【讲与练】高中物理人教版(2019)选择性必修1：1.6 反冲现象火箭提能作业习题

第一章6eq\f(基础巩固练,25分钟·满分60分)一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)1．(2023·江西省赣州市崇义中学高二下学期开学检测)有关实际生活中的现象，下列说法错误的是(D)A．火箭靠喷出气流反冲作用而获得巨大的速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员伤害程度，汽车前部的发动机舱越坚固越好解析：根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，即运动员受到的冲量I一定，由I＝FΔt可知，体操运动员在着地时屈腿是为了延长时间Δt，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时，子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减小反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝FΔt可知位于汽车前部的发动机舱不能太坚固，故D错误。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(B)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。3．(2023·浙江省湖州中学高三下学期模拟)2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”。假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2100kg，当它以对地速度为v0＝840m/s喷出质量为Δm＝100kg的高温气体后，火箭对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)(B)A．42m/s B．－42m/s C．40m/s D．－40m/s解析：喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42m/s，故B正确，A、C、D错误。4．竖直发射的火箭质量为6×103kg。已知每秒钟喷出气体的质量为200kg。若要使火箭最初能得到20m/s2的向上的加速度，则喷出气体的速度约为(C)A．700m/sB．800m/sC．900m/sD．1000m/s解析：每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v气＝m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力F＝eq\f(m箭v箭,t)＝eq\f(m气v气,t)＝200v，又F－m箭g＝m箭a，得v＝900m/s。5．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA＞mB。最初人和车都处于静止状态，现在两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车(C)A．静止不动 B．向右运动C．向左运动 D．左右往返运动解析：A和B与小车作用过程中系统动量守恒，开始都静止，总动量为零。由于mA＞mB，两人速度大小相等，则A向右的动量大于B向左的动量，故小车应向左运动；故选C。6．(2023·吉林延边二中高二下学期期末)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射出一物体P，不计空气阻力，则(A)A．火箭一定离开原来轨道B．P一定离开原来轨道C．火箭运动半径可能不变D．P运动半径一定减小解析：火箭射出物体P后，由反冲原理可知火箭速度变大，则所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，故半径增大，A对，C错；P的速率较原火箭速率可能减小，可能不变，可能增大，故其运动也存在多种可能性，所以BD错。二、非选择题(共24分)7．(11分)某学习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的小玩具船上，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，则喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？答案：eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm)解析：由动量守恒定律得：(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0得：v船＝eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm)。8．(13分)如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M1＝1kg，车上另有一个质量为m＝0.2kg的小球。甲车静止在平面上，乙车以v0＝8m/s的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M2＝2kg，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上)答案：25m/s解析：要使两车不相撞，则两车速度相等。以三者为系统，动量守恒：0＋M2v0＝(M1＋m＋M2)v共，解得v共＝5m/s，以球与乙车为系统，动量守恒：M2v0－mv＝(m＋M2)v共，解得v＝25m/s。eq\f(素能等级练,15分钟·满分40分)一、选择题(本题共2小题，每题7分，共14分)1．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，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，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为(B)A．eq\f(mL＋d,d) B．eq\f(mL－d,d)C．eq\f(mL,d) D．eq\f(mL＋d,L)解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度为正方向。则v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)，根据动量守恒定律得：Mv－mv′＝0，解得，船的质量：M＝eq\f(mL－d,d)，故选B。2.(多选)(2023·广东省佛山一中、顺德一中、石门中学高二下学期期末)如图所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量为M＝5m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，当小球由图中位置无初速释放沿内壁滚到最低点时，下列说法中正确的是(BC)A．M与m系统动量守恒B．M与m系统动量不守恒C．M的对地位移大小为eq\f(R－r,6)D．m的对地位移大小为eq\f(5R－r,12)解析：因为M与m系统在竖直方向合外力不为0，所以M与m系统动量不守恒，故B正确，A错误；因为M与m系统在水平方向合外力为0，所以M与m系统水平方向动量守恒，设大球M的水平位移大小为x，小球m滑到最低点所用的时间为t，发生的水平位移大小为R－r－x，取水平向左方向为正方向。由人船模型可知：meq\f(R－r－x,t)＝Meq\f(x,t)，解得M的对地位移大小为x＝eq\f(R－r,6)；m的对地位移大小为eq\f(5R－r,6)，故C正确，D错误。二、非选择题(共26分)3．(12分)以初速度v0沿与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能？答案：(1)2.5v0，方向与爆炸前速度的方向相反(2)eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0)解析：手榴弹爆炸过程，爆炸力是内力，远大于重力，因此爆炸过程各弹片组成的系统动量守恒，因为爆炸过程火药的化学能转化为内能，进而有一部分转化为弹片的动能，所以此过程系统的机械能(动能)增加。(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0。设v1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：3mv1＝2mv1′＋mv2其中爆炸后大块弹片速度v1′＝2v0，解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的速度与爆炸前速度方向相反。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔEk＝eq\f(1,2)×2mv1′2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)＝eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0)。4．(14分)如图所示，m1＝0.2kg的小球1和m2＝0.5kg的小球2通过细线连接，两球之间有一压缩状态的轻弹簧(小球和弹簧不拴接)，静止于光滑平台上，平台高度BD＝0.8m，现烧断细线，两小球在弹簧弹力作用下分离，小球2离开平台落在水平地面的C点，DC＝1.6m，小球1向左运动进入一半径R＝1m的光滑圆轨道，g＝10m/s2，求：(1)细线烧断前系统的弹性势能；(2)小球1到达圆轨道最高点A时对轨道压力的大小。答案：(1)14J(2)10N解析：(1)由题意，小球2离开B点做平抛运动的时间为t＝eq\r(\f(2BD,g))＝0.4s，弹簧弹开后小球2获得的初速度大小为v2＝eq\f(DC,t)＝4m/s，设弹簧弹开后小球1获得的初速度大小为v1，弹簧弹开两小球的过程中，两小球和弹簧组成的系统所受合外力为零，则m1v1＝m2v2，解得v1＝10m/s，根据机械能守恒定律可知细线烧断前系统的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,