1.6.反冲现象 火箭 课时作业 -2022-2023学年高一下学期物理人教版2019选择性必修第一册（含解析）

人教版高中物理选择性必修第一册课时作业6反冲现象火箭一、单项选择题1、关于反冲运动的说法中，正确的是()A．抛出物m1的质量要小于剩下的m2的质量才能反冲B．若抛出物m1的质量大于剩下的m2的质量，则m2所受的力大于m1所受的力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．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律2、一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动。探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是 ()A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气B.探测器加速运动时,竖直向下喷气C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气D.探测器匀速运动时,不需要喷气3、一航天探测器完成对月球的探测后，离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一定倾角的直线飞行，先加速运动后匀速运动．探测器通过喷气而获得动力，下列关于喷气方向的说法正确的是()A．探测器加速运动时，向后喷射B．探测器加速运动时，竖直向下喷射C．探测器匀速运动时，竖直向下喷射D．探测器匀速运动时，不需要喷射4、一礼花弹在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，突然爆炸成甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()ABCD5、我国发射的“神舟十号”飞船与“天宫一号”空间站实现了完美对接。假设“神舟十号”飞船到达对接点附近时,对地的速度为v,此时的质量为m,欲使飞船追上“天宫一号”实现对接,飞船需加速到v1,飞船发动机点火,将质量为Δm的燃气一次性向后喷出,燃气对地向后的速度大小为v2。这个过程中,下列各表达式正确的是()A.mv=mv1-Δmv2B.mv=mv1+Δmv2C.mv=(m-Δm)v1-Δmv2D.mv=(m-Δm)v1+Δmv26、烟花爆竹中的“二踢脚”(双响爆竹)在地面点燃炸响后直飞升空,在高空再炸响一声。质量为m的“二踢脚”在地面炸响后(不考虑质量变化)获得初速度v0,竖直升空到速度为零时再次炸响,分裂成质量之比为2∶1的两块,小块碎片获得水平速度v。已知当地的重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是 ()A.“二踢脚”上升的高度小于vB.高空再次炸响后,大块碎片获得的速度为2vC.高空分裂后,大块碎片先落地D.落地后,两块碎片之间的距离为37、如图所示，在光滑的水平面上有一辆长为L，质量为m的平板车左端紧靠着墙壁，右端站着一质量为M的同学(可视为质点)，某时刻当该同学向左跳出，恰好落在平板车的左端．此时平板车离开墙壁的距离()A．LB．eq\f(mL,M＋m)C．eq\f(mL,M)D．eq\f(ML,M＋m)8、如图所示，内壁有四分之一圆弧的滑块静止在光滑水平面上，滑块下端B点离地面距离为h，圆弧光滑且半径为R＝2h。一小球从滑块的上边缘点A的正上方高为2h处由静止释放，恰好能从A点进入圆弧，小球到达滑块下端B点时相对地面的速度大小为v，小球刚落在水平面上的位置与滑块上B点间的水平距离为s＝4eq\r(2)h。设小球的质量为m。重力加速度大小为g，以滑块上端点A为零势能点。则()A．小球在滑块下端B点的重力势能为－2mghB．小球受滑块的支持力不做功C．小球从滑块的A点到达B点的过程合力做的功是eq\f(1,2)mv2＋2mghD．小球到达滑块下端B点时相对地面的速度大小v＝3eq\r(gh)二、多项选择题9、有关实际生活中的现象，下列说法正确的是()A．火箭靠喷出气流反冲作用而获得巨大的速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员伤害程度，汽车前部的发动机舱越坚固越好10、质量为m的人在质量为M的车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么()A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离越大D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离均相同11、如图所示,甲、乙两车的质量均为M,静置在光滑的水平面上,两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后相接触,则 ()A.甲、乙两车运动中速度之比为MB.甲、乙两车运动中速度之比为MC.甲车移动的距离为M+D.乙车移动的距离为M212、如图所示，光滑桌面上有质量分别为m1和m2的两木块A、B，开始时弹簧处于压缩状态，放手之后两木块被弹开．在此过程中下面结论正确的是（）A．两木块速度大小与质量成反比B．两木块所受冲量的大小相等C．两木块加速度大小相等D．两木块具有完全相同的动量13、如图所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量为M＝5m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，当小球由图中位置无初速释放沿内壁滚到最低点时，下列说法中正确的是()A．M与m系统动量守恒B．M与m系统动量不守恒C．M的对地位移大小为eq\f(R－r,6)D．m的对地位移大小为eq\f(5R－r,12)三、非选择题14、课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4m3/s，喷出速度保持为对地10m/s.启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动且阻力不计，水的密度是1.0×103kg/m3)15、从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求刚炸裂时另一块碎片的速度．16、如图所示，进行太空行走的航天员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s，A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s。(1)此时B的速度大小；(2)此时B的速度方向。17、如图所示，是某科技小组制作的“嫦娥四号”模拟装置示意图，用来演示“嫦娥四号”空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为L，着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m，与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气口的横截面积为S，喷出气体的密度为ρ；不计喷出气体对整体质量的影响。求：(1)装置悬停时喷出气体的速度；(2)弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。18、如图所示，平板小车C上固定有两个完全相同的弹射装置，在弹射装置中分别压装上两个光滑小球A、B，将它停放在光滑水平地面上。先打开球A所在的装置，将球A发射出去，球A获得vA＝8m/s的速度。已知球A的质量mA＝1kg，小车C和球B的总质量M＝4kg，则：(1)发射球A时，弹射装置释放的能量为多少？(2)将球A发射出去后，要使小车C停止，必须以多大的速度将质量为eq\f(2,3)kg的球B发射出去？

答案与解析1、D解析：由于系统的一部分向某一方向运动，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，D正确．2、C解析：探测器加速运动时,通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力沿运动方向,选项A、B错误;探测器匀速运动时,通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力为零,根据反冲的特点可知选项C正确,选项D错误。3、C解析：探测器在加速运动时，因为受月球引力的作用，喷气所产生的推力一方面要平衡月球的引力，另一方面还要提供加速的动力，则应沿着后下方某一个方向喷气，故A、B错误；探测器在匀速运动时，因为受月球引力的作用，喷气产生的推力只需要平衡月球的引力即可(竖直向下喷气)，故C正确，D错误．4、B解析：礼花弹爆炸时，在水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，设m乙＝m，m甲＝3m，则爆炸前p总＝(3m＋m)v＝4mv，而爆炸后两块弹片都做平抛运动，竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝1s，则速度v′＝eq\f(s,t)。设甲、乙两块弹片均沿礼花弹原来的飞行方向，根据动量守恒定律，有4mv＝3meq\f(s甲,t)＋meq\f(s乙,t)，将各选项s甲、s乙的数值代入，可知选项B正确，A、C、D错误。5、C解析：飞船发动机点火喷出燃气,由动量守恒定律得mv=(m-Δm)v1-Δmv2,选项C正确。6、D解析：设“二踢脚”上升的高度为H,“二踢脚”做竖直上抛运动,上升的高度H=v022g,故A错误;高空再次炸响后,设大块碎片获得的速度为v1,则由动量守恒有mv=2mv1,解得v1=12v,故B错误;高空分裂后,设碎片落地时间为t,由H=12gt2解得t=2Hg,两块碎片从同一高度平抛,下落时间相同,故C错误;落地后,两块碎片平抛的水平位移分别为x1=v2Hg=vv0g,x2=v22Hg7、D解析：选取向左为正方向，设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，由于水平地面光滑，二者沿水平方向的动量守恒，则Mv1＋mv2＝0，得v2＝－eq\f(Mv1,m)；设人从右端到达左端时间为t，则人的位移x1＝v1t，车的位移x2＝v2t，由空间几何关系得x1＋|x2|＝L，联立解得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2))＝eq\f(ML,m＋M)，故A、B、C错误，D正确．8、A解析：滑块上端点A为零势能点，小球在滑块下端B点的重力势能为－2mgh，选项A正确；在小球沿滑块的圆弧轨道滑动的同时，滑块也沿水平面向左运动，滑块动能增加，则小球对滑块的压力对滑块做正功；滑块的机械能增加，由于系统机械能守恒，则小球的机械能减少，小球受滑块的支持力做负功，选项B错误；小球从滑块的A点到达B点的过程由动能定理有W＝ΔE＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv2－2mgh，选项C错误；两者组成系统水平方向动量守恒，有0＝mv－m′v′，两者组成系统机械能守恒，有4mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)m′v′2，平抛后h＝eq\f(1,2)gt2，4eq\r(2)h＝vt＋v′t，联立解得v＝2eq\r(gh)，选项D错误。9、ABC解析：根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，即运动员受到的冲量I一定，由I＝FΔt可知，体操运动员在着地时屈腿是为了延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时，子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减小反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝FΔt可知位于汽车前部的发动机舱不能太坚固，故D错误。10、AD解析：由人与车组成的系统动量守恒得mv人＝Mv车，选项A正确；设车长为L，则m(L－s车)＝Ms车，解得s车＝eq\f(m,M＋m)L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，选项D正确，B、C错误。11、ACD解析：甲、乙两车和人组成的系统所受合外力为零,系统的动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得0=Mv甲-(M+m)v乙,可得甲、乙两车运动中速度之比为v甲v乙=M+mM,故A正确,B错误;设甲车和乙车移动的距离分别为s甲和s乙,则有v甲=s甲t,v乙=s乙t,Ms甲t=(M+m)s乙t,又s甲+s乙=L,联立解得s甲=M+m12、AB解析：两个木块系统动量守恒，故mAvA－mBvB＝0，故vA∶vB＝mB∶mA，故A正确；弹簧对两个木块的弹力相等，根据I＝Ft可知，两木块所受冲量的大小相等，选项B正确；由牛顿第二定律可知，a＝eq\f(F,m)，两物块质量不同，加速度大小不相等，加速度方向相反，故C错误；两木块的动量大小相等、方向相反，两木块的动量不相同，故D错误．13、BC解析：因为M与m系统在竖直方向合外力不为0，所以M与m系统动量不守恒，故B正确，A错误；因为M与m系统在水平方向合外力为0，所以M与m系统水平方向动量守恒，设大球M的水平位移大小为x，小球m滑到最低点所用的时间为t，发生的水平位移大小为R－r－x，取水平向左方向为正方向。由人船模型可知：meq\f(R－r－x,t)＝Meq\f(x,t)，解得M的对地位移大小为x＝eq\f(R－r,6)；m的对地位移大小为eq\f(5R－r,6)，故C正确，D错误。14、答案：4m/s解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来的总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度大小为v，火箭的反冲速度大小为v′，由动量守恒定律得(M－ρQt)v′＝ρQtv，启动2s末火箭的速度为v′＝eq\f(ρQtv,M－ρQt)＝eq\f(1.0×103×2×10－4×2×10,1.4－1.0×103×2×10－4×2)m/s＝4m/s.15、解析：M下落h后：Mgh＝eq\f(Mv2,2)v＝eq\r(2gh)爆炸时动量守恒：Mv＝－mv＋(M－m)v′v′＝eq\f(M＋m,M－m)eq\r(2gh)方向竖直向下．答案：eq\f(M＋m,M－m)eq\r(2gh)，方向竖直向下16、解析：(1)以远离空间站方向为正方向，则v0＝0.1m/s，vA＝0.2m/s，由动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB解得vB＝0.02m/s(2)方向为远离空间站方向。答案：(1)0.02m/s(2)方向为远离空间站方向17、解析：(1)设悬停时气体对模拟装置的作用力为F，则F＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g取Δt时间内喷出的气体为研究对象，由动量定理有FΔt＝ρSvΔt·v解得v＝eq\r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g,ρS))。(2)设弹射后瞬间，着陆器(含