2019-2020学年物理(人教版)选修3-5试题：第十六章5反冲运动火箭 含解析

第十六章动量守恒定律

5 反冲运动火箭

1．(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是()

A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度

B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响

D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好

解析：火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A正确；体操运动员在着地时屈腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D错误．

答案：ABC

2．(多选)下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度() A．使喷出的气体速度增大B．使喷出的气体温度更高

C．使喷出的气体质量更大D．使喷出的气体密度更小

答案：AC

3．如图所示是一种弹射装置，弹丸质量为m，底座质量为3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以相对地面v的速度发射出去后，底座的反冲速度大小是()

A．3v/4B．v/4

C．v/3 D．0

解析：在水平方向上，弹丸和底座组成的系统动量守恒，设水平

向右为正，由动量守恒可得3m v′＋m v＝0，得v′＝－v

3，负号表示速

度方向水平向左，故C正确．

答案：C

4．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是()

A．动量不变，速度增大B．动量变小，速度不变

C．动量增大，速度增大D．动量增大，速度减小

解析：整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变．又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大．答案：A

5．“神舟六号”宇宙飞船是由火箭喷气发动机向后喷气而加速的．假设火箭喷气发动机每次喷出气体质量为m，喷出的气体相对地面的速度为v，设“神舟”六号载人飞船及火箭的总质量为M(m?M)，喷气前飞船的速度为v0，火箭发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机点火后1 s末，飞船的速度是多大？

解析：选火箭和1 s内喷出的气体为研究对象，设火箭1 s末的速度为v′，1 s内共喷出质量为20m的气体，取火箭运动方向为正方向，由动量守恒定律得

(M－20m)v′－20m v＝0

所以1 s末火箭的速度v′＝

20m v M－20m

.

答案：

20m v

M－20m

A级抓基础

1．(多选)假设一小型火箭沿人造地球卫星的轨道在高空中做匀速圆周运动．如果火箭向跟其速度相反的方向射出一个质量不可忽略的物体A，则下列情况哪些是能够成立的()

A．物体A可能竖直落下地球，火箭可能沿原轨道运动

B．A跟火箭都不可能沿原轨道运动

C．A运行轨道半径将减小，火箭运动轨道半径将增大

D．A可能沿地球半径方向竖直下落，火箭运行的轨道半径增大解析：火箭绕地球做匀速圆周运动时，万有引力刚好充当向心力，在轨迹切线方向无外力作用，故火箭沿切线向后发射物体过程中，系统沿轨道切线方向动量守恒，所以v′>v0.所以火箭要做离心运动，即火箭不可能在原轨道上运行．至于被发射的物体A，由于发射时做功情况的不同，发射后的A，速度可沿原运动方向，但速度变小，要做向心运动，即轨道半径变小；速度也可能刚好为零(对地)，以后则竖直下落；速度也可能大小刚好等于火箭原飞行速度，所以A也可能在原轨道上运行，只是绕行方向与火箭绕行方向相反．综上讨论可知，正确选项为C、D.

答案：CD

2．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)．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，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长

L ，已知他自身的质量为m ，则渔船的质量M 为( )

A.mL d

B.m （L －d ）d

C.m （L ＋d ）d

D.md L －d

解析：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有： M v ′

＝m v ，即M d t ＝m L －d t ，则船的质量为： M ＝m （L －d ）d

，B 正确；ACD 错误；故选B.

答案：B

3．一个静止的质量为M 的原子核，放射出一个质量为m 的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v 0，原子核剩余部分的速率等于( )

A ．v 0

B.m M －m v 0

C.m M v 0

D.m 2m －M v 0

解析：取整个原子核为研究对象．由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p 1＝0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v ′，并规定粒子运动的方向为正方向，则粒子的对地速度v ＝v 0－v ′，系统的动量p 2＝m v －(M －m )v ′＝m (v 0－v ′)－(M －m )v ′，

由p 1＝p 2，即0＝m (v 0－v ′)－(M －m )v ′＝m v 0－M v ′得v ′＝m M

v 0. 答案：C

4．(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移，则

( )

A．若两人质量相等，必有v甲>v乙

B．若两人质量相等，必有v甲

C．若两人速率相等，必有m甲>m乙

D．若两人速率相等，必有m甲

解析：甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒，且总动量为零，甲动量方向向右，小车动量方向向左，说明|p甲|＝|p乙|＋|p车|，即m甲v甲>m乙v乙，若m甲＝m乙，则v甲>v乙，A对，B错；若v甲＝v乙，则m甲>m乙，C对，D错．

答案：AC

5．装有炮弹的大炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮弹射出炮口时对地的速度为v0，若炮筒与水平地面的夹角为θ，则炮车后退的速度大小为()

A.m

M

v0 B.

m v0cos θ

M－m

C.m v0

M－m D.

m v0cos θ

M

解析：发射炮弹时，炮车只可能沿水平地面向后退，水平方向所受的摩擦力远小于火药爆炸时炮弹与炮车间的相互作用力，故系统在

水平方向上动量守恒，由m v0cos θ＝(M－m)v，得v＝m v0cos θM－m

.

答案：B

[B级提能力]

6．如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触．当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度是(可以把人

看作质点)( )

A ．5 m

B ．3.6 m

C ．2.6 m

D ．8 m

解析：当人滑到绳下端时，由平均动量守恒，得：m 1h 1t ＝m 2h 2t

，且h 1＋h 2＝h .

解得h 1＝1.4 m.

所以他离地高度H ＝h －h 1＝3.6 m ，故选项B 正确．

答案：B

7．质量为m 的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k ，突然在空中

爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为E k 2

，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为( )

A.E k 2

B.9E k 2

C.9E k 4

D.9＋422

E k 解析：由于爆炸产生的作用力远大于重力，在爆炸的瞬间水平方向上动量守恒，根据动量守恒求出另一块炸弹的速度，从而求出动能的大小．

炸弹开始动能E k ＝12

m v 2，解得v ＝2E k m .其中一块动能为E k 2＝12·m 2v 21

，解得v 1＝2E k m ，根据动量守恒定律得m v ＝－m 2v 1＋m 2v 2，解得v 2＝3

2E k m ，则动能E k ′＝12·m 2v 22＝92E k ，B 正确． 答案：B

8.如图所示，质量为m 的小球A 系在长为l 的轻绳一端，另一端系在质量为M 的小车支架的O 点．现用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车的位移是( )

A ．向右，大小为ml M

B ．向左，大小为ml M

C ．向右，大小为ml M －m

D ．向左，大小为ml M ＋m

解析：当小球向下摆动的过程中，小球与小车组成的系统，水平方向动量守恒，即0＝m v －MV ，变形得：m v ＝MV ，两边同乘以t ，可得： m v t ＝MVt ，设小车的位移大小为x ，则小球相对于地的位移

大小为l －x ，可得： m (l －x )＝Mx ，解得： x ＝ml M ＋m

，方向向左，故D 正确，ABC 错误．

答案：D

9．质量为m 的人站在质量为M ，长为L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？(忽略水的阻力)

解析：在人从船头走到船尾的过程中，任设某一时刻船和人的速度大小分别为v 1和v 2，则由于船和人的总动量守恒，于是m v 1－M v 2＝0.而这过程中船与人的平均速度v －1和v －2也应满足类似的关系：

m v－1－M v－2＝0.

上式同乘过程所经历的时间t后，船和人相对于岸的位移同样有：mL1－ML2＝0.

从图中可以看出，人、船的位移L1和L2大小之和等于L.

L1＋L2＝L.

由以上各式解得：L1＝

M

M＋m

L；L2＝

m

M＋m

L.

答案：

m

M＋m

L

10．一质量为m＝0.5 kg的子弹以初速度v0＝8 m/s水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A与木块B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示，木块A、B的质量分别为M A＝1.5 kg.M B＝2.0 kg求：

(1)子弹射入木块A后的速度，此过程损失的机械能；

(2)弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能．

解析：(1)对子弹和木块在打击的过程中满足动量守恒，有：

m v0＝(M A＋m)v，解得：v＝2 m/s，

ΔE＝1

2m v

2

－

1

2(M A＋m)v

2＝

1

2×0.5×8

2J－1

2×(0.5＋1.5)×2

2J＝

12 J.

(2)当子弹、木块速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大

(M A＋m)v＝(M A＋M B＋m)v′，解得：v′＝1 m/s，

根据能量守恒得到： E p ＝12(M A ＋m )v 2－12

(M A ＋M B ＋m )v ′2， 解得： E p ＝2 J.

答案：(1)2 m/s 12 J (2)2 J

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/wg6q.html