1.6 反冲现象 火箭 课时作业（含答案）

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1、第第 6 节节 反冲现象反冲现象 火箭火箭 基础过关 1.关于反冲的说法中，正确的是( ) A.抛出部分的质量 m1要小于剩下部分的质量 m2才能获得反冲 B.若抛出部分的质量 m1大于剩下部分的质量 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.抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律 答案 D 2.一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

2、.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 A 3.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，下列说法不正确的是( ) 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，选项 A、B、C 正确，D 错误。 答案 D 4.(2019 江苏卷，12)质量为 M 的小

3、孩站在质量为 m 的滑板上，小孩和滑板均处 于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时 的速度大小为 v，此时滑板的速度大小为( ) A.m Mv B.M mv C. m mMv D. M mMv 解析 由题意知：小孩和滑板组成的系统动量守恒， 则 Mvmv0 得 vMv m ，即滑板的速度大小为Mv m ，方向与小孩运动的方向相反，故 B 项正 确。 答案 B 5.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

4、向飞去 C.可能做自由落体运动 D.以上说法都不对 解析 根据动量守恒定律得 vMv 0mv Mm 。mv 可能大于、小于或等于 Mv0，所 以 v可能小于、大于或等于零，故选项 C 正确。 答案 C 6.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 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 S1 B.打开阀门 S2 C.打开阀门 S3 D.打开阀门 S4 解析 根据反冲特点，当阀门 S2打开时，小车将受到向前的推力，从而向前运 动，故选项 B 正确，A、C、D 均错误。 答案 B 7.质

5、量 m100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着 m甲 40 kg、m乙60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向 右同时以相对于岸 3 m/s 的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向 为( ) A.0.6 m/s，向左 B.3 m/s，向左 C.0.6 m/s，向右 D.3 m/s，向右 解析 甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为 零，根据动量守恒定律有 0m甲v甲m乙v乙mv，解得 vm 甲v甲m乙v乙 m ，代 入数据解得 v0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项 A 正确。 答案 A 8.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是

6、x， 假设他站在船头要 跳到距离在 L 远处的平台上，水对船的阻力不计，如图所示。 则( ) A.只要 Lx，他一定能跳上平台 B.只要 Lx，他有可能跳上平台 C.只要 Lx，他一定能跳上平台 D.只要 Lx，他有可能跳上平台 解析 若立定跳远时，人离地时速度为 v，如题图从船上起跳时，人离船时速度 为 v，船的速度为 v船，由能量守恒定律知 E1 2mv 2，E1 2mv 21 2mv 2 船，所以 v v，人跳出的距离变小，所以选项 B 正确。 答案 B 9.质量为 m 的炮弹沿水平方向飞行，其动能为 Ek，突然在空中爆炸成质量相同 的两块，其中一块向后飞去，动能为Ek 2 ，另一块向前

7、飞去，则向前的这块的动能 为( ) A.Ek 2 B.9Ek 2 C.9Ek 4 D.94 2 2 Ek 解析 由于爆炸产生的作用力远大于重力，在爆炸的瞬间水平方向上动量守恒， 根据动量守恒求出另一块炸弹的速度，从而求出动能的大小。 炸弹开始动能 Ek1 2mv 2，解得 v 2Ek m 。其中一块动能为Ek 2 1 2 m 2v 2 1，解得 v1 2Ek m ，根据动量守恒定律得 mvm 2v1 m 2v2，解得 v23 2Ek m ，则动能 Ek1 2 m 2v 2 29 2Ek，B 正确。 答案 B 10.如图所示，质量为 m 的小球 A 系在长为 l 的轻绳一端，另 一端系在质量为

8、M 的小车支架的 O 点。现用手将小球拉至水 平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与 B 处固 定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车的位移是( ) A.向右，大小为ml M B.向左，大小为ml M C.向右，大小为 ml Mm D.向左，大小为 ml Mm 解析 当小球向下摆动的过程中，小球与小车组成的系统，水平方向动量守恒， 即 0mvMV，变形得 mvMV，两边同乘以 t，可得 mvtMVt，设小车的位 移大小为x， 则小球相对于地的位移大小为lx， 可得m(lx)Mx， 解得x ml Mm， 方向向左，故 D 正确，A、B、C 错误。 答案 D 能力提升 11.(多选)

9、如图所示，质量均为 M 的甲、乙两车静置在光滑的水平面上，两车相 距为 L。乙车上站立着一个质量为 m 的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车 最后相接触，以下说法正确的是( ) A.甲、乙两车运动中速度之比为Mm M B.甲、乙两车运动中速度大小之比为 M Mm C.甲车移动的距离为 Mm 2MmL D.乙车移动的距离为 M 2MmL 解析 甲车、乙车、人看成一个系统，则系统动量守恒，由动量守恒定律 Mv甲 (Mm)v 乙，得v 甲 v乙 Mm M ，即甲、乙两车运动中速度大小之比等于Mm M ，A 正确， B 错误；Mx甲(Mm)x乙，x甲x乙L，解得 x甲 Mm 2MmL，x 乙 M 2

10、Mm L，C、D 正确。 答案 ACD 12.如图所示，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上， 小车上 AB 部分是半径为 R 的四分之一光滑圆弧，BC 部 分是粗糙的水平面。现把质量为 m 的小物体从 A 点由静止释放，小物体与 BC 部分间的动摩擦因数为 ，最终小物体与小车相对静止于 B、C 之间的 D 点，则 B、D 间的距离 x 随各量变化的情况是( ) A.其他量不变，R 越大 x 越大 B.其他量不变， 越大 x 越大 C.其他量不变，m 越大 x 越大 D.其他量不变，M 越大 x 越大 解析 小物体与小车组成的系统水平方向动量守恒，所以当两物体相对静止时， 系统水平方向的总动

11、量为零， 则两物体最终会停止运动， 由能量守恒定律有 mgx mgR，解得 xR ，故选项 A 正确，B、C、D 错误。 答案 A 13.反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出， 小车沿相反方向运动。如果小车的总质量 M3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量 m 0.1 kg。 (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度 v2.9 m/s，求小车的反冲速度； (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成 60 角，小车的反冲速度又 如何？(小车一直在水平方向运动) 解析 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡 皮塞运动的方向为正方向 根据动量守恒定

12、律，mv(Mm)v0 v m Mm v 0.1 30.12.9 m/s0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是 0.1 m/s。 (2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。以橡皮塞运动的水平分运动方 向为正方向，有 mvcos 60 (Mm)v0 vmvcos 60 Mm 0.12.90.5 30.1 m/s0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是 0.05 m/s。 答案 (1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反 (2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反 14.平板车停在水平光滑的

13、轨道上， 平板车上有一人从固定在车 上的货箱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， 距货箱水平距离为 l4 m， 如图所示。 人的质量为 m， 车连同货箱的质量为 M4m，货箱 高度为 h1.25 m。求车在人跳出后到人落到 A 点前的反冲速度为多大(g 取 10 m/s2)。 解析 人从货箱边跳离的过程，人、车和货箱组成的系统在水平方向动量守恒， 设人的水平速度大小是 v1，车的反冲速度大小是 v2，取向右为正方向，则 mv1 Mv20，解得 v21 4v1 人跳离货箱后做平抛运动，车以 v2向左做匀速运动，运动时间为 t 2h g 21.25 10 s0.5 s。由图可知，在这段时间内人的水平位移 x1和车的位移 x2 分别为 x1v1t，x2v2t 且 x1x2l 即 v1tv2tl 则 v2 l 5t 4 50.5 m/s1.6 m/s。 答案 1.6 m/s