16.5反冲运动 火箭步训练题精选(含答案详解) 人教版高中物理选修3-5
人教版高二物理选修3-5第十六章第五节《反冲运动 火箭》学案含答案
§16.5反冲运动火箭导学案【学习目标】（1）经历实验探究，认识反冲运动，能举出几个反冲运动的实例；(2)结合动量守恒定律对反冲现象做出解释；进一步提高运用动量守恒定律分析和解决实际问题的能力；(3)知道火箭的飞行原理和主要用途，了解我国的航空、航天事业的世巨大成就。
【自主学习】一、反冲1、一个静止的物体在____________的作用下分裂为两个部分，由动量守恒定律可知：一部分向某个方向运动，而另一部_______________运动，我们称为反冲。
此时动量守恒定律的表达式可表示为：_______________。
2、反冲现象在生活中有着广泛的应用，比如灌溉喷水器、反击式水轮机、喷气式飞机、火箭等，但我们也要____反冲现象存在着弊端，用枪射击时，子弹向前飞去，由于反冲现象枪身会________，从而影响射击的________。
二、火箭1、工作原理：火箭的飞行应用了_____的原理，火箭的燃料点燃后燃烧生成的高温燃气以很大的速度______喷出，火箭由于反冲而向前运动。
2、影响火箭获得速度大小的因素：（1）____________；（2）质量比（火箭______的质量与火箭____________质量之比）；（3）______越大，______越大，火箭最终获得的速度就越大。
3、现代火箭主要用来发射探测仪器、常规弹头或核弹头、人造卫星或宇宙飞船，即利用火箭作为运载工具。
【典型例题】一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员在距离飞船x=45m处相对飞船处于静止状态。
他带有一个装有m0=0.5kg氧气的贮气筒，贮气筒上有一个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着飞船相反方向放出氧气，才能回到飞船。
同时还要保留一部分氧气供途中呼吸用，宇航员的耗氧率为Q=2.5×10-4kg/s。
不考虑喷出的氧气对设备及宇航员总质量的影响，如果在开始返回时瞬时喷出0.1kg氧气，宇航员能否安全返回飞船？【问题思考】1、总结反冲运动的特点有哪些？2、反冲运动中如果给的速度是相对速度应如何处理？【针对训练】1、一质量为M同学在几乎光滑的冰面上向外推出一个质量为m箱子（v为箱子的速度），由动量守恒定律可知，该同学后退的速度为：v'=_____v，显然_____越大， _____越大，该同学所获得的速度也就_____。
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.。
高中物理选修3-5课时作业6：16.5 反冲运动 火箭
16.5反冲运动 火箭1．(多选题)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2．(多选题)A 、B 两船的质量均为M ，它们都静止在平静的湖面上，当A 船上质量为M 2的人以水平速度v 从A 船跳到B 船，再从B 船跳回A 船．设水的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B 船，则( )A ．A 、B 两船的速度大小之比为3:2B ．A 、B (包括人)动量大小之比为1:1C ．A 、B (包括人)动量之和为零D ．因跳跃次数未知，故以上[答案]均无法确定3．一个质量为M 的玩具枪，放在光滑的水平桌面上，当从它里面射出一个质量为m 、速度为v 的弹丸后，枪的反冲速度为( )A ．－vB.－mv MC.mv MD.－mv M －m4．(多选题)放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹着一个压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车使小车处于静止状态，下列说法中正确的是( )A ．两手同时放开后，两车总动量为零B ．先放开右手，后放开左手，两车总动量为零C ．先放开左手，后放开右手，两车总动量为零D ．两手先后放开后，两车总动量不守恒5．(多选题)一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿梯子上爬时，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6．(多选题)一只青蛙，蹲在置于水平地面上的长木板一端，并沿板的方向朝另一端跳，在下列情况下，青蛙一定不能跳过长木板的是()A．木板上表面光滑而下表面粗糙B．木板上表面粗糙而底面光滑C．木板上、下表面都粗糙D．木板上、下表面都光滑7．(多选题)假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体Q，则下列说法正确的是() A．Q与飞船都可能沿原轨道运动B．Q与飞船都不可能沿原轨道运动C．Q运动的轨道半径可能减小，而飞船的运行半径一定增加D．Q可能沿地球半径方向竖直下落，而飞船运行的轨道半径将增大8．(多选题)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他们的质量成反比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，大小与他们的质量成正比D．人走到船尾不再走动，船则停下——★ 参 考 答 案 ★——1．[解析] A 、C 、D 三者都是自身的一部分向某一方向运动，而剩余部分向相反的方向运动；而直升机是靠外界空气的反作用力作动力，所以A 、C 、D 选项正确，B 选项错误．[答案] ACD2．[解析] A 、B 两船包括人总动量守恒，人从A 船跳到B 船，再由B 船跳回A 船，无论跳跃多少次，系统总动量守恒，由动量守恒定律得0＝(M ＋M 2)v B ＋Mv A 得v B ＝－23v A 故A 、B 、C 三个选项正确．[答案] ABC3．[答案] D4．[解析] 当两手同时释放时系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A 选项正确；如果两手先后放手后系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D 选项正确．[答案] AD5．[解析] 设气球质量为M ，人的质量为m ，由于气球匀速上升，系统所受合外力为零，当人沿绳梯向上爬时，由动量守恒定律得(M ＋m )v 0＝mv 1＋Mv 2，得v 2＝M ＋m v 0－mv 1M. 当v 2＞0且v 1恒定时，气球可能匀速上升；当v 2＝0时，气球静止；当v 2＜0时，气球下降，故A 、B 、C 选项正确．D 选项错误．[答案] ABC6．[解析] 只要上表面光滑，则青蛙一定不能跳过长木板，故A 、D 选项正确．[答案] AD7．[解析] 根据反冲，飞船的速度一定增大，做离心运动，轨道半径变大；而Q 的速率有三种可能，比原来的大、比原来的小、与原来的相等，由此Q 的轨道半径比原来的大、比原来的小、与原来的相同，都有可能；另外，若对地速度为零，则会竖直下落，选项C 、D 正确．[答案] CD8．[解析] 人和船组成的系统动量守恒，总动量为0；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，且两者的速度大小与他们的质量成反比；若人停止运动则船也停止运动．[答案] AD。
高中物理选修3--5同步精品资料 16.5 反冲运动 火箭 作业
课时16. 5反冲运动火箭1. 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2. 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. Δmv0M-Δm B. -Δmv0M-ΔmC. Δmv0M D. -Δmv0M3. 乌贼靠水管喷水反冲运动，可以获得所需要的速度。
假设原先静止的乌贼在瞬间喷出的水的质量占乌贼喷水前总质量的19，喷水后乌贼速度达12 m/s，则喷出的水的速度为()A. 96 m/sB. 108 m/sC. 12 m/sD. 84 m/s4. 一个运动员在地面上跳远，最远可跳l，如果他立在船头，船头离河岸距离为l，船面与河岸表面平齐，他若从船头向岸上跳，下面说法正确的是()A. 他不可能跳到岸上B. 他有可能跳到岸上C. 他先从船头跑到船尾，再返身跑回船头起跳，就可以跳到岸上D. 他先从船头跑到船尾，再返身跑回船头起跳，也无法跳到岸上5. 在光滑的水平面上停放着一辆平板车，车上站着质量分别为m1和m2的两个人。
现两人都以相同的对地速度从车尾跳下车。
两人同时跳下车时，车的运动速度为v1;两人先后跳下车时，车的运动速度为v2，则()A. 一定有v1=v2B. 一定有v1>v2C. 一定有v1<v2D. 与m1和m2的大小有关6. 如图所示，质量为M的密闭汽缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则汽缸的运动情况是()A. 保持静止不动B. 向左移动一定距离后恢复静止C. 最终向左做匀速直线运动D. 先向左移动，后向右移动回到原来位置7. 图示为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3连线与空间固定坐标系的x轴平行，P2、P4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。
高中物理第十六章动量守恒定律16.5反冲运动、火箭检测新人教版选修3-5
16.5 反冲运动、火箭新提升·课时作业基础达标1．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】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.【答案】 B2．一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】 A3．小车上装有一桶水，静止在水平地面上，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】根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，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，选项B正确．【答案】 B．一装有柴油的船静止于水平面上，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( )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，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程．假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体与飞船都不可能沿原轨道运动运动的轨道半径可能减小，而飞船的运动轨道半径一定增大可能沿地球方向竖直下落，而飞船运动的轨道半径将增大炮管水平)连同炮弹的总质量为的炮弹后，自行火炮的速度变为M v1－v2＋mvM v1－v2mM v1－v2＋2mM v1－v2－m v1－v2m－M －m v 2m －M v 1－v 2m.的小船静止在平静水面上，船两端载着泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s放在质量为m A 的斜面体，斜面体B 的上边长度为的底端时，A 移动的距离．a－b.3能力提升某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，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．绕地球在圆形轨道上匀速率运动的末级火箭和卫星，由于火箭燃料已经烧完，用于连接火箭和卫星的爆炸螺栓炸开，将卫星和末级火箭分开，火箭外壳被抛弃，此后两部分的运到甲船，立即再跳回乙船，这时两船速度大小之比为v甲：v乙等于( ) A．：1 B．m：MC．(m＋M：M D．m：(M＋m)【解析】对人及甲、乙两船，由动量守恒定律得：Mv甲－(M＋m)v乙＝0，即v甲v乙＝(m＋M M.故C正确．【答案】 C4．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( )【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＝2mv＋(－mv0)，得v＝2v0，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v－t图象是B.故选B.【答案】 B5．如图所示，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，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？【解析】设蛙水平跳出速度为v0，小车后退速度为v1，则在蛙与车作用过程中，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内走了x，则x＝v1·t(x为对地位移)．＝m′＋m·m′l m′＋m ·g2h．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/s，喷出速度保持为对地。
2019-2020学年高中物理 第十六章 动量守恒定律 5 反冲运动、火箭练习(含解析)新人教版选修3-5
5 反冲运动火箭基础巩固1.下列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.反击式水轮机的运动,通过反冲获得前进的动力;反击式水轮机靠水轮击打水,通过反冲获得动力。
2.一人静止于光滑的水平冰面上,现欲向前运动,下列方法中可行的是()A.向后踢腿B.手臂向后甩C.在冰面上滚动D.脱下外衣向后水平抛出,所以C不行;A、B由于总动量守恒,所以人整体不动;只有D是反冲现象,可使人向前运动。
3.如图所示,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,自行火炮的速度变为v2,仍向右行驶,则炮弹相对炮筒的发射速度v0为()A.m(m1-m2)+mm2m B.m0(m1-m2)mC.m(m1-m2)+2mm2m D.m0(m1-m2)-m(m1-m2)m,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m0v1,发射后系统的动量之和为(m0-m)v2+m(v0+v2),则由动量守恒定律可知m0v1=(m0-m)v2+m(v0+v2)解得v0=m0m1-(m0-m)m2m -v2=m0(m1-m2)m。
4.(多选)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,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。
反之,轨道半径变化。
5.光滑水平面上停有一平板小车质量为M,小车上站有质量均为m的两个人,由于两人朝同一水平方向跳离小车,从而使小车获得一定的速度,则下列说法正确的是()A.两人同时以2 m/s的速度(相对地面)跳离车比先后以2 m/s的速度(相对地面)跳离车使小车获得的速度要大些B.上述A项中,应该是两人一先一后跳离时,小车获得的速度大C.上述A项中的结论应该是两种跳离方式使小车获得的速度一样大D.两种跳离方式使小车获得的速度不相等,但无法比较哪种跳法速度大,两人无论是同时跳离小车或是不同时跳离小车,跳离后两人都有相同的动量,所以无论两个人如何跳离小车,小车最后的动量都一样,即两种跳法,使小车获得的动量相等,所以两种跳离方式使小车获得的速度相同,故正确选项为C。
物理选修3-5成长训练：第十六章 5.反冲运动 火箭 含解
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.m M mv - B.m M mv--C.M m mv --D.Mmv -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：mM mvv --='.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16-5-2A.m m v v v m 221)(+-B.mv v M )(21-C.mm v v v m 2212)(+-D.mv 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mv v M v m v m M Mv v )()(212210-=---=.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：t s L m t s M --⋅=θcos 0解得m M mL s +=θcos .答案：mM mL s +=θcos4.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v 0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 )v 0=Mv +m (v -u)所以u mM mv v ++=0，方向与v 0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，人的平均速度为人v ，船的平均速度为船v ，如右图，设船后退s ，则人的位移为L -s ，由动量守恒定律0＝－船人v M v m ，t sM t s L m=-， 故m M mLs +=.答案：（1）u mM mv v ++=0，方向与v 0方向相同（2）mM mL+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/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，则每秒喷出的气体的质量为多少？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 -0①由于飞行器匀速运动，则F ′=Mg ′，故 F =Mg ′②将②代入①得：Mg ′=m 0vkg kg v g M m 361010108.1330=⨯⨯⨯='=. 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/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221gt t v h A -=-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）B A mv mv mv 2121+=得v B =40 m/s 由221gt t v h B -=-得t =10 s即B 块经10 s 落回地面. 答案：10 s 7.一质量为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F Δt =Δmv 0①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 ′=Mg ②由①②两式解得60k/s kg/s 1010106330=⨯⨯==∆∆v Mg t m 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 F Δt =Δmv 0③而对火箭F -Mg =M a ④ 由③④两式解得0k/s 18kg/s 10)2010(106)(330=+⨯⨯=+=∆∆v a g M t m 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v 0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，水平方向v x 0=v 0co s α.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 0co s α-v .由水平方向动量守恒有Mv =m (v 0co s α-v )，则mM m v v +=αcos 0,炮车滑行加速度a=μg ,由v 12=v 02+2a s ,有s g mM mv )(2)cos (020μα-++=,所以)(2cos 2202m M g v m s +=μα.答案：)(2cos 2202m M g v m +μα9.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22212121Mv mv mgR +=① 系统水平方向动量守恒，即0=mv 1+Mv 2② 联立①②得：Mm gRM m v /122+=.答案：Mm gRM m /12+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 ，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 ′)0.075m/s 50m/s 10015.0=⨯=∆='v M m v 宇航员返回飞船所需时间600s s 075.045=='=v s t . 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.s mm v s m M v s t ∆=⋅∆=⋅∆='=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mt ∆=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 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 R GMm 22= 即R GMv =① 又由于在地球表面附近mg R GMm =2即GM =g R 02②将②代入①式可得RgR v 2=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v m v m m mv '∆+∆-=98)(即v m RgR m m R gR '∆+∆-=22098)(mg R 02R=(m -Δm )89g R 02R+Δmv ′ 解得：RgR m m m v 298∆∆+='. 答案：RgR mm m 298∆∆+ 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l ，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v 0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v 0，小车后退速度为v 1，则与蛙在车作用过程中，系统水平方向动量守恒，则0=mv 0-m ′v 1(以v 0方向为正）.在蛙未落至桌面前，小车以v 1做匀速运动，设t 内走x ，则 x =v 1·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221gt h =,蛙对地的水平位移应为x l t v ->20,而至少应为x lt v -=20.解以上各式得hgm m l m v 2)(20⋅+''=. 答案：hgm m l m v 2)(20⋅+''=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v n n n nm mv m mv v A A )1(1+=+==爆炸后，A 以v A 做平抛运动，运动时间gh t 2=射程的增加量Δs 为ghn v g h v v n n t v v s A 22)1()(=-+=-=∆ 此题爆炸前后可认为动量守恒，但机械能并不守恒，22222121)1(121mv nmv v n n n nm E =-++=∆.机械能是增加的，这一点与碰撞过程不同.答案：ghn v 2 增加 221mv n 走近高考14.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16-5-6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。
人教版高中物理选修3-5教学案：第十六章 第5节 反冲运动 火箭 -含答案
第5节反冲运动__火箭1．一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫反冲。
2．喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理。
3．日常生活中，有时要应用反冲，有时要防止反冲，如农田、园林的喷灌利用了水的反冲，用枪射击时，要防止枪身的反冲。
一、反冲运动1．定义一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。
2．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，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
3．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，所以用步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。
1．自主思考——判一判(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)火箭应用了反冲的原理。
(√)2．合作探究——议一议(1)反冲运动过程中，动量守恒吗？为什么？提示：守恒。
因为反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远远大于外力，所以系统的总动量是守恒的。
2019-2020学年人教版选修3-5 16.5反冲运动 火箭 课时训练(解析版)
5 反冲运动 火箭 1．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图16-5-4所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是打开阀门________．
图16-5-4 【解析】 根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，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】 S2 2．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？ 【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，由动
量守恒定律得：0＝Mv球－mv人即0＝Mx球t－mx人t，0＝Mx球－mx人 又有x人＋x球＝L，x人＝h 解以上各式得：L＝M＋mMh. 【答案】 M＋mMh 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 【解析】 火箭工作中，动量守恒，当向后喷气时，则火箭受一向前的推力从而使火箭加速，故只有B正确． 【答案】 B 4．(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 【解析】 设火箭原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度是v，剩
余的质量为(M－m)，速度是v′，由动量守恒得：(M－m)v′＝mv得：v′＝mvM－m，由上式可知：m越大，v越大，v′越大．故A、C正确． 【答案】 AC 5．一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(相对地面)，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？ 【解析】 法一：喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒 第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有 (M－m)v1－mv＝0 所以v1＝mvM－m
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1 第十六章动量守恒定律 第5节 反冲运动 火箭习题精选 一、选择题（1-7为单选，8-12为多选） 1.如图所示,质量为M的密闭气缸置于光滑水平面上,缸内有一隔板P,隔板右边是真空,隔板左边是质量为m的高压气体.若将隔板突然抽
去,则气缸的运动情况是 ( ) A.保持静止 B.向左移动一定距离后恢复静止 C.最终向左做匀速直线运动 D.先向左移动,后向右移动回到原来位置 2.一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 3.一装有柴油的船静止于水平面上,若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.无法确定 4.质量为M的火箭,原来以速度v0在太空中飞行,现在突然向后喷出一股质量为Δm的气体,喷出气体相对火箭的速度为v,则喷出气体后火箭的速率为( )
A. B. C. D. 2
5.将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度在很短时间内从火箭喷口喷出.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 6.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(估计重1吨左右),一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量,他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而且轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L.已知他身体的质量为m,则小船的质量为( )
A. B.m(L—d) C. D. 7.如图所示,小车开始静止于光滑的水平面上,一个小滑块由静止从小车上端高h处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动,滑块能到达左端的最大高度h′( ) A.大于h B.小于h C.等于h D.停在中点与小车一起向左运动 8. (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 9. (多选)质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端,如图所示,当车与地面摩擦不计时,那么( ) 3
A.人在车上行走,若人相对车突然停止,则车也突然停止 B.人在车上行走的平均速度越大,则车在地面上移动的距离也越大 C.人在车上行走的平均速度越小,则车在地面上移动的距离就越大 D.不管人以什么样的平均速度行走,车在地面上移动的距离相同 10.(多选)平静的水面上停着一只小船,船头站立着一个人,船的质量是人的质量的8倍.从某时刻起,这个人向船尾走去,走到船中部他突然停止走动.水对船的阻力忽略不计.下列说法中正确的是( ) A.人走动时,他相对于水面的速度大于小船相对于水面的速度 B.他突然停止走动后,船由于惯性还会继续走动一小段时间 C.人在船上走动过程中,人对水面的位移是船对水面的位移的9倍 D.人在船上走动过程中,人的动能是船的动能的8倍 11.(多选)如图L16-5-3所示,一小车停在光滑水平面上,车上一人持枪向车的竖直挡板连续平射,所有子弹全部嵌在挡板内没有穿出,射击持续了一会儿后停止,则最终小车 ( ) A.速度为零 B.对原静止位置的位移不为零 C.将向射击方向做匀速运动 D.将向射击相反方向做匀速运动 12.(多选)如图L16-5-5所示,在光滑的水平桌面上有质量分别为M=0.6kg和m=0.2kg的两个等大的小球甲、乙,中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性4
势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态.现突然释放弹簧,乙球脱离弹簧后滑向与水平桌面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道.g取10m/s2.下列说法正确的是 ( )
图L16-5-5 A.甲球离开轻弹簧时获得的速度为3m/s B.乙球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·s C.若半圆轨道半径可调,则乙球从B点飞出后落在水平桌面上的水平位移随轨道半径的增大而减小 D.弹簧弹开过程,弹力对乙球的冲量大小为1.8N·s 二、计算题。 13.在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车(不包括炮弹),发射的炮弹质量为m,铁轨和炮车间的摩擦不计. (1)若水平发射炮弹,炮弹射出炮口时速度大小为v0,则炮车的反冲速度是多大? (2)若水平发射炮弹,炮弹射出炮口时相对炮口的速度大小为v0,则炮车的反冲速度是多大? (3)若炮身与水平方向成θ角,炮弹射出炮口时的速度大小为v0,则炮车的反冲速度是多大? 5
14.爆竹的质量为M=0.33 kg,其中火药的质量为m=30 g,其燃烧时产生的气体以v=160 m/s的对地速度离开爆竹,爆竹开始向上运动,不计空气阻力,则爆竹能升到多高?(g取10 m/s2)
15.如图所示,一质量为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面上,若车长为L,细杆高为h且位于小车的中央,试问玩具蛙对地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上(重力加速度为g)?
16.如图L16-5-8所示,物体A和B的质量分别为m1和m2,其图示直角边长分别为a和b.若B与水平地面间无摩擦,则当A从顶端O由静止开始滑到B的底端时,B的水平位移是多大? 6
第十六章动量守恒定律 第5节 反冲运动 火箭习题精选答案详解 1.B [解析]突然撤去隔板,气体向右运动,气缸做反冲运动,当气体充满整个气缸时,它们之间的作用结束.由动量守恒定律可知,开始时系统的总动量为零,结束时总动量仍为零,气缸和气体都将停止运动,故B正确. 2.C [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速度方向,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C正确,D错误. 3.A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,从前舱转到了后舱,相当于人从船的一头走到另一头的过程.船向前运动;所以B,C,D错误,A正确. 4. B解析:依题意可知,火箭原来相对地的速度为v0,初动量为p0=Mv0,质量为Δm的气体喷出后,火箭的质量为(M-Δm),设气体喷出后,火箭和气体相对地的速度分别为v1和v2,则气体相对火箭的速度为v=v1+v2,v2=v-v1,选v1的方向为正方向,则系统的末动量为p=(M-Δm)v1+Δm[-(v-v1)]=Mv1-Δmv,由动量守恒定律,有
p=p0,则:Mv1-Δmv=Mv0,所以v1=.所以B正确,A,C,D错误. 5.A [解析]在燃气喷出后的瞬间,喷出的燃气的动量p=mv=30kg·m/s,由动量守恒定律可得,火箭的动量大小为30kg·m/s,选项A正确. 6.C解析:如图所示,设该同学在时间t内从船尾走到船头,由动量守恒定律知,人、
船在该时间内的平均动量大小相等,即m=M又x人=L-d解得M=.所以C正确,A,B,D错误. 7
7.C解析:由动量守恒定律可知,当滑块运动到左端的最大高度时滑块和车速度为零,由于水平面和圆弧面光滑,系统的机械能守恒,所以滑块到达左端的最大高度h′等于h,故选项C正确. 8.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,则(M+m)v0=mv1+Mv2,在人向上爬
的过程中,气球的速度为v2=.当v2>0时,气球可匀速上升;当v2=0时气球静止;当v2<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v0,即人不上爬,显然不对,D选项错误. 9. AD解析:由人与车组成的系统动量守恒得mv人=Mv车,可知A正确;设车长
为L,由m(L-x车)=Mx车得,x车=L,车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关,故D正确,B,C均错误. 10AD解析:人船系统动量守恒,总动量始终为零,因此人、船动量等大,速度与质量成反比,A正确;人“突然停止走动”是指人和船相对静止,设这时人、船的速度为v,则(M+m)v=0,所以v=0,说明船的速度立即变为零,B错误;人和船系统动量守恒,速度和质量成反比,因此人的位移是船的位移的8倍,C错误;动能、动量关
系Ek=∝,人在船上走动过程中人的动能是船的动能的8倍,D正确. 11.AB [解析]整个系统在水平方向上不受外力,动量守恒,由于初动量为零,因此当子弹向右飞行时,小车一定向左运动,当子弹射入挡板瞬间,小车速度减为零,因此停止射击时,小车速度为零,A正确,C、D错误;每发射一枪,小车向左移动一点,因此停止射击时,小车相对原位置的位移不为零,B正确. 8
12.ABD [解析]释放弹簧过程中,由动量守恒定律得Mv1=mv2,由机械能守恒定律得Ep=M+m,解得v1=3m/s,v2=9m/s,故A正确;对乙球由A运动到B
的过程,由机械能守恒定律得m=mv+mg·2R,解得v'2=8m/s,由动量定理得I合=mv'2-(-mv2)=3.4N·s,故B正确;乙球从B点飞出后,由平抛运动规律可知,水平方向上有x=v'2t,竖直方向上有2R=gt2,解得x=,故C错误;弹簧弹开过程,弹力对乙球的冲量I=mv2=1.8N·s,故D正确. 13
15.解析:蛙和车组成的系统水平方向动量守恒, 则Mv′-mv=0,蛙下落时间t= 若蛙恰好落地,则有v′t+vt= 解得v=. 答案: 14