2024-2025學(xué)年高中物理第十六章動量守恒定律5反沖運動火箭課時作業(yè)含解析新人教版選修3-5

PAGE9-反沖運動火箭(25分鐘50分)一、選擇題(本題共4小題，每題5分，共20分)1.下列說法不正確的是()A.反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果B.只有系統(tǒng)合外力為零的反沖運動才能用動量守恒定律來分析C.反沖運動的原理既適用于宏觀物體，也適用于微觀粒子D.火箭應(yīng)用了反沖的原理【解析】選B。反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果，則A正確；因為內(nèi)力遠大于外力，動量守恒。因為反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)力作用的結(jié)果，雖然有時系統(tǒng)所受的合外力不為零，但由于系統(tǒng)內(nèi)力遠遠大于外力，所以系統(tǒng)的總動量是守恒的，可以用動量守恒定律分析，則B錯誤；動量守恒既適用于宏觀物體，也適用于微觀粒子，則C正確；火箭應(yīng)用了反沖的原理，則D正確。2.一炮艇總質(zhì)量為M，以速度v0勻速行駛，從艇上以相對炮艇的水平速度v沿前進方向放射一質(zhì)量為m的炮彈，射出炮彈后炮艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是()A.Mv0=Mv′+mvB.Mv0=(M-m)v′+mvC.Mv0=(M-m)v′+m(v+v0)D.Mv0=(M-m)v′+m(v+v′)【解析】選D。放射炮彈的過程，系統(tǒng)動量守恒，放射前，系統(tǒng)的總動量為Mv0，射出炮彈后，炮艇的質(zhì)量變?yōu)镸-m，速度為v′，炮彈質(zhì)量為m，對地速度為v+v′，所以系統(tǒng)總動量為(M-m)v′+m(v+v′)，本題答案為D。【易錯提示】解答本題應(yīng)留意以下兩個方面：(1)留意炮艇質(zhì)量的改變，炮彈射出后，炮艇的質(zhì)量變?yōu)镸-m。(2)留意相對速度的換算，炮艇速度為v′，炮彈相對炮艇的速度為v，列式時應(yīng)換算為炮彈對地面的速度，為v+v′。【補償訓(xùn)練】如圖所示，質(zhì)量為M的斜面小車靜止放在水平面上，質(zhì)量為m的物體從斜面上端無初速釋放，不計一切摩擦，物體從斜面底端滑出時，物體與斜面小車的速度大小之比滿意 ()A.> B.=C.= D.<【解析】選A。小車和物體水平方向動量守恒，則mv1cosθ=Mv2(θ為斜面傾角)，則=>，故選A。3.“爆竹聲中一歲除，春風(fēng)送暖入屠蘇”，燃放爆竹是我國傳統(tǒng)民俗。春節(jié)期間，某人斜向上拋出一個爆竹，假設(shè)爆竹到達最高點時(速度水平向東)馬上爆炸成質(zhì)量相等的三塊碎片，前面一塊碎片速度水平向東，后面一塊碎片速度水平向西，前、后兩塊碎片的水平速度(相對地面)大小相等、方向相反，則以下說法正確的是()A.爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度B.爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度可能水平向西C.爆炸后，三塊碎片將同時落到水平地面上，并且落地時的動量相同D.爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能可能小于爆炸前瞬間爆竹的總動能【解析】選A。設(shè)爆竹爆炸前的速度為v，爆竹爆炸成三塊碎片的質(zhì)量均為m，爆炸后前、后兩塊碎片的速度大小為v前后，中間那塊碎片的速度大小為v′，設(shè)水平向東為正方向，依據(jù)水平方向動量守恒，3mv=mv前后+mv′-mv前后，得v′=3v，方向向東，所以爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度，選項A正確，B錯誤；爆炸后，三塊碎片均做平拋運動，豎直方向上有h=gt2，下落時間相同，則豎直方向分速度相同，但水平方向上的分速度不同，故合速度不同，則動量不同，選項C錯誤；爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能m(3v)2>·3m·v2，選項D錯誤。【補償訓(xùn)練】一航天器完成對月球的探測任務(wù)后，在離開月球的過程中，由靜止起先沿著與月球表面成一傾角的直線飛行，先加速運動，再勻速運動，探測器通過噴氣而獲得推動力，以下關(guān)于噴氣方向的描述中正確的是 ()A.探測器加速運動時，沿直線向后噴氣B.探測器加速運動時，豎直向下噴氣C.探測器勻速運動時，豎直向下噴氣D.探測器勻速運動時，不須要噴氣【解析】選C。由題意知，航天器所受重力和推動力的合力沿飛行的直線方向。故只有選項C正確。4.甲、乙兩個質(zhì)量都是M的小車靜置在光滑水平地面上。質(zhì)量為m的人站在甲車上并以速度v(對地)跳上乙車，接著仍以對地的速率v反跳回甲車。對于這一過程，下列說法中正確的是()A.最終甲、乙兩車的速率相等B.最終甲、乙兩車的速率之比v甲∶v乙=M∶(m+M)C.人從甲車跳到乙車時對甲的沖量為I1，從乙車跳回甲車時對乙車的沖量為I2，應(yīng)是I1=I2D.人從甲車跳到乙車時對甲的沖量為I1，從乙車跳回甲車時對乙車的沖量為I2，應(yīng)是I1>I2【解析】選B。以人與甲車組成的系統(tǒng)為探討對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人跳離甲車時，mv-Mv1=0，以乙車與人組成的系統(tǒng)為探討對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人跳上乙車時，mv=(m+M)v2，人跳離乙車時，-(m+M)v2=-Mv乙+mv，以人與甲車組成的系統(tǒng)為探討對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人反跳回甲車時，mv+Mv1=(m+M)v甲，解得=，故A錯誤，B正確；由動量定理得，對甲車I1=Mv1=mv，對乙車I2=Mv乙-Mv2=2mv->mv，即I1<I2，故C、D錯誤。【補償訓(xùn)練】1.穿著溜冰鞋的人靜止站在光滑的冰面上，沿水平方向舉槍射擊，每次射擊時子彈對地速度相等，設(shè)第一次射出子彈后，人相對于地后退的速度為v，下列說法正確的是 ()A.無論射出多少子彈，人后退的速度都為vB.射出n顆子彈后，人后退的速度為nvC.射出n顆子彈后，人后退的速度小于nvD.射出n顆子彈后，人后退的速度大于nv【解析】選D。設(shè)人、槍(包括子彈)的總質(zhì)量為M，每顆子彈質(zhì)量為m，子彈射出速度為v0，射出第1顆子彈，有0=(M-m)v-mv0，設(shè)人射出n顆子彈后的速度為v′，則(M-nm)v′=nmv0，可得v=，v′=，因M-m>M-nm，所以v′>nv，故D正確。2.安靜的水面上停著一只小船，船頭站立著一個人，船的質(zhì)量是人的質(zhì)量的8倍。從某時刻起，這個人向船尾走去，走到船中部他突然停止走動。水對船的阻力忽視不計。下列說法中正確的是 ()A.人走動時，他相對于水面的速度和小船相對于水面的速度大小相等、方向相反B.他突然停止走動后，船由于慣性還會運動一小段時間C.人在船上走動過程，人對水面的位移是船對水面的位移的9倍D.人在船上走動過程，人的動能是船的動能的8倍【解析】選D。不計水的阻力，人與船組成的系統(tǒng)動量守恒，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv-Mv船=0，所以v=8v船，依據(jù)Ek=mv2，人與船的動能之比為8∶1，故A錯誤，D正確；人與船組成的系統(tǒng)動量守恒，人突然停止走動后，人的動量為零，因為系統(tǒng)初動量為零，由動量守恒定律可知，小船的動量為零，小船速度為零，人停止走動后，船馬上停止運動，故B錯誤；人與船組成的系統(tǒng)動量守恒，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv-Mv船=0，v=8v船，vt=8v船t，s人=8s船，故C錯誤。所以D正確。3.如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當小物體從斜面頂端自由下滑究竟端時，斜面體在水平面上移動的距離是()A. B.C. D.【解析】選C。此題屬于“人船模型”問題，小物體與斜面體組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)小物體在水平方向上對地位移為x1，斜面體在水平方向上對地位移為x2，因此0=mx1-Mx2，且x1+x2=，聯(lián)立兩式可得x2=，故選C。二、計算題(12分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)5.如圖所示，質(zhì)量均為m的木板AB和滑塊CD緊靠在一起靜置在光滑水平面上，木板AB的上表面粗糙，滑塊CD的表面是光滑的四分之一圓弧，其始端D點切線水平且與木板AB上表面相平。一可視為質(zhì)點的物塊P質(zhì)量也為m，從木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，過B點時的速度為，然后滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD的最高點C處。重力加速度為g。求：(1)物塊滑到B點時木板的速度v的大小；(2)滑塊CD圓弧的半徑R。【解析】(1)對P和木板、滑塊CD組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有mv0=m+2mv，解得v=。(2)物塊P由D點滑到C點的過程中，滑塊CD和物塊P組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，有m+m=2mv共系統(tǒng)能量守恒，有mgR=m()2+m()2-×2m解得R=。答案：(1)(2)【補償訓(xùn)練】1.某宇航員在太空站內(nèi)做了如下試驗：選取兩個質(zhì)量分別為mA=0.1kg、mB=0.2kg的小球A、B和一根輕質(zhì)短彈簧，彈簧的一端與小球A粘連，另一端與小球B接觸而不粘連?，F(xiàn)使小球A和B之間夾著被壓縮的輕質(zhì)彈簧，處于鎖定狀態(tài)，一起以速度v0=0.1m/s做勻速直線運動，如圖所示。過一段時間，突然解除鎖定(解除鎖定沒有機械能損失)，兩球仍沿原直線運動，從彈簧與小球B剛剛分別起先計時，經(jīng)時間t=3.0s，兩球之間的距離增加了s=【解析】取A、B為系統(tǒng)，由動量守恒得：(mA+mB)v0=mAvA+mBvB。 ①又依據(jù)題意得：vAt-vBt=s。 ②由①②兩式聯(lián)立得：vA=0.7m/s，vB=-0.2m/s。由機械能守恒得：Ep+(mA+mB)=mA+mB。 ③代入數(shù)據(jù)解得：Ep=0.027J。答案：0.027J2.如圖所示，半徑分別為R和r(R>r)的甲、乙兩光滑圓軌道安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上一輕彈簧被a、b兩小球夾住(未拴連)，同時釋放兩小球，a、b球恰好能通過各自的圓軌道的最高點。(1)求兩小球的質(zhì)量比。(2)若ma=mb=m，要求a、b都能通過各自的最高點，則彈簧釋放前應(yīng)至少具有多少彈性勢能？【解析】(1)a、b球恰好能通過各自圓軌道的最高點，由mag=ma，mbg=mb可解得：va′= ①vb′= ②由動量守恒定律得mava=mbvb ③由機械能守恒定律得：ma=mav+mag·2R ④mbvb2=mbv+mbg·2r ⑤聯(lián)立①②③④⑤得=。(2)若ma=mb=m，由動量守恒定律得va=vb=v當a球恰好能通過圓軌道的最高點時，彈簧具有的彈性勢能最小，Ep=(ma+mag·2R)×2=(mgR+mg·2R)×2=5mgR。答案：(1)(2)5mgR【實力挑戰(zhàn)區(qū)】6.(18分)質(zhì)量為M的小車置于水平面上。小車的上表面由圓弧和平面組成，車的右端固定有一不計質(zhì)量的彈簧，圓弧AB部分光滑，半徑為R，平面BC部分粗糙，長為l，C點右方的平面光滑。滑塊質(zhì)量為m，從圓弧最高處A無初速下滑(如圖)，與彈簧相接觸并壓縮彈簧，最終又返回到B點相對于車靜止。求：(1)BC部分的動摩擦因數(shù)μ。(2)彈簧具有的最大彈性勢能。(3)當滑塊與彈簧剛分別時滑塊和小車的速度大小。【解析】(1)滑塊與小車初始狀態(tài)為靜止，末狀態(tài)滑塊相對小車靜止，即兩者共速且速度為0，據(jù)能量守恒：mgR=μmg·2l，所以μ=(2)彈簧壓縮到最大形變量時，滑塊與小車又一次共速，且速度均為0，此時據(jù)能量守恒，彈簧的彈性勢能Ep=mgR-μmgl=(3)彈簧與滑塊分別的時候，彈簧的彈性勢能為0，設(shè)此時滑塊速度為v1，小車速度為v2，據(jù)能量守恒有：Ep=m+M又因為系統(tǒng)動量守恒，有：mv1-Mv2=0解得：v1=，v2=答案：(1)(2)(3)【補償訓(xùn)練】如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量均為M=2kg的甲、乙兩輛小車，兩車之間通過一感應(yīng)開關(guān)相連(當滑塊滑過感應(yīng)開關(guān)時，兩車自動分別)。其中甲車上表面光滑，乙車上表面與滑塊P之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。一根通過細線拴著而被壓縮的輕質(zhì)彈簧固定在甲車的左端，質(zhì)量為m=1kg的滑塊P(可視為質(zhì)點)與彈簧的右端接觸但不相連，此時彈簧儲存的彈性勢能E0=1