课时跟踪检测（五） 反冲现象 火箭

课时跟踪检测（五）反冲现象火箭A组—重基础·体现综合1．下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲运动原理的是()解析：选D喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而旋转的，章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用，火箭发射是利用喷气的方式而获得动力的，利用了反冲运动，故A、B、C不符合题意；码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，没有利用反冲作用，故D符合题意。2．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，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．脱下外衣水平抛出解析：选D踢腿、甩手对整个身体系统来讲是内力，内力不改变系统整体的运动状态。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火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故B正确。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，不需要喷气解析：选C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运动方向，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。5．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对炮艇的水平速度v沿前进方向发射一质量为m的炮弹，射出炮弹后炮艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是()A．Mv0＝Mv′＋mvB．Mv0＝(M－m)v′＋mvC．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)D．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)解析：选D发射炮弹的过程，系统动量守恒，发射前，系统的总动量为Mv0，射出炮弹后，炮艇的质量变为M－m，速度为v′，炮弹质量为m，对地速度为v＋v′，所以系统总动量为(M－m)v′＋m(v＋v′)，本题选D。6．(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：选AC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′＝eq\f(mv,M－m)，由上式可知：m、v越大，v′越大。故A、C正确。7．春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一个被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上做匀速直线运动，假设“冲天炮”在这段时间内受到的阻力不变，则在这段时间内“冲天炮”()A．所受的合力为零 B．受到的反冲力变小C．机械能不变 D．动量变小解析：选A由于“冲天炮”在这段时间内做匀速直线运动，处于平衡状态，所以“冲天炮”受到的合力为零，A正确；“冲天炮”在这段时间内做匀速直线运动，反冲力与重力、阻力平衡，保持不变，B错误；“冲天炮”在这段时间内做匀速直线运动，速度不变，动量不变，动能不变，势能增加，故机械能一定增加，C、D错误。8．我国“长征三号”甲火箭在起飞阶段，通过发动机喷射气体而获得的反冲力约为火箭总重力的2倍左右。设某次发射时，火箭的总质量为m，火箭发动机喷出的燃气的横截面积为S，燃气的密度为ρ，重力加速度为g。极短时间内喷出的燃气的质量和火箭质量相比可以忽略，则喷出的燃气的速度大小约为()A．2eq\r(\f(mg,ρS)) B.eq\f(mg,ρS)C.eq\r(\f(2mg,ρS)) D.eq\f(2mg,ρS)解析：选C对于气体由动量定理得：F＝2mg＝eq\f(Δmv,Δt)＝eq\f(ρSvΔtv,Δt)＝ρSv2，解得：v＝eq\r(\f(2mg,ρS))，故C正确。9．一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。解析：以乌贼喷水的方向为正方向，乌贼逃窜速度大小为v′，质量为M，吸入水的质量为m，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0解得v＝eq\f(Mv′,m)，代入数据得v＝28m/s。答案：28m/s10．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2×10－4m3/s，喷出速度保持为对地10m/s。启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s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103kg/m3)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＝0，火箭启动后2s末的速度为v′＝eq\f(ρQtv,M－ρQt)＝eq\f(103×2×10－4×2×10,1.4－103×2×10－4×2)m/s＝4m/s。答案：4m/sB组—重应用·体现创新11.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()A.eq\f(R,2) B.eq\f(R,3)C.eq\f(R,4) D.eq\f(R,6)解析：选B由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝eq\f(R,3)，选项B正确。12．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，则(设每颗子弹射出时相对地面的速度相同)()A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nvC．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nvD．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv解析：选C设人、枪(包括子弹)总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度大小为v0，由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，设射出n颗后，人后退速度为v′，则有(M－nm)v′＝nmv0，由以上分析有v＝eq\f(mv0,M－m)，v′＝eq\f(nmv0,M－nm)，因为M－m>M－nm，所以有v′>nv，C正确。13.某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小模具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化气瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则(1)喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？(2)喷射出Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？解析：(1)由动量守恒定律得：0＝(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1，得：v船＝eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm)。(2)对喷射出的气体运用动量定理得：FΔt＝Δmv1，解得F＝eq\f(Δmv1,Δt)，由牛顿第三定律知小船所受气体的平均作用力大小为eq\f(Δmv1,Δt)。答案：(1)eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm)(2)eq\f(Δmv1,Δt)14．甲、乙两只小船的质量均为M＝120kg，静止于水面上，甲船上的人质量m＝60kg，通过一根长为L＝10m的绳用F＝120N的力水平拉乙船，求：(1)甲、乙两船相遇时，两船分别移动了多少距离；(2)为防止两船相撞，人至少应以多大的速度从甲船跳到乙船。(忽略水的阻力)解析：(1)由“人船模型”特点，水平方向动量守恒：(M＋m)eq\f(x甲,t)＝Meq\f(x乙,t)x甲＋x乙＝L解得x甲＝4m，x乙＝6m。(2)设相遇时甲船速度为v1，乙船速度为v2，人跳离时的速度大小为v。由动能定理得Fx甲＝eq\f(1,2)(M＋m)v12，若两船不相撞，人跳到乙船后至少需甲、乙船均停下，对人和甲船组成的系统由动量守恒定律有(M＋m)v1＝0＋mv解得v＝4eq\r(3)m/s。答案：(1)4m6m(2)4eq\r(3)m/s15.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＝4m，如图所示，人的质量为m，车连同货厢的质量为m0＝4m，货厢高度为h＝1.25