高中6 反冲现象 火箭练习

2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册

1.6反冲运动火箭 跟踪训练（解析版）

1．如图所示，质量m=30kg的小俊同学站在质量M=150kg的车的一端，车长L=3m，相对于地面静止。若车与地面间的摩擦可以忽略不计，则小俊同学由车的一端走到另一端的过程中，车将（　　）

A．后退0.25m B．后退0.3m

C．后退0.5m D．一直匀速后退

2．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（　　）

A．E0 B．E0 C．E0 D．E0

3．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜面体，斜面质量为、底边长为，如图所示。将一质量为、可视为质点的滑块从斜面的顶端由静止释放，滑块经过时间刚好滑到斜面底端。重力加速度为，则下列说法中正确的是（　　）

A．滑块下滑的过程中，组成的系统动量守恒

B．滑块下滑到斜面体底端时，重力的瞬时功率为

C．滑块下滑过程中，支持力对的冲量大小为

D．此过程中斜面体向左滑动的距离为

4．光滑水平面上放有质量分别为和的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为。现将细线剪断，此刻物块的加速度大小为，两物块刚要离开弹簧时物块的速度大小为，则（　　）

A．物块B的加速度大小为时弹簧的压缩量为

B．物块从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为

C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为

D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为

5．为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则喷气Δt秒后探测器获得的动能为（　　）

A． B．

C．  D．

6．如图所示，甲、乙两个物块（均可视为质点）锁定在水平面上，处于压缩状态的轻弹簧放在两物块之间，与两物块没有连接，乙的质量是甲的2倍。水平面上O点左侧光滑，右侧粗糙。甲到O点的距离大于弹簧的压缩量，若只解除甲物块的锁定，则甲物块被弹簧弹出后在O点右侧滑行的距离为x，若同时解除甲、乙两物块的锁定，则甲物块在O点右侧滑行的距离为（　　）

A． B．

C． D．

7．过年的时候，小朋友喜欢玩一种烟花“冲天炮”，有一只点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，在离地高度为10m的最高点时爆炸成质量相等的两部分，且均在竖直方向运动，爆炸时一部分获得竖直向下的速度5m/s，则两部分落地的时间差约为（　　）

A．0.5s B．1.0s C．l.5s D．2.0s

8．带子弹的步枪质量为5kg，一颗子弹的质量为10g，子弹从枪口飞出时的速度为，则第一发子弹射出后步枪的反冲速度约为（　　）

A． B． C． D．

9．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。如图所示。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（　　）

A． B．

C． D．

10．据央视新闻报道，“我国空间站将在2022年前建成，并有望在2024年国际空间站退役后成为唯一在轨运行的空间站”。如图所示，已知一个连同装备共80kg的航天员，离开空间站太空行走，在离飞船30m的位置与空间站处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度喷出气体。航天员为了能在5min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是（不计喷出气体后航天员和装备质量的变化）（　　）

A．0.1kg B．0.12kg C．0.14kg D．0.16kg

11．在光滑的水平面上静止放置一个光滑的斜面体，斜面的倾角为，高度为，将一个可看做质点的小球从斜面顶端由静止释放，斜面体的质量是小球质量的两倍，小球运动到斜面底部的过程中（，）（　　）

A．斜面体对小球做负功

B．斜面体的机械能守恒

C．斜面体和小球组成系统的动量不守恒

D．斜面体运动距离为

12．两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示．下面说法正确的是（　　）

A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相同

B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动能不变

C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大

D．木块B的质量是木块C质量的四分之一

13．如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，则（　　）

A．系统的动量守恒

B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大方向

C．小球不能向左摆到原高度

D．小车向右移动的最大距离为

14．质量为m的烟花弹从地面以初动能E向上飞出，当其上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的a、b、c、d四部分（可视为质点），其中a、b两部分速度方向分别为竖直向上和竖直向下，c、d两部分速度方向分别为水平向左和水平向右，a的动能也为E，如图所示。爆炸时间极短，且炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大为g，不计空气阻力和火药的质量。关于它们后面的运动，下列说法正确的是（　　）

A．落地前同一时刻，a、b、c、d分布在一个四边形的四个顶点上，且ac连线比cb连线短

B．落地前，a、b、c、d在相等的时间内速度的变化量相同

C．落地时，a的速度大小为

D．落地时，a、b、c、d重力的功率关系为Pa=Pb>Pc=Pd

15．如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m=0.1kg和M=0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6m/s，接着A球进入水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，P、Q为半圆形轨道竖直的直径，，下列说法不正确的是（　　）

A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量等于对B的冲量

B．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/s

C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为

D．若半圆轨道半径改为0.9m，则A球也能到达Q点

16．如图所示，质量为M的滑块B套在光滑的水杆上可自由滑动，质量为m的小球A用一长为L的轻杆与B上的O点相连接，轻杆处于水位置，可绕O点在竖直平面内自由转动。若M=2m，给小球A一竖直向上的初速度v0，则当轻杆绕O点转过90°，A球运动至最高点时，B的位移多大？B的速度多大？

17．2022年冬奥会将在北京举办，北京成为奥运历史上第一个既举办过夏季奥运会，又举办冬奥会的城市。如图是参赛队员正在进行短道速滑接力项目的训练场景，甲运动员静止在光滑的冰面上，乙运动员以10 m/s的水平向右速度从他的后方冲过来并推动他，甲运动员以6 m/s的速度脱离乙而向前滑行。已知甲运动员质量为70 kg，乙运动员质量为60 kg，求两运动员相互作用后，乙运动员的速度。

18．如图所示，物体A和B质量分别为m2和m1，其水平直角边长分别为a和b。A、B之间存在摩擦，B与水平地面无摩擦。可视为质点的A与地面间的高度差为h，当A由B的顶端从静止开始滑到B的底端时。

(1)B的水平位移是多少？

(2)A滑到斜面底端时速度为v2，则在A下滑过程中，A损失的机械能为多少？

参考答案

1．C

【详解】

ABC．以人和车为系统，则系统动量守恒，设人的方向为正方向，由动量守恒定律，有

其中x1和x2表示人和车的位移大小，有

解得

由题意，人向前走，车应往后退，AB错误C正确；

D．题中未说明人的运动状态，故小车的运动状态不定，D错误。

故选C。

2．C

【详解】

放出质量为m的粒子后，剩余质量为M-m，该过程动量守恒，有：

放出的粒子的动能为

原子核反冲的动能：

解得：

故选C。

3．D

【详解】

A．滑块下滑的过程中组成的系统水平动量守恒，竖直方向合力不为零，则系统动量不守恒，A错误；

B．滑块下滑的过程中组成的系统机械能守恒，B减小的重力势能转化成俩物体的动能，如果全部转化为B的动能则

，

所以滑块滑到底端的速度小于，所以滑块下滑到斜面体底端时重力的瞬时功率小于，B错误；

C．由于滑块下滑过程中滑块向左运动，支持力小于，所以支持力对的冲量小于，C错误。

D．由于组成的系统水平动量守恒

，

解得

D正确。

故选D。

4．D

【详解】

A．当物块的加速度大小为，根据胡克定律和牛顿第二定律得

当物块B的加速度大小为时，有

对比可得，即此时弹簧的压缩量为，错误；

B．取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得

又

解得的位移为，B错误；

CD．根据动量守恒定律得

得物块B刚要离开弹簧时的速度，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为

C错误，D正确。

故选D。

5．B

【详解】

对t=1s内喷出的气体，由动能定理得

Pt=mv12

解得

v1=

在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有

Mv2=mΔt·v1

探测器的动能为

Ek=Mv22

得

故选B。

6．A

【详解】

设弹簧开始具有的弹性势能为EP，只解除甲的锁定，则有

μmgx=EP

若同时解除甲、乙的锁定，根据动量守恒定律有

mv1=2mv2

根据能量守恒定律有

根据动能定理有

解得

故选A。

7．B

【详解】

由动量守恒定律可得

可知另一部分速度竖直向上，大小为5m/s；则对两部分，由运动公式可知两部分落地的时间差约为

故选B。

8．B

【详解】

假设子弹和枪的总质量为M，子弹质量为m，以子弹从枪口飞出时速度的反方向为正方向，由动量守恒定律

得

故选B。

9．B

【详解】

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，取船的运动方向为正方向，则

v＝，v′＝

根据动量守恒定律得

Mv－mv′＝0

解得船的质量

M＝

故选B。

10．D

【详解】

宇航员喷出气体后的最小速度为

根据动量守恒定律得

解得

故选D。

11．ACD

【详解】

AB．对于小球和斜面体组成系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，斜面体的机械能增大，小球机械能减小，所以斜面的支持力对小球做负功，故A正确，B错误；

C．小球在竖直方向有分加速度，斜面体和小球组成系统合外力不为零，则系统的动量不守恒，故C正确；

D．小球和斜面体组成的系统在水平方向不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒。设小球的水平位移为，斜面体的位移为，取水平向左为正方向，设小球质量为m，则斜面体的质量为2m，根据水平方向动量守恒得

得

又

解得

故D正确。

故选ACD。

12．AD

【详解】

A．s-t图象的斜率表示速度，故木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相同，故A正确；

B．木块B、C都和弹簧分离后，弹簧的弹性势能转化为两物块动能，故系统的总动能变大，故B错误；

C．木块B、C分离过程中B木块的速度增加了，故B木块的动量变大，由于系统的总动量不变，故B的动量增加等于C木块的动量减小，故C错误；

D．两个木块分离前速度

分离后，B的速度

C的速度

根据动量守恒定律，有：

解得

故D正确。

故选AD。

13．BD

【详解】

AB．系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误；B正确；

C．根据水平方向的动量守恒及机械能守恒可知，小球仍能向左摆到原高度，C错误；

D．小球相对于小车的位移为2l，根据“人船模型”

解得小车向右移动的最大距离为

D正确；

故选BD。

14．BD

【详解】

A．爆炸时间极短，说明爆炸过程动量守恒，由水平方向和竖直方向守恒，有

0=mva–mvb，0=mvc–mvd

解得va=vb，vc=vd，炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，根据动量定理有

Ft=Δp=mv

联立得

va=vb=vc=vd =v

爆炸后a、b、c、d四部分分别做竖直上抛、竖直下抛和平抛运动，落地前c、d两部分沿各自初速度方向的水平位移相等，竖直方向自由落体运动的位移相等，a、b只在竖直方向上运动，只有竖直位移，且两点最终落点相同，故四点分布在一条直线上，且ac连线等于cb连线，A错误；

B．落地前，a、b、c、d的加速度都为重力加速度，在相等的时间内速度的变化量Δv=gt，方向竖直向下，B正确；

C．烟花弹上升过程根据机械能守恒，有

E=mgh

落地时根据动能定理，有

mgh=E1-E

可得a、b、c、d的动能相等，均为E1=E，速度大小均为

C错误；

D．落地时，a、b、c、d的竖直速度大小关系为，根据

得a、b、c、d重力的功率关系为

Pa=Pb>Pc=Pd

D正确。

故选BD。

15．ACD

【详解】

A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量的大小等于对B的冲量的大小，方向相反。A错误，符合题意；

B．弹簧弹开的过程中，两个小球与弹簧组成的系统合外力为零，动量守恒，有

解得

负号表示B球运动方向与A球运动方向相反。B正确，不符合题意；

C．A球从P点运动到Q点过程中，根据动能定理得

解得

此过程中，合力的冲量根据动量定理得

C错误，符合题意；

D．若半圆轨道半径改为0.9m，则A球到达Q点的速度满足

解得

A球在Q点的最小速度满足

即

D错误，符合题意。

故选ACD。

16． ，

【详解】

设经过最高点时，A水平方向位移大小为，B水平方向位移大小为，A与B组成的系统在水平方向动量守恒，则有

又

联立解得

则B的位移大小为 ；

设在最高点时，A速度大小为，B速度大小为，由动量守恒定律可得

由机械能守恒定律可得

联立解得

17．3 m/s，水平向右

【详解】

对甲、乙运动员组成的系统，乙推甲→甲脱离乙，以乙的初速度方向为正方向，由动能守恒定律得

解得，方向水平向右

18．(1)　(2)m2gh－m2

【详解】

(1)设向右为正方向，下滑过程中A速度的水平分量为－vA，B速度为vB，对A和B组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向的动量守恒，则每时每刻都有

m1vB－m2vA＝0

则有

m1x1－m2x2＝0

由题意可知

x1＋x2＝b－a

联立可得

(2)根据能量守恒定律，A损失的机械能为

ΔE＝m2gh－m2v2