反冲课后巩固提升
课后巩固提升
时间：45分钟
总分：100分
一、选择题(每小题8分，共48分)
1．下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( )
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：AC
2．一人从泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则下列说法中正确的有( )
A ．船越轻小，人越难跳上岸
B ．人跳跃时相对船速度大于相对地速度
C ．船越重越大，人越难跳上岸
D ．人跳时相对船速度等于相对地速度
解析：船越轻小，船的反冲速度越大，人获得的速度反而越小，人船相对运动，因此说人跳跃时相对船速度大于相对地速度，故A 、B 正确．
答案：AB
3．人坐在船上，船静止在水面上，人和船的总质量为M . 水平向东抛出一个质量为m 的物体后，人、船向西运动．已知抛出的物体的动能为E 0，则人、船的动能为( )
A ．E 0 m B. M 0
m C. E M －m 0Mm D. E (M －m )20
p 2
解析：由动量守恒定律有(M －m ) v ＝m v 0＝p ，又E k ＝2(M －m )p 2m E 0＝，可得E k ＝E ，选项C 对． 2m M －m 0
答案：
C
4．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S 1、S 2、S 3、S 4(图中未画出) ，要使小车向前运动，可采用的方法是( )
A ．打开阀门S 1
C ．打开阀门S 3 B ．打开阀门S 2 D ．打开阀门S 4
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0＝m 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：
B
5．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m 1，炮弹的质量为m 2，
炮弹射出炮口时对地的速率为V 0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)( )
m A. 0 m 1
m 2v 0cos θC. m 1－m 2m 2v 0B. m 1－m 2m 2v 0cos θD. m 1
解析：炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0＝m 2v 0cos θ
m 2v 0cos θ－(m 1－m 2) v 得v ＝，故选项C 正确． m 1－m 2
答案：C
6．一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是( )
A ．探测器加速运动时，沿直线向后喷气
B ．探测器加速运动时，竖直向下喷气
C ．探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D ．探测器匀速运动时，不需要喷气
答案：C
二、非选择题(共52分
)
7．(14分) 如图所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M 的小圆环，环上系一长为L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m 的小球．现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，则当细绳
与AB 成θ角时，圆环移动的距离是多少？
解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零(杆的支持力与小圆环及小球的重力之和不相等) ，系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平方向动量守恒．设细绳与AB 成θ角时小球的水平速度为v ，圆环的水平速度为v ′，则由水平方向动量守恒有：M v ′＝m v
且在任意时刻或位置v ′与v 均满足这一关系，加之时间相同，公式中的v ′和v 可分别用其水平位移替代，则上式可写为：
Md ＝m [L (1－cos θ) －d ]
mL (1－cos θ)解得圆环移动的距离：d ＝M ＋m
mL (1－cos θ)答案：M ＋m
8．(10分) 在砂堆上有一木块，质量M ＝5 kg，木块上放一爆竹，质量m ＝0.10 kg. 点燃爆竹后木块陷入砂中深5 cm ，若砂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，取向上的方向为正方向，由动量守恒定律得m v －M v ′＝0①
(式中v 、v ′分别为爆炸后爆竹和木块的速率)
木块陷入砂中做匀减速运动到停止，其加速度大小为
F －Mg 58－50a ＝M m/s2＝1.6 m/s2. ② 5
木块做匀减速运动的初速度
v ′＝＝2×1.6×0.05 m/s＝0.4 m/s③
代入①式，得v ＝20 m/s. ④
爆竹以初速度v 做竖直上抛运动，上升的最大高度为
v 2202h ＝＝ m ＝20 m⑤ 2g 20
答案：
20 m
9．(14分) 两个质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上．A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h . 物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B . 求物块在B 上能够达到的最大高度．
解析：设物块到达劈A 的底端时，物块和A 的速度大小分别为v 和V ，由机械能守恒和动量守恒得
11mgh v 2＋1V 2① 22
M 1V ＝m v ②
设物块在劈B 上达到的最大高度为h ′，此时物块和B 的共同速度大小为V ′，由机械能守恒和动量守恒得
1122mgh ′＋M 2＋m ) V ′＝m v ③ 22
m v ＝(M 2＋m ) V ′④
M M 联立①②③④式得h ′＝h (M 1＋m )(M 2＋m )
答案：M M h (M 1＋m )(M 2＋m )
10．(14分) 一个连同装备总质量为M ＝100 kg的宇航员，在距离
飞船s ＝45 m 处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量为m 0＝0.5 kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v ＝50 m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用．宇航员的耗氧率为Q ＝2.5×10－4 kg/s.不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：
(1)瞬时喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？
(2)宇航员安全返回到飞船的最长和最短时间分别为多少？
(3)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？
解析：(1)由题设可以看出，所求的喷出氧气的质量m 应有一个范围．若m 太小，宇航员获得的速度也小，虽贮气筒中剩余的氧气较多，但由于返回飞船所用的时间太长，将无法满足他在途中呼吸所用．若m 太大，宇航员获得的速度虽然大了，而筒中氧气太少，也无法满足其呼吸所用．所以m 对应的最小和最大两个临界值都应是氧气恰好用完的情况．设瞬间喷出质量为m 的氧气时，宇航员能安全返回．
根据动量守恒定律可得：m v ＝MV ①
s 宇航员匀速返回的时间为：t ＝V ②
贮气筒中氧气的总质量：m 0≥m ＋Qt ③
联立①②③式，代入数据解得瞬间喷出氧气的质量应满足 0．05 kg≤m ≤0.45 kg.
Ms (2)根据①式及②式得t ＝m v
当m ＝0.05 kg时，可求得宇航员安全返回到飞船的最长时间为t ＝1 800 s
当m ＝0.45 kg时，可求得宇航员安全返回到飞船的最短时间为t ＝200 s.
(3)当总耗氧量最低时，设宇航员安全返回时共消耗氧气Δm ，则： Δm ＝m ＋Qt ④
2.25×10－2QMs 由①②④式可得：Δm m v m ＝m m
由数学知识可知，当m ＝0.15 kg时，Δm 有最小值，故总耗氧量最低时，应一次喷出0.15 kg的氧气．
将m ＝0.15 kg代入①②两式可解得返回时间：t ＝600 s. 答案：(1)0.05 kg≤m ≤0.45 kg
(2)1 800 s 200 s
(3)0.15 kg 600 s