动量守恒定律第5节反冲运动火箭随堂演练巩固提升-人教版高中物理选修3-5练习

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第5节反冲运动__火箭反冲运动1．反冲定义一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。

2．特点(1）物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。

（2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。

3．反冲现象的应用及防止(1）应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。

(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性,所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响.［辨是非]（对的划“√"，错的划“×”)1．反冲运动中若物体分成两部分，这两部分的动量一定相同.(×)2．做反冲运动的这部分物体满足动量守恒定律。

（√)[释疑难·对点练］1．反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动.(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加。

2．讨论反冲运动应注意的问题（1）适合用动量守恒定律解决的三种反冲运动问题：①系统不受外力或所受外力之和为零，且满足动量守恒的条件；②系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略；③系统所受外力之和不为零，系统的动量不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，即系统的动量在该方向上的分量保持不变。

第5节反冲运动、火箭［随堂巩固］1．（反冲运动）手持铁球的跳远运动员起跳后，欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时,将手中的铁球A．竖直向上抛出B．向前方抛出C．向后方抛出D．向左方抛出解析欲提高跳远成绩，则应增大水平速度，即增大水平方向的动量，所以可将铁球向后抛出,人和铁球的总动量守恒，因为铁球的动量向后,所以人向前的动量增加。

答案 C2．（反冲运动）（多选)中国潜艇专家正在设计一种以电磁推动潜航的潜艇,基本原理是潜艇间的海水通电，利用潜艇的强磁场对通电海水的作用力即安培力，将海水高速推出,使潜艇获得动力，为了提高潜艇的航速，可采用哪些措施A．使推出水的速度增大B．使潜艇的质量增大C．使通过海水的电流增大D．使单位时间内推出的水的质量增加答案ACD3．(火箭的原理）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以很大速度喷出时，使火箭获得反冲速度向前运动，故选B项.答案 B4．（人船模型的应用）如图16－5－3所示,一个倾角为a的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M,顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是图16－5－3A。

错误! B.错误!C。

错误!D。

错误!解析此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒,设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此0＝mx1－Mx2。

①且x1＋x2＝错误!②由①②可得x2＝错误!，故选C。

答案 C［限时检测］[限时45分钟］题组一反冲运动的理解和应用1．关于反冲运动的说法中，正确的是A．抛出物m1的质量要小于剩下质量m2才能获得反冲B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1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解析反冲运动的定义为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，定义中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。

5 反冲运动火箭基础稳固1.以下不属于反冲运动的是()A. 喷气式飞机的运动B. 物体做自由落体的运动C.火箭的运动D. 还击式水轮机的运动分析喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体, 经过反冲获取行进的动力; 还击式水轮机靠水轮击取水, 通过反冲获取动力。

答案 B2.一人静止于圆滑的水平冰面上, 现欲向前运动, 以下方法中可行的是()A. 向后踢腿B. 手臂向后甩C.在冰面上转动D. 脱下外套向后水平抛出分析因为冰面没有摩擦, 所以 C 不可以 ;A 、 B因为总动量守恒, 所以人整体不动; 只有 D是反冲现象 , 可令人向前运动。

答案 D3.如下图 , 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 , 自行火炮的速度变成v2, 仍向右行驶 , 则炮弹相对炮筒的发射速度 v0为()A.mv1-v2)+mv2mB.m0v1-v2)mC.mv1-v2)+2mv2mD.m0v1-v2)-m(v1-v2)m分析自行火炮水平匀速行驶时, 牵引力与阻力均衡, 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),m0v1=( m0-m) v2+m( v0+v2)解得 v0=m0v1m0-m)v2m-v 2=m0v1-v2)m。

答案 B4. ( 多项选择 ) 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开释出一物体P,不计空气阻力 , 则()A.火箭必定走开本来轨道运动B.物体 P 必定走开本来轨道运动C.火箭运动半径必定增大D.物体P运动半径必定减小分析由反冲运动的知识可知, 火箭的速度必定增大, 火箭做离心运动, 运动半径增大。

但物体P 能否走开本来的轨道运动, 要依据开释时的速度大小而定, 若开释的速度与本来的速度大小相等, 则P仍在本来的轨道上反方向运动。

第5节反冲运动火箭1．(对应要点一)采取下列措施有利于增大喷气式飞机的飞行速度的是（）A．使喷出的气体速度更大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解析：设飞机和喷出气体的质量分别为M、m，速度大小分别为v1、v2，并选飞机飞行方向为正方向，由动量守恒定律可得:Mv1－mv2＝0，解得v1＝错误!,分析可得选项A、C对。

答案：AC2．(对应要点二)一辆小车置于光滑水平面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端装一网兜。

若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将(空气阻力不计)( ）A．向左移动一段距离停下B．在原位置没动C．向右移动一段距离停下D．一直向左移动解析:本题属于“人船模型"，弹丸相当于“人”，车及其上固定的弹簧枪相当于“船”。

发射弹丸后，车向左移动，弹丸落入网兜的同时车停止。

答案：A3．（对应要点二)气球质量为200 kg,载有质量为50 kg的人,静止在空中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子,此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面,则这根绳子长度至少应为________。

（不计人的高度)解析：下滑过程人和气球组成的系统总动量为零且守恒，以向下为正方向，设m1、m2分别为人和气球的质量，v1、v2分别为人和气球的平均速度大小，则m1v1－m2v2＝0，m1s1－m2s2＝0，s1＝20 m，s2＝错误!＝5 m，绳长l＝s1＋s2＝25 m。

（竖直方向上的“人船模型”)答案：25 m4．(对应要点一）在太空中有一枚相对于太空站相对静止的质量为M的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出的速度为v0(相对于太空站),紧接着再喷出质量也为m的另一部分气体，此后火箭获得的速度为v(相对太空站）,火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站）?解析：题意中所涉及的速度都是相对于太空站的，可以直接使用动量守恒定律，规定v0的方向为正，则：第一次喷气后：0＝mv0－(M－m）v1,v1＝错误!，v1与正方向相反第二次喷气后：－(M－m)v1＝mv2－(M－2m)v，所以v2＝(错误!－2）v－v0。

16.5反冲运动火箭步训练题精选（含答案详解）人教版高中物理选修3-5第十六章动量守恒定律第5节反冲运动火箭习题精选一、选择题（1-7为单选，8-12为多选）1.如图所示,质量为M的密闭气缸置于光滑水平面上,缸内有一隔板P,隔板右边是真空,隔板左边是质量为m的高压气体.若将隔板突然抽去,则气缸的运动情况是()A.保持静止B.向左移动一定距离后恢复静止C.最终向左做匀速直线运动D.先向左移动,后向右移动回到原来位置2.一航天器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是()A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气B.探测器加速运动时,竖直向下喷气C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气D.探测器匀速运动时,不需要喷气3.一装有柴油的船静止于水平面上,若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.无法确定4.质量为M的火箭,原来以速度v0在太空中飞行,现在突然向后喷出一股质量为Δm的气体,喷出气体相对火箭的速度为v,则喷出气体后火箭的速率为( ) A. B. C. D.5.将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度在很短时间内从火箭喷口喷出.在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) ( )A.30kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s6.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(估计重1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,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而且轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L.已知他身体的质量为m,则小船的质量为( )A. B.m(L—d) C. D.7.如图所示,小车开始静止于光滑的水平面上,一个小滑块由静止从小车上端高h处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动,滑块能到达左端的最大高度h′( )A.大于hB.小于hC.等于hD.停在中点与小车一起向左运动8. (多选)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9. (多选)质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端,如图所示,当车与地面摩擦不计时,那么( )A.人在车上行走,若人相对车突然停止,则车也突然停止B.人在车上行走的平均速度越大,则车在地面上移动的距离也越大C.人在车上行走的平均速度越小,则车在地面上移动的距离就越大D.不管人以什么样的平均速度行走,车在地面上移动的距离相同10.(多选)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大于小船相对于水面的速度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的位移的9倍D.人在船上走动过程中,人的动能是船的动能的8倍11.(多选)如图L16-5-3所示,一小车停在光滑水平面上,车上一人持枪向车的竖直挡板连续平射,所有子弹全部嵌在挡板内没有穿出,射击持续了一会儿后停止,则最终小车 ()A.速度为零B.对原静止位置的位移不为零C.将向射击方向做匀速运动D.将向射击相反方向做匀速运动12.(多选)如图L16-5-5所示,在光滑的水平桌面上有质量分别为M=0.6kg和=10.8J弹性m=0.2kg的两个等大的小球甲、乙,中间夹着一个被压缩的具有Ep势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态.现突然释放弹簧,乙球脱离弹簧后滑向与水平桌面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道.g取10m/s2.下列说法正确的是 ()图L16-5-5A.甲球离开轻弹簧时获得的速度为3m/sB.乙球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·sC.若半圆轨道半径可调,则乙球从B点飞出后落在水平桌面上的水平位移随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开过程,弹力对乙球的冲量大小为1.8N·s二、计算题。

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：ABC2．(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：AC3．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 /4C ．v /3D ．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3mv ′＋mv ＝0，得v ′＝－v3，负号表示速度方向水平向左，故C 正确．答案：C4．一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：A5．“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v 0，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′－20mv＝0所以1 s末火箭的速度v′＝20mvM－20m.答案：20mvM－20mA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：CD2．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.mLdB.m（L－d）dC.m（L＋d）dD.mdL－d解析：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有：Mv′＝mv，即M dt＝mL－dt，则船的质量为：M＝m（L－d）d，B正确；ACD错误；故选B. 答案：B3．一个静止的质量为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.mM －m v 0 C.m Mv 0D.m2m －Mv 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＝mv －(M －m )v ′＝m (v 0－v ′)－(M －m )v ′，由p 1＝p 2，即0＝m (v 0－v ′)－(M －m )v ′＝mv 0－Mv ′得v ′＝m Mv 0.答案：C4．(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<v 乙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<m 乙解析：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：AC5．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v 0，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 Mv 0 B.mv 0cos θM －mC.mv 0M －mD.mv 0cos θM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mv 0cos θ＝(M －m )v ，得v ＝mv 0cos θM －m.答案：B[B 级 提能力]6．如图所示，一个质量为m 1＝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m 2＝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 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．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：B7．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 k2，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为( )A.E k 2B.9E k 2C.9E k 4D.9＋422E 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 ＝12mv 2，解得v ＝2E km .其中一块动能为E k 2＝12·m 2v 21，解得v 1＝2E km，根据动量守恒定律得mv ＝－m 2v 1＋m 2v 2，解得v 2＝32E km ，则动能E k ′＝12·m 2v 22＝92E k ，B 正确． 答案：B8.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mlMB ．向左，大小为ml MC ．向右，大小为ml M －mD ．向左，大小为mlM ＋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＝mv －MV ，变形得：mv ＝MV ，两边同乘以t ，可得： mvt ＝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 ＝mlM ＋m，方向向左，故D 正确，ABC 错误．答案：D9．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mv 1－Mv 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：mL 1－ML 2＝0.从图中可以看出，人、船的位移L 1和L 2大小之和等于L .L 1＋L 2＝L .由以上各式解得：L 1＝MM ＋m L ；L 2＝mM ＋mL . 答案：mM ＋mL10．一质量为m ＝0.5 kg 的子弹以初速度v 0＝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：mv 0＝(M A ＋m )v ，解得： v ＝2 m/s ，ΔE ＝12mv 20－12(M A ＋m )v 2＝12×0.5×82 J －12×(0.5＋1.5)×22J ＝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。

第十六章 动量守恒定律第五节 反冲运动 火箭 学案班别 姓名 学号一、自主预习（一）反冲1．反冲定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将做_____________的运动，这种现象叫反冲运动。

2．反冲中的动量守恒：物体间的相互作用力是________，作用时间很___，作用力很______，远远大于系统受到的__________，可以与动量守恒定律来处理。

3．反冲中的能量：因为有其他形式的能转化为_______，所以系统的___________________。

（二）爆炸1．爆炸中的动量守恒：物体间的相互作用力是________，作用时间很_____，作用力很______，远远大于系统受到的__________，可以与动量守恒定律来处理。

2．爆炸中的能量：因为有其他形式的能转化为_________，所以系统的________________。

3．爆炸后的运动状态：在空中沿水平方向运动的物体，如果爆炸后分裂成两块，前面一块做平抛运动时，后面一块可能做同向或反向的平抛运动，也可能做自由落体运动。

相反方向 变力 短 大 外力 动能 动能增加变力 短 大 外力 动能 动能增加二、课堂突破（一）爆炸和反冲1．爆炸的特点（1）动量守恒。

由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力，所以爆炸过程中，系统的总动量守恒。

（2）动能增加。

在爆炸过程中，由于其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。

（3）位移不变。

爆炸时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般忽略不计，可以认为爆炸后物体仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动。

2．反冲（1）现象。

物体的不同部分在内力的作用下向相反的方向运动。

（2）特点。

一般情况下，物体间的相互作用力（内力）较大，因此系统动量往往有以下几种情况： ①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒。

【例题1】有一个以10 m/s 的速度飞行的手榴弹炸成两块，这两块的质量m 1=0.6 kg ，m 2=0.4 kg ，较大的一块炸裂后仍按原方向运动其速度增加到50 m/s 。

人教版高中物理选修35第16章动量守恒定律第5节反冲运动火箭同步小题练习（含解析）第5节反冲运动火箭同步小题练习1.如下图,船运动在安静的水面上,船前舱有一抽水机,抽水机把前舱的水平均地抽往后舱,不计水的阻力,以下说法中正确的选项是( )A.假定前后舱是分开的,那么前舱将向后减速运动B.假定前后舱是分开的,那么前舱将向前减速运动C.假定前后舱不分开,那么船将向后减速运动D.假定前后舱不分开,那么船将向前减速运动答案:B解析:前后舱分开时,前舱和抽出的水相互作用,靠反冲作用前舱向前减速运动,假定不分开,前后舱和水是一个全体,那么船不动。

2.一炮艇总质量为m0,以速度v0匀速行驶,从艇上以相对海岸的水平速度v沿行进方向射出一质量为m的炮弹,发射炮弹后艇的速度为v',假定不计水的阻力,那么以下各关系式中正确的选项是( )A.m0v0=(m0-m)v'+mvB.m0v0=(m0-m)v'+m(v+v0)C.m0v0=(m0-m)v'+m(v+v')D.m0v0=m0v'+mv答案:A解析:动量守恒定律中的速度都是相关于同一参照物的,题中所给炮弹的速度是相关于河岸的,即相关于空中的,依据动量守恒定律,可得m0v0=(m0-m)v'+mv,故正确的关系式为A。

3.质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平空中上沿直线前行,车所受空中阻力的大小与车对空中压力的大小成正比。

当车速为v0时,人从车上以相关于空中大小为v0的速度水平向后跳下。

跳离瞬间空中阻力的冲量疏忽不计,那么能正确表示车运动的v t图象为( )答案:B解析:人跳离车瞬间,人车水平方向动量守恒,那么(m+2m)v0=2mv-mv0,解得v=2v0,故只要选项B 正确。

4.一航天探测器完成对月球的探测义务后,在分开月球的进程中,由运动末尾沿着与月球外表成一倾斜角的直线飞行,先减速运动,再匀速运动。

第十六章第五节反冲运动火箭基础夯实一、选择题(单选题)1．下列不属于反冲运动的是( B )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：直升机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动。

2．(陕西省西安电子科技中学2016～2017学年高二下学期月考)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( B )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：火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故正确答案为选项B。

3．(2017·全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( A )A．30 kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项A正确。

4．竖直发射的火箭质量为6×103kg。

已知每秒钟喷出气体的质量为200kg。

若要使火箭最初能得到20m/s2的向上的加速度，则喷出气体的速度应为( C )A．700m/s B．800m/sC．900m/s D．1000m/s解析：每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v气＝m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力F ＝m 箭v 箭t ＝m 气v 气t＝200v ，又F －m 箭g ＝m 箭a ，得v ＝900m/s 。

随堂检测一、选择题1．关于反冲运动的说法中，正确的是()A．抛出物体m1的质量要小于剩下质量m2才能获得反冲B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1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2．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3．一人从泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则下列说法中正确的有()A．船越轻小，人越难跳上岸B．船越重越大，人越难跳上岸C．人跳跃时相对船速度大于相对地速度D．人跳时相对船速度等于相对地速度4．假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向发射一个质量不可忽略的物体Q，则下列说法正确的是()A ．Q 与飞船都可能沿原轨道运动B ．Q 与飞船都不可能沿原轨道运动C ．Q 运动的轨道半径可能减小，而飞船的运行半径一定增加D ．Q 可能沿地球半径方向竖直下落，而飞船运行的轨道半径将增大5．一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动．探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是( )A ．探测器加速运动时，沿直线向后喷气B ．探测器加速运动时，竖直向下喷气C ．探测器匀速运动时，竖直向下喷气D ．探测器匀速运动时，不需要喷气6.如图所示，一个质量为m1＝50 kg 的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m 2＝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，他离地面的高度是(可以把人看做质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m7．总质量为M 的火箭以速度v 0飞行，质量为m 的燃料相对于火箭以速度v ′向后喷出，则火箭的速度大小变为( )A ．v 0＋m M v ′B ．v 0－m M v ′C ．v 0＋m M －m (v 0＋v ′)D ．v 0＋m M －mv ′8．一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，总质量M ＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为() A．1.3 m/s B．0.7 m/sC．1 m/s D．0.5 m/s二、非选择题9．在沙堆上有一木块，质量m1＝5 kg，木块上放一爆竹，质量m2＝0.01 kg.点燃爆竹后，木块陷入沙中深度为s＝5 cm，若沙对木块的平均阻力为58 N，不计爆竹中火药的质量和空气阻力，求爆竹上升的最大高度．10．一个宇航员，连同装备的总质量为100 kg，在空间跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态，他带有一个装有0.5 kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的速度喷出的喷嘴．宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸，已知宇航员呼吸的耗氧率为 2.5×10－4kg/s，试问瞬间喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？1. 答案：D2. 解析：选B.火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故正确选项为B.3. 解析：选AC.船越轻小，船的反冲速度越大，人获得的速度反而越小，人船相对运动，因此说人跳跃时相对船速度大于相对地速度，故A、C正确．4. 解析：选CD.根据反冲，飞船的速度一定增大，做离心运动，轨道半径变大；而Q的速率有三种可能，比原来的大、比原来的小、与原来的相等，由此Q的轨道半径比原来的大、比原来的小、与原来的相同，都有可能；另外，若对地速度为零，则会竖直下落，选项C、D正确．5. 解析：选C.航天器靠反冲获得推力，由探测器的运动状态判断合力情况，由喷气方向判断推动力方向．航天探测器受到与喷气运动方向相反的推动力和重力作用，航天探测器做加速直线运动时，合力与运动方向相同，喷气方向应斜向下；做匀速直线运动时，合力为零．6. 解析：选B. 设在此过程中人、气球对地发生的位移分别是x、x′，由动量守恒定律有m1x＝m2x′，又因为x＋x′＝h，解得x′≈3.57 m，选B项．7. 解析：选A .由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v＋m(v－v′)，所以v＝v0＋mM v′，故A项正确．8. 解析：选ABC.子弹和机枪、小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝5mv＋(M－5m)v′，因M≫m估算时M－5m近似为M，因射出子弹的方向未知，若向行进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝Mv0－5mvM－5m＝0.7 m/s，若向行进的反方向射出，v2′＝Mv0＋5mvM－5m＝1.3 m/s，可见船速应在0.7 m/s～1.3 m/s之间．9. 解析：爆竹爆炸时系统内力远大于外力，动量守恒，取向上为正方向，则0＝m2v－m1v′①木块陷入沙中的过程做匀减速运动直到停止，由动能定理得(F－mg)s＝12m1v2②解得v′＝0.4 m/s代入①式，得v＝m1m2v′＝20 m/s爆竹以速度v做竖直上抛运动，上升的最大高度为h＝v22g＝20 m答案：20 m10. 解析：宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，因反冲运动而返回，遵从动量守恒定律．剩余气体应满足返回途中供呼吸之用．设瞬间喷出氧气m，宇航员刚好安全返回，由动量守恒得mv－Mv1＝0①(气体的变化对宇航员质量变化影响很小，可以忽略)匀速运动的时间t＝sv1②m0＝Qt＋m③联立①②③可解得m1＝0.05 kg，m2＝0.45 kg 故0.05 kg≤m≤0.45 kg.答案：0.05 kg≤m≤0.45 kg。