人教版 (2019)选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭课时作业

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭课时作业，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

基础巩固
一、选择题(第1~4题为单选题,第5题为多选题)
1.关于反冲运动的说法,正确的是( )
A.抛出的质量m1要小于剩下的质量m2才能获得反冲
B.若抛出的质量m1大于剩下的质量m2,则质量m2部分的反冲力大于质量m1部分所受的力
C.反冲运动中,牛顿第三定律适用,但牛顿第二定律不适用
D.对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
答案D
解析由于系统的一部分物体向某一方向运动,而使另一部分向相反方向运动,这种现象叫反冲运动,并没有确定两部分物体之间的质量关系,故选项A错误;在反冲运动中,两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,它们大小相等,方向相反,故选项B错误;在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度,使该部分的速度逐渐增大,在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立,故选项C错误,D正确。
2.有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度是( )
A.3v0-vB.2v0-3v
C.3v0-2vD.2v0+v
答案C
解析爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东,爆炸前动量为3mv0,其中一块质量为2m,速度大小为v、方向水平向东,设爆炸后另一块瞬时速度大小为v',取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向,爆炸过程水平方向动量守恒,则有3mv0=2mv+mv',解得v'=3v0-2v,故选项C正确。
3.在静水上浮着一只长为l=3 m、质量为300 kg的小船,船尾站着一质量为60 kg的人,开始时人和船都静止。若人匀速从船尾走到船头,不计水的阻力,则船将( )
A.后退0.5 mB.后退0.6 m
C.后退0.75 mD.一直匀速后退
答案A
解析船和人组成的系统,在水平方向上动量守恒,人在船上行进,船向后退,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得m人v-m船v'=0,人匀速从船尾走到船头,设船后退的位移大小为x,则人相对于岸的位移大小为l-x,则有m人l-xt-m船xt=0,代入数据解得x=0.5 m,船向后退了0.5 m,故选项A正确,B、C错误;人与船组成的系统动量守恒,系统初动量为零,人停止运动时人的动量为零,由动量守恒定律可知,船的动量也为零,船停止运动,故船先加速再匀速,最后静止,故选项D错误。
4.两个小木块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=4 s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。从图中的信息可知( )
A.木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反
B.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
答案D
解析由x-t图像可知,位移均为正,均朝一个方向运动,没有反向,故选项A错误;木块B、C都和弹簧分离后,因弹簧释放弹性势能,则系统的总动能增加,选项B错误;木块B、C和弹簧分离过程中,系统所受合外力矢量和为零,系统动量守恒,则系统内两个木块的动量变化量等大反向,故选项C错误;木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为v1=10-46-4 m/s=3 m/s,v2=5-46-4 m/s=0.5 m/s,细线断前B、C的速度均为v0=1 m/s,由动量守恒定律得(mB+mC)v0=mBv1+mCv2,解得mBmC=14,故选项D正确。
5.“世界航天第一人”是明朝的万户,如图所示,他把47个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,飞上天空,然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备(火箭、椅子、风筝等)的总质量为m',点燃火箭后在极短的时间内,质量为m的燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出,忽略空气阻力的影响,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
“万户飞天”想象图
A.火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B.在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为mv0m'-m
C.喷出燃气后,万户及其所携设备能上升的最大高度为m2v022g(m'-m)2
D.在火箭喷气过程中,万户及其所携设备的机械能守恒
答案BC
解析火箭的推力来源于燃气对它的反作用力,选项A错误;以竖直向下为正方向,根据动量守恒定律有0=mv0-(m'-m)v,解得在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为v=mv0m'-m,选项B正确;喷出燃气后,万户及其所携设备做竖直上抛运动,动能转化为重力势能,有12(m'-m)v2=(m'-m)gh,解得万户及其所携设备能上升的最大高度为h=m2v022g(m'-m)2,选项C正确;在火箭喷气过程中,万户及其所携设备的机械能增加,燃料燃烧,将一部分化学能转化为万户及其所携设备的机械能,选项D错误。
二、非选择题
6.如图所示,质量为m'、半径为R的光滑半圆弧槽静止在光滑水平面上,有一质量为m的小滑块在与圆心O等高处无初速度滑下,在小滑块滑到圆弧槽最低点的过程中,圆弧槽产生的位移大小为多少?
答案mm'+mR
解析m'和m组成的系统在水平方向上动量守恒,依据人船模型即可求解。设圆弧槽后退位移大小为x,则据水平方向上的动量守恒得m'x=m(R-x),解得x=mm'+mR。
7.如图所示,一个质量为m的玩具蛙蹲在质量为m'的小车的细杆上,小车放在光滑的水平桌面上,处于静止状态。若车长为l,细杆高为h,且位于小车的中点。当玩具蛙最小以多少的水平速度跳出时,能落到桌面上?
答案m'l2(m'+m)g2h
解析玩具蛙跳出时,它和小车组成的系统水平方向不受外力,动量守恒,车将获得反向速度,之后玩具蛙将做平抛运动。
设玩具蛙以速度v跳出时,车获得的速度为v',由动量守恒定律有mv=m'v'
设蛙从跳出到落到紧挨车面最右端的桌面上,蛙对地位移为x1,车对地位移为x2,则x1=vt
x2=v't
12gt2=h
且有x1+x2=l2
解得v=m'l2(m'+m)g2h。
能力提升
一、选择题(第1题为单选题,第2~5题为多选题)
1.如图所示,甲、乙两车的质量均为m',静置在光滑的水平面上,两车相距为l。乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后相接触,以下说法不正确的是( )
A.甲、乙两车运动中速度之比为m'+mm'
B.甲、乙两车运动中速度之比为m'm'+m
C.甲车移动的距离为m'+m2m'+ml
D.乙车移动的距离为m'2m'+ml
答案B
解析甲、乙和人组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得0=m'v甲-(m'+m)v乙,可得甲、乙两车运动中速度之比为v甲v乙=m'+mm',故选项A正确,B错误;设甲车和乙车移动的距离分别为s1和s2,则有v甲=s甲t,v乙=s乙t,又s甲+s乙=l,联立解得s甲=m'+m2m'+ml,s乙=m'2m'+ml,故选项C、D正确。
2.长为l的轻绳,一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上,另一端连接一质量为2m的小球。开始时,将小球移至横杆处(轻绳处于水平伸直状态,见图),然后轻轻放手,当绳子与横杆成直角时,圆环的位移是x,则下列说法正确的是( )
A.圆环的位移x=23l
B.圆环与小球组成的系统机械能守恒
C.圆环与小球组成的系统动量守恒
D.圆环与小球组成的系统水平方向上动量守恒
答案ABD
解析小球和圆环组成的系统,在水平方向上不受任何外力,动量守恒,在竖直方向上合外力不为零,动量不守恒,故选项C错误,D正确;圆环与小球组成的系统,只有重力做功,所以机械能守恒,故选项B正确;圆环与小球组成的系统水平方向动量守恒,类同“人船”模型,根据动量守恒定律可得2m(l-x)=mx,解得圆环的位移x=23l,故选项A正确。
3.如图所示,一艘小船原来静止在平静的水面上,现前舱有水需要用抽水机抽往后舱,假设不计水面对船舱的阻力,则在抽水过程中关于船的运动下列说法正确的是( )
A.若前后舱是分开的,则前舱将向前运动
B.若前后舱是分开的,则前舱将向后运动
C.若前后舱不分开,则船将向前运动
D.若前后舱不分开,则船将会一直静止在水面上
答案AC
解析若前后舱是分开的,不计水的阻力,则系统在水平方向动量守恒,系统总动量保持为零,用一水泵把前舱的水抽往后舱,水的速度向后,水的动量向后,则前舱向前运动,故选项A正确,B错误;不计水的阻力,则系统动量守恒,系统总动量为零,若前后舱不分开,用水泵把前舱的水抽往后舱,则水的重心后移,故船将向前运动(等效于人船模型),故选项C正确,D错误。
4.一气球由地面匀速上升,当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时,下列说法正确的是( )
A.气球可能匀速上升
B.气球不可能相对地面静止
C.气球可能下降
D.气球运动速度不发生变化
答案AC
解析设气球质量为m',人的质量为m,由于气球匀速上升,系统所受的外力之和为零,当人沿吊梯向上爬时,动量守恒,以向上为正方向,由动量守恒定律得m'+mv0=mv1+m'v2,在人向上爬的过程中,气球的速度为v2=m'+mv0-mv1m',当v2>0时气球可匀速上升,当v2=0时气球静止,当v2<0时气球下降,故选项A、C正确,B错误;要使气球运动速度不变,则人的速度仍为v0,即人不上爬,显然不对,故选项D错误。
5.如图甲所示,物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触,b物块质量为1 kg。现解除对弹簧的锁定,在a物块离开挡板后,b物块的v-t关系图像如图乙所示。则下列分析正确的是( )
甲
乙
A.a的质量为1 kg
B.a的最大速度为4 m/s
C.在a离开挡板后,弹簧的最大弹性势能为1.5 J
D.在a离开挡板前,a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒
答案BC
解析由题意可知,当b的速度最小时,弹簧恰好恢复原长,此时a的速度最大,则有mbv0=mbv1+mav,12mbv02=12mbv12+12mav2,解得ma=0.5 kg,v=4 m/s,故选项A错误,B正确;两物块速度相等时,弹簧弹性势能最大,则Ep=12mbv02-12(ma+mb)v22,mbv0=(ma+mb)v2,解得Ep=1.5 J,故选项C正确;在a离开挡板前,a、b及弹簧组成的系统机械能守恒,但a与挡板间有相互作用力,则动量不守恒,故选项D错误。
二、非选择题
6.如图所示,带有光滑的半径为R的14圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上,滑块的质量为m'。将一个质量为m的小球从A处由静止释放,当小球从B点水平飞出时,滑块的速度为多大?(重力加速度为g)
答案m2gRm'(m'+m)
解析运动过程中小球和滑块组成的系统机械能守恒,又因为系统在水平方向不受外力,故系统水平方向动量守恒。
设小球从B点飞出时速度大小为v1,滑块的速度大小为v2,以v1的方向为正方向,则有mv1-m'v2=0,mgR=12mv12+12m'v22
解得v2=m2gRm'(m'+m)。
7.在沙堆上有一木块,质量m'=5 kg,木块上放一爆竹,质量m=0.10 kg。点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm。若沙对木块运动的阻力恒为58 N,不计爆竹中火药质量和空气阻力,g取10 m/s2,求爆竹上升的最大高度。
答案20 m
解析火药爆炸时内力远大于重力,所以爆炸时动量守恒,设v、v'分别为爆炸后爆竹和木块的速率,取向上的方向为正方向。
由动量守恒定律得
mv-m'v'=0①
木块陷入沙中做匀减速运动到停止,其加速度为
a=F-m'gm'=58-505 m/s2=1.6 m/s2
木块做匀减速运动的初速度
v'=2as=2×1.6×0.05 m/s=0.4 m/s②
②代入①式,得v=20 m/s
爆竹以初速度v做竖直上抛运动,上升的最大高度为h=v22g=20220 m=20 m。