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课时作业(5) 反冲现象 火箭
1.下列图片所描述的事例或应用中,没有利用反冲运动原理的是( )
D [喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而运动的,章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用,火箭发射是利用喷气的方式而获得动力的,利用了反冲运动,故A、B、C不符合题意;码头边轮胎的作用是延长碰撞时间,从而减小作用力,没有利用反冲作用,故D符合题意.]
2.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
A [燃气从火箭喷口喷出的瞬间,火箭和燃气组成的系统动量守恒,设燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为p,根据动量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s,选项A正确.]
3.春节期间孩子们玩“冲天炮”,有一个被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动,其中有一段时间内“冲天炮”向上做匀速直线运动,假设“冲天炮”在这段时间内受到的阻力不变,则在这段时间内“冲天炮”( )
A.所受的合力为零
B.受到的反冲力变小
C.机械能不变
D.动量变小
A [由于“冲天炮”在这段时间内做匀速直线运动,处于平衡状态,所以“冲天炮”受到的合力为零,A正确;“冲天炮”在这段时间内做匀速直线运动,反冲力与重力、阻力平衡,保持不变,B错误;“冲天炮”在这段时间内做匀速直线运动,速度不变,动量不变,动能不变,势能增加,故机械能一定增加,C、D错误.]
4.一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动,若其沿运动方向的相反方向射出一物体P,不计空气阻力,则( )
A.火箭一定离开原来轨道
B.P一定离开原来轨道
C.火箭运动半径可能不变
D.P运动半径一定减小
A [火箭射出物体P后,由反冲原理可知火箭速度变大,则所需向心力变大,从而做离心运动离开原来轨道,故半径增大,A对,C错;P的速率较原火箭速率可能减小,可能不变,可能增大,故其运动也存在多种可能性,所以B、D错.]
5.人的质量m=60 kg,船的质量M=240 kg,若船用缆绳固定,船离岸1.5 m时,人可以跃上岸.若撤去缆绳,如图所示,人要安全跃上岸,船离岸至多为(不计水的阻力,两次人消耗的能量相等)( )
A.1.5 m
B.1.2 m
C.1.34 m
D.1.1 m
C [船用缆绳固定时,设人起跳的速度为v0,则x0=v0t.
撤去缆绳,由动量守恒0=mv1-Mv2,两次人消耗的能量相等,即动能不变,Mv+mv=mv
解得v1= v0
故x1=v1t= x0≈1.34 m,C正确.]
6.如图所示,一个质量为m1=50 kg的人抓在一只大气球下方,气球下面有一根长绳.气球和长绳的总质量为m2=20 kg,长绳的下端刚好和水平面接触.当静止时人离地面的高度为h=5 m.如果这个人开始沿绳向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面高度是(可以把人看作质点)( )
A.5 m
B.3.6 m
C.2.6 m
D.8 m
B [当人滑到绳下端时,如图所示,由动量守恒,得m1,且h1+h2=h.解得h1=1.4 m;所以他离地高度H=h-h1=3.6 m,故选项B正确.]=m2
7.(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”.在实验室里,该同学将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源.该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端,在食物的诱惑下,蜗牛从该端移动到另一端.下列说法正确的是( )
A.只有蜗牛运动,滑块不运动
B.滑块运动的距离是L
C.蜗牛运动的位移是滑块的倍
D.滑块与蜗牛运动的距离之和为L
CD [根据“人船模型”,易得滑块的位移大小为L,故C、D正确.]L,蜗牛运动的位移大小为
8.一人站在静止于冰面的小车上,人与小车的总质量M=70 kg,当他接到一个质量m=20 kg、以初速度v0=5 m/s迎面滑来的木箱后,立即以相对于自己v′=5 m/s的速度逆着木箱原来滑行的方向推出木箱,不计冰面阻力.则小车获得的速度是多大?方向如何?
解析 取木箱的初速度方向为正方向,设人推出木箱后小车的速度为v,此时木箱相对地面的速度为(v′-v),由动量守恒定律得
mv0=Mv-m(v′-v)
v= m/s≈2.2 m/s.=
方向与木箱的初速度v0相同.
答案 2.2 m/s 方向与木箱的初速度v0相同
9.如图所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体