高中物理-反冲运动火箭课后训练

高中物理-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________。

9．如图所示,质量为m、半径为R的小球,放在半径为2R、质量为2m的大空心球内。

大球开始静止在光滑的水平面上,当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时,大球移动的距离是多少？10．如图所示,质量为M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________,小球的速度大小为________。

11．将一支小火箭沿竖直方向向上发射,最初0.3 s内喷出的气体的质量为30×10－3kg,气体喷出的速度为600 m/s,若喷气后火箭的质量为2 kg,火箭在这段时间内上升的平均加速度为多少？(g取10 m/s2)12．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,求：(1)车在人跳出后到落到地板期间的反冲速度？(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？参考答案1.答案：ABCD 点拨：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；直升机通过螺旋桨击打空气,通过反冲获得上升的动力；反击式水轮机靠水轮击打水,通过反冲获得动力。

2.答案：B 点拨：由于原子核原来处于静止状态,因此系统总动量为零,原子核放出粒子的过程中,动量守恒。

由动量守恒定律得：0＝mv＋(M－m)v′解得v′＝－mvM m-。

3.答案：B 点拨：火箭工作的原理是反冲运动,是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾部喷管迅速喷出时,使火箭获得反冲速度。

故B项正确。

4.答案：A 点拨：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。

5.答案：4 m/s点拨：“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′＝QtvM Qtρρ-＝3434102102101.4102102--⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯m/s＝4 m/s。

6.答案：B 点拨：分开时,前舱和抽出的水相互作用,靠反冲向前加速运动。

若不分开,前后舱和水是一个整体,则不动。

7.答案：BD 点拨：m从a到b的过程中,半球槽与墙壁存在相互作用,(m＋M)系统动量不守恒,但球与槽间的作用力是系统内的弹力,且对m不做功,故m机械能守恒；m运动到b 点右侧,M向右运动,弹力对M做正功,对m做负功,两者速度相同,m达到最高点,但由于m有机械能损失,故不能达c点；在m相对M从最高点向左运动直到b的过程中,M受到的弹力一直使M加速,故m到达b点时,M的速度达最大。

8.答案：0cosmvM θ-2222cos 2m vkM gθ点拨：在炮弹发射过程中,炮车所受阻力远小于内力,故系统在水平方向动量守恒设炮车速度为v,则由水平方向动量守恒可得：0＝Mv＋mv0cos θ,所以v＝0cosmvM θ-。

负号表示炮车是后退的。

炮车获得后退速度后,在摩擦阻力作用下后退一段距离将停下。

由题意及牛顿第二定律可得,炮车后退的加速度为：a＝kMgM＝kg。

又由运动学公式可得炮车后退距离s＝22222cos22m vva kM gθ=。

9.答案：1 3 R点拨：由水平方向平均动量守恒得mx小球＝2mx大球又x小球＋x大球＝R联立解得x 大球＝13R 。

10. 答案：m R M m+ 点拨：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m R M m+。

设此时小车速度为v 1,小球速度为v 2,由动量守恒为Mv 1＝mv 2,由能量守恒有mgR ＝22121122Mv mv +,解得v 2＝11. 答案：20 m/s 2点拨：由牛顿第二定律知,物体的加速度由物体所受合外力决定,火箭喷出气体的过程中,受向上的反冲力和向下的重力作用,因此只要求出火箭所受反冲力,就可求出加速度。

设喷出气体的质量为m ,速度为v ,则m ＝30×10－3 kg,v ＝600 m/s,这部分气体在Δt ＝0.3 s 内,速度由0变到v ,设平均作用力为F ,由加速度定义式知气体的加速度a ＝v t ∆∆＝0v t-∆＝6000.3 m/s 2＝2 000 m/s 2,由牛顿第二定律知F ＋mg ＝ma ,所以气体受到的平均作用力F ＝ma －mg ＝30×10－3×2 000 N－30×10－3×10 N≈60 N。

根据牛顿第三定律知,小火箭受到的反冲力F ′＝60 N,方向向上,设其加速度为a ′,据牛顿第二定律得F ′－Mg ＝Ma ′,所以a ′＝260(10)m/s 2F g M '-=-＝20 m/s 2。

12. 答案：(1)1.6 m/s (2)不动 0.8 m点拨：人从货厢上跳出的过程中,人与货厢及车组成的系统水平方向动量守恒。

人落到车上的过程中,系统水平方向动量仍守恒。

人在空中运动过程中做平抛运动,而车做匀速直线运动。

(1)人从货厢边跳离的过程,系统(人、车和货厢)水平方向动量守恒,设人的水平速度是v 1,车的反冲速度是v 2,则mv 1－Mv 2＝0,解得v 2＝114v 。

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 =＝0.5 s,在这段时间内人的水平位移s 1和车的位移s 2分别为s 1＝v 1t ,s 2＝v 2t 。

由图可知,s 1＋s 2＝l 。

即v 1t ＋v 2t ＝l ,则v 2＝4m/s 550.5l t =⨯＝1.6 m/s 。

(2)车的水平位移为s 2＝v 2t ＝1.6×0.5 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(水平方向系统没有受外力,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：mv1－Mv2＝(M＋m)v,可得v＝0。

故人落到车上A点站定后车的速度为零。