2024-2025学年高中物理第十六章动量守恒定律5反冲运动火箭课时作业含解析新人教版选修3-5

PAGE9-反冲运动火箭(25分钟50分)一、选择题(本题共4小题，每题5分，共20分)1.下列说法不正确的是()A.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B.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C.反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子D.火箭应用了反冲的原理【解析】选B。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，则A正确；因为内力远大于外力，动量守恒。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，可以用动量守恒定律分析，则B错误；动量守恒既适用于宏观物体，也适用于微观粒子，则C正确；火箭应用了反冲的原理，则D正确。2.一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对炮艇的水平速度v沿前进方向放射一质量为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。放射炮弹的过程，系统动量守恒，放射前，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′)，本题答案为D。【易错提示】解答本题应留意以下两个方面：(1)留意炮艇质量的改变，炮弹射出后，炮艇的质量变为M-m。(2)留意相对速度的换算，炮艇速度为v′，炮弹相对炮艇的速度为v，列式时应换算为炮弹对地面的速度，为v+v′。【补偿训练】如图所示，质量为M的斜面小车静止放在水平面上，质量为m的物体从斜面上端无初速释放，不计一切摩擦，物体从斜面底端滑出时，物体与斜面小车的速度大小之比满意 ()A.> B.=C.= D.<【解析】选A。小车和物体水平方向动量守恒，则mv1cosθ=Mv2(θ为斜面倾角)，则=>，故选A。3.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)马上爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反，则以下说法正确的是()A.爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B.爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西C.爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D.爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前瞬间爆竹的总动能【解析】选A。设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v′，设水平向东为正方向，依据水平方向动量守恒，3mv=mv前后+mv′-mv前后，得v′=3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确，B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h=gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度不同，故合速度不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能m(3v)2>·3m·v2，选项D错误。【补偿训练】一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止起先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，不须要喷气【解析】选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。4.甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面上。质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v反跳回甲车。对于这一过程，下列说法中正确的是()A.最终甲、乙两车的速率相等B.最终甲、乙两车的速率之比v甲∶v乙=M∶(m+M)C.人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1=I2D.人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1>I2【解析】选B。以人与甲车组成的系统为探讨对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳离甲车时，mv-Mv1=0，以乙车与人组成的系统为探讨对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上乙车时，mv=(m+M)v2，人跳离乙车时，-(m+M)v2=-Mv乙+mv，以人与甲车组成的系统为探讨对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人反跳回甲车时，mv+Mv1=(m+M)v甲，解得=，故A错误，B正确；由动量定理得，对甲车I1=Mv1=mv，对乙车I2=Mv乙-Mv2=2mv->mv，即I1<I2，故C、D错误。【补偿训练】1.穿着溜冰鞋的人静止站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，每次射击时子弹对地速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于地后退的速度为v，下列说法正确的是 ()A.无论射出多少子弹，人后退的速度都为vB.射出n颗子弹后，人后退的速度为nvC.射出n颗子弹后，人后退的速度小于nvD.射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv【解析】选D。设人、枪(包括子弹)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度为v0，射出第1颗子弹，有0=(M-m)v-mv0，设人射出n颗子弹后的速度为v′，则(M-nm)v′=nmv0，可得v=，v′=，因M-m>M-nm，所以v′>nv，故D正确。2.安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。水对船的阻力忽视不计。下列说法中正确的是 ()A.人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反B.他突然停止走动后，船由于惯性还会运动一小段时间C.人在船上走动过程，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，人的动能是船的动能的8倍【解析】选D。不计水的阻力，人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mv船=0，所以v=8v船，依据Ek=mv2，人与船的动能之比为8∶1，故A错误，D正确；人与船组成的系统动量守恒，人突然停止走动后，人的动量为零，因为系统初动量为零，由动量守恒定律可知，小船的动量为零，小船速度为零，人停止走动后，船马上停止运动，故B错误；人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mv船=0，v=8v船，vt=8v船t，s人=8s船，故C错误。所以D正确。3.如图所示，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究竟端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A. B.C. D.【解析】选C。此题属于“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移为x1，斜面体在水平方向上对地位移为x2，因此0=mx1-Mx2，且x1+x2=，联立两式可得x2=，故选C。二、计算题(12分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)5.如图所示，质量均为m的木板AB和滑块CD紧靠在一起静置在光滑水平面上，木板AB的上表面粗糙，滑块CD的表面是光滑的四分之一圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面相平。一可视为质点的物块P质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时的速度为，然后滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD的最高点C处。重力加速度为g。求：(1)物块滑到B点时木板的速度v的大小；(2)滑块CD圆弧的半径R。【解析】(1)对P和木板、滑块CD组成的系统，由动量守恒定律有mv0=m+2mv，解得v=。(2)物块P由D点滑到C点的过程中，滑块CD和物块P组成的系统在水平方向动量守恒，有m+m=2mv共系统能量守恒，有mgR=m()2+m()2-×2m解得R=。答案：(1)(2)【补偿训练】1.某宇航员在太空站内做了如下试验：选取两个质量分别为mA=0.1kg、mB=0.2kg的小球A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A粘连，另一端与小球B接触而不粘连。现使小球A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0=0.1m/s做匀速直线运动，如图所示。过一段时间，突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失)，两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B刚刚分别起先计时，经时间t=3.0s，两球之间的距离增加了s=【解析】取A、B为系统，由动量守恒得：(mA+mB)v0=mAvA+mBvB。 ①又依据题意得：vAt-vBt=s。 ②由①②两式联立得：vA=0.7m/s，vB=-0.2m/s。由机械能守恒得：Ep+(mA+mB)=mA+mB。 ③代入数据解得：Ep=0.027J。答案：0.027J2.如图所示，半径分别为R和r(R>r)的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住(未拴连)，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点。(1)求两小球的质量比。(2)若ma=mb=m，要求a、b都能通过各自的最高点，则弹簧释放前应至少具有多少弹性势能？【解析】(1)a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，由mag=ma，mbg=mb可解得：va′= ①vb′= ②由动量守恒定律得mava=mbvb ③由机械能守恒定律得：ma=mav+mag·2R ④mbvb2=mbv+mbg·2r ⑤联立①②③④⑤得=。(2)若ma=mb=m，由动量守恒定律得va=vb=v当a球恰好能通过圆轨道的最高点时，弹簧具有的弹性势能最小，Ep=(ma+mag·2R)×2=(mgR+mg·2R)×2=5mgR。答案：(1)(2)5mgR【实力挑战区】6.(18分)质量为M的小车置于水平面上。小车的上表面由圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为l，C点右方的平面光滑。滑块质量为m，从圆弧最高处A无初速下滑(如图)，与弹簧相接触并压缩弹簧，最终又返回到B点相对于车静止。求：(1)BC部分的动摩擦因数μ。(2)弹簧具有的最大弹性势能。(3)当滑块与弹簧刚分别时滑块和小车的速度大小。【解析】(1)滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，据能量守恒：mgR=μmg·2l，所以μ=(2)弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，此时据能量守恒，弹簧的弹性势能Ep=mgR-μmgl=(3)弹簧与滑块分别的时候，弹簧的弹性势能为0，设此时滑块速度为v1，小车速度为v2，据能量守恒有：Ep=m+M又因为系统动量守恒，有：mv1-Mv2=0解得：v1=，v2=答案：(1)(2)(3)【补偿训练】如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分别)。其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.5。一根通过细线拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能E0=1