2019-2020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 反冲运动火箭课后集训基础达标1.质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动.当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将( )A.减小B.不变C.增大D.无法确定解析：砂子和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子落下前，砂子和车都以v0向前运动；在末状态，砂子落下时具有与车相同的水平速度v0，车的速度为v′，由(m+M)v0=mv0+Mv′得v′=v0，车速不变.答案：B2.某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计.那么在这段时间内人和船的运动情况是( )A.人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比B.人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等C.不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比D.人走到船尾不再走动，船则停下解析：船组成的系统动量守恒，总动量为0，所以不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等、方向相反.若人停止运动而船也停止运动，所以选A、C、D.B项错在两者速度大小一定相等，因为人和船的质量不一定相等.答案：ACD3.载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m.若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是( )A.(m+M)h/MB.mh/MC.Mh/mD.h解析：气球和人组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，人相对地的速度是v，气球相对地的速度是V，有mv-MV=0.人相对地的位移是h，设气球相对地的位移是x，，得，梯子总长度为L=h+x=.答案：A4.连同炮弹在内的车停放在水平地面上.炮车和炮弹质量为M，炮膛中炮弹质量为m，炮车与地面间的动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α.设炮弹以速度v0射出，那么炮车在地面上后退的距离为____________.解析：在发炮瞬间，炮车与炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒0=mv0cosα-(M-m)v，所以.发炮后，炮车受地面阻力作用而做匀减速运动，利用运动学公式v2-v02=2ax，其中v=0，=-μg，所以.答案：5.两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m 的人从A船跳入B船，又立刻跳回.A、B两船最后的速度之比是____________.解析：根据0=(M+m)v A-Mv B，所以.答案：综合运用6.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.火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭C.火箭发动机用力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：火箭的原理是燃烧燃料，向后喷出气体，气体对火箭有一个向上的反作用力推动火箭. 答案：C7.在空中飞行的一炮弹，其质量M=12 kg，当炮弹上升至最高点时，水平速度为v0=200 m/s，突然炸裂成A、B两块，A的质量为m1=4 kg、速度为v1=400 m/s，则炸裂后B的速度为____________，从炸裂到落地的过程中A、B飞行的水平距离之比为____________.解析：根据动量守恒有Mv0=m1v1+m2v2，所以v2=100 m/s.A、B两块做平抛运动，下落时间是相等的，所以水平距离之比就为水平初速度之比4∶1.答案：100 m/s 4∶1拓展探究8.如图16-5-3所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10 kg 的爆竹B，木块的质量为M=6.0 kg.当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5 cm，而木块所受的平均阻力为F f=80 N.若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取10 m/s2，求爆竹能上升的最大高度.图16-5-3解析：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得F f-Mg=Ma,a= m/s2,爆竹爆炸过程中，设爆竹获得的速度为v0,爆竹木块系统动量守恒Mv-mv0=0爆竹上升的最大高度答案：60 m。

5 反冲运动火箭一览众山小诱学导入材料：将气球充气后敞口释放，气球会沿喷出空气相反的运动方向飞去.射击时,要把枪身抵在肩部,子弹射出时,给肩部有一个很大的“后坐力”.宇航员无绳太空行走，是通过太空服背部的喷气装置完成的。

乌贼在遇到放害时把“墨汁”向外迅速喷出，自己向反方向迅速逃离;元宵节，玩的“起火”向下喷射燃气而升向天空.火箭通过向后喷出气体向前运行.问题：这些现象有没有共同特点？遵循什么规律呢？导入:以上现象均为本节要研究的反冲运动.在了解反冲运动的基础上，重点研究火箭升空的基本原理.温故·知新1.在哪些情况下系统的动量守恒？答:系统不受外力或者所受外力之和为零则系统的动量守恒；系统内力远大于外力，可以忽略外力，系统总动量守恒;系统在某一方向上不受外力或所受合外力为零，或所受外力比内力小得多，该方向上的动量守恒.2。

碰撞过程有什么特点?答：作用时间极短；相互作用力变化很快，平均作用力很大；相互作用力远大于其他外力，其他外力可以忽略不计。

尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。

文中部分文字受到网友的关怀和支持，在此表示感谢！在往后的日子希望与大家共同进步，成长。

This article is collected and compiled by my colleagues and I in our busy schedule. We proofread the content carefully before the release of this article, but it is inevitable that there will be some unsatisfactory points. If there are omissions, please correct them. I hope this article can solve your doubts and arouse your thinking. Part of the text by the user's care and support, thank you here! I hope to make progress and grow with you in the future.。

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。

5 反冲运动火箭自主广场我夯基 我达标1.质量为M 的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v 放出质量为m 的粒子时（设v 方向为正），剩余部分速度为（ ） A.m M mv - B.mM mv -- C.M m mv -- D.M mv - 思路解析:由于原子核原来处于静止状态，总动量为零，可由动量守恒定律列方程求解. 由动量守恒定律得：0=mv+（M-m ）v′ 解得：v′=mM mv --. 答案:B2.倾角为θ、长为L 的各面光滑的斜面体置于水平地面上，已知斜面质量为M ，今有一质量为m 的滑块（可视为质点）从斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，滑块滑到底端时，求斜面后退位移s 的大小.思路解析:以滑块和斜面体组成的系统为研究对象，水平方向系统不受外力，系统水平方向动量守恒，以斜面体后退方向为正方向，根据动量守恒定律，列方程有：0=M·t s L m t s M -∙-∙θcos ，解得s=mM L m +∙∙θcos . 答案:s= m M L m +∙∙θcos 3.一个飞行器为完成空间考察任务，需降落到月球表面，在飞行器离月球表面较近处，开启喷气发动机向下喷出高温、高压气体，使飞行器以不太大的速度匀速降落到月球表面上，若飞行器质量M=1.8 t ，气体喷出的速度（对月球表面）是103 m/s ，月球表面重力加速度g′=g/6（g 取10 m/s 2），短时间内喷出的气体质量不太大，可认为不影响飞行器的总质量，则每秒喷出的气体质量为多少？思路解析:设每秒喷出的气体质量为m 0，则时间t 内喷出的气体总质量为m 0t ，设飞行器对喷出的气体的作用力为F ，则喷出的气体对飞行器的反作用力F′与F 大小相等，以时间t 内喷出的气体为研究对象，由动量定理可得：Ft=m 0tv-0 ①由于飞行器匀速运动，则F′=Mg′，故F=Mg′ ② 将②代入①得：Mg′=m 0vm 0=61010108.1'33⨯⨯⨯=v Mg kg=3 kg. 答案:3 kg4.从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为100 m ，上升速度为17.5 m/s 时，沿竖直方向炸成质量相等的A 、B 两块，其中A 块经4 s 落回出发点，求B 块经多长时间落回出发点？（不计空气阻力，取g=10 m/s 2）思路解析:在礼花弹爆炸的瞬间，虽然受到的外力不为零（受重力作用），但由于爆炸产生的内力远大于重力，故重力可忽略，所以在爆炸过程中仍可应用动量守恒定律求解.设爆炸后A 的速度为v A ，并设向上为正方向由-h=v A t-21gt 2得v A =-5 m/s 在爆炸过程中，根据动量守恒定律（仍设向上为正方向） mv=21mv A +21mv B 得v B =40 m/s 由-h=v B t-21gt′2得t′=10 s 即B 块经10 s 落回地面.答案:10 s5.在光滑水平桌面上，有一长为l=2 m 的木板C ，它的两端各有一挡板，C 的质量m C =5 kg ，在C 的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A 、B ，质量分别为m A =1 kg ，m B =4 kg ，开始时A 、B 、C 都静止，并且AB 间夹有少量的塑胶炸药，如图16-5-2所示，炸药爆炸使得A 以6 m/s 的速度水平向左运动，如果A 、B 与C 间的摩擦可忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略.求：图16-5-2（1）当两滑块都与挡板相撞后，板C 的速度多大？（2）到两个滑块都与挡板碰撞为止，板的位移大小和方向如何？思路解析:由于爆炸A 、B 相互作用系统满足动量守恒，A 、B 分离后以不同速率奔向挡板，A 先到达挡板与C 作用，发生完全非弹性碰撞，以后C 与B 有相对运动，直到碰撞为止，整个过程满足动量守恒.（1）设向左的方向为正方向，对A 、B 组成的系统由动量守恒定律有：m A v A +m B v B =0得v B =-1.5 m/s对A 、B 、C 组成的系统开始时静止由动量守恒有（m A +m B +m C ）v C =0得v C =0，即最终木板C 的速度为0.（2）A 先与C 相碰由动量守恒：m A v A =（m A +m C ）v 共，所以v 共=1 m/s从炸药爆炸到A 、C 相碰的时间：t 1=612=A v ls ，此时B 距C 的右壁s B =2l -v B t 1=0.75 m ，设再经过t 2时间B 到C 相碰，则t 2=共v v s B B +=0.3 s ，故C 向左的位移 Δs c =v 共t=1×0.3 m=0.3 m.答案:（1）0 （2）0.3 m 方向向左6.一质量为6×103 kg 的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速度（相对于火箭）为103 m/s ，求：（1）每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？（2）每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20 m/s 2的加速度？思路解析:这是一个反冲运动的问题，火箭升空是喷出的气体对火箭反作用力的结果，可以根据动量定理先求出火箭对气体的作用力.（1）以喷出的气体质量为研究对象，设每秒喷出的质量为Δm ，火箭对这部分气体的作用力为F ，由动量定理有F Δt=Δmv 0 ①火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′=F，对火箭来说（忽略气体的重力）F′=Mg ② 由①②两式解得3301010106⨯⨯==∆∆v Mg t m kg/s=60 kg/s 即要获得克服火箭重力的推力，每秒要喷出60 kg 的气体.（2）同第（1）问，以喷出的气体Δm 为对象F Δt=Δmv 0 ③ 而对火箭F-Mg=Ma ④ 由③④两式解得33010)2010(106)(+⨯⨯=+=∆∆v a g M t m kg/s=180 kg/s. 答案:（1）60 kg/s （2）180 kg/s7.如图16-5-3所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M ，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v 1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v 2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v 0为（ ）图16-5-3 A.m mv v v m 221)(+- B.mv v M )(21- C.m mv v v m 2212)(+- D.m v v m v v M )()(2121--- 思路解析: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，发射前动量之和为Mv 1，发射后系统的动量之和为（M-m ）v 2+m （v 0+v 2）.由Mv 1=（M-m ）v 2+m （v 0+v 2），解得v 0=mv v M v m v m M Mv )()(21221-=---. 答案:B8.连同炮弹在内的炮车停放在水平地面上，炮车质量为M ，炮膛中炮弹质量为m ，炮车与地面间动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α，设炮弹以速度v 0相对炮筒射出，那么炮车在地面上后退多远？思路解析:发射炮弹，相互作用力远大于摩擦力，所以水平方向满足动量守恒定律，仰角α以v 0射出，即v 0是相对于炮筒的速度，将v 0分解，水平v x0=v 0cos α.设炮身后退速度大小为v ，则炮弹水平向前的速度大小为v 0cos α-v.由水平方向动量守恒有Mv=m （v 0cos α-v ），则v=m M mv +αcos 0，炮车滑行加速度a=μg ，由v 12=v 02+2as ，有0=(mM mv +αcos 0)2+2(-μg)s ，所以s=)(2cos 2202m M g v m +μα. 答案:)(2cos 2202m M g v m +μα 我综合 我发展9.一个宇航员，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，才能回到飞船上去，同时又必然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2.5×10-4 kg/s ，试问：（1）如果他在准备返回飞船的瞬间，释放0.15 kg 的氧气，他能安全地回到飞船吗？（2）宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？思路解析:宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，根据动量守恒定律，可以计算出宇航员返回的速度，根据宇航员离开飞船的距离和返回速度，可以求出宇航员返回的时间，即可求出这段时间内宇航员要消耗的氧气，再和喷射后剩余氧气质量相比，即求出答案.（1）令M=100 kg ，m 0=0.5 kg ，Δm=0.15 kg ，氧气释放速度为v ，宇航员在释放氧气后的速度为v′，由动量守恒定律得0=（M-Δm ）v′-Δm （v-v′） v′=10015.0=∆v M m ×50 m/s=0.075 m/s 宇航员返回飞船所需时间t=075.045'=v s s=600 s. 宇航员返回途中所耗氧气m′=kt=2.5×10-4×600 kg=0.15 kg氧气筒喷射后所余氧气m″=m 0-Δm=（0.5-0.15） kg=0.35 kg因为m″＞m′，所以宇航员能顺利返回飞船.（2）设释放的氧气Δm 未知，途中所需时间为t ，则m 0=kt+Δm 为宇航员返回飞船的极限条件. t=s mm v s m M v s ∆=∙∆=∙∆=905045100' 0.5=2.5×10-4×m ∆90+Δm 解得Δm 1=0.45 kg 或Δm 2=0.05 kg.分别代入t=m∆90，得t 1=200 s ，t 2=1 800 s. 即宇航员安全返回飞船的最长时间为1 800 s ，最短时间只有200 s.答案:（1）能 （2）最长时间1 800 s ，最短时间200 s10.总质量为m 的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R 的圆形轨道绕地球运动到P 点时，接到地面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低速度并转到跟地球相切的椭圆轨道，如图16-5-4所示，要使卫星对地速度降为原来的98，卫星在P 处应将质量为Δm 的燃气以多大的对地速度向前喷出？（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R 0，地面重力加速度为g ）图16-5-4思路解析:由于地球半径R 0和地面重力加速度g 为已知，可求出人造地球卫星在原轨道上时的速度，再由动量守恒定律求出喷气速度.地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，故R mv R GMm 22= 即v=R GM ① 又由于在地球表面附近20R GMm =mg 即GM=gR 02 ② 将②代入①式可得v=RgR 20 设卫星在P 点喷出的燃气对地速度为v′，卫星与燃气组成的系统动量守恒，则有 mv=(m-Δm)98v+Δmv′ 即m R gR m m R gR 202098)(∆-=+Δmv′ 解得：v′=RgR m m m 2098∆∆+. 答案:R gR m m m 2098∆∆+。