【文档说明】【精准解析】2020-2021学年物理人教版选择性必修第一册课时作业：1-6反冲现象　火箭.pdf，共(10)页，502.314 KB，由小赞的店铺上传

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课时作业5反冲现象火箭1．(多选)下列图片所描述的事例或应用中，利用了反冲原理的是(ABC)解析：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，故属于反冲运动，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，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，属于反冲运动，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，不是利用了反冲作用，D错误．2．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分

离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(D)A．v0－v2B．v0＋v2C．v0－m2m1v2D．v0＋m2m1(v0－v2)解析：忽略空气阻力和分离前后

系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，故D项正确．3．如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为m0，当炮筒水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中

，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(B)A.m0v1－v2＋mv2mB.m0v1－v2mC.m0v1－v2＋2mv2mD.m0v1－v2－mv1－v2m解

析：自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒．设向右为正方向，发射前总动量为m0v1，发射后系统的动量之和为(m0－m)v2＋m(v0＋v2)，则由动量守恒定律可知m0v1＝(m0－m)v2＋m(v0＋v2)解得v0＝m0v1－m0－mv2m－v2＝m0v1－v2

m.4．一航天探测器完成对月球的探测后，离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一定倾角的直线飞行，先加速运动后匀速运动．探测器通过喷气而获得动力，以下关于喷气方向的说法正确的是(C)A．探测器加

速运动时，向后喷射B．探测器加速运动时，竖直向下喷射C．探测器匀速运动时，竖直向下喷射D．探测器匀速运动时，不需要喷射解析：航天探测器通过反冲运动获得动力，可以根据探测器的运动状态结合牛顿第二定律判断合力的情况，由喷气方向可以判断推动力的方向．航天探测器做加速直

线运动时，合力应当与运动方向相同，喷气方向应当是向下偏后方向喷射；探测器做匀速直线运动时，合力为零，由于受到月球的万有引力的作用，探测器必然要朝竖直向下的方向喷射，来平衡万有引力，不可能不喷气．故只有选项C正确．5．(多选)一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反

方向释放出一物体P，不计空气阻力，则(AC)A．火箭一定离开原来轨道运动B．物体P一定离开原来轨道运动C．火箭运动半径一定增大D．物体P运动半径一定减小解析：由反冲运动的知识可知，火箭的速度一定增大，火箭做离心运动，运动半径增大．但物体P是否离开原来的轨

道运动，要根据释放时的速度大小而定，若释放的速度与原来的速度大小相等，则P仍在原来的轨道上反方向运动．反之，轨道半径变化．6．(多选)某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，则(ABC)A．人匀速运动，船

则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比B．人走到船尾不再走动，船也停止不动C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比D．船的运动情况与人行走的情况无关解析

：由动量守恒定律可知，A、B、C正确．7．如图所示，一质量为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面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中央，试问玩具蛙对地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上(重力加速度为g)?答案：ML2M＋

mg2h解析：蛙和车组成的系统水平方向动量守恒，则Mv′－mv＝0蛙下落时间t＝2hg若蛙恰好落地，则有v′t＋vt＝L2解得v＝ML2M＋mg2h.8．如图所示，质量为m0的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆

形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为多少？小球的速度大小为多少？答案：mm0＋mR2m0gRm0＋m解析：以车和小球组成的系统在水平方向总动量为零且守恒．当小球滑至最低处时车和小球相对位移是R，利用“人船模型”可得小车移动距离

为mm0＋mR.设此时小车速度大小为v1，小球速度大小为v2，由动量守恒有m0v1＝mv2，由能量守恒有mgR＝12m0v21＋12mv22，解得v2＝2m0gRm0＋m.1．质量m＝100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40kg

、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为(A)A．0.6m/s，向左B．3m/s，向左C．0.6m/s，向右D．3

m/s，向右解析：以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0.6m/s，方向向左．2．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s.假设他站在车的A端，如图所示，想要跳到距离为l远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则(B)A．只要l<s，他一定能

跳上站台B．只要l<s，他就有可能跳上站台C．只要l＝s，他一定能跳上站台D．只要l＝s，他就有可能跳上站台解析：人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故l<s时，才有可能跳上站台．3．如图所示，滑槽M1与滑块

M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上．小球m从M1的右上方无初速度地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将(B)A．静止B．向左运动C．向右运动D．无法确定解析：小球m和滑槽M1、滑块M2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，小球m下滑前系统总动

量为零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑块M2作用，作用结果使滑块M2向右运动，有向右的动量．当m滑到左方最高点时，小球m和滑槽M1的相对速度为零，但小球m和滑槽M1这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零．故选项B正确．4．将静置在地面上，质

量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，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(D)A.mMv0B.Mmv0C.MM－mv0D.mM－mv0解析：应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化

．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝mv0M－m，选项D正确．5．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，则(设每颗子弹射出时对地面的速度相

同)(C)A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nvC．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nvD．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv解析：设人、枪(包括子弹)总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度大小为v0，由动量守恒定律得0＝(M－m)v

－mv0，设射出n颗后，后退速度为v′，则有(M－nm)v′＝nmv0，由以上分析得v＝mv0M－m，v′＝nmv0M－nm，因为M－m>M－nm，所以有v′>nv，C正确．6．质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光

滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上，如图所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边(D)A.s2B.2sC．sD.22s解析：挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep＝12mv2

B，挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有Ep＝2×12mvB′2，由以上两式解得vB′＝22vB，由于B球抛出后做平抛运动，s＝vBt＝vB2hg，s′＝vB′2hg＝22vB2hg，所以s′＝22s，所以D对．7．(多选)下列说法正确的是(BCD)A．一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力与

反作用力所做功之和也一定为零B．一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零C．物体所受合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同D．火箭喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比越大，则火箭获得的速度就越大解析：合力的功等于各个分力的

功的代数和，一对平衡力的合力为零，故一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，两个力的作用点的位移不一定相等，故一对作用力与反作用力所做功之和可以不为零，故A错误；冲量是力与时间的乘积，故

一对平衡力的冲量大小相等、方向相反，故一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用时间相等，故一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零，故B正确；根据动量定理，物体所受合力冲

量的方向一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同，故C正确；火箭是利用反冲原理工作的，根据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv′，得v′＝M－mmv，喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比越大，则火箭能够获得的速度就越大，故D正确．8．(多选)向空

中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(CD)A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时

到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等解析：爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b的速度大小，故b的方向也不能确定，所以选项A、B错误；因炸开后a、b都做平抛运动，且高度相同，故选项C正确；由牛

顿第三定律知，选项D正确．9．课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4m3/s，喷出速度保持为对地10m/s.启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动所受阻力不计，水的密度是ρ＝103k

g/m3.)答案：4m/s解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动，设“水火箭”原来总质量为M，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度即火箭启动后2s末的速度为v′，由动量守恒定律得(M－ρQt)v′＝ρQtv解得v′＝ρQtvM－ρQt＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10

－4×2m/s＝4m/s.