2017_2018学年高中物理第十六章运量守恒定律第5节反冲运动火箭分层演练巩固落实新人教版选修3_5

第5节 反冲运动 火箭

[随堂达标]

1．(2016·泉州高二检测)一人静止于光滑的水平冰面上，现欲向前运动，下列方法中可行的是( )

A．向后踢腿

B．手臂向后甩

C．在冰面上滚动

D．脱下外衣向后水平抛出

解析：选D.由于冰面没有摩擦，所以C不行；A、B由于总动量守恒，所以人整体不动；只有D是反冲现象，可使人向前运动．

2．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(

)

A．v0＋mMv B．v0－mMv

C．v0＋mM(v0＋v) D．v0＋mM(v0－v)

解析：选C.根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋mM(v0＋v)，故选项C正确．

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(

)

A．静止 B．向左运动

C．向右运动 D．无法确定

解析：选B.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．静止在水面上的船，船身长为L，质量为M，船头紧靠码头，船头上有一固定木板伸出船身，现有一质量为m的人从船尾走向码头，如图所示．要使该人能安全上岸，则木板伸

出船身部分长度至少应为(水对船及码头对木板的阻力不计)(

)

A．mL(M＋m) B．mL(M－m)

C．(M－m)L/(M＋m) D．mL/M

解析：选D.设木板伸出船身部分至少长x，则x＝mM＋m·(L＋x)，解得x＝mML.

5．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水平方向沿着轨道方向跳出，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＝14v1

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＝2hg＝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＝l5t＝45×0.5 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)不动 0.8 m

[课时作业] [学生用书P75(独立成册)]

一、单项选择题

1．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/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．0.6 m/s，向左 B．3 m/s，向左

C．0.6 m/s，向右 D．3 m/s，向右

解析：选A.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′＝0.6 m/s，方向向左．

2．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为( )

A．E0 B．mME0

C.mM－mE0 D.Mm（M－m）2E0

解析：选C.由动量守恒定律知(M－m)v＝mv0＝p，又Ek＝p22（M－m），E0＝p22m，知选项C对．

3. 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(

)

A．v0－v2 B．v0＋v2

C．v0－m2m1v2 D．v0＋m2m1(v0－v2)

解析：选D.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．

4．如图所示，一个倾角为α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(

)

A.mhM＋m B．MhM＋m

C.mhcot αM＋m D.Mhcot αM＋m

解析：选C.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－Mx2①

且x1＋x2＝hcot α.②

由①②可得x2＝mhcot αM＋m，故选C.

5．一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(

)

A．只要l

B．只要l

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：选B.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

6．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)( )

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nv

C．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv

D．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv

解析：选C.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，由以上分析有v＝mv0M－m，v′＝nmv0M－nm，因为M－m>M－nm，所以有v′>nv，C正确．

二、多项选择题

7．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( )

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：选CD.爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b的速度大小，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．

8．(2016·庆阳高二检测)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

解析：选ABC.设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝（M＋m）v0－mv1M.当v2>0时，气球可匀速上升；当v2＝0时气球静止；当v2<0时气球下降．所以，选项A、B、C均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错误．

9．如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(

)

A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动

B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m

C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动

D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动

解析：选BC.弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvC＝MvAB，得：vC∶vAB＝M∶m，B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正确，D错误．

10．在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，则( )

A．水平发射炮弹时，炮弹速率为v0，炮车的反冲速率为mv0M

B．炮车车身与水平方向成θ角，炮弹速率为v0，炮身反冲速率为mv0cos θM

C．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为mv0cos θM

D．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为mv0cos θM＋m

解析：选ABD.水平发射炮弹时，对于炮车和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速率为v0，mv0－Mv1＝0，解得v1＝mv0M，A正确；炮车车身与水平方向成θ角时，在炮弹出射瞬间对于炮车和炮弹组成的系统动量守恒，炮车在炮弹出射的反方向上获得速度v2，但此后由于地面的作用，能量损失，竖直方向的速度立即变为0，炮车的速度由v立即减小为v2，v2即为炮身反冲速率．如图，

显然有v＝v2cos θ，所以在出射方向上，根据动量守恒定律有mv0－Mv2cos θ＝0解得v2＝mv0cos θM，B正确；炮身与水平方向成θ角且炮弹相对炮口速率为v0时，设炮车反冲的速率v3，根据描述，炮弹出射瞬间炮车获得瞬间速度v′＝v3cos θ，所以炮弹相对地面的速度为v弹＝v0－v′＝v0－v3cos θ，在出射方向上，根据动量守恒定律有mv0－v3cos θ－M·v3cos θ＝0，解得v3＝mv0cos θM＋m，C错误，D正确．

三、非选择题

11．(2016·湖北八校联考)如图所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R＝0.3 m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长．质量为m＝1 kg的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点(D点未标注)．若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2，求：

(1)小滑块刚滑到B点时的速度大小；

(2)B、D之间的距离．

解析：(1)小滑块滑到B点时，木板和小滑块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有Mv1＋mv2＝0，