第1章 第2节 第2课时 反冲运动与火箭-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用课件(鲁科版)

第2节 第2课时　课后 达标检测 题组1　对反冲现象的理解和分析 1．(多选)(2024·广东汕头市潮阳实验学校校考)生活即物理，有关生活中的实际现象，下列说法正确的是(　　) A．气球靠喷出气流的反冲作用而获得推力 B．喷灌装置的自动旋转利用了反冲原理 C．船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，增大码头对船的撞击力 D．玻璃杯从同一高度落在水泥地上比落在草地上容易碎，其原因是玻璃杯落在水泥地上动量变化量大 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 11 1 √ √ 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 11 1 解析：气球喷出气流，气球对气流有作用力，气流对气球有反作用力，气球靠喷出气流的反冲作用而获得推力，故A正确； 喷灌装置喷水过程，装置对喷出的水有作用力，喷出的水对装置有反作用力，喷灌装置的自动旋转利用了反冲原理，故B正确； 船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，根据动量定理可知，此时可以减小码头对船的作用力，起到缓冲保护的作用，故C错误； 根据v＝2gh可知，玻璃杯从同一高度落地，落地速度相等，则玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上的碰撞过程时间短，根据动量定理可知，动量变化得快，水泥地对玻璃杯作用力较大，所以容易碎，故D错误。 13 课后 达标检测 2．(2024·广东校联考期末)步枪的质量为4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出时的速度为865 m/s，则步枪的反冲速度大小约为(　　) A．2 m/s　 B．1 m/s C．3 m/s D．4 m/s 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 √ 13 课后 达标检测 3.(2024·海南海口一中期中)乌贼在水中运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只静止在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4.8 kg，某次遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40 m/s的速度逃窜，喷射出的水的质量为1.6 kg，则喷射出水的速度为(　　) A．20 m/s B．90 m/s C．120 m/s D．80 m/s 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 11 3 √ 13 课后 达标检测 题组2　火箭发射和爆炸类问题 4．关于火箭发射过程，下列说法正确的是(　　) A．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭反作用力导致的 B．火箭在上升过程中，燃气对火箭作用力的冲量大于火箭对燃气作用力的冲量 C．某时刻火箭所受推力大小由喷气速度决定 D．为了提高火箭的速度，可以不断地增加火箭的级数 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 11 4 √ 13 课后 达标检测 解析：火箭点火，加速上升离开地面过程中，并不是地面对其的反作用，而是燃气对其的作用力使其加速上升，故A错误； 根据作用力与反作用力的同时性及等大、反向且作用在一条直线上的特点，可知火箭在上升过程中，火箭对燃气作用力的冲量与燃气对火箭作用力的冲量大小相等，故B错误； 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 11 4 火箭的级数不可以无限增加，因为增加级数会增大火箭质量，故D错误。 13 课后 达标检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 11 5 √ 13 课后 达标检测 6．(2024·江苏镇江一中期中)有一个质量为4m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　) A．3v0－v B．4v0－3v C．3v0－2v D．3v0－4v 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 11 6 √ 13 课后 达标检测 解析：爆竹在最高点时速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为4mv0，爆炸后其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，设另一块瞬间速度大小为v1，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有4mv0＝3mv＋mv1，解得v1＝4v0－3v，B正确。 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 11 6 13 课后 达标检测 题组3　人船模型问题 7．(多选)某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是(　　) A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与两者的质量成反比 B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与两者的质量成反比 C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总为0 D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 11 7 √ √ √ 13 课后 达标检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 11 7 人和船组成的系统动量守恒，系统初始动量为零，所以人走走停停，船退退停停，两者动量总和总为零，故C正确； 当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，故D错误。 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 11 8 √ 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 11 9 √ 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 11 9 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 11 9 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 11 10 √ 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 11 10 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 11 10 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 11 √ 13 课后 达标检测 20 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 11 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 11 12 √ 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 11 12 13 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 11 13 12 13．反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。 (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度。 答案：0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 11 13 12 (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)? 答案：0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反 课后 达标检测 解析：取子弹的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，则得步枪的反冲速度v2＝ eq \f(mv1,M) ＝ eq \f(9.6×10－3×865,4.1) m/s≈2 m/s，故A符合题意。　 解析：根据动量守恒定律有0＝(m－m0)v1－m0v2，可得喷射出水的速度v2＝ eq \f(m－m0,m0) v1＝ eq \f(4.8－1.6,1.6) ×40 m/s＝80 m/s。 设喷出燃气的质量为Δm，v1为燃气速度(火箭速度远小于v1，忽略不计)，根据动量定理FΔt＝Δmv1，可得推力为F＝ eq \f(Δm,Δt) v1，可知火箭所受推力等于单位时间内喷出气体的质量与喷出气体的速度的乘积，故C正确； 解析：对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝ eq \f(（m1＋m2） v0－m2v2,m1) ＝v0＋ eq \f(m2,m1) (v0－v2)，故D正确。 5．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－ eq \f(m2,m1) v2 D．v0＋ eq \f(m2,m1) (v0－v2) 人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船与人的加速度分别为a′＝ eq \f(F,M) ，a＝ eq \f(F,m) ，则有 eq \f(a′,a) ＝ eq \f(m,M) ，故B正确； 解析：人和船组成的系统动量守恒。设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v′，人走的方向为正方向，则有0＝mv－Mv′，解得mv＝Mv′，则有 eq \f(v,v′) ＝ eq \f(M,m) ，所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与两者的质量成反比，故A正确； 解析：人和船组成的系统动量守恒，根据人船模型的特点有mx人＝Mx船，x人＋x船＝L，x船＝d，联立解得船的质量M＝ eq \f(m（L－d）,d) 。 8．(2024·江苏常州一中期末)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长。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：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　) A． eq \f(m（L＋d）,d) B． eq \f(m（L－d）,d) C． eq \f(mL,d) D． eq \f(m（L＋d）,L) 9.(2024·湖北孝感一中期中)如图所示，小球A和槽形物体B的质量分别为m、2m，B置于水平面上，B的上部半圆形槽的半径为R，槽的左右两侧等高。将A从槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计，则(　　) A．A刚能到达槽的左侧顶端 B．A运动到槽的最低点时速度为 eq \r(2gR) C．B向右匀速运动 D．A向左运动的最大位移为 eq \f(2,3) R 设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，解得v′＝ eq \f(v,2) ，根据能量守恒定律得mgR＝ eq \f(1,2) mv2＋ eq \f(1,2) ×2m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2))) eq \s\up12(2) ，解得v＝ eq \r(\f(4gR,3)) ，故B错误； 解析：设A到达左侧最高点的速度为v1，根据动量守恒定律知，由于系统初动量为零，则末动量为零，即v1＝0，根据能量守恒定律知，A刚能到达B圆槽左侧的最高点，故A正确； 因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，A向左运动的位移最大，设A向左的最大位移为x，根据动量守恒定律得mx＝2m×(2R－x)解得x＝ eq \f(4R,3) ，故D错误。 B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，故C错误； 10.(2024·山东烟台统考期中)某炮兵连进行实训演习，一门炮车将一质量为m的炮弹，以初速度v0、与水平面成60°的倾角斜向上发射，到达最高点时炮弹爆炸成两块碎片a、b，它们此时的速度仍沿水平方向，a、b的质量之比为2∶1，经监控发现碎片b恰沿原轨迹返回，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．爆炸后碎片a的初速度为 eq \f(v0,2) B．碎片a、b的位移大小之比为2∶1 C．碎片a、b落地速度大小之比为 eq \r(7) ∶2 D．炮弹爆炸后增加的动能为 eq \f(1,3) mv eq \o\al(2,0) 爆炸后碎片a、b均做平抛运动，落地时间相同，则水平位移之比为爆炸后速度大小之比2∶1，但他们竖直方向的位移大小相同，则位移大小之比不为2∶1，故B错误； 解析：炮弹上升到最高点时，只有水平速度v＝v0cos 60°＝ eq \f(v0,2) ，发现碎片b恰沿原轨迹返回，则爆炸后碎片b的速度大小为 eq \f(v0,2) ，方向与原方向相反，根据动量守恒定律得 eq \f(1,2) mv0＝ eq \f(2,3) mva－ eq \f(1,3) mvb，解得va＝v0，故A错误； 炮弹爆炸后增加的动能ΔEk＝ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) mv eq \o\al(2,a) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(1,3) mv eq \o\al(2,b) － eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) ，故D错误。 碎片b恰沿原轨迹返回，则其落地时竖直速度大小vy＝v0sin 60°，速度大小为v0，a、b均做平抛运动，落地时间相同，落地时竖直速度大小相同，则落地时a的速度大小v′＝2,y) eq \r(v＋v eq \o\al(2,a) ) ＝ eq \f(\r(7),2) v0，故碎片a、b落地速度大小之比为 eq \r(7) ∶2，故C正确； 11.(2024·江苏盐城联考期中)人的质量是60 kg，船的质量也是60 kg。若船用缆绳固定，船离岸1 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(两次人消耗的能量相等，两次均可视为水平跃出，人和船的作用时间很短，不计水的阻力)(　　) A． eq \f(1,2) m B． eq \f(\r(2),2) m C．1 m D． eq \r(2) m 解析：若船用缆绳固定时，有x0＝v0t，若撤去缆绳，由动量守恒定律有mv1＝Mv2，两次人消耗的能量相等，则动能不变，有 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \o\al(2,2) ，联立解得v1＝ eq \r(\f(M,M＋m)) v0，船离岸的距离x＝v1t＝ eq \r(\f(M,M＋m)) ·v0t＝ eq \r(\f(M,M＋m)) x0＝ eq \f(\r(2),2) m。 12．(2024·江苏常州中学期中)有一火箭正在远离任何星体的太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对于喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，则火箭在此次喷气后速度增加量为(　　) A．－ eq \f(Δm,m) u B． eq \f(Δm,m) u C．－ eq \f(Δm＋m,m) v0 D． eq \f(Δm,m) (v0－u) 解析：根据题意，喷出燃气后，燃气的速度v1＝v0＋u，则燃气的动量变化Δp1＝Δmv1－Δmv0＝Δmu，设火箭在此次喷气后速度为v2，则火箭在此次喷气的动量变化Δp2＝mv2－mv0＝mΔv，根据动量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δmu＋mΔv＝0，解得火箭在此次喷气后速度增加量Δv＝－ eq \f(Δm,m) u。 解析：小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－m)) v′＝0 解得v′＝－ eq \f(m,M－m) v＝－0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s。 解析：小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒，以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有 mv cos 60°＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－m)) v″＝0 解得v″＝－ eq \f(mv cos 60°,M－m) ＝－0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s。 $