2024-2025學年高中物理第十六章動量守恒定律5反沖運動火箭課后作業(yè)含解析新人教版選修3-5

PAGEPAGE5反沖運動火箭時間：45分鐘一、選擇題(1～6題為單選，7～8題為多選)1．質量m＝100kg的小船靜止在安靜水面上，船兩端載著m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平線上甲向左、乙向右同時以相對于岸3m/s的速度躍入水中，如圖所示，則之后小船的速率和運動方向為(A)A．0.6m/s，向左 B．3m/s，向左C．0.6m/s，向右 D．3m/s，向右解析：以向左為正方向，依據(jù)動量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入數(shù)據(jù)解得v′＝0.6m/s，方向向左．2.一個同學在地面上立定跳遠的最好成果是s.假設他站在車的A端，如圖所示，想要跳到距離為l遠的站臺上，不計車與地面的摩擦阻力，則(B)A．只要l<s，他肯定能跳上站臺B．只要l<s，他就有可能跳上站臺C．只要l＝s，他肯定能跳上站臺D．只要l＝s，他就有可能跳上站臺解析：人起跳的同時，小車要做反沖運動，所以人跳的距離小于s，故l<s時，才有可能跳上站臺．3.如圖所示，滑槽M1與滑塊M2緊靠在一起，靜止于光滑的水平面上．小球m從M1的右上方無初速度地下滑，當m滑到M1左方最高處時，M1將(B)A．靜止 B．向左運動C．向右運動 D．無法確定解析：小球m和滑槽M1、滑塊M2三個物體構成一個系統(tǒng)，這個系統(tǒng)所受水平方向的合外力為零，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球m下滑前系統(tǒng)總動量為零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑塊M2作用，作用結果使滑塊M2向右運動，有向右的動量．當m滑到左方最高點時，小球m和滑槽M1的相對速度為零，但小球m和滑槽M1這個整體向左運動，有向左的動量，這樣才能保證系統(tǒng)總動量為零．故選項B正確．4．將靜置在地面上，質量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的炙熱氣體．忽視噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是(D)A.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0解析：應用動量守恒定律解決本題，留意火箭模型質量的改變．取向下為正方向，由動量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝eq\f(mv0,M－m)，選項D正確．5．穿著溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向舉槍射擊，設第一次射出子彈后，人后退的速度為v，則(設每顆子彈射出時對地面的速度相同)(C)A．無論射出多少顆子彈，人后退的速度為v保持不變B．射出n顆子彈后，人后退的速度為nvC．射出n顆子彈后，人后退的速度大于nvD．射出n顆子彈后，人后退的速度小于nv解析：設人、槍(包括子彈)總質量為M，每顆子彈質量為m，子彈射出速度大小為v0，由動量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，設射出n顆后，后退速度為v′，則有(M－nm)v′＝nmv0，由以上分析得v＝eq\f(mv0,M－m)，v′＝eq\f(nmv0,M－nm)，因為M－m>M－nm，所以有v′>nv，C正確．6.質量相等的A、B兩球之間壓縮一根輕質彈簧，靜置于光滑水平桌面上，當用板攔住小球A而只釋放B球時，B球被彈出落到距桌邊水平距離為s的地面上，如圖所示．若再次以相同力壓縮該彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，則B球的落地點距桌邊(D)A.eq\f(s,2) B.eq\r(2)sC．s D.eq\f(\r(2),2)s解析：擋板攔住A球時，彈簧的彈性勢能全部轉化為B球的動能，有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，擋板撤走后，彈性勢能被兩球平分，則有Ep＝2×eq\f(1,2)mvB′2，由以上兩式解得vB′＝eq\f(\r(2),2)vB，由于B球拋出后做平拋運動，s＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，所以D對．7．下列說法正確的是(BCD)A．一對平衡力所做功之和肯定為零，一對作用力與反作用力所做功之和也肯定為零B．一對平衡力的沖量之和肯定為零，一對作用力與反作用力的沖量之和也肯定為零C．物體所受合力沖量的方向肯定與物體動量的改變方向相同，不肯定與物體的末動量方向相同D．火箭噴出的燃氣的速度越大、火箭的質量比越大，則火箭獲得的速度就越大解析：合力的功等于各個分力的功的代數(shù)和，一對平衡力的合力為零，故一對平衡力所做功之和肯定為零，一對作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，兩個力的作用點的位移不肯定相等，故一對作用力與反作用力所做功之和可以不為零，故A錯誤；沖量是力與時間的乘積，故一對平衡力的沖量大小相等、方向相反，故一對平衡力的沖量之和肯定為零，一對作用力與反作用力大小相等、方向相反、作用時間相等，故一對作用力與反作用力的沖量之和也肯定為零，故B正確；依據(jù)動量定理，物體所受合力沖量的方向肯定與物體動量的改變方向相同，不肯定與物體的末動量方向相同，故C正確；火箭是利用反沖原理工作的，依據(jù)動量守恒定律有0＝(M－m)v－mv′，得v＝eq\f(m,M－m)v′，噴出的燃氣的速度越大、火箭的質量比越大，則火箭能夠獲得的速度就越大，故D正確．8．向空中放射一物體，不計空氣阻力，當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩部分，若質量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則(CD)A．b的速度方向肯定與原速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離肯定比b的大C．a、b肯定同時到達水平地面D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的大小肯定相等解析：爆炸后系統(tǒng)的總機械能增加，但不能確定a、b的速度大小，所以選項A、B錯誤；因炸開后a、b都做平拋運動，且高度相同，故選項C正確；由牛頓第三定律知，選項D正確．二、非選擇題9．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2×10－4m3/s，噴出速度保持為對地10m/s.啟動前火箭總質量為1.4kg，則啟動2s末火箭的速度可以達到多少？已知火箭沿水平軌道運動所受阻力不計，水的密度是ρ＝103答案：4m/s解析：“水火箭”噴出水流做反沖運動，設“水火箭”原來總質量為M，水流的噴出速度為v，火箭的反沖速度即火箭啟動后2s末的速度為v′，由動量守恒定律得(M－ρQt)v′＝ρQtv解得v′＝eq\f(ρQtv,M－ρQt)＝eq\f(103×2×10－4×2×10,1.4－103×2×10－4×2)m/s＝4m/s.10．如圖所示，某小組在探究反沖運動時，將一個質量為m1的小液化瓶固定在質量為m2的小玩具船上，利用液化瓶向外噴射氣體作為船的動力．現(xiàn)在整個裝置靜止放在安靜的水面上，已知打開液化瓶后向外噴射氣體的對地速度為v1，假如在Δt的時間內向后噴射的氣體的質量為Δm，忽視水的阻力，則：(1)噴射出質量為Δm的氣體后，小船的速度是多少？(2)噴射出質量為Δm的氣體的過程中，小船所受氣體的平均作用力的大小是多少？答案：(1)eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm)(2)eq\f(Δmv1,Δt)解析：(1)由動量守恒定律得：(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0得：v船＝eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm).(2)對噴射出的氣體運用動量定理得：FΔt＝Δmv1解得：F＝eq\f(Δmv1,Δt)由牛頓第三定律得，小船所受氣體的平均作用力大小為F′＝F＝eq\f(Δmv1,Δt).11．一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s.設火箭質量M＝300kg，發(fā)動機每秒鐘噴氣20次．(1)當?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度多大？(2)運動第1s末，火箭的速度多大？答案：(1)2m/s(2)13.5m/s解析：火箭噴氣屬反沖現(xiàn)象，火箭和氣體組成的系統(tǒng)動量守恒，運用動量守恒定律求解．(1)選取火箭和氣體組成的系統(tǒng)為探討對象，運用動量守恒定律