课时作业(8) 反冲现象 火箭（配套练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

课时作业（八） 反冲现象火箭 答案精解P (建议用时：40分钟) [基础题组练] A.运动第1s末，火箭的速度约为10m/s 题组一对反冲现象的理解 B.运动第2s末，火箭的速度约为135m/s L,下列关于反冲运动的说法，正确的是 C,当发动机第3次喷出气体后，火箭的速度约为 A.抛出部分的质量m:要小于剩下部分的质量2 2 m/s 才能获得反冲 D.当发动机第4次喷出气体后，火箭的速度约为 B.若抛出部分的质量m,大于剩下部分的质量m:, 200m/s 则2的反冲力大于m所受的力 题组三人船模型 C.反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定 .(多选)如图所示，质量为M,长度为L.的船停在平 律不适用 静的湖面上，船头站着质量为m的人，M>m,现在 D,抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律 人由静止开始由船头走到船尾.不计水对船的阻 2.假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离 力，则 () 开冰面，下列方法中可行的是 ( A.向后踢腿 B.手臂向后甩 C.在冰面上滚动 D.脱下外衣水平抛出 A.人和船运动方向相同 3.（多选)国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节： B.船运行速度小于人的行进速度 为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计 C由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续 划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机， 运动一段距离 推动地球离开太阳系，用2500年的时间奔往另外 一个栖息之地.这个科幻情节中有反冲运动的原 D人相对水面的位移为m 理.现实中的下列运动，属于反冲运动的是() 7.(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”，该同 A.汽车的运动 学到实验室里，将一质量为M,长为L的滑块置于 B.直升机的运动 水平气垫导轨上（不计摩擦）并接通电源，该同学又 C.火箭的运动 找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物 D.反击式水轮机的运动 的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端，下列说法正 题组二火箭模型 确的是 () 4.静止的实验火箭，总质量为M,当它以相对地面的 A.只有蜗牛运动，滑块不运动 速度w喷出质量为△的高温气体后，火箭的速 且清块运动的距离是 度为 △ C蜗牛运动的位移是滑块的“倍 AM户△m M D.滑块与蜗牛运动的距离之和为L C.v △m D.-M-An 8.如图所示，大气球质量为25kg,载有质量为50kg 5.某一火箭喷气发动机每次喷出m一200g的气体， 的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下 气体离开发动机喷出时的速度v一1000m/s设火 方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上 箭（包括燃料）质量M=300kg,发动机每秒喷气20 沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长 次.以下说法正确的是 ( 至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）() ·127 11.如图所示，质量为M的四分之一光滑轨道静止在 光滑水平面上，圆弧轨道末端与水平面相切，圆弧 轨道半径为R,且圆弧轨道不固定.有一质量为 m=M的小球A从圆弧轨道上与圆心等高处无 初速度释放，小球可视为质点，重力加速度为 A.60m B.40m g,求： C.30m D.10m (1)小球与圆弧轨道分离时小球的速度大小： [能力提升练] (2)从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的 9.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 过程中圆弧轨道运动的位移大小 的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨 道AB,轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨 道处于同一竖直平面内.将质量为m的物块（可视 为质点)从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至 轨道末端C处恰好没有滑出.已知重力加速度为 g,小物块与BC部分的动摩擦因数为：，空气阻力 可忽略不计.关于物块从A位置运动至C位置的过 程，下列说法中正确的是 12.平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人 A.小车和物块构成的系统动量守恒 从固定在车上的货箱边沿水平方向顺着轨道方向 B.摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零 向右跳出，落在平板车地板上的A点，A点距货箱 C,物块的最大速度为√2gR 的水平距离为1=4m,如图所示.人的质量为m, D小车发生的位移为nR+尽 车连同货箱的质量为M=4m,货箱高度为h= 1.25m.求车在人跳出后到落到地板前的水平反 10.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长， 冲速度的大小(g取10m/s,不计空气阻力). 一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进 行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后 A 他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下 船，用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出 船长L(如图所示)，已知他自身的质量为m,则渔 船的质量为 () A.m(L+d) B.m(L-d) d d D.m(L+d) L ·128·2m,由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有 分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律 可知，它们大小相等，方向相反，选项B错误：在反冲运动中 E≥E,选项B错误；选项C虽满足EltEke,但A,B沿 一部分受到另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使孩 同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的逸度方 部分的魂度逐新增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律 向，这显然是不符合实际的，选项C错误：验证A、D均满足 都成立，选项C错误，D正确. E≥Ea,且碰后快态符合实际，选项A、D正确. 2.D解扭以人为研究对象，人向后踢腿或甩手，总动量为0， 8.A解析碰撞后A球的动量增量为一4kg·m/s,则B球的 所以人整体不动，选项A、B错误：因为是完全光滑的水平冰 动量增量为4kg·m/s,所以碰后A球的动量为2kg·/s, 面，没有摩擦力，人是滚不了的，选项C错误：把外衣抛出，人 B球的动量为10kg·m/s,即A4=2kg·m/8,nBB= 会获得一个反向的速度，可以离开冰面，选项D正确。 10kg·m/s,且n=2mA,以：=2：5，选项A正确. 3.CD解析汽车的运动利用了汽车的牵引力，不属于反冲运 9.A解析若△A=一4kg·m/s、△p=4kg·m/s,可知碰后 动，选项A错误：直升机的运动利用了空气的反作用力，不 两球的动量分别为pA=8kg·m/s,pn=17kg·m/s,符合 属于反冲运动，选项B错误：火箭的运动是利用喷气的方式 动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总 获得动力，属于反冲运动，选项C正确：反击式水轮机的运动 动能可能不增加，也不违反碰撞过程不可穿越原理，选项A 利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，选项D 正确：由选项B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量 正确 沿原方向增大，即违反了碰撞过程不可穿越原理，选项BD 4.D解析火箭整体动量守恒，以的方向为正方向，则有 错误；若△pA=一24kg·m/s、△=24kg·ms,碰后两球的 △ 动量分别为pA=一-12kg·m/s,pB=37kg·m/s,可以看出， (M-△nm)u叶△m=0,解得u=一M二公no,负号表示火箭 碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律， 的运动方向与助方向相反， 选项C错误. 5.C解析1s末发动机喷出20次，共喷出的气体质量为m= 10.B解析分析小球的运动过程，A与弹簧接触后，弹簧被压 20X0.2kg=4kg,根据动量守恒定律得(M-7m)一m=0, 缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做 m2=4X1000」 则得火箭1s末的速度大小为=M 减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时弹 300-4m/s 13.5m/s,选项A错误：2s末发动机喷出40次，共喷出的气 簧压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速度然续增 体贡量为=40×0.2kg一8kg,同理可得，火箭2s末的速 大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B球速率 最大，由以上分析可知，当弹簧压缩量最大时，A球速率没 V_8×1000 度大小为边=M一m 300-8m/s≈27.4m/s,选项B错 有达到最小值，选项A错误，B正确：由于质量mA<mB,A 误：第3次气体喷出后，共喷出的气体质量’=3X 的速度变化比B快，A球的递度是0时，弹簧仍然处于压缩 0.2kg=0.6kg,同理可得，火箭第3次喷出气体后的速度大 状态，B球的速率没有达到最大，选项C错误：当弹簧恢复 v=0.6X1000 原长时，B球速率达到最大值，所以此时弹簧的弹性势能是 小为=M=300一.6m/2.0m/s,选项C正确： 0,选项D错误， 第4次气体喷出后，共喷出的气体质量m=4X0.2kg 11.A解析设小滑块A到达最低，点时的速度为%，根据动能 0.8kg,同理可得，火箭第4次喷出气体后的速度大小为 定理有mgR=号m,d,可得山=6m/s若是弹性碰撞。 m0-0.8X1000 w一M一 300-0.8 m/s≈2.7m/s,选项D错误 m=十m,分话=之m听十之m时，联主解 6.D解析人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动 方向始终相反，选项A错误；由动量守恒定律有M“= 得边=4m/s:若是完全非弹性碰撞，mAo=(mA十)边， m以，又Mm,故以>，选项B正确：由人一船系统动量 解得功=2m/s,小滑块B的速度的取值范国为2m/s≤ 守恒且系统总动量为零知：人走船走，人停船停，选项C错 ≤4m/s,所以B的速度不可能是5m/s,选项A正确。 12.解析(1)以初速度6的方向为正方向，设B的质量为m:, 误：由平均动量守恒M理=m台和r人十=L知x人三 A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知，碰撞前瞬间B的速 ML,选项D正确 度为2，由动量守恒定律得m号+2mw=(m十m) M+m 7.CD照团根据“人格模型”，易得滑块的位移为件山蜗 解得mn=受 (2)从开始到碰后的全过程中，由动量守恒定律得 牛运动的位移为Y,选项CD正确 h=(m十mm)v, 8.A解析人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为 设碰撞过程中，A、B系统机械能的损失为△E, 助，气球的速度大小为，运动时间为，以人与气球组成的 则△E=n(号》+m(2P-mnmd 系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒定律得m一 m2边=0，则m1·女一m:·4=0,解得5=2以=40m, 联主上迷各式解得△正-行m6. 则绳子长度L一s气球十s队=40m十20m=60m,即绳长至少 登图u号（2)哈md 为60m,选项A正确. 9.D解析AB段只是水平方向动量守恒，系统合外力不为零， 课时作业（八） 动量不守恒，选项A错误：物块A与小车BC段有相对位移， 摩擦力做功的代数和不为零，选项B错误：如果小车不动，物 1.D解析由于系统的一部分向某一方向运动，而使另一部分 向相反方向运动，这种现象叫反冲运动，定义中并没有确定 块到达水平轨道时递度最大，由mgR=号mm心得v 两部分之间的质量关系，选项A错误：在反冲运动中，两部 ②gR,现在物决下滑时，小车向左滑动，则物块的最大速度 ·200· 小于√2gR,选项C错误：设BC段长为L,根据系统水平方 获得的动能为B=之m,=合×3X0,J=0.96J.选项 向动量守恒可知：物块和小车最后相对静止时的速度为零， 对系统，由能量守位得mgR=mgL,得L=尽，设整个过程 B正确：根据能量守恒定律得系统损失的机械能为△E= m话-(m十m),代入教据解得△正=24小，选项C 1 物块相对地面的位移大小为x1,小车相对地面的位移大小 为.则有mn-M=0,十=L十R,解得一M干m 正确：对物块，由动能定理得一w,=m一之m话，解得 R+),选项D正确。 物块克服摩擦力微的功为W=3.36J,选项D错误。 3.C解损小物块滑动的位移石=山心，木板滑动的位移 10.B解析设人走动时船的速度大小为，人的速度大小为 2 ',人从船尾走到船头所用时间为，取船的运动方向为正 =之1，则△x=西一为物块相对木板滑行的距离，木 方向，则p=,心=，，根据动量守恒定律得M 板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无 m=0,解得船的质量M=mL一山，选项B正确。 法求出木板的长度，选项A错误：物块与木板组成的系统动 d 量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 11.解析(1)圆弧轨道不固定且光滑，水平面光滑，则小球和圃 =(m十)竹，可解出物块与木板的质量之比，但无法计 孤轨道组成的系统机械能守恒， 算各自的质量，选项B错误；对物块，由动量定理得一g一 有mgR=号m十号M城小球和圆孤轨道组成的系统水 mU一mw,西与已知，解得=一四可以求出动摩擦因 gt 平方向动量守恒，有0=m-M,又m=十M, 数，选项C正确：由于不知道木板的质量，无法求出从1=0 2 开始到时刻，木板获得的动能，选项D错误， 联立解得=号0g. 4,AC解析两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同遠度， (2)设从刚释放小球到小球与圆孤轨道恰好分离的过程中 设为，由动量守恒定律可得mU=(M十m)珠，得U集 小球和圆弧轨道运动的位移大小分别为、2，小球和国 孤轨道组成的系统水平方向动量守恒， M干m:子弹对滑块所微的功等于滑块获得的动能，选项A 可得0=m号-M号，又西十=R, 正确，B错误：系统损失的机械能转化为内能，两次损失的机 械能相等，故系统产生的热量相等，选项C正确，D错误. 解得=尽 5.ACD解析系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，选项 A正确：根据题意可知，在该过程中由于有部分机械能转化 图1号R2 为内能，所以系统机械能减小，选项B错误：阻力与相对位移 12.解析人从货箱边跳离的过程，系统（人、车和货箱）水平方 之积等于系毓损失的机械能，即整个过程中的产热，选项C 向动量守恒，设人的水平速度大小是助，车的反冲速度大小 正确：根据能量守恒可知，子弹减少的动能一部分转化成了 是助取向右为正方向，则m一M=0,解得助=子， 木块的动能，一部分转化成内能，木块运动的距离为，根据 动能定理可知F与S之积为木块增加的动能，选项D正确. 人跳离货箱后做平抛运动，车以速度做匀速运动，运动 6.ACD解析在整个运动过程中，系统受到的合外力为零，系 时间为t=√g -√0密、=05由国可知，在这段 统的总动量守恒，小球与小球b碰橙过程机械能减小，选 项A正确，B错误：小球4与小球b碰撞后，弹簧被压缩，弹 时间内人的水平位移大小=功，车的位移大小=1， 簧对小球b产生向左的弹力，对小球产生向右的弹力，小 由于十x2=l, 球a,b做减速运动，小球c做加速运动，当小球c的速度大于 小球4、b的速度时，弹簧压缩量减小，则当小球b,C速度相等 时，弹黄压缩量最大，弹性势能暖大，选项C正确：当弹簧恢 复原长时，弹簧对小球的弹力为零，小球￠的加速度为零，速 度最大，小球￠的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守 即功十边=l, 恒分析可知，小球b的动能不为零，选项D正确 则=5×0.5m/s=1.6m/8 7,D解析对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守 恒；而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与 答累1.6m/s 弹簧弹性势能之和为定值：当A、B速度相等时，可类似于 课时作业（九） A、B的完全非弹性碰撞，A、B总动能损失最多，弹簧形变量 最大，弹性势能最大，选项D正确。 1.D匠团长木板固定时，由动能定理得MgL=之M,若长 8解析(1)木板与小铁块纽成的系统动量守恒，以的方向为 木板不国定有Mw=2M,Mgs=之M-×2M,解得 正方向，由动量守恒定律得Mh=(M什m)', =,选项D正确，A,B.C错送。 解得寸一岸方向的右 (2)由功能关系可得，系统克服摩擦力所做的功等于系统动 2.BC解析物块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒， 选择向右为正方向，则由动量守恒定律得=(m十地)， 能的减少量，有-mgs=合（M十m)-之M, 解得-号/s=8ms,选项A得头：小车 M话 解得=2gM+m ·201·