2019-2020年高中物理 第十六章 動量守恒定律 5 反沖運動 火箭課后訓練 新人教版選修3-5.doc

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2019-2020年高中物理 第十六章 動量守恒定律 5 反沖運動 火箭課后訓練 新人教版選修3-5 基礎鞏固 1.下列屬于反沖運動的有(　　) A．噴氣式飛機的運動　　　 B．直升機上升 C．火箭上升 D．反擊式水輪機的運動 2．質量為M的原子核，原來處于靜止狀態(tài)，當它以速度v放出質量為m的粒子時(設v方向為正)，剩余部分速度為(　　) A． B． C． D． 3．運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是(　　) A．燃料燃燒推動空氣，空氣反作用推動火箭 B．火箭發(fā)動機將燃料燃燒產生的氣體向后噴出，氣體的反作用力推動火箭 C．火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭 D．火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭 4．一炮艇在湖面上勻速行駛，突然從船頭和船尾同時向前和向后發(fā)射一發(fā)炮彈，設兩炮彈質量相同，相對于地的速率相同，牽引力、阻力均不變，則船的動量和速度的變化情況是(　　) A．動量不變，速度增大 B．動量變小，速度不變 C．動量增大，速度增大 D．動量增大，速度減小 5．課外科技小組制作一只“水火箭”，用壓縮空氣壓出水流使火箭運動。假如噴出的水流流量保持為210－4 m3/s，噴出速度保持為對地10 m/s。啟動前火箭總質量為1.4 kg，則啟動2 s末火箭的速度可以達到多少？已知火箭沿水平軌道運動阻力不計，水的密度是103 kg/m3。 能力提升 6．如圖所示，一艘小船靜止在平靜的水面上，船前艙有一抽水機，抽水機把前艙的水均勻抽往后艙，不計水的阻力，在船的前艙與后艙分開、不分開的兩種情況下，船的前艙運動情況分別是(　　) A．不動；向前勻速運動 B．向前加速運動；不運動 C．不動；向后勻速運動 D．向后勻速運動；不動 7．如圖所示，半徑為R，質量為M，內表面光滑的半球物體放在光滑的水平面上，左端緊靠著墻壁，一個質量為m的小球從半球形物體的頂端的a點無初速釋放，圖中b點為半球的最低點，c點為半球另一側與a同高的頂點，關于物體M和m的運動，下列說法中正確的有(　　) A．m從a點運動到b點的過程中，m與M系統(tǒng)的機械能守恒、動量守恒 B．m從a點運動到b點的過程中，m的機械能守恒 C．m釋放后運動到b點右側，m能到達最高點c D．當m首次從右向左到達最低點b時，M的速度達到最大 8．如圖所示，質量為M的炮車靜止在水平面上，炮筒與水平方向夾角為θ，當炮車發(fā)射一枚質量為m、對地速度為v0的炮彈后，炮車的反沖速度為________，若炮車與水平面的摩擦力為其重力的k倍，則炮車后退的距離為________。 9．如圖所示，質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質量為2m的大空心球內。大球開始靜止在光滑的水平面上，當小球從圖示位置無初速度地沿大球內壁滾到最低點時，大球移動的距離是多少？ 10．如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平地面上，車上裝有半徑為R的半圓形光滑軌道，現(xiàn)將質量為m的小球在軌道的邊緣由靜止釋放，當小球滑至半圓軌道的最低位置時，小車移動的距離為________，小球的速度大小為________。 11．將一支小火箭沿豎直方向向上發(fā)射，最初0.3 s內噴出的氣體的質量為3010－3 kg，氣體噴出的速度為600 m/s，若噴氣后火箭的質量為2 kg，火箭在這段時間內上升的平均加速度為多少？(g取10 m/s2) 12．平板車停在水平光滑的軌道上，平板車上有一人從固定在車上的貨廂邊沿水平方向順著軌道方向跳出，落在平板車地板上的A點，距貨廂水平距離為l＝4 m，如圖所示。人的質量為m，車連同貨廂的質量為M＝4m，貨廂高度為h＝1.25 m，求： (1)車在人跳出后到落到地板期間的反沖速度？ (2)人落在車地板上并站定以后，車還運動嗎？車在地面上移動的位移是多少？ 參考答案 1. 答案：ABCD　點撥：噴氣式飛機和火箭都是靠噴出氣體，通過反沖獲得前進的動力；直升機通過螺旋槳擊打空氣，通過反沖獲得上升的動力；反擊式水輪機靠水輪擊打水，通過反沖獲得動力。 2. 答案：B　點撥：由于原子核原來處于靜止狀態(tài)，因此系統(tǒng)總動量為零，原子核放出粒子的過程中，動量守恒。 由動量守恒定律得：0＝mv＋(M－m)v′ 解得v′＝－。 3. 答案：B　點撥：火箭工作的原理是反沖運動，是火箭燃料燃燒產生的高溫高壓燃氣從尾部噴管迅速噴出時，使火箭獲得反沖速度。故B項正確。 4. 答案：A　點撥：整個過程動量守恒，由于兩發(fā)炮彈的總動量為零，因而船的動量不變。又因為船發(fā)射炮彈后質量減小，因此船的速度增大。 5. 答案：4 m/s 點撥：“水火箭”噴出水流做反沖運動，設火箭原來總質量為M，噴出水流的流量為Q，水的密度為ρ，水流的噴出速度為v，火箭的反沖速度為v′，由動量守恒定律得 (M－ρQt)v′＝ρQtv 火箭啟動后2 s末的速度為 v′＝＝ m/s＝4 m/s。 6. 答案：B　點撥：分開時，前艙和抽出的水相互作用，靠反沖向前加速運動。若不分開，前后艙和水是一個整體，則不動。 7. 答案：BD　點撥：m從a到b的過程中，半球槽與墻壁存在相互作用，(m＋M)系統(tǒng)動量不守恒，但球與槽間的作用力是系統(tǒng)內的彈力，且對m不做功，故m機械能守恒；m運動到b點右側，M向右運動，彈力對M做正功，對m做負功，兩者速度相同，m達到最高點，但由于m有機械能損失，故不能達c點；在m相對M從最高點向左運動直到b的過程中，M受到的彈力一直使M加速，故m到達b點時，M的速度達最大。 8. 答案：　 點撥：在炮彈發(fā)射過程中，炮車所受阻力遠小于內力，故系統(tǒng)在水平方向動量守恒 設炮車速度為v，則由水平方向動量守恒可得： 0＝Mv＋mv0cos θ， 所以v＝。 負號表示炮車是后退的。 炮車獲得后退速度后，在摩擦阻力作用下后退一段距離將停下。 由題意及牛頓第二定律可得，炮車后退的加速度為： a＝＝kg。 又由運動學公式可得炮車后退距離 s＝。 9. 答案： 點撥：由水平方向平均動量守恒得 mx小球＝2mx大球 又x小球＋x大球＝R 聯(lián)立解得x大球＝。 10. 答案：　 點撥：以車和小球為系統(tǒng)在水平方向總動量為零且守恒。當小球滑至最低處時車和小球相對位移是R，利用“人船模型”可得小車移動距離為。設此時小車速度為v1，小球速度為v2，由動量守恒為Mv1＝mv2，由能量守恒有mgR＝，解得v2＝。 11. 答案：20 m/s2 點撥：由牛頓第二定律知，物體的加速度由物體所受合外力決定，火箭噴出氣體的過程中，受向上的反沖力和向下的重力作用，因此只要求出火箭所受反沖力，就可求出加速度。 設噴出氣體的質量為m，速度為v，則m＝3010－3 kg，v＝600 m/s，這部分氣體在Δt＝0.3 s內，速度由0變到v，設平均作用力為F，由加速度定義式知氣體的加速度a＝＝＝ m/s2＝2 000 m/s2，由牛頓第二定律知F＋mg＝ma，所以氣體受到的平均作用力F＝ma－mg＝3010－32 000 N－3010－310 N≈60 N。 根據(jù)牛頓第三定律知，小火箭受到的反沖力F′＝60 N，方向向上，設其加速度為a′，據(jù)牛頓第二定律得F′－Mg＝Ma′，所以a′＝＝20 m/s2。 12. 答案：(1)1.6 m/s　(2)不動　0.8 m 點撥：人從貨廂上跳出的過程中，人與貨廂及車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒。人落到車上的過程中，系統(tǒng)水平方向動量仍守恒。人在空中運動過程中做平拋運動，而車做勻速直線運動。 (1)人從貨廂邊跳離的過程，系統(tǒng)(人、車和貨廂)水平方向動量守恒，設人的水平速度是v1，車的反沖速度是v2，則mv1－Mv2＝0，解得v2＝。 人跳離貨廂后做平拋運動，車以v2做勻速運動，運動時間為t＝＝0.5 s，在這段時間內人的水平位移s1和車的位移s2分別為 s1＝v1t，s2＝v2t。 由圖可知，s1＋s2＝l。 即v1t＋v2t＝l，則v2＝＝1.6 m/s。 (2)車的水平位移為s2＝v2t＝1.60.5 m＝0.8 m。 人落到車上A點的過程，系統(tǒng)水平方向的動量守恒(水平方向系統(tǒng)沒有受外力，而豎直方向支持力大于重力，合力不為零)，人落到車上前的水平速度仍為v1，車的速度為v2，落到車上后設它們的共同速度為v，根據(jù)水平方向動量守恒得：mv1－Mv2＝(M＋m)v，可得v＝0。 故人落到車上A點站定后車的速度為零。