人教版选修3-5同步练习：16.5反冲运动火箭(2)(含答案)

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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。

人教版选修3-5 16.5 反冲运动火箭作业

课后提升作业【基础达标练】1.(2018·济宁高二检测)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的反方向飞去C.可能做自由落体运动D.以上说法都不对【解析】选C。

根据动量守恒得v′=。

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C正确。

2.(2018·衡水高二检测)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S1B.打开阀门S2C.打开阀门S3D.打开阀门S4【解析】选B。

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B项正确,A、C、D均错。

3.步枪的质量为4.1 kg,子弹的质量为9.6 g,子弹从枪口飞出时的速度为865 m/s,步枪的反冲速度为( )A.2 m/sB.1 m/sC.3 m/sD.4 m/s【解析】选A。

由动量守恒定律:Mv1-mv2=0,得v1=m/s=2 m/s。

4.将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。

忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.v0B.v0C.v0D.v0【解题指南】解答本题时应明确以下两点:(1)火箭模型在极短时间点火升空,遵循动量守恒定律。

(2)明确点火前后两个状态下研究对象的动量。

【解析】选D。

火箭模型在极短时间点火,设火箭模型获得速度为v,据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v=v0,故选D。

5.(2018·德州高二检测)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水平面上。

高中物理人教版选修3-5练习：第十六章+第5节+反冲运动+火箭+随堂检测--(附解析答案)

1．(对应要点一)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解析：设飞机和喷出气体的质量分别为M、m，速度大小分别为v1、v2，并选飞机飞行方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mv1－mv2＝0，解得v1＝mv2 M，分析可得选项A、C对。

答案：AC2．(对应要点二)一辆小车置于光滑水平面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端装一网兜。

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．在原位置没动C．向右移动一段距离停下D．一直向左移动解析：本题属于“人船模型”，弹丸相当于“人”，车及其上固定的弹簧枪相当于“船”。

发射弹丸后，车向左移动，弹丸落入网兜的同时车停止。

答案：A3．(对应要点二)气球质量为200 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这根绳子长度至少应为________。

(不计人的高度)解析：下滑过程人和气球组成的系统总动量为零且守恒，以向下为正方向，设m1、m2分别为人和气球的质量，v1、v2分别为人和气球的平均速度大小，则m1v1－m2v2＝0，m1s1－m2s2＝0，s1＝20 m，s2＝m1s1 m2＝5 m，绳长l＝s1＋s2＝25 m。

(竖直方向上的“人船模型”) 答案：25 m4．(对应要点一)在太空中有一枚相对于太空站相对静止的质量为M的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出的速度为v0(相对于太空站)，紧接着再喷出质量也为m的另一部分气体，此后火箭获得的速度为v(相对太空站)，火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站)?。

2020高中物理选修3-5同步第十六章 5 反冲运动火箭

5反冲运动火箭[学习目标] 1.了解反冲运动及反冲运动的典型事例.2.能够应用动量守恒定律分析反冲运动问题.3.了解火箭的飞行原理及决定火箭最终速度大小的因素．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，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．二、火箭1．工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大的向前的速度．2．影响火箭获得速度大小的两个因素：(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2 000～4 000 m/s.(2)质量比：火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．3．现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等．[即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．(√)(2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析．(×)(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子．(√)(4)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．(×)(5)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．(√)2．如图1所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为α，炮弹射出出口时相对于地面的速度为v 0.不计炮车与地面的摩擦，求炮身向后反冲的速度大小v 为________．图1答案 m v 0cos αM解析取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒．炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v 0cos α，根据动量守恒定律有：m v 0cos α－M v ＝0所以炮车向后反冲的速度大小为v ＝m v 0cos αM .一、反冲运动的理解和应用[导学探究] 在生活中常见到这样的情形：吹饱的气球松手后喷出气体，同时向相反方向飞去；点燃“钻天猴”的药捻，便会向后喷出亮丽的火焰，同时“嗖”的一声飞向天空；乌贼向后喷出水后，它的身体却能向前运动，结合这些事例，体会反冲运动的概念，并思考以下问题：(1)反冲运动的物体受力有什么特点？(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？答案 (1)物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以系统的动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的机械能增加．[知识深化]1．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，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理．(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加．2．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，当被抛出部分具有速度时，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就要取负值．(2)速度的相对性：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．但是动量守恒定律中速度是对同一惯性参考系的速度(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，再列动量守恒定律方程．例1 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．如果小车运动前的总质量M ＝3 kg ，水平喷出的橡皮塞的质量m ＝0.1 kg.(水蒸气质量忽略不计)(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v ＝2.9 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)?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律，m v ＋(M －m )v ′＝0v ′＝－m M －m v ＝－0.13－0.1×2.9 m /s ＝－0.1 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m v cos 60°＋(M －m )v ″＝0v ″＝－m v cos 60°M －m ＝－0.1×2.9×0.53－0.1m /s ＝－0.05 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. 针对训练1 “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v答案 C解析在最高点水平方向动量守恒，以水平向东为正方向，由动量守恒定律可知，3m v 0＝2m v ＋m v ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，故C 正确．二、火箭的工作原理分析[导学探究]1．火箭飞行的工作原理是什么？答案火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理．2．设火箭发射前的总质量是M ，燃料燃尽后的质量为m ，火箭燃气的喷射速度为v ，试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v ′.答案在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以可认为动量守恒．取火箭的速度方向为正方向，发射前火箭的总动量为0，发射后的总动量为m v ′－(M －m )v则由动量守恒定律得0＝m v ′－(M －m )v所以v ′＝M －m mv ＝⎝⎛⎭⎫M m －1v [知识深化]1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．2．分析火箭类问题应注意的三个问题(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度．(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．例2 一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体，气体离开发动机喷出时的速度v ＝1 000 m/s.设火箭质量M ＝300 kg ，发动机每秒钟喷气20次．(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？(2)运动第1 s 末，火箭的速度多大？答案 (1)2 m /s (2)13.5 m/s解析规定与v 相反的方向为正方向(1)设喷出三次气体后，火箭的速度为v 3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M －3m )v 3－3m v ＝0，故v 3＝3m vM －3m ≈2 m/s(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M －20m )v 20－20m v ＝0，故v 20＝20m v M －20m≈13.5 m/s. 针对训练2 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 ．30 kg·m/sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/s答案 A三、反冲运动的应用——“人船模型”1．“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.(2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1. (3)应用此关系时要注意一个问题：公式v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的．例3 有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾．如果人的质量m ＝60 kg ，船的质量M ＝120 kg ，船长为l ＝3 m ，则船在水中移动的距离是多少？水的阻力不计．答案 1 m解析人在船上走时，由于人、船组成的系统所受合力为零，总动量守恒，因此系统的平均动量也守恒，如图所示．设人从船头到船尾的时间为t ，在这段时间里船后退的距离为x ，人相对地面运动的距离为l－x ，选船后退方向为正方向，由动量守恒有：M x t －m l －x t＝0所以x ＝m M ＋m l ＝60120＋60×3 m ＝1 m. 针对训练3 质量为M 的热气球吊筐中有一质量为m 的人，它们共同静止在距地面为h 的高空中．现从热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？答案 M ＋m Mh 解析如图所示，设绳长为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大小为v 人，气球上升的平均速度大小为v 球，以向上为正方向，由动量守恒定律得：0＝M v 球－m v 人，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 ，联立以上各式得：L ＝M ＋m M h .因此软绳的长度至少为M ＋m Mh .“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应明确：(1)适用条件：①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．1．(反冲运动的认识)下列不属于反冲运动的是( )A ．喷气式飞机的运动B ．直升机的运动C ．火箭的运动D ．章鱼的运动答案 B2．(反冲运动的计算)步枪的质量为4.1 kg ，子弹的质量为9.6 g ，子弹从枪口飞出时的速度为855 m/s ，步枪的反冲速度为( )A ．2 m /sB ．1 m/sC ．3 m /sD ．4 m/s答案 A解析以子弹从枪口飞出时速度的反方向为正方向，由动量守恒定律：M v 1－m v 2＝0，得v 1＝9.6×10－3×8554.1m /s ≈2 m/s. 3．(火箭的工作原理)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 ．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭B ．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，空气膨胀推动火箭答案 B4．(人船模型的迁移)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水平面上．当小球从如图2所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )图2A.R 2B.R 3C.R 4D.R 6答案 B解析由水平方向平均动量守恒有：mx 小球＝2mx 大球，又x 小球＋x 大球＝R ，所以x 大球＝13R ，B 正确．一、选择题考点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．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律答案 D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，故选项B错误．在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C错误，选项D正确．2．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1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()图1A．打开阀门S1 B．打开阀门S2C．打开阀门S3 D．打开阀门S4答案 B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B项正确，A、C、D均错误．3．(多选)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受到的力大小一定相等答案CD解析爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b两块的速度大小及b块的速度方向，所以A、B不能确定；因炸开后两者都做平抛运动，且高度相同，故C对；由牛顿第三定律知D对．4．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v0时，人从车上以相对于地面大小为v0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v－t图象为()答案 B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，当车速度为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0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)v0＝2m v＋(－m v0)，得v＝2v0，人跳车后小车做匀减速直线运动，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v－t图象的是B.考点二火箭问题分析5．(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度()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答案AC解析设原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度是v，剩余的质量(M－m)的速度是v′，由动量守恒得出：(M－m)v′＝m v得：v′＝m vM－m，由上式可知：m越大，v越大，v′越大．故A、C正确．6．将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.m M －m v 0答案 D解析火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v ，规定竖直向上为正方向，据动量守恒定律有0＝(M －m )v －m v 0，得v ＝m M －mv 0，故选D. 考点三 “人船模型”的应用7．(多选)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答案 ABC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，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，以向上为正方向，则(M ＋m )v 0＝m v 1＋M v 2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v 2＝(M ＋m )v 0－m v 1M.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．8．如图2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( )图2A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh (M ＋m )tan αD.Mh (M ＋m )tan α答案 C解析此题属于“人船模型”问题，m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，以m 在水平方向上对地位移的方向为正方向，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 2.①且x 1＋x 2＝h tan α.② 由①②可得x 2＝mh (M ＋m )tan α，故选C. 9．(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”．该同学到实验室里，将一质量为M 、长为L 的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源．该同学又找来一个质量为m 的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端．下面说法正确的是( )A ．只有蜗牛运动，滑块不运动B ．滑块运动的距离是M M ＋mL C ．蜗牛运动的位移是滑块的M m倍 D ．滑块与蜗牛运动的距离之和为L答案 CD解析根据“人船模型”，易得滑块的位移为m M ＋m L ，蜗牛运动的位移为M M ＋mL ，C 、D 正确．二、非选择题10. (反冲问题模型)如图3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 ，将一个质量为m 的小球从A 处由静止释放，当小球从B 点水平飞出时，滑块的速度为多大？(重力加速度为g )图3答案 m 2gR M (M ＋m )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 点飞出时速度大小为v 1，滑块的速度大小为v 2，以v 1的方向为正方向，则有：m v 1－M v 2＝0，mgR ＝12m v 12＋12M v 22，解得v 2＝m 2gRM (M ＋m ). 11．(火箭发射问题)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 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 末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动且阻力不计，水的密度是103 kg/m 3)答案 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 ′＝ρQt v ，火箭启动后2 s 末的速度为v ′＝ρQt v M －ρQt ＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10－4×2m /s ＝4 m/s. 12．(“人船模型”的应用)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，A 点距货箱水平距离为l ＝4 m ，如图4所示．人的质量为m ，车连同货箱的质量为M ＝4m ，货箱高度为h ＝1.25 m ．求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大(g 取10 m/s 2)．图4答案 1.6 m/s解析人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)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，取向右为正方向，则m v 1－M v 2＝0，解得v 2＝14v 1人跳离货箱后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s ．由图可知，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 ，x 1＋x 2＝l即v 1t ＋v 2t ＝l ，l5t＝45×0.5m/s＝1.6 m/s.则v2＝。

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________。

2020人教新课标选修3-5 16.5反冲运动火箭达标作业(解析版)

16.5反冲运动火箭达标作业（解析版)1．如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球．开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放．在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是( )A ．小车和小球系统动量守恒B ．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动C ．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动D ．小球摆到最低点时，小车的速度最大2．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 ．30kg m/s ⋅ B ．5.7×102kg m/s ⋅ C ．6.0×102kg m/s ⋅D ．6.3×102kg m/s ⋅3．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 ．1.5mB ．1.2mC ．1.34mD ．1.1m4．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mM mL5．2019年1月3日早上，“嫦娥四号”探测器从距离月面15公里处开始实施动力下降，不断接近月球。

在距月面某高度处开始缓速下降，对障碍物和坡度进行识别，并自主避障，30s 后降落在月面。

人教版高中物理选修3-5检测题：(四) 反冲运动火箭含答案

课时跟踪检测（四）反冲运动火箭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解析：选ACD 选项A 、C 、D 中，三者都是自身的一部分向一方向运动，而剩余部分向反方向运动，而直升机是靠外界空气的反作用力作为动力，所以A 、C 、D 对，B 错。

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，空气膨胀推动火箭解析：选B 火箭的工作原理是反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故正确选项为B 。

3．人的质量m ＝60 kg ，船的质量M ＝240 kg ，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m 时，船边沿高出岸h ，人从船边沿水平跃出，恰能上岸。

若撤去缆绳，人要从船边沿安全水平跃出上岸，船离岸约为(不计水的阻力，人两次消耗的能量相等)( )A ．1.5 mB ．1.2 mC ．1.34 mD ．1.1 m解析：选C 船用缆绳固定时，设人水平跃出的速度为v 0，则x 0＝v 0t ，t ＝2hg。

撤去缆绳，由水平方向动量守恒得0＝mv 1－Mv 2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，解得v 1＝ M M ＋mv 0，故x 1＝v 1t ＝M M ＋mx 0≈1.34 m ，选项C 正确。

4.如图1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( )图1A ．v 0＋mMvB ．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＋m M(v 0＋v )，故选项C 正确。

人教版物理选修3-5作业：第16章第5节反冲运动火箭

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.M v mB.m v M －mC.M －m mvD.M ＋m mv图17．如图1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，探测器以恒定的速率v 0向x 轴正方向平动，要使探测器改为向x 轴正向偏y 轴负向60°的方向以原来的速率v 0平动，则可( )A ．先开动P 1适当时间，再开动P 4B ．先开动P 3适当时间，再开动P 2C ．先开动P 4适当时间，再开动P 2D ．先开动P 3适当时间，再开动P 4【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．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后迅速喷出，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．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.Δm v 0M －Δm B ．－Δm v 0M －Δm C.Δm v 0M D ．－Δm v 0M3．一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v 1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v 2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v 0为( ) A.M (v 1－v 2)＋m v 2mB.M (v 1－v 2)mC.M (v 1－v 2)＋2m v 2mD.M (v 1－v 2)－m (v 1－v 2)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m 1和m 2，当两人相向而行时( ) A ．当m 1>m 2时，车子与甲运动方向一致 B ．当v 1>v 2时，车子与甲运动方向一致C．当m1v1＝m2v2时，车子静止不动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．B7．A [探测器原来沿着x 轴正方向以速率v 0飞行，具有的动量为mv 0，方向沿x 轴正方向．如要通过操作P 1、P 2、P 3、P 4四个喷气发动机，利用反冲使得探测器仍以速率v 0沿着x轴正向偏y 轴负向60°的方向，即探测器动量的x 分量由mv 0变为mv 0cos 60°＝12mv 0，而y 分量由0变为－mv 0sin 60°＝－32mv 0，根据反冲规律及动量定理可判定，为了使探测器运动转向，必须要开动x 轴正方向喷气的发动机P 1一段时间，以使探测器动量的x 分量由mv 0变为12mv 0，再开动向y 轴正方向喷气的P 4一段时间，以使探测器动量的y 分量由0变为－32mv 0.]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v 1，v 2，则由动量守恒定律得Mv 1＋mv 2＝0，得v 1＝－mv 2M＝－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 ＝－mvM ＝－2.5×6001 000m /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m 1v 1＝m 2v 2或矢量方程m 1v 1＋m 2v 2＝0求解．3．B [火箭的工作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，故正确答案为B .]点评本题考查了火箭的工作原理，要注意与火箭发生相互作用的是火箭喷出的燃气，不是外界的空气．而与带螺旋桨的直升机发生相互作用的才是空气，应注意两者的区别．4．13.5 m /s解析设火箭1 s 末的速度为v 1，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 －20m 0)v 1－20m 0v ，v 1＝20m 0vM －20m 0＝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v 2，船对地的速度为v 1，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv 2－Mv 1＝0，即v 2v 1＝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x 2与船的位移x 1之比，也等于它们的质量的反比，即x 2x 1＝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：x 1和x 2是相对同一参考系的位移．由图可以看出：x 1＋x 2＝l ，x 2x 1＝M m ，所以x 1＝m M ＋m l ，x 2＝MM ＋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 m 2gRM (M ＋m )解析设小球从B 点飞出时速度为v 1，滑块的速度为v 2，有 mv 1－Mv 2＝0mgR ＝12mv 21＋12Mv 22 解得v 2＝m 2gRM (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Δmv 0＋(M －Δm)v ＝0.火箭的速度为v ＝－Δmv 0M －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Mv 1，发射后系统的动量之和为(M －m)v 2＋m(v 0＋v 2)，则由动量守恒定律可得：Mv 1＝(M －m)v 2＋m(v 0＋v 2)解得v 0＝Mv 1－(M －m )v 2m －v 2＝M (v 1－v 2)m.] 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＝m 1v 1－m 2v 2＋Mv.可见当m 1v 1＝m 2v 2时，v ＝0，即车子静止不动，C 正确；当m 1v 1>m 2v 2时，v<0，即车子与乙运动方向相同，D 正确．]7.M ＋m Mv 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 ＋m )Mv. 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v 0的水平分速度方向为正方向，有mv 0cos α－Mv ＝0得v ＝mv 0cos 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 ＝μMg M＝μg ＝2 m /s 2 由运动学公式得炮车后退的距离为：x ＝v 22a ＝2.522×2m ≈1.56 m . 9.LM 4(m ＋M )2g h 解析蛙跳出后做平抛运动，运动时间为t ＝2h g，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 ＝L 2，上面三式联立可求出v ＝LM 4(m ＋M ) 2g h . 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＝m 2v －m 1v ′，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(F f －m 1g)d ＝12m 1v ′2② 解得v ′＝0.4 m /s ，代入①式，得v ＝m 1m 2v ′＝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 ＝v 22g＝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 ′＝ρQtv M －ρQt ＝1×103×2×10－4×2×101.4－1×103×2×10－4×2m /s ＝4 m /s。

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