1、第5节反冲运动、火箭随堂巩固1(反冲运动)手持铁球的跳远运动员起跳后，欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时，将手中的铁球A竖直向上抛出B向前方抛出C向后方抛出D向左方抛出解析欲提高跳远成绩，则应增大水平速度，即增大水平方向的动量，所以可将铁球向后抛出，人和铁球的总动量守恒，因为铁球的动量向后，所以人向前的动量增加。答案C2(反冲运动)(多选)中国潜艇专家正在设计一种以电磁推动潜航的潜艇，基本原理是潜艇间的海水通电，利用潜艇的强磁场对通电海水的作用力即安培力，将海水高速推出，使潜艇获得动力，为了提高潜艇的航速，可采用哪些措施A使推出水的速度增大B使潜艇的质量增大C使通过海水的电流增大D使单位时间内
2、推出的水的质量增加答案ACD3(火箭的原理)运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是A燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭D火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭解析火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管以很大速度喷出时，使火箭获得反冲速度向前运动，故选B项。答案B4(人船模型的应用)如图1653所示，一个倾角为a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
3、小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是图1653A.B.C.D.解析此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此0mx1Mx2。且x1x2由可得x2，故选C。答案C限时检测限时45分钟题组一反冲运动的理解和应用1关于反冲运动的说法中，正确的是A抛出物m1的质量要小于剩下质量m2才能获得反冲B若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力C反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律解析反冲运动的定义为由于系统的一部分物体向某
4、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，定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故选项A错误，在反冲运动中，两部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。故选项B错误，在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C错误、选项D正确。答案D2如图1654所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为图1654Av0vBv0vCv0
5、(v0v)Dv0(v0v)解析根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(Mm)v0Mvmv。解得vv0(v0v)，故选项C正确。答案C3质量m100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲40 kg、m乙60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图1655所示，则小船的运动速率和方向为图1655A0.6 m/s，向左B3 m/s，向左C0.6 m/s，向右D3 m/s，向右解析甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律0m甲v甲m乙v乙mv，解得v，代入数据解得v0.6 m/s，负号说明小船的速度方
6、向向左，故选项A正确。答案A题组二火箭问题分析4(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度A使喷出的气体速度增大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AC5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m的高温气体后，火箭的速度为A.v0Bv0C.v0Dv0解析火箭整体动量守恒，则有(Mm)vmv00，解得：vv0，负号表示火箭的运动方向与v0相反。答案B6小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1656所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是图1656A打开阀门S
7、1B打开阀门S2C打开阀门S3D打开阀门S4解析根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由0m水v水m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，选项B正确。答案B7质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为m的气体，喷出气体相对火箭的速度为v，则喷出气体后火箭的速率为A(Mv0mv)/MB(Mv0mv)/MC(Mv0mv)/mD(Mv0mv)/m解析依题意可知，火箭原来相对地的速度为v0，初动量为p0Mv0，质量为m的气体喷出后，火箭的质量为(Mm)，设气体喷出后，火箭和气体相对地的速度分别为v1和v2，则气体相对火箭的速度为：vv1v2，v
8、2vv1，选v1的方向为正方向，则系统的末动量为：p(Mm)v1m(vv1)Mv1mv，由动量守恒定律，有pp0，则：Mv1mvMv0，所以v1(Mv0mv)/M。故A正确。答案A题组三“人船模型”的应用8(多选)某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，则A人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比B人走到船尾不再走动，船也停止不动C不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比D船的运动情况与人行走的情况无关解析由动量守恒定律可知，A、B、C正确。答案ABC9一只约为180 kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾
9、走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，以下是某同学利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的草图(如图所示)，图中虚线部分为人走到船头时的情景，(已知人的质量小于小船的质量)请用有关物理知识判断下列图中所描述物理情景正确的是解析人和船组成的系统动量守恒，总动量为零，人向前走时，船将向后退。又因为人的质量小于船的质量，即人前进的距离大于船后退的距离，B正确。答案B10如图1657所示，质量为M、半径为R的光滑半圆弧槽静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块在与圆心O等高处无初速度滑下，在小滑块滑到圆弧槽最低点的过程中，圆弧槽产生的位移大小为多少？图1657解析M和m组成的系统在水平方
10、向上动量守恒，依据人船模型即可求解。设圆弧槽后退位移大小为x，则据水平方向上的动量守恒得：Mxm(Rx)，解得xR。答案R11如图1658所示，一个质量为m的玩具蛙。蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为l，细杆高为h，且位于小车的中点。试求：当玩具蛙最小以多少的水平速度跳出时，才能落到车面上？图1658解析玩具蛙跳出时，它和小车组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，车将获得反向速度，之后玩具蛙将做平抛运动，由相关知识可求得结论。设玩具蛙以v跳出时，车获得的速度为v，由动量守恒定律有mvMv设蛙从跳出到落到车面上，蛙对地位移为x1，车对地位移为x2，则x1vt。x2vt。gt2h。且有x1x2解得v。答案12在沙堆上有一木块，质量M5 kg，木块上放一爆竹，质量m0.10 kg。点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm，若沙对木块运动的阻力恒为58 N，不计爆竹中火药质量和空气阻力。求爆竹上升的最大高度。解析火药爆炸时内力远大于重力，所以爆炸时动量守恒，设v、v分别为爆炸后爆竹和木块的速率，取向上的方向为正方向由动量守恒定律得mvMv0木块陷入沙中做匀减速运动到停止，其加速度为a m/s21.6 m/s2木块做匀减速运动的初速度v m/s0.4 m/s代入式，得v20 m/s爆竹以初速度v做竖直上抛运动，上升的最大高度为h m20 m。答案20 m
