1、课时 05 反冲运动 火箭1一炮弹质量为 m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为 v，方向水平炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为 4m，则爆炸后另一块瞬时速度大小为（ ）A v B 34 C v D0【答案】C【解析】爆炸过程系统动量守恒，爆炸前动量为 mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为 v，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：mv= 34mv，解得：v= 43v；故选 C2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
2、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【答案】D【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，故选项 B 错误在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项 C 错误、选项 D 正确3.将静置在地面上，质量为 M（含燃料）的火箭模型点
3、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 （ ）A v0 B v0 mM MmC v0 D v0MM m mM m【答案】C【解析】D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 vmv0M m选项 D 正确4.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（ ）A3 v/4 B v/4C v/3 D0【答案】C【解析】
4、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，得 ，负号表示速度方向水平向左，故 C 正确5一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，若忽略空气阻力与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 v2C v0 v2 D v0 （ v0 v2）【答案】D【解析】火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有：（m 1+m2）v 0=m2v2+m1v1，解得：
5、 ，故选 D解决本题的关键知道火箭和卫星组成的系统在水平方向上动量守恒，运用动量守恒定律进行求解，知动量守恒定律的表达式为矢量式，注意速度的方向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燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭B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C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D火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭【答案】B【解析】试题分析：根据反冲运动的定义分析，应特别注意：空气的反作用力并没有直接作用于火箭，而是作用于被喷出的气体解：由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个
6、反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，正确选项为 B故选 B7质量为 1kg 的炮弹，以 800J 的动能沿水平方向飞行时，突然爆炸分裂为质量相等的两块，前一块仍沿水平方向飞行，速度为 50m/s，则后一块的动能为（ ）A175J B225J C125J D275J【答案】B【解析】根据 mv02=800J, 得：v 0=40m/s；突然爆炸动量守恒，设前一块速度为 v1，第二块速度为 v2，根据动量守恒定律得： ，解得 v2=30m/s，动能为 ，故选 B8一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为 v010 m/s，设它炸成两块后，质量为 0.4 kg 的大块速度大小为 250
7、m/s，方向与原来方向相反，若取 v0方向为正方向，则质量为 0.2 kg 的小块速度为（ ）A530 m/s B-470m/s C470 m/s D800 m/s【答案】A【解析】手榴弹爆炸过程系统动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：即： 解得： 。故 A 正确9.一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 lM nm，所以有 v nv，C 正确mv0M m nmv0M nm11.如图所示，进行太空行走的宇航员 A 和 B 的质量分别为 80 kg 和 100 kg，
8、他们携手远离空间站，相对空间站的速度为 0.1 m/s.A 将 B 向空间站方向轻推后， A 的速度变为 0.2 m/s，求此时 B 的速度大小和方向【答案】0.02 m/s 方向为远离空间站方向【解析】轻推过程中， A、 B 系统的动量守恒，以空间站为参考系，规定远离空间站的方向为正方向，则v00.1 m/s， vA0.2 m/s.根据动量守恒定律（ mA mB） v0 mAvA mBvB，代入数值解得 vB0.02 m/s，方向为远离空间站方向11.一火箭喷气发动机每次喷出 m200 g 的气体，气体喷出时的速度 v1 000 m/s.设火箭质量 M300 kg，发动机每秒钟喷气 20 次
9、（1）当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？（2）运动第 1 s 末，火箭的速度为多大？【答案】 （1）2 m/s.（2）13.5 m/s.【解析】 （1）喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守恒第一次气体喷出后火箭速度为 v1，有（ M m） v1 mv0，所以 v1mvM m第二次气体喷出后，火箭速度为 v2，有（ M2 m） v2 mv（ M m） v1，所以 v22mvM 2m第三次气体喷出后，火箭速度为 v3，有（ M3 m） v3 mv（ M2 m） v2所以 v3 m/s2 m/s.3mvM 3m 30.21 000300 30.2（2）由上面推导可知，第
10、n 次气体喷出后，火箭速度为 vn，有（ M nm） vn mv M（ n1） mvn1所以 vnnmvM nm因为每秒喷气 20 次，所以 1 s 末火箭速度为v20 m/s13.5 m/s.20mvM 20m 200.21 000300 200.21.质量为 m 的人站在质量为 M、长为 5 米的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边（如图所示） ，当他向左走到船的左端时，船左端离岸的距离是 1.25 米，则（ ）AM=3m BM=4m CM=5m DM=6m【答案】A【解析】设人走动时船的速度大小为 v，人的速度大小为 v，人从船尾走到船头所用时间为 t取船的速度为正方向则 ， ，规定向右为
11、正方向，根据动量守恒得， 即 Ml2=m（Ll 2） ，L=5m，l 2=1.25m，则 M=3m，故 A 项符合题意，故答案为 A2如图所示，在光滑水平面上停放着质量为 m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为 m 的小球以水平初速度 v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则（ ）A小球以后将向右做平抛运动B小球以后将向左做平抛运动C此过程小球对小车做的功为D小球在弧形槽内上升的最大高度为【答案】C【解析】设小球离开小车时，小球的速度为 v1，小车的速度为 v2，整个过程中动量守恒，得：mv0=mv1+mv2，由能量守恒 ，联立解得： v1=0， v2=v0，即小球与小车分离后二
12、者交换速度；所以小球与小车分离后做自由落体运动，故 AB 错误；对小车运用动能定理得，小球对小车做功：，故 C 正确；当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为 h，则： mv0=2mv，能量关系为： ，联立解得： ，故 D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。3采取下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度（ ）A使喷出的气体速度更大 B减轻飞机自身质量C使喷出的气体质量更大 D使喷出的气体密度更小【答案】ABC【解析】把喷气式飞机和喷出的气体看成系统，设原来的总质量为 M，喷出的气体质量为 m，速度是 v，剩余的质量（ M-m）的速度是 v，规定飞机的速度方向为正方
13、向，由系统动量守恒得出： mv-（ M-m） v=0，解得 ，由上式可知： m 越大， v 越大， M 越小，则 v越大。故 ABC 正确，D 错误；42018 年 12 月 8 日 2 时 23 分，搭载着“嫦娥四号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心成功发射。2019 年 1 月 3 日 10 时 26 分，嫦娥四号成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地的预选着陆区，成为世界第一个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器，这是人类航天史上的伟大壮举。下面有关说法正确的是（ ）A运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B运载火箭飞出大气层后，由于没
14、有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力C在落月阶段首先通过变推力发动机让探测器减速下降，此时“嫦娥四号”处于超重状态。D “嫦娥四号”离开地球大气层朝月球飞行过程中，与地球之间不再存在相互作用力【答案】AC【解析】火箭向下喷气产生推力，此推力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的；探测器减速下降，产生向上的加速度， “嫦娥四号”处于超重状态；“嫦娥四号”离开地球大气层朝月球飞行过程中， “嫦娥四号”与地球之间依然存在相互吸引力。A、火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体；火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，
15、故 A 正确。B、火箭向下喷气产生的推力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，故 B 错误。C、在落月阶段首先通过变推力发动机让探测器减速下降，产生向上的加速度，此时“嫦娥四号”处于超重状态，故 C 正确。D、 “嫦娥四号”离开地球大气层朝月球飞行过程中， “嫦娥四号”与地球之间依然存在相互吸引力，这是一对作用力与反作用力，故 D 错误。故选：AC52018 年 4 月 12 日，我国遥感三十一号 01 组卫星成功发射，用于开展电磁环境探测。在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷
16、出质量为 m=800g 的气体，气体离开发动机时的对地速度 v=1000m/s,假设火箭（含燃料在内）的总质量为 M=600kg，发动机每秒喷气 20 次，忽略地球引力的影响，则A火箭第三次气体喷出后速度的大小约为 4m/sB地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到 11.2km/sC要使火箭能成功发射至少要喷气 500 次D要使火箭能成功发射至少要持续喷气 17s【答案】A【解析】火箭第三次气体喷出后，根据动量守恒定律： ，解得 v34m/s，选项 A 正确；地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到第一宇宙速度 7.9km/s，选项 B 错误；要使火箭能成功发射至少要喷气 n 次，则 ，其中 v
17、n=7.9km/s，解得 n666 次，即要使火箭能成功发射至少要持续喷气 666/20=33.3s，选项 CD 错误；故选 A.6我国航天事业持续飞速发展，2019 年 1 月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压 ，喷出二价氧离子，离子束电流为，那么下列结论正确的是（元电荷 ，氧离子质量 ，飞船质量 ） （）A喷出的每个氧离子的动量B飞船所受到的推力为C飞船的加速度为D推力做功的功率为【答案】B【解析】A、对于每个氧离子，在加速电压 U 的作用下加速，有： ， ，解得： ，故A 错误；B、设 时间内有
18、 n 个离子被喷出，根据电流的定义式： ，对于单个离子，由动量定理得：，若有 n 个离子被喷出，则有 ，联立以上各式可得： ，由牛顿第三定律：，故 B 正确；C、对飞船，由牛顿第二定律得： ，故 C 错误；D、功率的单位与 不同，故 D 错误。7某静止在水平地面上的炮车水平发射一枚质量为 10kg 的炮弹，已知炮弹飞出炮口时，相对于地面的速度为 900m/s，该炮车质量（不包括炮弹）为 3000kg。求：（1）炮弹飞出炮口时，炮车后退的速度多大；（2）若炮车后退的距离为 1.5m，则炮车后退中受到的阻力与其自身重力的比值为多大（重力加速度取10m/s2） 。【答案】 （1） v=3m/s （2
19、） 【解析】 （1）设炮弹的速度 v0、炮车后退的速度大小为 v，弹和车的质量分别为 m、 M，由于内力远大于外力，由动量守恒得： Mv mv0=0解得： v=3m/s（2）设炮车后退中受到的阻力为 f、位移为 x，由动能定理有：解得： f=9000N阻力与其重力的比值：8埋伏在青纱帐里的抗日战士在地面以 的速率向日寇阵地斜向上抛出一质量为 M0.5 kg的手雷，手雷在最高点时速度为 v20 m/s，这时突然炸成两块弹片，其中大块弹片质量 m0.3 kg 仍按原方向飞行，其速度为 v150 m/s，之后两块弹片落回地面，恰击中两个日寇手雷和日寇均可视为质点，手雷抛出时的高度、炸裂时燃烧的炸药的
20、质量均不计，不计空气阻力， g10 m/s 2.求：（1）战士抛出手雷的过程中所做的功；（2）被击中的两个日寇之间的水平距离【答案】 （1） 200 J （2） 150 m【解析】 （1）战士抛出手雷的过程，根据动能定理： W 12Mv200J（2）手雷从抛出至最高点，做斜上抛运动，最高点时速度水平可推知手雷初速度的竖直分速度 v0y20 m/s手雷炸裂过程，水平方向动量守恒Mv mv1（ M m） v2v225 m/s两块弹片做平抛运动，落地时的竖直分速度 v3y v0y20 m/s平抛落地时间 t 3yvg2 s被击中的两个日寇之间的水平距离 x（ v1 v2） t150 m9平板车停在水
21、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 l4 m，如图所示人的质量为 m，车连同货厢的质量为M4 m，货厢高度为 h1.25 m（ g 取 10 m/s2） （1）求车在人跳出后到人落到 A 点期间的反冲速度的大小；（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？【答案】 （1）1.6 m/s （2）不运动 0.8 m【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（设为正方向） ，车的反冲速度是 v2，则 mv1 Mv20，得v2 v114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 0.5 s，在这段时间内人的水平位移2hgx1和车的位移 x2分别为 x1 v1t， x2 v2t由 x1 x2 l 得 v1t v2t l则 v2 m/s1.6 m/s.l5t 450.5（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 v0.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 v2t1.60.5 m0.8 m.答案：（1）1.6 m/s （2）不运动 0.8 m
