新高考物理一轮复习选择题考点专项练37　爆炸、反冲和人船模型（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习选择题考点专项练37　爆炸、反冲和人船模型（含答案解析），共9页。试卷主要包含了将质量为1，7×102 kg·m/s，0×102 kg·m/s D，5 kg D，4 m等内容，欢迎下载使用。

A.200 m/s B.160 m/s
C.75 m/s D.60 m/s
2.(火箭反冲模型)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出，在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
3.(爆炸问题)某烟花弹在点燃后升空到离地h时速度变为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸裂为质量相等的A、B两部分，A竖直向上运动，B竖直向下运动，A继续上升的最大高度为eq \f(h,3)，从爆炸之后瞬间开始计时，A、B在空中运动的时间分别为tA和tB。不计空气阻力，重力加速度为g，则tA与tB的比值为( )
A.1.5 B.2
C.3 D.4
4.(爆炸问题)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A.两碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
5.(人船模型)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。照片的比例尺为1∶40。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( )
A.41.5 kg B.45 kg
C.47.5 kg D.50 kg
6.(人船模型)如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为( )
A.eq \f(M＋m,M)h B.eq \f(M＋m,m)(h＋2a)
C.eq \f(M＋m,M)(h＋2a) D.eq \f(M＋m,M)h＋2a
7.(人船模型)(多选)某滑杆游戏可简化为如图所示的模型，质量m＝0.2 kg的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，粗环通过长L＝0.6 m的轻绳连着质量M＝0.4 kg的小球，开始时滑环静止在O点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.小球第一次运动至最低点时的速度大小为2eq \r(3) m/s
B.小球再次返回最高点时的速度大小为0
C.小球第二次运动至最低点时的速度大小为2 m/s
D.小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4 m
解析答案37 爆炸、反冲和人船模型
1．B [乌贼逃命时的速度为v1＝40 m/s，设乌贼向前逃窜的方向为正方向，由系统动量守恒得0＝(m－m0)v1－m0v2，可得v2＝eq \f(m－m0,m0)v1＝eq \f(4－0.8,0.8)×40 m/s＝160 m/s，故B正确。]
2．A [开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，大小为30 kg·m/s，故A正确。]
3．C [设爆炸后竖直向上运动的一部分速度大小为vA，落地时间为tA，竖直向下运动的一部分速度大小为vB，落地时间为tB，因为爆炸后A、B运动方向相反，根据动量守恒定律mAvA－mBvB＝0，可知vA＝vB，A爆炸后上升高度为eq \f(h,3)，根据运动学公式veq \\al(2,A)＝2g·eq \f(h,3)，得h＝eq \f(3veq \\al(2,A),2g)，A从爆炸后到落地过程中－vAtA＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,A)＝h，解得tA＝eq \f(3vA,g)(tA＝－eq \f(vA,g)不合题意舍去)，B从爆炸后到落地过程中vBtB＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,B)＝h，解得tB＝eq \f(vA,g)(tB＝－eq \f(3vA,g)不合题意舍去)，故tA与tB的比值为3，A、B、D错误，C正确。]
4．B [爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知m1v1－m2v2＝0，因两块碎块落地时间相等，则m1x1－m2x2＝0，则eq \f(x1,x2)＝eq \f(m2,m1)＝eq \f(1,2)，则两碎块的水平位移之比为1∶2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1∶2，A错误；设两碎片落地时间均为t，由题意可知eq \f(（5－t）v声,（6－t）v声)＝eq \f(1,2)，解得t＝4 s，爆炸物的爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×42 m＝80 m，B正确；爆炸后质量大的碎块的水平位移x1＝(5－4)×340 m＝340 m，质量小的碎块的水平位移x2＝(6－4)×340 m＝680 m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m＋680 m＝1 020 m，质量大的碎块的初速度为v10＝eq \f(x1,t)＝eq \f(340,4) m/s＝85 m/s，C、D错误。]
5．B [对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入数据可得人的质量为m1＝45 kg，故B正确。]
6．D [设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝eq \f(M＋m,M)h＋2a，D正确。]
7．BCD [自开始释放至小球运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有0＝Mv1－mv2，由能量守恒定律得MgL＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，联立解得小球在最低点时的速度大小v1＝2 m/s，A错误，C正确；小球每次在最高点时和滑环都有相同的速度，由动量守恒得0＝(M＋m)v，解得共同速度v＝0，B正确；由机械能守恒定律可知，小球左、右两侧最高点在同一水平线上，设其水平距离为x1，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动左、右两点的距离为x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝2L，解得小球运动轨迹左、右两端点间的距离x1＝0.4 m，D正确。]