2020-2021学年6 反冲现象 火箭课时作业

反冲现象　火箭

　(25分钟·60分)

一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)

1．下列不属于反冲运动的是(　　)

A．喷气式飞机的运动

B．直升机的运动

C．火箭的运动

D．反击式水轮机的运动

【解析】选B。反冲运动是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲运动。

2．下列图片所描述的实例或应用中，没有利用反冲原理的是(　　)

【解析】选D。喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故利用了反冲原理，A正确；章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用，故利用了反冲原理，B正确；气球带动小车是利用喷出的气体的反冲作用运动的，故利用了反冲原理，C正确；码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲原理，D错误。

3．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(　　)

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】选B。火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故选B项。

4．平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。水对船的阻力忽略不计。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，船由于惯性还会继续走动一小段时间

C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面位移的9倍

D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍

【解析】选D。人船系统动量守恒，总动量始终为零，因此人、船动量等大，速度大小与质量成反比，A错误；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则(M＋m)v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，B错误；人船系统动量守恒，速度和质量成反比，因此人的位移是船的位移的8倍，C错误；动能、动量关系Ek＝∝，人在船上走动过程中人的动能是船的动能的8倍，D正确。

5．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)

A．v0　　B．v0　　C．v0　　D．v0

【解析】选D。取竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得0＝mv0－(M－m)v′，解得v′＝v0，选项D正确。

6.一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进了水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图所示，不计水的阻力，船的运动情况是(　　)

A．向前运动　　　　　　　 B．向后运动

C．静止          D．无法判断

【解析】选A。虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转移到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，故A正确。

二、计算题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)

7.(10分)(2021·苏州高二检测)一辆平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿沿着轨道方向水平跳出，落在平板车上的A点，距货厢水平距离为l＝4 m，如图所示。人的质量为m，车连同货厢的质量为M＝4m，货厢高度为h＝1.25 m。(g取10 m/s2)

(1)求车在人跳出后到人落到A点期间的反冲速度。

(2)人落在A点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？

【解析】(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒。设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，则mv1－Mv2＝0，得v2＝v1，人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝＝0.5 s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t

由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l

则v2＝＝ m/s＝1.6 m/s。

(2)人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0。

故人落到车上A点站定后车的速度为零。

车的水平位移为

x2＝v2t＝1.6×0.5 m＝0.8 m。

答案：(1)1.6 m/s　(2)不运动　0.8 m

8．(14分)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

【解析】(1)由动能定理可得，烟花弹的初动能E＝mv2，此时，烟花弹的上升初速度v＝

当烟花弹上升速度为零时爆炸，可将此运动看成竖直上抛运动。根据竖直上抛运动公式：

v＝gt，v2＝2gh0

联立可解得t＝，h0＝

(2)规定竖直向上为正方向，烟花弹爆炸后的两部分速度为v1、v2，由动量守恒定律可得×v1－×v2＝0

又动能之和E＝··v＋··v

联立两式解得v1＝

将上式代入竖直上抛运动公式v＝2gh1

可得h1＝

爆炸后烟花弹向上运动的部分距离地面的最大高度为H＝h1＋h0＝

答案：(1)　(2)

(15分钟·40分)

9．(6分)一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　　)

A．M　　　　　　　　 B．M

C．M         D．M

【解析】选C。规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正确。

10.(6分)质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是(　　)

A．　　　B．　　　C．　　　D．

【解析】选B。由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝，选项B正确。

11.(6分)如图所示，内壁有四分之一圆弧的滑块静止在光滑水平面上，滑块下端B点离地面距离为h，圆弧光滑且半径为R＝2h。一小球从滑块的上边缘点A的正上方高为2h处由静止释放，恰好能从A点进入圆弧，小球到达滑块下端B点时相对地面的速度大小为v，小球刚落在水平面上的位置与滑块上B点间的水平距离为s＝4h。设小球的质量为m。重力加速度大小为g，以滑块上端点A为零势能点。则(　　)

A．小球在滑块下端B点的重力势能为－2mgh

B．小球受滑块的支持力不做功

C．小球从滑块的A点到达B点的过程合力做的功是mv2＋2mgh

D．小球到达滑块下端B点时相对地面的速度大小v＝3

【解析】选A。滑块上端点A为零势能点，小球在滑块下端B点的重力势能为－2mgh，选项A正确；在小球沿滑块的圆弧轨道滑动的同时，滑块也沿水平面向左运动，滑块动能增加，则小球对滑块的压力对滑块做正功；滑块的机械能增加，由于系统机械能守恒，则小球的机械能减少，小球受滑块的支持力做负功，选项B错误；小球从滑块的A点到达B点的过程由动能定理有W＝ΔE＝Ek2－Ek1＝mv2－2mgh，选项C错误；两者组成系统水平方向动量守恒，有0＝mv－m′v′，两者组成系统机械能守恒，有4mgh＝mv2＋m′v′2，平抛后h＝gt2，4h＝vt＋v′t，联立解得v＝2，选项D错误。

【加固训练】

如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一半径为R的光滑圆弧轨道。现有一质量为m的小球从圆弧轨道的上端由静止释放，下列说法正确的是(　　)

A．小球下滑的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒

B．小球下滑的过程中，小车和小球组成的系统机械能不守恒

C．小球离开小车时，小车的位移大小x1＝

D．小球离开小车时，小车的动量大小p＝

【解析】选C。小球下滑的过程中，小车和小球组成的系统所受合外力不为零，总动量不守恒；但由于只有小球的重力对系统做功，所以机械能守恒，故A、B错误；由于在小球下滑的过程中，小车和小球组成的系统水平方向不受外力作用，所以系统在水平方向遵守动量守恒定律，由动量守恒定律得：Mx1＝m(R－x1)，解得：x1＝，故C正确；设小球离开小车时，小车的速度大小为v1、小球的速度大小为v2，则由动量守恒定律和机械能守恒定律得：Mv1＝mv2，mgR＝Mv＋mv，解得：p＝Mv1＝，故D错误。

12．(22分)如图所示，带有半径R＝1.5 m的四分之一圆弧轨道的滑块丙竖直放置，下端与光滑的水平面在A点相切，一个连接有轻弹簧的小球乙放在光滑的水平面上且处于静止状态，小球甲(可视为质点)从圆弧轨道丙的最高点由静止释放。已知甲的质量为m，乙的质量为3m，丙的质量为5m，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)小球甲滑离圆弧轨道丙时的速度大小；

(2)小球甲压缩弹簧并被弹簧弹开后再滑到圆弧轨道丙上的最大高度。(计算结果可用分数表示)

【解题指南】解答本题要注意以下三点：

(1)小球甲与丙轨道组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒；

(2)小球甲与乙发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒；

(3)因为甲的质量为m，乙的质量为3m，甲、乙碰撞后，小球甲被反弹，小球甲再滑到丙轨道时，与丙轨道构成的系统依然机械能守恒、水平方向动量守恒。

【解析】(1)设小球甲滑离圆弧轨道丙时的速度大小为v1，圆弧轨道丙此时的速度大小为v2，小球甲和圆弧轨道水平方向上动量守恒，系统机械能守恒，则有

mv1＝5mv2

mgR＝mv＋×5mv

解得v1＝5 m/s，v2＝1 m/s

故小球甲滑离圆弧轨道丙时的速度大小为5 m/s；

(2)设小球甲与小球乙碰撞分离后小球甲的速度大小为v3，小球乙的速度为v4，小球甲与小球乙的作用过程为弹性碰撞，由动量守恒定律可得

mv1＝3mv4－mv3　

由能量守恒定律可得

mv＝mv＋×3mv

解得v3＝2.5 m/s＞v2

因此小球甲还会再滑到圆弧轨道丙上，设上滑的最大高度为h，滑到最高点时小球甲和圆弧轨道丙的共同速度为v5，

根据水平方向动量守恒有mv3＋5mv2＝6mv5

根据机械能守恒有

mgh＝mv＋×5mv－×6mv

解得h＝ m

答案：(1)5 m/s　(2) m

【加固训练】

如图所示，平板小车C上固定有两个完全相同的弹射装置，在弹射装置中分别压装上两个光滑小球A、B，将它停放在光滑水平地面上。先打开球A所在的装置，将球A发射出去，球A获得vA＝8 m/s 的速度。已知球A的质量mA＝1 kg，小车C和球B的总质量M＝4 kg，则：

(1)发射球A时，弹射装置释放的能量为多少？

(2)将球A发射出去后，要使小车C停止，必须以多大的速度将质量为 kg的球B发射出去？

【解析】(1)发射球A时，球A、B和车C组成的系统动量守恒，有：mAvA＝Mv1

可得BC组成的系统获得的速度

v1＝＝ m/s＝2 m/s

根据能量守恒知，弹射系统释放的能量转化为系统的动能，有：E＝mAv＋Mv

代入数据可解得：

释放的能量E＝40 J；

(2)发射球B时，球B与小车组成的系统动量守恒，设将球B发射出去的速度为vB，

有mBvB＝Mv1

解得：vB＝v1＝×2 m/s＝12 m/s

答案：(1)40 J　(2)12 m/s