資源簡(jiǎn)介

課時(shí)分層作業(yè)(五)　反沖現(xiàn)象　火箭
?題組一　反沖現(xiàn)象
1．下列所描述的事例或應(yīng)用中，沒有利用反沖運(yùn)動(dòng)原理的是(　　)
A．噴灌裝置的自動(dòng)旋轉(zhuǎn)
B．章魚在水中前行和轉(zhuǎn)向
C．運(yùn)載火箭發(fā)射過(guò)程
D．碼頭邊輪胎的保護(hù)作用
2．一同學(xué)在地面上立定跳遠(yuǎn)的最好成績(jī)是x(m)，假設(shè)他站在車的A端，如圖所示，想要跳上距離為l(m)遠(yuǎn)的站臺(tái)上，不計(jì)一切阻力，則 (　　)
A．lB．lC．l＝x時(shí)，他一定能跳上站臺(tái)
D．l＝x時(shí)，他有可能跳上站臺(tái)
3．我國(guó)自主研制的新一代隱身艦載戰(zhàn)斗機(jī)“殲-20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達(dá)目標(biāo)地時(shí)，將質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放，導(dǎo)彈向后噴出質(zhì)量為m、對(duì)地速率為v1的燃?xì)猓瑒t噴氣后導(dǎo)彈的速率為(　　)
A．　　　　 B．
C． 　 D．
?題組二　火箭
4．在火箭點(diǎn)火發(fā)射瞬間，質(zhì)量為m的燃?xì)庖源笮関的速度在很短時(shí)間內(nèi)從火箭噴口噴出。已知發(fā)射前火箭的質(zhì)量為M，則在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為(燃?xì)鈬姵鲞^(guò)程不計(jì)重力和空氣阻力的影響)(　　)
A．v　　B．2v 　　C．v　　D．v
5．如圖所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　　)
A．v0－v2 　 B．v0＋v2
C．v0－v2 　 D．v0＋(v0－v2)
?題組三　“人船模型”
6．(多選)如圖所示，載有物資的、總質(zhì)量為M的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對(duì)地面豎直向下的速度v0投出，物資落地時(shí)與熱氣球的距離為d。熱氣球所受浮力不變，重力加速度為g，不計(jì)阻力。下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．物資落地前，熱氣球與投出的物資組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B．投出物資后熱氣球做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C．d＝
D．d＝H＋H
7．如圖所示，物體A和B質(zhì)量分別為m1和m2，其圖示直角邊長(zhǎng)分別為a和b。設(shè)B與水平地面無(wú)摩擦，當(dāng)A由頂端O從靜止開始滑到B的底端時(shí)，B的水平位移是(　　)
A．b 　 B．b
C．(b－a) 　 D．(b－a)
8．浮吊船由可在水面上自由移動(dòng)的浮船和船上的起重機(jī)組成，可以在港口內(nèi)將極重的貨物移至需要的地方。如圖所示，某港口有一質(zhì)量為M＝20 t的浮吊船，起重桿OA長(zhǎng)l＝8 m。該船從岸上吊起質(zhì)量為m＝2 t的貨物，不計(jì)起重桿的質(zhì)量和水的阻力，開始時(shí)起重桿OA與豎直方向成60°角，當(dāng)轉(zhuǎn)到桿與豎直方向成30°角時(shí)，浮吊船沿水平方向的位移大小約為 (　　)
A．0.27 m　　　　　 B．0.31 m
C．0.36 m 　 D．0.63 m
9．如圖所示，一輛質(zhì)量M＝3 kg的小車A靜止在光滑的水平面上，小車上有一質(zhì)量m＝1 kg的光滑小球B，將一輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep＝6 J，小球與小車右壁距離為l，解除鎖定，小球脫離彈簧后與小車右壁的碰撞并被粘住，求：
(1)小球脫離彈簧時(shí)，小球和小車各自的速度大小；
(2)在整個(gè)過(guò)程中，小車移動(dòng)的距離。
10．在光滑的冰面上，放置一個(gè)截面為四分之一圓的半徑足夠大的光滑自由曲面體，一個(gè)坐在冰車上的小孩手扶一球靜止在冰面上。某時(shí)刻小孩將球以大小為v0的速度向曲面推出，如圖所示。已知小孩和冰車的總質(zhì)量為m1＝40 kg，球的質(zhì)量為m2＝2 kg，若小孩將球推出后還能再接到球，求曲面體的質(zhì)量m3應(yīng)滿足的條件。
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1．D　[噴灌裝置是利用水流噴出時(shí)的反沖作用而旋轉(zhuǎn)的，章魚在水中前行和轉(zhuǎn)向利用了噴出的水的反沖作用，火箭發(fā)射時(shí)利用噴氣的方式而獲得動(dòng)力，利用了反沖作用，故A、B、C不符合題意；碼頭邊輪胎的作用是延長(zhǎng)碰撞時(shí)間，從而減小作用力，沒有利用反沖作用，故D符合題意。]
2．B　[當(dāng)人往站臺(tái)上跳的時(shí)候，人有一個(gè)向站臺(tái)的速度，由于動(dòng)量守恒，車子必然有一個(gè)離開站臺(tái)的速度。這樣的話，人相對(duì)于地面的速度小于立定跳遠(yuǎn)時(shí)的初速度，若l＝x或l>x，人就一定跳不到站臺(tái)上，只有l(wèi)3．A　[取水平向右為正方向，設(shè)噴氣后導(dǎo)彈的速度大小為vx，導(dǎo)彈在噴出燃?xì)馇昂笏查g根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得Mv0＝－mv1＋(M－m)vx，解得vx＝，故A正確。]
4．D　[以向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝v，D正確。]
5．D　[火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在分離時(shí)水平方向上動(dòng)量守恒，規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋(v0－v2)，D正確。]
6．AC　[物資投出之前，物資和熱氣球所受合外力為零，物資投出后，熱氣球和物資所受合外力不變，則系統(tǒng)所受合外力仍為零，物資落地前，熱氣球與投出的物資組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A正確；投出物資后熱氣球所受合外力向上，則熱氣球向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)物資落地時(shí)熱氣球上升的高度為h，對(duì)物資和熱氣球組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得(M－m)，解得h＝，則d＝H＋h＝H＋，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。]
7．C　[
由A、B組成的系統(tǒng)，在相互作用過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒，則m2x－m1(b－a－x)＝0，解得x＝，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]
8．A　[船和貨物組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，起重桿抬起的過(guò)程中貨物向右運(yùn)動(dòng)，則船向左運(yùn)動(dòng)，設(shè)船的速度大小為v，貨物在水平方向上的速度大小為v′，取船運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍瑒t根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv－mv′＝0，設(shè)起重桿抬起的過(guò)程中貨物向右運(yùn)動(dòng)相對(duì)于靜水的位移大小為x′，船相對(duì)靜水的位移大小為x，所用的時(shí)間為t，則x＝vt，x′＝v′t，聯(lián)立可得，由幾何關(guān)系可得x＋x′＝l(sin 60°－sin 30°)，解得x≈0.27 m。選項(xiàng)A正確。]
9．解析：(1)設(shè)小球脫離彈簧時(shí)，小球的速度大小為v1，小車的速度大小為v2，以小球運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有mv1－Mv2＝0
小球彈開時(shí)，只有彈力做功，由能量守恒定律有
＝Ep，解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s。
(2)整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)平均動(dòng)量守恒(“人船模型”)得 和x1＋x2＝l，解得x2＝。
答案：(1)3 m/s　1 m/s　(2)
10．解析：設(shè)小孩將球推出后小孩向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為v1，以水平向左為正方向，小孩推球過(guò)程動(dòng)量守恒，有0＝m2v0－m1v1，從球滾上曲面前到球滾下曲面的過(guò)程中，球和曲面體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、能量守恒，設(shè)球滾下曲面后，球的速度大小為v2，曲面體的速度大小為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，有
m2v0＝－m2v2＋m3v3
解得v2＝v0
若小孩將球推出后還能再接到球，則有v2＞v1
聯(lián)立解得m3＞ kg。
答案：m3＞ kg
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