子弹 )总质量为 M ，每颗子弹质量为 m ，子弹射出速度大小为 v0，由动量守恒定律得0＝(M－ m)v－mv0，设射出 n 颗后，退后mv0 nmv0速度为 v′，则有 (M－nm)v′＝ nmv0，由以上剖析有v＝M－m，v′＝M－nm，因为M－ m>M－nm ，所以有 v′>nv， C 正确．5．一个不稳固的原子核质量为 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，则新原子核反冲的动能为 ( )mA．E0 B．M E0m MmC．M－m E0 D．(M－ m)2E0p2分析：选 C．由动量守恒定律知(M－ m)v＝ mv 0＝p，又E k＝2(M －m)，E0p2＝2m，知选项 C 对．6．如下图，质量为 M 的小船在静止水面上以速率 v0 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 ( )m mA．v0＋M v B． v0－M vm mC．v0＋M(v0＋ v)D． v0＋M(v0－v)分析：选C．依据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋ m)v0＝mMv′－ mv，解得 v′＝v0＋M(v0＋v)，应选项 C 正确．7．如下图，滑槽 M1与滑块 M2紧靠在一同，静止于圆滑的水平面上．小球 m 从 M1的右上方无初速度地下滑，当m 滑到 M1左方最高处时， M1将()A．静止B．向左运动C．向右运动D．没法确立分析：选 B ．小球 m 和滑槽 M1、滑块 M2三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 M1作用，滑槽 M1和滑块 M2作用，作用结果使滑块M2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 M1的相对速度为零，但小球m 和滑槽 M1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．应选项 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涨，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，以下说法正确的选项是()A．气球可能匀速上涨B．气球可能相对地面静止C．气球可能降落D．气球运动速度不发生变化分析：选 ABC ．设气球质量为M，人的质量为m，因为气球匀速上涨，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＝ mv 1 ＋ Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝(M＋ m)v0 －mv1 .当 v2 >0 时，M气球可匀速上涨；当 v2＝ 0 时气球静止；当 v2<0 时气球降落．所以，选项 A、B、C 均正确．要负气球运动速度不变，则人的速度仍为 v0，即人不上爬，明显不对，D选项错误．9．如下图，小车 AB 放在圆滑水平面上， 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，用细绳连结于小车的 A 端并使弹簧压缩，开始时小车 AB 和木块 C 都静止，当忽然烧断细绳时， C 被开释，使C 走开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端油泥粘在一同，忽视全部摩擦，以下说法正确的选项是 ()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∶ mC．C 与油泥粘在一同后， AB 立刻停止运动D．C 与油泥粘在一同后， AB 持续向右运动分析：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；因小车与木块构成的系统动量守恒，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．在水平铁轨上搁置一门质量为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v0，炮车的反冲速率为mv0M B．炮车车身与水平方向成θ角，炮弹速率为v0，炮身反冲速率为mv0cosθM C．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，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v0，炮身的反mv0cos θ冲速率为M＋m分析：选ABD ．水平发射炮弹时，关于炮车和炮弹构成的系统知足动量守mv0恒定律，若炮弹速率为 v0，mv 0－ Mv1＝0，解得 v1＝M，A 正确；炮车车身与水平方向成θ角时，在炮弹出射瞬时关于炮车和炮弹构成的系统动量守恒，炮车在炮弹出射的反方向上获取速度 v2，但今后因为地面的作用，能量损失，竖直方向的速度立刻变成 0，炮车的速度由 v 立刻减小为 v2，v2即为炮身反冲速率．如图，明显有v＝v2，所以在出射方向上，依据动量守恒定律有mv0－Mv2＝cos θcos θmv0cos θ0 解得 v2＝，B正确；炮身与水平方向成θ角且炮弹相对炮口速率为Mv0时，设炮车反冲的速率v3，依据描绘，炮弹出射瞬时炮车获取瞬时速率v′＝v3 ，所以炮弹相对地面的速率为v 弹＝ v0－v′＝v0－v3 ，在出射方向上，根cos θcos θ据动量守恒定律有 m v0－v3 v3＝0，解得 v3＝mv0cos θ－M·，C 错误，D 正确．三、非选择题11． (2017 ·长安高二检测 )如下图，半径分别为 R 和 r(R>r)的甲、乙两光滑圆轨道布置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条圆滑水平轨道 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 )，同时开释两小球， a 、b 球恰巧能经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 都能经过各自的最高点，弹簧开释前起码具有多少弹性势能？分析： (1)a 、 b 球恰巧能经过各自圆轨道的最高点的速度分别为v a ′＝ g R ①v b ′＝ g r 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 1 a 1a a2＋m a ·④2mv2a ＝2m v ′g 2R 112＋m b · 2r ⑤2m b v2b ＝2m b v b ′gma r联立①②③④⑤得 mb ＝ R.(2)若 m a ＝m b ＝m ，由动量守恒定律得 v a ＝ v b ＝v当 a 球恰巧能经过圆轨道的最高点时，弹簧拥有的弹性势能最小，1E p ＝ 2mgR ＋mg2R ×2＝ 5mgR .r 答案： (1)(2)5mgRR12．平板车停在水平圆滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边缘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 ，如下图．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 点时期的反冲速度的大小；(2)人落在 A 点并站定此后，车还运动吗？车在地面上挪动的位移是多少？分析： (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v1 (设为正方向 )，车的反冲速度是v2，则 mv 1－ Mv2＝0，得1v2＝4v1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＝2h＝gs，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移 x2分别为 x1＝ v1 t，x2＝v2t 由 x1＋x2＝l 得 v1t＋ v2t＝ll 4则 v2＝5t＝5× m/s ＝ 1.6 m/s.(2)人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为 v，依据水平方向动量守恒得mv1－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x2＝v2 t＝1.6 ×0.5 m ＝0.8 m.答案： (1)1.6 m/s (2) 不运动0.8 m。

学年高中物理第十六章动量守恒定律 . 反冲运动、火箭课后巩固训练新人教版选修

16.3 动量守恒定律课后提高作业【基础达标练】1.以下图,甲木块的质量为m1,以v的速度沿圆滑水平川面向前运动,正前面有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。

甲木块与弹簧接触后()A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所构成系统的动量守恒D.甲、乙两木块所构成系统的动能守恒【分析】选C。

依据动量守恒定律的条件,以甲、乙为一系统,系统的动量守恒,A、B错误,C正确;甲、乙的一部分动能转变成弹簧的弹性势能,甲、乙系统的动能不守恒,D错误。

2.(多项选择)(2018·吉林高二检测)以下图,小车在圆滑的水平面上向左运动,木块以水平向右的速度滑上小车并在小车的水平车板上运动,且最后未滑出小车。

以下说法中正确的选项是()A.若小车的动量大于木块的动量,则木块先减速再加快后匀速B.若小车的动量大于木块的动量,则小车先减速再加快后匀速C.若小车的动量小于木块的动量,则木块先减速后匀速D.若小车的动量小于木块的动量,则小车先减速后匀速【分析】选A、C。

小车和木块水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,若小车的动量大于木块的动量,Mv2-mv1=(M+m)v,末动量方向向左,木块先减速再反向加快后匀速,A对;同理若小车的动量小于木块的动量,则木块先减速后匀速。

C对。

【赔偿训练】(2017·梅州高二检测)以下图,一小车静止在圆滑水平面上,甲、乙两人分别站在左右双侧,整个系统本来静止,则当两人同时相向走动时()A.要使小车静止不动,甲乙速率必相等B.要使小车向左运动,甲的速率一定比乙的大C.要使小车向左运动,甲的动量一定比乙的大D.要使小车向左运动,甲的动量一定比乙的小【分析】选C。

甲、乙两人与小车构成的系统动量守恒,即甲、乙两人动量的矢量和与小车动量等大反向。

3.以下图,设车厢长为L,质量为M,静止在圆滑水平面上,车厢内有一质量为m的物体,以速度v0向右运动,与车厢壁往返碰撞n次后,静止于车厢中,这时车厢的速度为()A.0B.v0,水平向右C.,水平向右D.,水平向右【分析】选C。

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5 反冲运动火箭自主广场我夯基我达标1.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.m M mv - B.mM mv -- C.M m mv -- D.M mv - 思路解析:由于原子核原来处于静止状态，总动量为零，可由动量守恒定律列方程求解.由动量守恒定律得：0=mv+（M-m ）v′ 解得：v′=mM mv --. 答案:B2.倾角为θ、长为L 的各面光滑的斜面体置于水平地面上，已知斜面质量为M ，今有一质量为m 的滑块（可视为质点）从斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，滑块滑到底端时，求斜面后退位移s 的大小.思路解析:以滑块和斜面体组成的系统为研究对象，水平方向系统不受外力，系统水平方向动量守恒，以斜面体后退方向为正方向，根据动量守恒定律，列方程有：0=M·ts L m t s M -•-•θcos ，解得s=mM L m +••θcos . 答案:s= m M L m +••θcos 3.一个飞行器为完成空间考察任务，需降落到月球表面，在飞行器离月球表面较近处，开启喷气发动机向下喷出高温、高压气体，使飞行器以不太大的速度匀速降落到月球表面上，若飞行器质量M=1.8 t ，气体喷出的速度（对月球表面）是103 m/s ，月球表面重力加速度g′=g/6（g 取10 m/s 2），短时间内喷出的气体质量不太大，可认为不影响飞行器的总质量，则每秒喷出的气体质量为多少？思路解析:设每秒喷出的气体质量为m 0，则时间t 内喷出的气体总质量为m 0t ，设飞行器对喷出的气体的作用力为F ，则喷出的气体对飞行器的反作用力F′与F 大小相等，以时间t 内喷出的气体为研究对象，由动量定理可得：Ft=m 0tv-0 ①由于飞行器匀速运动，则F′=Mg′，故F=Mg′ ② 将②代入①得：Mg′=m 0vm 0=61010108.1'33⨯⨯⨯=v Mg kg=3 kg. 答案:3 kg4.从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为100 m ，上升速度为17.5 m/s 时，沿竖直方向炸成质量相等的A 、B 两块，其中A 块经4 s 落回出发点，求B 块经多长时间落回出发点？（不计空气阻力，取g=10 m/s 2）思路解析:在礼花弹爆炸的瞬间，虽然受到的外力不为零（受重力作用），但由于爆炸产生的内力远大于重力，故重力可忽略，所以在爆炸过程中仍可应用动量守恒定律求解.设爆炸后A 的速度为v A ，并设向上为正方向由-h=v A t-21gt 2得v A =-5 m/s 在爆炸过程中，根据动量守恒定律（仍设向上为正方向）mv=21mv A +21mv B 得v B =40 m/s 由-h=v B t-21gt′2得t′=10 s 即B 块经10 s 落回地面.答案:10 s5.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m C =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m A =1 kg ，m B =4 kg ，开始时A 、B 、C 都静止，并且AB 间夹有少量的塑胶炸药，如图16-5-2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：图16-5-2（1）当两滑块都与挡板相撞后，板C 的速度多大？（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？思路解析:由于爆炸A 、B 相互作用系统满足动量守恒，A 、B 分离后以不同速率奔向挡板，A 先到达挡板与C 作用，发生完全非弹性碰撞，以后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：m A v A +m B v B =0得v B =-1.5 m/s对A 、B 、C 组成的系统开始时静止由动量守恒有（m A +m B +m C ）v C =0得v C =0，即最终木板C 的速度为0.（2）A 先与C 相碰由动量守恒：m A v A =（m A +m C ）v 共，所以v 共=1 m/s从炸药爆炸到A 、C 相碰的时间：t 1=612=A v ls ，此时B 距C 的右壁s B =2l -v B t 1=0.75 m ，设再经过t 2时间B 到C 相碰，则 t 2=共v v s B B +=0.3 s ，故C 向左的位移 Δs c =v 共t=1×0.3 m=0.3 m.答案:（1）0 （2）0.3 m 方向向左6.一质量为6×103 kg 的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速度（相对于火箭）为103 m/s ，求：（1）每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？（2）每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20 m/s 2的加速度？思路解析:这是一个反冲运动的问题，火箭升空是喷出的气体对火箭反作用力的结果，可以根据动量定理先求出火箭对气体的作用力.（1）以喷出的气体质量为研究对象，设每秒喷出的质量为Δm，火箭对这部分气体的作用力为F ，由动量定理有FΔt=Δmv 0 ①火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′=F，对火箭来说（忽略气体的重力）F′=Mg ②由①②两式解得3301010106⨯⨯==∆∆v Mg t m kg/s=60 kg/s 即要获得克服火箭重力的推力，每秒要喷出60 kg 的气体.（2）同第（1）问，以喷出的气体Δm 为对象FΔt=Δmv 0 ③而对火箭F-Mg=Ma ④ 由③④两式解得33010)2010(106)(+⨯⨯=+=∆∆v a g M t m kg/s=180 kg/s. 答案:（1）60 kg/s （2）180 kg/s7.如图16-5-3所示，自行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，自行火炮的速度变为v 2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v 0为（）图16-5-3A.m mv v v m 221)(+-B.mv v M )(21- C.m mv v v m 2212)(+- D.m v v m v v M )()(2121--- 思路解析: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Mv 1，发射后系统的动量之和为（M-m ）v 2+m （v 0+v 2）.由Mv 1=（M-m ）v 2+m （v 0+v 2），解得v 0=mv v M v m v m M Mv )()(21221-=---. 答案:B8.连同炮弹在内的炮车停放在水平地面上，炮车质量为M ，炮膛中炮弹质量为m ，炮车与地面间动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α，设炮弹以速度v 0相对炮筒射出，那么炮车在地面上后退多远？思路解析:发射炮弹，相互作用力远大于摩擦力，所以水平方向满足动量守恒定律，仰角α以v 0射出，即v 0是相对于炮筒的速度，将v 0分解，水平v x0=v 0cosα.设炮身后退速度大小为v ，则炮弹水平向前的速度大小为v 0cosα-v.由水平方向动量守恒有Mv=m （v 0cosα-v ），则v=mM mv +αcos 0，炮车滑行加速度a=μg，由v 12=v 02+2as ，有0=(m M mv +αcos 0)2+2(-μg)s，所以s=)(2cos 2202m M g v m +μα. 答案:)(2cos 2202m M g v m +μα 我综合我发展9.一个宇航员，连同装备的总质量为100 kg ，在空间跟飞船相距45 m 处相对飞船处于静止状态.他带有一个装有0.5 kg 氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s 的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必然保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸.已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4 kg/s ，试问：（1）如果他在准备返回飞船的瞬间，释放0.15 kg 的氧气，他能安全地回到飞船吗？（2）宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？思路解析:宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，根据动量守恒定律，可以计算出宇航员返回的速度，根据宇航员离开飞船的距离和返回速度，可以求出宇航员返回的时间，即可求出这段时间内宇航员要消耗的氧气，再和喷射后剩余氧气质量相比，即求出答案.（1）令M=100 kg ，m 0=0.5 kg ，Δm=0.15 kg，氧气释放速度为v ，宇航员在释放氧气后的速度为v′，由动量守恒定律得0=（M-Δm）v′-Δm（v-v′） v′=10015.0=∆v M m ×50 m/s=0.075 m/s 宇航员返回飞船所需时间t=075.045'=v s s=600 s. 宇航员返回途中所耗氧气m′=kt=2.5×10-4×600 kg=0.15 kg 氧气筒喷射后所余氧气m″=m 0-Δm=（0.5-0.15） kg=0.35 kg因为m″＞m′，所以宇航员能顺利返回飞船.（2）设释放的氧气Δm 未知，途中所需时间为t ，则m 0=kt+Δm 为宇航员返回飞船的极限条件. t=s mm v s m M v s ∆=•∆=•∆=905045100' 0.5=2.5×10-4×m ∆90+Δm 解得Δm 1=0.45 kg 或Δm 2=0.05 kg.分别代入t=m∆90，得t 1=200 s ，t 2=1 800 s. 即宇航员安全返回飞船的最长时间为1 800 s ，最短时间只有200 s.答案:（1）能（2）最长时间1 800 s ，最短时间200 s10.总质量为m 的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R 的圆形轨道绕地球运动到P 点时，接到地面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低速度并转到跟地球相切的椭圆轨道，如图16-5-4所示，要使卫星对地速度降为原来的98，卫星在P 处应将质量为Δm 的燃气以多大的对地速度向前喷出？（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R 0，地面重力加速度为g ）图16-5-4思路解析:由于地球半径R 0和地面重力加速度g 为已知，可求出人造地球卫星在原轨道上时的速度，再由动量守恒定律求出喷气速度.地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，故R mv RGMm 22= 即v=R GM ① 又由于在地球表面附近20R GMm =mg 即GM=gR 02 ② 将②代入①式可得v=RgR 20 设卫星在P 点喷出的燃气对地速度为v′，卫星与燃气组成的系统动量守恒，则有mv=(m-Δm)98v+Δmv′ 即m R gR m m R gR 202098)(∆-=+Δmv′ 解得：v′=RgR m m m 2098∆∆+. 答案:R gR m m m 2098∆∆+高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。