高中通用技术模型优秀课后练习题

这是一份高中通用技术模型优秀课后练习题，文件包含模型5反冲和火箭模型原卷版-动量守恒的十种模型解读和针对性训练docx、模型5反冲和火箭模型解析版-动量守恒的十种模型解读和针对性训练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
1. 反冲运动
2．火箭
(1)火箭的原理
火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒，它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。
(2)影响火箭获得速度大小的因素
①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2__000～4__000 m/s。
②火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，决定于火箭的结构和材料。现代火箭的质量比一般小于10。
火箭获得的最终速度
火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，如图所示，
在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，设燃料燃尽后火箭的飞行速度为v，发射后的总动量为
mv－(M－m)v1(以火箭的速度方向为正方向)
由动量守恒定律，mv－(M－m)v1＝0
解得 v＝(eq \f(M,m)－1)v1
由此可知，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比 eq \f(M,m) 决定。
【来源： 喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
（3）．多级火箭：能及时把空壳抛掉，使火箭的总质量减少，因而能够达到很高的速度，但火箭的级数不是越多越好，级数越多，构造越复杂，工作的可靠性越差，目前多级火箭一般都是三级火箭。
【典例精析】
【典例】(2017·全国理综I卷·14)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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.30kgm/s B.5.7×102kgm/s
C.6.0×102kgm/s D.6.3×102kgm/s
【参考答案】A
【命题意图】 本题考查动量守恒定律及其相关的知识点。
【关键一步】燃气从火箭喷口在很短的时间内喷出，其重力冲量和空气阻力冲量都很小，因此可把火箭和燃气组成的系统看作所受合外力为零，运用动量守恒定律解答。
【解题思路】燃气从火箭喷口在很短的时间内喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设火箭的动量为p，根据动量守恒定律，可得：p-mv0=0，解得p=mv0=0.050kg×600m/s=30kg·m/s，选项A正确。
【针对性训练】
1．（2024重庆模拟2）如题图1所示，水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭，由饮料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作而成。题图2是水火箭的简易原理图：用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时发射，发射时可近似认为水从水火箭中向下以恒定速度 v0=40m/s在不到0.1s时间内喷完，使水火箭升空。已知水和水火箭的质量分别为 m1=0.4kg、m2=0.3kg，忽略空气阻力，水刚好喷完时，水火箭的速度最接近（ ）
A．12 m/sB．30 m/sC．50m/sD．120m/s
【参考答案】C
【名师解析】由于水在不到0.1s时间内喷完，可知水和水火箭间的作用力较大，水和水火箭的重力可以忽略，水和水火箭组成的系统动量近似守恒，由动量守恒定律有 ，m1v0−m2v=0，解得水火箭的速度 ：v=m1v0m2=0.4×400.3m/s=53m/s，C正确。
2. （2024安徽安庆市二中第四次质检）喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，依靠喷出气流的反冲作用而产生较大推力。设火箭飞行时在极短的时间内连续喷射燃气，喷出的燃气相对于喷气前火箭的速度为v，燃气喷口的横截面积为S，喷出燃气的密度为，在燃气喷口的横截面积不变的情况下，要使燃气对火箭产生的作用力变为原来的4倍，则燃气喷口喷气的速度v要变为原来的（ ）
A. 倍B. 2倍C. 4倍D. 8倍
【参考答案】B
【名师解析】设极短的时间内燃料喷出的质量为，燃气对火箭产生的作用力大小为，则
根据动量定理有
解得
要使燃气对火箭产生的作用力变为原来的4倍，则有
联立解得
故选B。
5. （2023洛阳名校联考）将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，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.eq \f(m,M)v0 B.eq \f(M,m)v0
C.eq \f(M,M－m)v0 D.eq \f(m,M－m)v0
【参考答案】D
【名师解析】 选火箭和燃料整体为研究对象，在气体喷出的过程中，内力远大于外力，系统动量守恒，则(M－m)v＝mv0，
解得v＝eq \f(mv0,M－m)，故D选项正确。
6. (2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟)用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg，最后一节火箭壳体的质量为100kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为。试求：（计算结果保留两位有效数字）
（1）分离后卫星的速度增加到多少？
（2）分离过程中卫星对火箭壳体所做的功是多少？
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）根据动量守恒
又
得分离后卫星的速度增加到
（2）由（1），分离后火箭壳体的速度为
分离过程中卫星对火箭壳体所做的功为
7. （2023广州二模）如图。玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大轻弹簧构成，A的质量为0.2kg，B的质量为0.4kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A上升得更高，让“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B 恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度取10m/s2。求
（1）“火箭”着地时速度大小；
（2）A上升的最大高度；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能。
【参考答案】：（1）4m/s；（2）7.2m；（3）9.6J
【名师解析】：（1）“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，做自由落体运动
解得
（2）“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B 恰好停在地面上,动量守恒，取向上为正方向
解得
A做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动
解得
（3）根据功能关系有
8 在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图8所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为v2。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为( )
图8
A.eq \f(2Mveq \\al(2,1),Sdveq \\al(2,2))B.eq \f(Mveq \\al(2,1),2Sdveq \\al(2,2))C.eq \f(2Mveq \\al(2,2),Sdveq \\al(2,1))D.eq \f(Mveq \\al(2,2),2Sdveq \\al(2,1))
【参考答案】 D
【名师解析】 设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则eq \f(v2,2)·t＝d，联立解得ρ＝eq \f(Mveq \\al(2,2),2Sdveq \\al(2,1))，故D正确。
9 .2022年11月12日，天舟五号与空间站天和核心舱成功对接，在对接的最后阶段，天舟五号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周。要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现对接，天舟五号喷射燃气的方向可能正确的是( )
【参考答案】 A
【名师解析】 要想使天舟五号在与空间站同一轨道上对接，则需要使天舟五号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据F＝meq \f(v2,r)，知必须要增大向心力，即喷气时产生的推力有沿轨道向前的分量和指向地心的分量，而喷气产生的推力与喷气方向相反，故A正确。
10．（2024重庆模拟2）如题图1所示，水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭，由饮料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作而成。题图2是水火箭的简易原理图：用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时发射，发射时可近似认为水从水火箭中向下以恒定速度 v0=40m/s在不到0.1s时间内喷完，使水火箭升空。已知水和水火箭的质量分别为 m1=0.4kg、m2=0.3kg，忽略空气阻力，水刚好喷完时，水火箭的速度最接近（ ）
A．12 m/sB．30 m/sC．50m/sD．120m/s
【参考答案】C
【名师解析】由于水在不到0.1s时间内喷完，可知水和水火箭间的作用力较大，水和水火箭的重力可以忽略，水和水火箭组成的系统动量近似守恒，由动量守恒定律有 ，m1v0−m2v=0，解得水火箭的速度 ：v=m1v0m2=0.4×400.3m/s=53m/s，C正确。
11. （2024安徽安庆市二中第四次质检）喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，依靠喷出气流的反冲作用而产生较大推力。设火箭飞行时在极短的时间内连续喷射燃气，喷出的燃气相对于喷气前火箭的速度为v，燃气喷口的横截面积为S，喷出燃气的密度为，在燃气喷口的横截面积不变的情况下，要使燃气对火箭产生的作用力变为原来的4倍，则燃气喷口喷气的速度v要变为原来的（ ）
A. 倍B. 2倍C. 4倍D. 8倍
【参考答案】B
【名师解析】设极短的时间内燃料喷出的质量为，燃气对火箭产生的作用力大小为，则
根据动量定理有
解得
要使燃气对火箭产生的作用力变为原来的4倍，则有
联立解得
故选B。
12.（2020山东检测）如图所示,某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是
A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B.水喷出的过程中,火箭和水机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭上升的最大高度为
【参考答案】D
【名师解析】火箭的推力来源于火箭喷出的水对它的反作用力，选项A错误；水喷出的过程中，火箭和水组成系统动量守恒，系统的机械能增加，选项B错误；设火箭获得的最大速度大小为v，由动量守恒定律，mv0=（M—m）v，解得v= ，选项C错误；由竖直上抛运动规律，可得火箭上升的最大高度为h==，选项D正确。
13．（2020全国I卷模拟8）一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为( )
A．1.4 m/s B．1 m/s
C．0.8 m/s D．0.5 m/s
【参考答案】BC
【名师解析】若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝eq \f(Mv0－5mv,M－5m)＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝eq \f(Mv0＋5mv,M－5m)＝1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s之间。故B、C正确。
14．为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则( )
A．喷出气体的速度为eq \r(\f(P,m))
B．喷出气体的速度为 eq \r(\f(2P,m))
C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为eq \f(mPΔt2,M)
D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为eq \f(mPΔt2,2M)
【参考答案】BC
【名师解析】对t＝1 s内喷出的气体，由动能定理得Pt＝eq \f(1,2)mv12，解得v1＝ eq \r(\f(2P,m))，故B正确，A错误；在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2＝mΔt·v1，探测器的动能为Ek＝eq \f(1,2)Mv22，解得Ek＝eq \f(mPΔt2,M)，故C正确，D错误。
15．(10分) 某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小船上，利用液化瓶向外喷射气体做为船的动力．现把整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，求：
(1)喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？
(2)喷射出质量为Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？
【名师解析】：(1)由动量守恒定律得
(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0
解得：v船＝eq \f(Δmv1,m1＋m2－Δm).
(2)对喷射出的气体运用动量定理得：FΔt＝Δmv1
解得：F＝eq \f(Δmv1,Δt)
由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为F＝eq \f(Δmv1,Δt).
答案：(1)eq \f(Δmv1,m1＋m2－Δm) (2)eq \f(Δmv1,Δt)

16 .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(相对地面)．设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．
(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
【名师解析】
解法一 (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．
设第一次气体喷出后，火箭速度为v1，
则(M－m)v1－mv＝0，
解得v1＝eq \f(mv,M－m)；
设第二次气体喷出后，火箭速度为v2，
有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，
解得v2＝eq \f(2mv,M－2m)；
设第三次气体喷出后，火箭速度为v3，
有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，
解得v3＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s．
(2)依次类推，设第n次气体喷出后，火箭速度为vn，
有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1，
解得vn＝eq \f(nmv,M－nm)．
因为每秒喷气20次，所以第1 s末火箭速度为
v20＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s．
解法二 (1)整体选取研究对象，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，
解得v3＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s．
(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，
则(M－20m)v20－20mv＝0，
解得v20＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s．
答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s
17. “嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a=2m/s2垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2s减速到0，停止在月球表面上。飞船质量m=1000kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g=3.6m/s2，四条缓冲脚的质量不计。求：
（1）飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；
（2）从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。
【参考答案】(1) W=−1.6×105J；(2) I=1360033N⋅s
【名师解析】(1)设ℎ=100m
飞船加速下降时火箭推力F：mg−F=ma
推力对火箭做功为：W=−Fℎ
解得：W=−1.6×105J；
(2)t=2s，a=2m/s2反冲脚触地前瞬间，飞船速度大小为：v2=2aℎ
从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“反冲脚”对飞船的冲量大小为：
4Isin60−mgt=mv
解得：I=1360033N⋅s。
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加