高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册反冲现象火箭同步训练题

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知识精讲
知识点01 火箭与反冲
1、反冲
(1)定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．
(2)特点
①物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
②反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．
(3)反冲现象的应用及防止
①应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转．
②防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．
2、火箭
(1)工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度．
(2)影响火箭获得速度大小的两个因素
①喷气速度：现代火箭的喷气速度为2 000～4 000 m/s.
②质量比：火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
【即学即练1】下列运动不属于反冲运动的有（ ）
A．乒乓球碰到墙壁后弹回
B．发射炮弹后炮身后退
C．喷气式飞机喷气飞行
D．船员划桨使船前进
【解析】 乒乓球碰到墙壁上弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲；发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用，而促进飞机前进的；故属于反冲运动；船员划桨使船前进，属于反冲现象；本题考查不属于反冲现象的，故选A.
【答案】 A
【即学即练2】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( )
A．燃料推动空气，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
【解析】 火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管喷出时，使火箭获得反冲速度，故正确答案为选项 B.
【答案】 B
知识点02 反冲运动与动量守恒定律的理解
1．反冲与动量守恒
反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A、B组成的系统，A对B的作用力使B获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B运动方向的相反方向运动．在以下三种情况中均可用动量守恒定律解决反冲运动问题：
(1)系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．
(2)系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．
(3)系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题．
2．在讨论反冲运动时应注意以下几点
(1)速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，两者速度方向相反．可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程．质量为M的物体以对地速度v抛出一个质量为m的物体，研究剩余部分(M－m)对地反冲速度时，设v的方向为正．
列出的方程式为 mv＋(M－m)v′＝0，得v′＝－eq \f(m,M－m)v.
由于v′为待求速度，事先可不考虑其方向，由计算结果为负值，表示剩余部分的运动方向与抛出部分速度方向相反．
由于我们已明确剩余部分与抛出部分反向，因此可直接列出两部分动量大小相等方程．即上例可列式为mv＝(M－m)v′，v′＝eq \f(m,M－m) v
其中v′为剩余部分的速率．
(2)速度的相对性
在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将相对速度转化为绝对速度(一设为对地速度)．
【即学即练3】如图所示，是一种弹射器，总质量为M，其中弹丸的质量为m，弹射器中的弹簧处于压缩状态，系统静止在光滑水平面上．放开弹簧，弹丸以速度v(相对地面)向左飞出，下列说法正确的是( )
A．底座将以大小为v的速度后退
B．底座将以大小为eq \f(mv,M)的速度后退
C．底座将以大小为eq \f(mv,M－m)的速度后退
D．底座将以大小为eq \f(mv,M＋m)的速度后退
【解析】 系统水平方向动量守恒，有0＝mv＋(M－m)v′，得v′＝－eq \f(mv,M－m)，选项C正确．
【答案】 C
知识点03 “人船模型”的处理方法
1．“人船模型”问题的特征
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．
2．处理“人船模型”问题的关键
(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．
由于动量守恒，所以任一时刻系统的总动量为零，动量守恒式可写成m1v1＝m2v2的形式(v1、v2为两物体的瞬时速率)，表明任意时刻的瞬时速率都与各物体的质量成反比．所以全过程的平均速度也与质量成反比．进而可得两物体的位移大小与各物体的质量成反比，即eq \f(x1,x2)＝eq \f(m2,m1).
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系．
【即学即练4】人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m.人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为( )
A.eq \f(Mh,m＋M) B.eq \f(mh,m＋M)
C.eq \f((m＋M)h,m) D.eq \f((m＋M)h,M)
【解析】 开始时，人和气球在空中静止，说明合力等于零．在人沿软绳下滑的过程中，两者所受外力不变，即合力仍等于零．以人和气球为系统，动量守恒而且符合“人船模型”(如右图所示)．根据动量守恒定律有mh＝MH，解得H＝eq \f(mh,M).所以软绳至少为L＝H＋h＝eq \f((m＋M)h,M)，选项D正确．
【答案】 D
【归纳总结】 动量守恒定律是瞬时关系式，动量守恒是指时时刻刻的动量守恒．故人匀速走动，车匀速后退；人加速走动，车加速后退；人减速走动，车减速后退；人动车动；人快车快；人慢车慢；人停车停．动量守恒定律的参考系是地面，故人对地位移不是车长L(L为人相对于车的位移)．作出位移示意图有助于正确求解．
能力拓展
考法01 火箭的反冲运动问题
【典例1】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
【解析】 火箭喷气属反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解．
解法一(归纳法) (1)喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量可认为守恒．
第一次喷出气体后，火箭速度为v1
有(M－m)v1－mv＝0，故v1＝eq \f(mv,M－m)
第二次喷出气体后，火箭速度为v2
有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，故v2＝eq \f(2mv,M－2m)
第三次喷出气体后，火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
故v3＝eq \f(3mv,M－3m)＝eq \f(3×0.2×1 000,300－3×0.2) m/s＝2 m/s.
(2)依此类推，第n次喷出气体后，火箭速度为vn，有
(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
故vn＝eq \f(nmv,M－nm)
因为每秒钟喷气20次，所以1 s末火箭速度为
v20＝eq \f(20mv,M－20m)＝eq \f(20×0.2×1 000,300－20×0.2) m/s＝13.5 m/s.
解法二(整体法) (1)选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．
设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得
(M－3m)v3－3mv＝0
故v3＝eq \f(3mv,M－3m)＝2 m/s.
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得
(M－20m)v20－20mv＝0
故v20＝eq \f(20mv,M－20m)＝13.5 m/s.
【答案】 (1)2 m/s (2)13.5 m/s
【归纳总结】 (1)变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．
(2)速度的相对性：解决火箭多次向外喷射气体的问题时应注意，动量守恒定律中的速度必须是相对于同一惯性参考系(一般取地面为参考系)，另一方面就是注意速度方向的表示方法．
考法02 反冲在流体问题中的应用
【典例2】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．假如喷出的水流速度为10 m/s(对地)，水流流量保持2.0×10－4 m3/s，启动前火箭的总质量为1.4 kg.则启动2 s末火箭的速度可达到多少？(已知火箭沿水平方向运动时轨道的阻力不计，水的密度ρ水＝1×103 kg/m3.)
【解析】 设火箭原来质量为M，水流流量为Q，水的密度为ρ水，水喷出的速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律有(M－ρ水Qt)v′＋ρ水Qtv＝0
v′＝－eq \f(ρ水Qt,M－ρ水Qt)v＝－eq \f(1×103×2.0×10－4×2,1.4－1×103×2.0×10－4×2)×10 m/s＝－4 m/s
负号表示与水流喷出速度方向相反．
【答案】 4 m/s
考法03 反冲特点在多物体中的应用
【典例3】如图所示，光滑水平桌面上放有一个凹槽C(凹槽底面水平)，质量mC＝2 kg，其正中央并排放着两个小滑块A、B，mA＝1 kg，mB＝4 kg，开始时三个物体都静止。在A、B间放有少量塑胶炸药，爆炸后A以vA＝6 m/s的速度水平向左运动，A、B中任意一块与凹槽C的挡板碰撞后都与凹槽粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：
(1)炸药爆炸后滑块B的速度vB；
(2)当两滑块A、B都与凹槽C的挡板碰撞后，C的速度vC；
(3)A、C碰撞过程中损失的机械能ΔE。
【解析】 (1)炸药爆炸过程中，滑块A、B组成的系统动量守恒。炸药爆炸前后瞬间，
对A、B组成的系统有：mAvA－mBvB＝0
解得vB＝1.5 m/s，方向水平向右。
(2)两滑块A、B与凹槽C的挡板碰撞过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。
当两滑块A、B都与凹槽C的挡板碰撞后，对A、B、C组成的系统：(mA＋mB＋mC)v共＝0
即：v共＝0，即凹槽C的速度vC＝v共＝0。
(3)A、C碰撞过程中动量守恒，设碰后的共同速度大小为v共1，则mAvA＝(mA＋mC)v共1
解得v共1＝2 m/s，方向水平向左
该过程中损失的机械能为：
ΔE＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)(mA＋mC)veq \\al(2,共1)＝12 J。
【答案】 (1)1.5 m/s，方向水平向右 (2)0 (3)12 J
考法04 板块模型在弹簧问题中的应用
【典例4】(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( )
A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为eq \f(x,2)
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为eq \f(2,3)x
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为eq \f(3,2)mv2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
【解析】 当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝eq \f(x,2)，即此时弹簧的压缩量为eq \f(x,2)，故A正确。
取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2meq \f(xA,t)－meq \f(xB,t)＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝eq \f(1,3)x，故B错误。
根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝eq \f(1,2)·2mv2＋eq \f(1,2)mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。
【答案】 AD
题组A 基础过关练
1．下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是( )

A．喷灌装置的自动旋转 B．章鱼在水中前行和转向

C．运载火箭发射过程 D．码头边轮胎的保护作用
【解析】 喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动，故A错误；
章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故B错误；
火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故C错误；
码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用，故D正确．
【答案】 D
2．如图所示，质量为M的密闭汽缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则汽缸的运动情况是( )
A．保持静止不动
B．向左移动一定距离后恢复静止
C．最终向左做匀速直线运动
D．先向左移动，后向右移动回到原来位置
【解析】 突然撤去隔板，气体向右运动，汽缸做反冲运动，当气体充满整个汽缸时，它们之间的作用结束．由动量守恒定律可知，开始时系统的总动量为零，结束时总动量必为零，汽缸和气体都将停止运动，故B正确．
【答案】 B
3．如图所示，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，若忽略空气阻力及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＋v2
C．v0－eq \f(m2,m1)v2 D．v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)
【解析】 忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)，故D项正确．
【答案】 D
4．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示．桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(S4图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是( )
A．打开阀门S1 B．打开阀门S2
C．打开阀门S3 D．打开阀门S4
【解析】 据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为0，由0＝m水v水＋m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出．
【答案】 B
5．如图所示，小车开始静止于光滑的水平面上，一个小滑块由静止从小车右端高h处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动，滑块能到达左端的最大高度h′( )
A．大于h
B．小于h
C．等于h
D．停在中点与小车一起向左运动
【解析】 由动量守恒定律可知，当滑块运动到左端的最大高度时滑块和车速度为零，由于水平面和圆弧面光滑，系统的机械能守恒，所以滑块到达左端的最大高度h′等于h.
【答案】 C
6．一同学在地面上立定跳远的最好成绩是x(m)，假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )
A．只要l