2024-2025學(xué)年高中物理第一章動(dòng)量守恒定律6反沖現(xiàn)象火箭課時(shí)作業(yè)含解析新人教版選擇性必修第一冊(cè)

PAGEPAGE7課時(shí)作業(yè)5反沖現(xiàn)象火箭1．(多選)下列圖片所描述的事例或應(yīng)用中，利用了反沖原理的是(ABC)解析：噴灌裝置的自動(dòng)旋轉(zhuǎn)是利用水流噴出時(shí)的反沖作用而運(yùn)動(dòng)的，故屬于反沖運(yùn)動(dòng)，A正確；章魚(yú)在水中前行和轉(zhuǎn)向利用了噴出的水的反沖作用，B正確；氣球帶動(dòng)小車(chē)是利用噴出的氣體的反沖作用運(yùn)動(dòng)的，屬于反沖運(yùn)動(dòng)，C正確；碼頭邊輪胎的作用是延長(zhǎng)碰撞時(shí)間，從而減小作用力，不是利用了反沖作用，D錯(cuò)誤．2．如圖所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由限制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分別．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分別后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽視空氣阻力及分別前后系統(tǒng)質(zhì)量的改變，則分別后衛(wèi)星的速率v1為(D)A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：忽視空氣阻力和分別前后系統(tǒng)質(zhì)量的改變，衛(wèi)星和箭體整體分別前后動(dòng)量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，故D項(xiàng)正確．3．如圖所示，自行火炮連同炮彈的總質(zhì)量為m0，當(dāng)炮筒水平，火炮車(chē)在水平路面上以v1的速度向右勻速行駛中，放射一枚質(zhì)量為m的炮彈后，自行火炮的速度變?yōu)関2，仍向右行駛，則炮彈相對(duì)炮筒的放射速度v0為(B)A.eq\f(m0v1－v2＋mv2,m)B.eq\f(m0v1－v2,m)C.eq\f(m0v1－v2＋2mv2,m)D.eq\f(m0v1－v2－mv1－v2,m)解析：自行火炮水平勻速行駛時(shí)，牽引力與阻力平衡，系統(tǒng)動(dòng)量守恒．設(shè)向右為正方向，放射前總動(dòng)量為m0v1，放射后系統(tǒng)的動(dòng)量之和為(m0－m)v2＋m(v0＋v2)，則由動(dòng)量守恒定律可知m0v1＝(m0－m)v2＋m(v0＋v2)解得v0＝eq\f(m0v1－m0－mv2,m)－v2＝eq\f(m0v1－v2,m).4．一航天探測(cè)器完成對(duì)月球的探測(cè)后，離開(kāi)月球的過(guò)程中，由靜止起先沿著與月球表面成肯定傾角的直線飛行，先加速運(yùn)動(dòng)后勻速運(yùn)動(dòng)．探測(cè)器通過(guò)噴氣而獲得動(dòng)力，以下關(guān)于噴氣方向的說(shuō)法正確的是(C)A．探測(cè)器加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，向后噴射B．探測(cè)器加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直向下噴射C．探測(cè)器勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直向下噴射D．探測(cè)器勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，不須要噴射解析：航天探測(cè)器通過(guò)反沖運(yùn)動(dòng)獲得動(dòng)力，可以依據(jù)探測(cè)器的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)結(jié)合牛頓其次定律推斷合力的狀況，由噴氣方向可以推斷推動(dòng)力的方向．航天探測(cè)器做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力應(yīng)當(dāng)與運(yùn)動(dòng)方向相同，噴氣方向應(yīng)當(dāng)是向下偏后方向噴射；探測(cè)器做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力為零，由于受到月球的萬(wàn)有引力的作用，探測(cè)器必定要朝豎直向下的方向噴射，來(lái)平衡萬(wàn)有引力，不行能不噴氣．故只有選項(xiàng)C正確．5．(多選)一小型火箭在高空繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若其沿運(yùn)動(dòng)方向的相反方向釋放出一物體P，不計(jì)空氣阻力，則(AC)A．火箭肯定離開(kāi)原來(lái)軌道運(yùn)動(dòng)B．物體P肯定離開(kāi)原來(lái)軌道運(yùn)動(dòng)C．火箭運(yùn)動(dòng)半徑肯定增大D．物體P運(yùn)動(dòng)半徑肯定減小解析：由反沖運(yùn)動(dòng)的學(xué)問(wèn)可知，火箭的速度肯定增大，火箭做離心運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半徑增大．但物體P是否離開(kāi)原來(lái)的軌道運(yùn)動(dòng)，要依據(jù)釋放時(shí)的速度大小而定，若釋放的速度與原來(lái)的速度大小相等，則P仍在原來(lái)的軌道上反方向運(yùn)動(dòng)．反之，軌道半徑改變．6．(多選)某人站在靜止于水面的船上，從某時(shí)刻起先，人從船頭走向船尾，水的阻力不計(jì)，則(ABC)A．人勻速運(yùn)動(dòng)，船則勻速后退，兩者的速度大小與它們的質(zhì)量成反比B．人走到船尾不再走動(dòng)，船也停止不動(dòng)C．不管人如何走動(dòng)，人在行走的隨意時(shí)刻人和船的速度方向總是相反，大小與它們的質(zhì)量成反比D．船的運(yùn)動(dòng)狀況與人行走的狀況無(wú)關(guān)解析：由動(dòng)量守恒定律可知，A、B、C正確．7．如圖所示，一質(zhì)量為m的玩具蛙蹲在質(zhì)量為M的小車(chē)的細(xì)桿上，小車(chē)放在光滑的水平面上，若車(chē)長(zhǎng)為L(zhǎng)，細(xì)桿高為h且位于小車(chē)的中心，試問(wèn)玩具蛙對(duì)地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上(重力加速度為g)?答案：eq\f(ML,2M＋m)eq\r(\f(g,2h))解析：蛙和車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則Mv′－mv＝0蛙下落時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))若蛙恰好落地，則有v′t＋vt＝eq\f(L,2)解得v＝eq\f(ML,2M＋m)eq\r(\f(g,2h)).8．如圖所示，質(zhì)量為m0的小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，車(chē)上裝有半徑為R的半圓形光滑軌道，現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球在軌道的邊緣由靜止釋放，當(dāng)小球滑至半圓軌道的最低位置時(shí)，小車(chē)移動(dòng)的距離為多少？小球的速度大小為多少？答案：eq\f(m,m0＋m)Req\r(\f(2m0gR,m0＋m))解析：以車(chē)和小球組成的系統(tǒng)在水平方向總動(dòng)量為零且守恒．當(dāng)小球滑至最低處時(shí)車(chē)和小球相對(duì)位移是R，利用“人船模型”可得小車(chē)移動(dòng)距離為eq\f(m,m0＋m)R.設(shè)此時(shí)小車(chē)速度大小為v1，小球速度大小為v2，由動(dòng)量守恒有m0v1＝mv2，由能量守恒有mgR＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\r(\f(2m0gR,m0＋m)).1．質(zhì)量m＝100kg的小船靜止在安靜水面上，船兩端載著m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平線上甲向左、乙向右同時(shí)以相對(duì)于岸3m/s的速度躍入水中，如圖所示，則之后小船的速率和運(yùn)動(dòng)方向?yàn)?A)A．0.6m/s，向左 B．3m/s，向左C．0.6m/s，向右 D．3m/s，向右解析：以向左為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入數(shù)據(jù)解得v′＝0.6m/s，方向向左．2．一個(gè)同學(xué)在地面上立定跳遠(yuǎn)的最好成果是s.假設(shè)他站在車(chē)的A端，如圖所示，想要跳到距離為l遠(yuǎn)的站臺(tái)上，不計(jì)車(chē)與地面的摩擦阻力，則(B)A．只要l<s，他肯定能跳上站臺(tái)B．只要l<s，他就有可能跳上站臺(tái)C．只要l＝s，他肯定能跳上站臺(tái)D．只要l＝s，他就有可能跳上站臺(tái)解析：人起跳的同時(shí)，小車(chē)要做反沖運(yùn)動(dòng)，所以人跳的距離小于s，故l<s時(shí)，才有可能跳上站臺(tái)．3．如圖所示，滑槽M1與滑塊M2緊靠在一起，靜止于光滑的水平面上．小球m從M1的右上方無(wú)初速度地下滑，當(dāng)m滑到M1左方最高處時(shí)，M1將(B)A．靜止 B．向左運(yùn)動(dòng)C．向右運(yùn)動(dòng) D．無(wú)法確定解析：小球m和滑槽M1、滑塊M2三個(gè)物體構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，這個(gè)系統(tǒng)所受水平方向的合外力為零，所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，小球m下滑前系統(tǒng)總動(dòng)量為零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑塊M2作用，作用結(jié)果使滑塊M2向右運(yùn)動(dòng)，有向右的動(dòng)量．當(dāng)m滑到左方最高點(diǎn)時(shí)，小球m和滑槽M1的相對(duì)速度為零，但小球m和滑槽M1這個(gè)整體向左運(yùn)動(dòng)，有向左的動(dòng)量，這樣才能保證系統(tǒng)總動(dòng)量為零．故選項(xiàng)B正確．4．將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的炙熱氣體．忽視噴氣過(guò)程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是(D)A.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0解析：應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決本題，留意火箭模型質(zhì)量的改變．取向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝eq\f(mv0,M－m)，選項(xiàng)D正確．5．穿著溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向舉槍射擊，設(shè)第一次射出子彈后，人后退的速度為v，則(設(shè)每顆子彈射出時(shí)對(duì)地面的速度相同)(C)A．無(wú)論射出多少顆子彈，人后退的速度為v保持不變B．射出n顆子彈后，人后退的速度為nvC．射出n顆子彈后，人后退的速度大于nvD．射出n顆子彈后，人后退的速度小于nv解析：設(shè)人、槍(包括子彈)總質(zhì)量為M，每顆子彈質(zhì)量為m，子彈射出速度大小為v0，由動(dòng)量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，設(shè)射出n顆后，后退速度為v′，則有(M－nm)v′＝nmv0，由以上分析得v＝eq\f(mv0,M－m)，v′＝eq\f(nmv0,M－nm)，因?yàn)镸－m>M－nm，所以有v′>nv，C正確．6．質(zhì)量相等的A、B兩球之間壓縮一根輕質(zhì)彈簧，靜置于光滑水平桌面上，當(dāng)用板攔住小球A而只釋放B球時(shí)，B球被彈出落到距桌邊水平距離為s的地面上，如圖所示．若再次以相同力壓縮該彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放，則B球的落地點(diǎn)距桌邊(D)A.eq\f(s,2) B.eq\r(2)sC．s D.eq\f(\r(2),2)s解析：擋板攔住A球時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為B球的動(dòng)能，有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，擋板撤走后，彈性勢(shì)能被兩球平分，則有Ep＝2×eq\f(1,2)mvB′2，由以上兩式解得vB′＝eq\f(\r(2),2)vB，由于B球拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，s＝vBt＝vBeq\r(\f(2h,g))，s′＝vB′eq\r(\f(2h,g))＝eq\f(\r(2),2)vBeq\r(\f(2h,g))，所以s′＝eq\f(\r(2),2)s，所以D對(duì)．7．(多選)下列說(shuō)法正確的是(BCD)A．一對(duì)平衡力所做功之和肯定為零，一對(duì)作用力與反作用力所做功之和也肯定為零B．一對(duì)平衡力的沖量之和肯定為零，一對(duì)作用力與反作用力的沖量之和也肯定為零C．物體所受合力沖量的方向肯定與物體動(dòng)量的改變方向相同，不肯定與物體的末動(dòng)量方向相同D．火箭噴出的燃?xì)獾乃俣仍酱?、火箭的質(zhì)量比越大，則火箭獲得的速度就越大解析：合力的功等于各個(gè)分力的功的代數(shù)和，一對(duì)平衡力的合力為零，故一對(duì)平衡力所做功之和肯定為零，一對(duì)作用力與反作用力作用在兩個(gè)不同的物體上，兩個(gè)力的作用點(diǎn)的位移不肯定相等，故一對(duì)作用力與反作用力所做功之和可以不為零，故A錯(cuò)誤；沖量是力與時(shí)間的乘積，故一對(duì)平衡力的沖量大小相等、方向相反，故一對(duì)平衡力的沖量之和肯定為零，一對(duì)作用力與反作用力大小相等、方向相反、作用時(shí)間相等，故一對(duì)作用力與反作用力的沖量之和也肯定為零，故B正確；依據(jù)動(dòng)量定理，物體所受合力沖量的方向肯定與物體動(dòng)量的改變方向相同，不肯定與物體的末動(dòng)量方向相同，故C正確；火箭是利用反沖原理工作的，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有0＝(M－m)v－mv′，得v′＝eq\f(M－m,m)v，噴出的燃?xì)獾乃俣仍酱?、火箭的質(zhì)量比越大，則火箭能夠獲得的速度就越大，故D正確．8．(多選)向空中放射一物體，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時(shí)，物體炸裂成a、b兩部分，若質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來(lái)的方向，則(CD)A．b的速度方向肯定與原速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時(shí)間里，a飛行的水平距離肯定比b的大C．a(chǎn)、b肯定同時(shí)到達(dá)水平地面D．在炸裂過(guò)程中，a、b受到的爆炸力的大小肯定相等解析：爆炸后系統(tǒng)的總機(jī)械能增加，但不能確定a、b的速度大小，故b的方向也不能確定，所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；因炸開(kāi)后a、b都做平拋運(yùn)動(dòng)，且高度相同，故選項(xiàng)C正確；由牛頓第三定律知，選項(xiàng)D正確．9．課外科技小組制作一只“水火箭”，用壓縮空氣壓出水流使火箭運(yùn)動(dòng)．假如噴出的水流流量保持為2×10－4m3/s，噴出速度保持為對(duì)地1