1.4 反冲运动（备作业）-【上好课】2020-2021学年高二物理同步备课系列（粤教版选修3-5）

1.4 反冲运动 （解析版） 1．以下实例中不是利用反冲现象的是(　　) A．当枪发射子弹时，枪身会同时向后运动 B．乌贼向前喷水，从而使自己向后游动 C．火箭中的火药燃烧向下喷气，推动自身向上运动 D．战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性 【答案】D 【解析】当枪发射子弹时，枪身同时受到一个反向的力会向后运动，故A是反冲现象；乌贼向前喷水从而使自己受到一个向后的力，向后游动，故B是反冲现象；火箭中的火药燃烧向下喷气而自身受到一个向上的推力，推动自身向上运动，故C是反冲现象；战斗机抛出副油箱，质量减小，惯性减小，机身的灵活性提高，故D不是反冲现象．故选D. 2．采取下列措施有利于增大喷气式飞机的飞行速度的是(　　) A．使喷出的气体速度更大 B．使喷出的气体温度更高 C．使喷出的气体质量更大 D．使喷出的气体密度更小 【答案】AC 【解析】设飞机和喷出气体的质量分别为M，m，速度大小分别为v1，v2，并选飞机飞行方向为正方向， 由动量守恒定律可得：Mv1－mv2＝0，解得v1＝eq \f(mv2,M)， 分析可得选项A、C对． 3．如图所示，质量M＝100 kg的小船静止在水面上，船两端站着m甲＝40 kg，m乙＝60 kg的两个游泳者，在同一直线上分别以相对于岸3 m/s的水平速度跃入水中，则小船以后的运动方向和速度为(　　) 图 A．向右，小于1 m/s B．向左，小于1 m/s C．向右，大于1 m/s D．向左，大于1 m/s 【答案】B 【解析】选向左为正方向，由船和两个游泳者组成系统的动量守恒可得：m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0得 v＝eq \f(－m甲v甲＋m乙v乙,M)＝eq \f(－40×3－60×3,100) m/s＝0.6 m/s. 故选项B对． 4．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(　　) A.eq \f(Δmv0,M－Δm) B．－eq \f(Δmv0,M－Δm) C.eq \f(Δmv0,M) D．－eq \f(Δmv0,M) 【答案】B　 【解析】以v0为正方向，由动量守恒定律得Δmv0＋(M－Δm)v＝0，得火箭的速度v＝－eq \f(Δmv0,M－Δm)，选项B正确． 5．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为eq \f(M,2)的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船．设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则下列说法错误的是(　　) A．A、B两船的速度大小之比为3∶2 B．A、B(包括人)动量大小之比为1∶1 C．A、B(包括人)动量之和为零 D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定 【答案】D 【解析】选A船、B船和人这三个物体为一系统，则它们的初始总动量为0.由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0.选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得： 0＝(M＋eq \f(M,2))vB＋MvA， 解得：vB＝－eq \f(2,3)vA. 所以，A、B两船的速度大小之比为3∶2，选项A正确．A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B正确．由于系统的总动量始终守恒(为零)，故A、B(包括人)动量之和也始终为零，选项C正确． 6．如图所示，质量为M的斜面小车静止放在水平面上，质量为m的物体从斜面上端无初速释放，不计一切摩擦，物体从斜面底端滑出时，物体与斜面小车的速度大小之比eq \f(v1,v2)满足(　　) A.eq \f(v1,v2)＞eq \f(M,m) B.eq \f(v1,v2)＝eq \f(M,m) C.eq \f(v1,v2)＝eq \f(m,M) D.eq \f(v1,v2)＜eq \f(M,m) 【答案】A　 【解析】小车和物体水平方向动量守恒，则mv1cos θ＝Mv2 (θ为斜面倾角)，则eq \f(v1,v2)＝eq \f(M,mcos θ) ＞eq \f(M,m)，故选A. 7.一气球由地面匀速上升,当气球下面的吊梯上站着的人沿吊梯匀速向上爬时,下列说法中正确的是 (　　) A.气球可能匀速上升 B.气球可能相对于地面静止 C.气球可能加速下降 D.气球的运动速度将发生变化 【答案】AB 【解析】气球和人组成的系统动量守恒,则有(M人+m球)v0=M人v人+m球v球.如果(M人+m球)v0>M人v人,则气球匀速上升;如果(M人+m球)v0=M人v人,则气球相对地面静止;如果(M人+m球)v0<M人v人,则气球匀速下降,故选项A、B正确. 8．一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运动 B．P一定离开原来轨道