物理粤教版自我小测第一章第四节反冲运动

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精自我小测1下面属于应用反冲运动的有()A．喷气式飞机正在飞行B．反击式水轮机的转动C．电扇叶片的转动D．火箭发射人造卫星2车厢停在光滑的水平轨道上,车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，设子弹质量为m,射出时的速度为v,车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（)A。eq\f(mv，M)向前B。eq\f(mv，M)向后C。eq\f（mv,m＋M)向前D．03如图1－4－2所示，质量为M的气缸置于光滑的水平地面上，缸内有一隔板P，隔板右侧是真空，左侧是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则气缸的运动情况是（）图1－4－2A．保持静止不动B．向左移动一段距离后又静止C．向左移动一段距离后继而向左匀速运动D．先向左移动，后向右移动回到原来位置4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.eq\f(mv,M－m)B．－eq\f(mv,M－m)C．－eq\f(mv,m－M)D．－eq\f（mv,M)5如图1－4－3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，自行火炮的速度变为v2,仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（)图1－4－3A。eq\f（mv1－v2＋mv2,m)B.eq\f(Mv1－v2，m）C.eq\f（mv1－v2＋2mv2，m）D。eq\f(Mv1－v2－mv1－v2,m）6质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内,大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图1－4－4所示位置，无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离为（）图1－4－4A．R/2B．R/3C．R/5D．R/67一质量为6×103kg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103m/s，求：（g取10m/s2）（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20m/s2的加速度？8在光滑水平桌面上，有一长为l＝2m的木板C,它的两端各有一挡板,C的质量mC＝5kg，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mA＝1kg，mB＝4kg，开始时A、B、C都静止，并且AB间夹有少量的塑胶炸药，如图1－4－5所示．炸药爆炸使得A以6m/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1－4－5（1）当两滑块都与挡板相撞后，板C的速度是多大？(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？9(探究)通过实验探究影响小火箭反冲速度大小的因素是什么．参考答案1解析:A中喷气式飞机是依靠向后喷出高速气体获得的反冲力作为动力,故A属反冲运动；反击式水轮机是靠水流过水轮机叶片时的反冲作用而转动，故属反冲运动；电扇叶片的转动是靠电扇电动机带动的，因而不是反冲运动；火箭发射人造卫星是靠火箭向后喷出高速气体而获得向前的动力，把卫星送到预定轨道上的，也属反冲运动．答案:ABD2解析：在车厢、人、子弹组成的系统中，合外力为零,因此作用过程及作用前后系统总动量守恒．人发射子弹前系统的总动量为零，子弹发射后,子弹向前飞的同时，车厢后退，子弹射入前壁后，系统总动量仍为零，所以车厢速度为零，故选项D正确．答案：D3解析：抽去挡板瞬间,气体向真空部位流动并和气缸相互作用,气缸做反冲运动，向左运动，当气体充满整个气缸后,气体不再运动，则由动量守恒知，气缸也停止运动，所以气缸的状态是先向左移动一段后停止，即B正确．答案:B4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′＝－eq\f(mv，M－m）.答案:B5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Mv1，发射后系统的动量之和为（M－m）v2＋m(v0＋v2)．由Mv1＝（M－m)v2＋m（v0＋v2)解得v0＝eq\f(Mv1－M－mv2，m）－v2＝eq\f(Mv1－v2，m）.答案:B6解析：由于大球和小球组成的系统，水平方向不受外力作用,系统水平方向动量守恒，设小球m运动到大球最低点时，相对地的水平方向位移大小为s1，大球在该过程中对地的位移大小为s2，据动量守恒定律，在水平方向:ms1＝2ms2，由数学知识知：s1＋s2＝2R－R,由以上两式得大球移动的距离为s2＝eq\f(R,3).答案:B7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FΔt＝Δmv0①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（忽略气体的重力)F′＝Mg②由①②两式解得Δm＝eq\f（MgΔt，v0)＝eq\f(6×103×10×1,103）kg＝60kg即要获得克服火箭重力的推力,每秒要喷出60kg的气体．（2)同第(1）问，以喷出的气体Δm为研究对象FΔt＝Δmv0③而对火箭F－Mg＝Ma④由③④两式解得Δm＝eq\f（Mg＋aΔt，v0）＝eq\f(6×103×10＋20×1,103）kg＝180kg。答案：（1）60kg（2)180kg8解析：爆炸中A、B相互作用，系统满足动量守恒,A、B分离后以不同速率滑向挡板,A先到达挡板与C作用，发生完全非弹性碰撞，之后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：mAvA＋mBvB＝0得vB＝－1。5m/s对A、B、C组成的系统，开始时静止，由动量守恒有（mA＋mB＋mC)vC＝0得vC＝0，即最终木板C的速度为0。（2)A先与C相碰，由动量守恒：mAvA＝（mA＋mC）v共所以v共＝1m/s从炸药爆炸到A、C相碰的时间：t1＝eq\f(\f（l,2),vA）＝eq\f(1,6）s，此时B距C的右壁sB＝eq\f(l，2)－vBt1＝0.75m,设再经过t2时间B与C相碰，则t2＝eq\f（sB,vB＋v共）＝0.3s,故C向左的位移ΔsC＝v共t2＝1×0。3m＝0.3m.答案：（1)0（2)0.3m，方向向左9解析:反冲的实质是动量守恒定律，从动量守恒定律的公式出发，发现发射速度与火箭自身质量、喷气速度和气体质量的乘积有关．在本实验的探究过程中,由于我们给火箭加了相同质量的发射火药，故喷出气体的质量应该是相同的，在实验过程中，由于火箭发射后做的是竖直上抛运动，对同一地点重力加速度g又相同，只要测得竖直上抛运动中火箭从发射到落地所需要的时间t，就可以知道火箭的发射速度，这是一种数据处理转化的思想．答案:实验材料:相同规格的小火箭四支，竖直发射架，秒表，砝码．实验步骤：（1)把四支小火箭