1.6反冲现象火箭 精选训练题（Word版含答案）.docx

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1、人教版(2019)选择性必修一 1.6反冲现象火箭精选训练题一、单选题1.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2根和根的A、3两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是()A WWWAAB 777777777777777777777/77/77A.两滑块的动能之比4 ：=2：1B.两滑块的动量大小之比?：4=2:1C.弹簧对两滑块的冲量大小之比=卜1D.弹簧对两滑块做功之比% :% =1：12.天间一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到5x103kg,于2020年7月23日发射升空，2021

2、年2月24日进入火星停泊轨道。在地火转移轨道飞行过 程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动，2020年10月9日23时，在距离 地球大约2.94x107千米的深空，天问一号探测器3000N主发动机点火工作约480秒， 发动机向后喷射的气体速度约为3xl()3m/s,顺利完成深空机动，天间一号飞行轨道 变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道。关于这次深空机动，下列说法 正确的是()A.天间一号的速度变化量约为2.88xl()3m/sB.天问一号的速度变化量约为288m/sC.喷出气体的质量约为48kgD.喷出气体的质量约为240kg3. 一质量为M的航天器正以速度比在太空中飞行，某

3、一时刻航天器接到加速的指令 后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为叼，加速后航天器 的速度大小为以，则喷出气体的质量相为()A. 4 -MB. =-Mc. -Afd. 匕V2 - Vl.彩+W.%一匕4.如图所示，一发炮弹从水平地面斜射出去，其落点A距离发射点距离为L；若炮弹 在最高点爆炸成质量为2和2加的两部分，然后质量为 2的部分自由下落，质量为2 mL = 800m所以B正确；ACD错误；故选Bo5. A【详解】小球由静止开始从如图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平 方向平均动量守恒，则有mv -t = Mv2 -t即mx = Mx0根据题意，

4、有x+x2= a联立解得x2 = 0.05m故选Ao6. B【详解】A.图像的斜率表示速度的大小，从图像上可以木块B、C分离后的运动方向相同，故A错误；B.碰前的速度为：s 4%=- = = lm/s碰后B的速度为：=- = = 3m/s碰后C的速度为：答案第3页，共13页vc =- = = 0.5m/s碰撞动量守恒（须+%）%=% 以十加。%解得1mB = - mc故B正确；C系统内动量守恒所以木块B、C分离过程中两木块的动量大小相等，方向相反，故C错误；D.木块B、C分离前后，由于由化学能转化为动能，所以系统的总动能增大，故D错误。故选Bo7. A【详解】A.烧断细线后，两车同时开始运动，

5、选项A正确；8. 在弹簧第一次恢复原长前，两车的动能一直增加，选项B错误;C.在弹簧第一次恢复原长前，两车组成的系统动量守恒，则町匕=m2v2平均动量也守恒，即盛 Vj = v2即m1yI，= m2 V2t可得%X = m2x2即x _ m2x2 mx两车的移动的距离之比不变，选项C错误；答案第4页，共13页D.在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化大小相等，方向相反，选项D 错误。故选Ao8. D【详解】A.两电荷之间的作用力为相互作用力，则受力之比等于1:1,选项A错误；B.根据尸=根可知I,加速度之比等于机2： mi,选项B错误；C.两电荷组成的系统受合外力为零，则总动量守恒，

6、则即动量之比等于1:1,选项c错误；D.根据可知，动能之比等于根2： mi,选项D正确。故选Do9. A【详解】A.运载火箭发射升空是运用动量守恒定律，利用反冲现象而实现的，爆竹飞上天空也是 利用了反冲现象，所以A正确；B.运动员跳高是利用动能转化为重力势能，所以B错误；C.地球绕太阳运动是利用万有引力提供向心力，所以C错误；D.离弦之箭中“离弦之箭是由于物体具有惯性，所以D错误；故选Ao10. D【详解】答案第5页，共13页A.人从船头走向船尾的过程中，人和船组成的系统动量守恒。设人的质量为加，速度为Vo船的质量为速度为M。以人行走的速度方向为正方向，由动量守恒定律得Q=mv-Mv1解得v

7、_ M v* m可知，人匀速行走，u不变，则短不变，船匀速后退，且两者速度大小与它们的质量成反 比。故A正确，与题意不符；B.人走到船尾不再走动，设整体速度为十，由动量守恒定律得0 =（根+ A/）vn得vn=0即船停止不动。故B正确，与题意不符；C.系统初始总动量为0,根据动量守恒定律得0=mv+Mv解得v _ M v m则不管人如何走动，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。故C正确，与题意不符；D.由上分析知，船的运动情况与人行走的情况有关，人动船动，人停船停。故D错误， 与题意相符。故选Do11. D【详解】A.两木块被弹簧弹开后离开桌面做平抛运动，下落

8、的高度相同，则下落时运动的时间相 同，物块8平抛的位移较大，则抛出时3的速度较大，物块8在桌面上运动的时间较短， 则小木块3先落到地面上，A错误；B.物块3做平抛的水平射程等于A的2倍，则答案第6页，共13页味以=1:2根据动量守恒定律啊5一外力=两小木块质量之比B错误；C.两小木块离开桌面时，动能之比Em : EkB = 3g mB4 =1：2C错误；D.两小木块在空中飞行时所受的冲量大小lG=mgt在空中运动的时间相等，则所受的冲量之比IA，=%：%= 2:1D正确。故选Do12. C【详解】 喷射燃气的过程动量守恒，有A/v0 = (M -iri)v+mvr解得u，= (% - V)+

9、vm故选C。13. A答案第7页，共13页【详解】设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv() = (M解得M -m故选Ao14. A【详解】忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，系统动量守恒，取向下为正方向，对东风导弹, 由动量守恒定律得mv() - 一 = 0解得， Amv =%故选Ao15. D【详解】AB. A和B离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，它们的运动时间相等，由工二卬得速度之比- = &=_L以 2故AB错误；CD.弹簧弹开木块的过程，两木块组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得mAVA-mBVB=答案第8页，共13页则质量之比吆=a = 2故D正确C错误。

10、故选D。16. R 、睥m + M M +m【详解】当小球滚到最低点时，设此过程中，小球水平位移的大小为s/,车水平位移的大小为52。在这一过程中，由系统水平方向总动量守恒得(取水平向左为正方向)t t又Sl+S2=R由此可得mR& =m + M当小球滚至凹槽的最低时，小球和凹槽的速度大小分别为刃和也。据水平方向动量守恒mvi=Mv2另据机械能守恒得mgR= g mvi2+ ； Mv22得呼1 m + M17. 70；100；【详解】设导弹的总质量为5机，以初速度%的方向为正方向，爆炸后质量大的一块质量为3根，速度匕=-3()加/一质量小的一块质量为2相，速度设为匕由动量守恒定律得：5mv0

11、= 3mv, + 2mv2答案第9页，共13页代入数据解得：岭=70m/s,方向向右;爆炸后两块分别向前、向后做平抛运动，下落到地面的时间为：，= 组=卜 则两块落地的距离为：L=玉+& = V)t + v2t = 100m.点睛：本题要抓住导弹在爆炸过程中系统动量守恒，爆炸后裂块做平抛运动，应用动量守 恒定律及平抛知识即可正确解题.18. 3m/s【详解】设炮身反冲速度大小为VI,规定炮弹原来速度方向为正方向，炮车和炮弹组成的系统动量守恒，有根 =则匕= 600x 10 = 3/$ ；11 M 200019. 正确错误正确 正确【详解】略20. (l)280N,方向竖直向下；(2)0m【详解

12、】物块从圆弧轨道顶端滑到5点过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动 量守恒，则有0 = mVj - Mv2联立解得M = 2 m/s, v2 =4 m/s在8点处，对物块有解得答案第10页，共13页Fv = 280 N根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小笈=Ev=280N,方向竖直向下 物块滑离工件后做平抛运动的时间= 0.2s物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距离x= v/ =0.4 m而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为为，工件向左运动 的距离为巧，两者在水平方向动量守恒，则由水平方向动量守恒得0 =- Mv2两边同乘于两者相互作用的时间得0

13、= mxx - Mx2又由位移关系得联立解得12= R = 0.2 m , x2 = R = 0.4 m故物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为Ax = x % =021. (1 ) I = (M-m)v ； (2) v =(v0-v) + v m【详解】(1) 一次瞬间喷射前的动量p = (M -m)v0一次瞬间喷射后的动量tp = (M -m)v一次瞬间喷射过程中燃气对着陆器的冲量I = (M -m)v-(A/ -m)v0一次瞬间喷射过程中着陆器对燃气的冲量答案第11页，共13页I = (M -2)% -M -m)v(2)喷射燃气的过程动量守恒，有M% = (M m)v + mv解

14、得，/ 、Mv = (v0 - v)1-Vm22. (1) u = %； (2) = 22 v2【详解】3(1)设玩具上升的最大高度为Zz,玩具上升到高度J/2时的速度大小为重力加速度大小4为g,以初速度方向为正，整个运动过程有。%=一23玩具上升到最大高度;有4v2 - Vo = -2g -h两式联立解得1V=2V(2)设玩具分开时两部分的质量分别为、加2,水平速度大小分别为匕、v2o依题意，动能关系为:叫 u；2g =：(班 +加J 说乙乙乙玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有町匕-m2v2 =0分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖

15、直方向分速度大小为 %,设两部分落地时的速度大小分别为1、4，由速度合成公式，有答案第12页，共13页的部分与爆炸前炮弹速度方向相同，且其落点为3。不计空气阻力及爆炸过程损失的质量。已知A和3的距离为200m,则L为（）T. U. U.M - mM - mMM14 .我国火箭军东风中程弹道导弹点火升空时的发射情景如图所示，点火前东风导弹的总质量为（含气体），点火后在极短时间内东风导弹以相对地面的速度%向后高速喷出质量为加的炽热气体。若喷气过程内力远大于导弹受到的重力，则东风导弹获 得的速度大小为（）a ZnA. %c MB. v0M-KmAmD. %M15 .如图所示，放在光滑水平桌面上的A、

16、B木块之间夹一被压缩的水平轻弹簧。现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面。A落地点距桌边水平距离为0.5m, B落地点距桌边水平距离为1 m,则（）4 WWWV BA. A、B离开弹簧时的速度之比为2： 1B. A、B离开弹簧时的速度之比为1 ： 1C. A、B质量之比为1 : 2D. A、B质量之比为2 ： 1二、填空题16 .如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆 形光滑轨道，现将质量为力的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的 最低位置时，小车移动的距离为，小球的速度大小为 OR )17 .如图所示，一枚导弹模型在5m高

17、处以10m/s的速度水平向右飞行时，炸裂成质 量比为3： 2的两块，质量大的那块以3Om/s的速度向左飞行，取g=10m/s2,不计炸 药的质量，在质量小的那块的速度大小为 m/s；两块在水平地面上的落地点相距m.18 . 一门旧式大炮水平射出一枚质量为10kg的炮弹，炮弹飞出的水平速度为600m/s,炮 身质量是2吨,则大炮后退的速度为.19 .判断下列说法的正误.（1）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果.（）（2）只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析.（）（3）反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子.（）（4）在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加

18、速前行.（）三、解答题20 .如图所示，质量为=2kg的工件带有半径R = 0.6m的光滑!圆弧轨道，静止在 光滑水平地面上，8为轨道的最低点，5点距地面高度力= 0.2m。质量为相= 4kg的物 块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放，经8点后滑离工件，取g=10m/s2。求：物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。21 . 2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任 务取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火 星表面实现软着陆，设着陆器总质量（含燃料）为极短时间内喷射的燃气质量是 m

19、,为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从四减为心求：（1） 一次瞬间喷射过程中对燃气的冲量/;（2）瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率M。22 . 一玩具以初速度%从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1 ：4的两部分，此时它们的 动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求3(1)玩具上升到最大高度=时的速度大小；4(2)两部分落地时速度大小之比。23 .点燃“起火”的药捻，“起火”向下喷出气体，同时“起火”飞向高空.结合该实例，回答下列问题：(1)反冲运动的物体受力有什么特点？(2)反冲运

20、动过程中系统的动量、机械能有什么变化？参考答案:1. c【详解】A.根据动量守恒定律得= mvB解得2办=以两滑块的动能之比1 2 1EkA : EkB = - 2mvA:-mvfi=:2乙乙A错误；B.两滑块的动量大小之比为2:2=1:1B错误；C.弹簧对两滑块的冲量大小之比，：=?：4=1 ： 1c正确；D.弹簧对两滑块做功之比1 ? 1 ?% ： W = % ：用右=弓.2机匕A ：5机以=1 ： 2D错误。故选Co2. B【详解】AB.根据动量定理有Ft = A/Av答案第1页，共13页A Ft 3000x480 /Av = =m/s = 288 m/sM 5xl03i可以求得天问一号的速度变化量Au约为288m/s,可知A错误，B正确；CD.设喷出气体的速度为u气，方向为正方向，质量为力由动量守恒定律可知mv(M-2)Av =0解得喷出气体质量约为切二438kgCD错误。故选B。3. C【详解】规定航天器的速度方向为正方向，发动机喷气过程中系统动量守恒，故由动量守恒定律可得M vo=(M勿 2) V2 - mvi解得m = M2+匕故选C。4. B【详解】设炮弹在最高点速度为%，炮弹上升和下降时间均为，。有L = v0 2r炮弹爆炸前后动量守恒，有3mv) = 2mv有L + 200 =+ vt解得答案第2页，共13页