學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精自我小測1下面屬于應用反沖運動的有()A．噴氣式飛機正在飛行B．反擊式水輪機的轉動C．電扇葉片的轉動D．火箭發射人造衛星2車廂停在光滑的水平軌道上,車廂后面的人對前壁發射一顆子彈，設子彈質量為m,射出時的速度為v,車廂和人的質量為M，則子彈陷入前車壁后，車廂的速度為（)A。eq\f(mv，M)向前B。eq\f(mv，M)向后C。eq\f（mv,m＋M)向前D．03如圖1－4－2所示，質量為M的氣缸置于光滑的水平地面上，缸內有一隔板P，隔板右側是真空，左側是質量為m的高壓氣體，若將隔板突然抽去，則氣缸的運動情況是（）圖1－4－2A．保持靜止不動B．向左移動一段距離后又靜止C．向左移動一段距離后繼而向左勻速運動D．先向左移動，后向右移動回到原來位置4質量為M的原子核,原來處于靜止狀態,當它以速度v放出質量為m的粒子時（設v方向為正)，剩余部分速度為(）A.eq\f(mv,M－m)B．－eq\f(mv,M－m)C．－eq\f(mv,m－M)D．－eq\f（mv,M)5如圖1－4－3所示，自行火炮連同炮彈的總質量為M，當炮管水平，火炮車在水平路面上以v1的速度向右勻速行駛中,發射一枚質量為m的炮彈后，自行火炮的速度變為v2,仍向右行駛，則炮彈相對炮筒的發射速度v0為（)圖1－4－3A。eq\f（mv1－v2＋mv2,m)B.eq\f(Mv1－v2，m）C.eq\f（mv1－v2＋2mv2，m）D。eq\f(Mv1－v2－mv1－v2,m）6質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質量為2m的大空心球內,大球開始靜止在光滑的水平面上，當小球從圖1－4－4所示位置，無初速度地沿大球內壁滾到最低點時，大球移動的距離為（）圖1－4－4A．R/2B．R/3C．R/5D．R/67一質量為6×103kg的火箭從地面豎直向上發射，若火箭噴射燃料氣體的速度（相對于火箭）為103m/s，求：（g取10m/s2）（1）每秒鐘噴出多少氣體才能有克服火箭重力所需的推力?(2)每秒鐘噴出多少氣體才能使火箭在開始時有20m/s2的加速度？8在光滑水平桌面上，有一長為l＝2m的木板C,它的兩端各有一擋板,C的質量mC＝5kg，在C的正中央并排放著兩個可視為質點的滑塊A、B，質量分別為mA＝1kg，mB＝4kg，開始時A、B、C都靜止，并且AB間夾有少量的塑膠炸藥，如圖1－4－5所示．炸藥爆炸使得A以6m/s的速度水平向左運動，如果A、B與C間的摩擦可忽略不計，兩滑塊中任一塊與擋板碰撞后都與擋板結合成一體，爆炸和碰撞時間都可忽略．求：圖1－4－5（1）當兩滑塊都與擋板相撞后，板C的速度是多大？(2)到兩個滑塊都與擋板碰撞為止，板的位移大小和方向如何？9(探究)通過實驗探究影響小火箭反沖速度大小的因素是什么．參考答案1解析:A中噴氣式飛機是依靠向后噴出高速氣體獲得的反沖力作為動力,故A屬反沖運動；反擊式水輪機是靠水流過水輪機葉片時的反沖作用而轉動，故屬反沖運動；電扇葉片的轉動是靠電扇電動機帶動的，因而不是反沖運動；火箭發射人造衛星是靠火箭向后噴出高速氣體而獲得向前的動力，把衛星送到預定軌道上的，也屬反沖運動．答案:ABD2解析：在車廂、人、子彈組成的系統中，合外力為零,因此作用過程及作用前后系統總動量守恒．人發射子彈前系統的總動量為零，子彈發射后,子彈向前飛的同時，車廂后退，子彈射入前壁后，系統總動量仍為零，所以車廂速度為零，故選項D正確．答案：D3解析：抽去擋板瞬間,氣體向真空部位流動并和氣缸相互作用,氣缸做反沖運動，向左運動，當氣體充滿整個氣缸后,氣體不再運動，則由動量守恒知，氣缸也停止運動，所以氣缸的狀態是先向左移動一段后停止，即B正確．答案:B4解析：由于原子核原來處于靜止狀態，總動量為零，可由動量守恒定律列方程求解．由動量守恒定律得：0＝mv＋（M－m）v′解得:v′＝－eq\f(mv，M－m）.答案:B5解析：自行火炮水平勻速行駛時,牽引力與阻力平衡，系統動量守恒，設向右為正方向，發射前動量之和為Mv1，發射后系統的動量之和為（M－m）v2＋m(v0＋v2)．由Mv1＝（M－m)v2＋m（v0＋v2)解得v0＝eq\f(Mv1－M－mv2，m）－v2＝eq\f(Mv1－v2，m）.答案:B6解析：由于大球和小球組成的系統，水平方向不受外力作用,系統水平方向動量守恒，設小球m運動到大球最低點時，相對地的水平方向位移大小為s1，大球在該過程中對地的位移大小為s2，據動量守恒定律，在水平方向:ms1＝2ms2，由數學知識知：s1＋s2＝2R－R,由以上兩式得大球移動的距離為s2＝eq\f(R,3).答案:B7解析：這是一個反沖運動的問題，火箭升空是噴出的氣體對火箭反作用力的結果，可以根據動量定理先求出火箭對氣體的作用力．(1)以噴出的氣體為研究對象,設每秒噴出的質量為Δm，火箭對這部分氣體的作用力為F，由動量定理有FΔt＝Δmv0①火箭剛要升空時對地速度為零，此時氣體相對火箭的速度也就是氣體對地的速度，氣體對火箭的反作用力F′＝F,對火箭（忽略氣體的重力)F′＝Mg②由①②兩式解得Δm＝eq\f（MgΔt，v0)＝eq\f(6×103×10×1,103）kg＝60kg即要獲得克服火箭重力的推力,每秒要噴出60kg的氣體．（2)同第(1）問，以噴出的氣體Δm為研究對象FΔt＝Δmv0③而對火箭F－Mg＝Ma④由③④兩式解得Δm＝eq\f（Mg＋aΔt，v0）＝eq\f(6×103×10＋20×1,103）kg＝180kg。答案：（1）60kg（2)180kg8解析：爆炸中A、B相互作用，系統滿足動量守恒,A、B分離后以不同速率滑向擋板,A先到達擋板與C作用，發生完全非彈性碰撞，之后C與B有相對運動，直到碰撞為止，整個過程滿足動量守恒．(1)設向左的方向為正方向，對A、B組成的系統，由動量守恒定律有：mAvA＋mBvB＝0得vB＝－1。5m/s對A、B、C組成的系統，開始時靜止，由動量守恒有（mA＋mB＋mC)vC＝0得vC＝0，即最終木板C的速度為0。（2)A先與C相碰，由動量守恒：mAvA＝（mA＋mC）v共所以v共＝1m/s從炸藥爆炸到A、C相碰的時間：t1＝eq\f(\f（l,2),vA）＝eq\f(1,6）s，此時B距C的右壁sB＝eq\f(l，2)－vBt1＝0.75m,設再經過t2時間B與C相碰，則t2＝eq\f（sB,vB＋v共）＝0.3s,故C向左的位移ΔsC＝v共t2＝1×0。3m＝0.3m.答案：（1)0（2)0.3m，方向向左9解析:反沖的實質是動量守恒定律，從動量守恒定律的公式出發，發現發射速度與火箭自身質量、噴氣速度和氣體質量的乘積有關．在本實驗的探究過程中,由于我們給火箭加了相同質量的發射火藥，故噴出氣體的質量應該是相同的，在實驗過程中，由于火箭發射后做的是豎直上拋運動，對同一地點重力加速度g又相同，只要測得豎直上拋運動中火箭從發射到落地所需要的時間t，就可以知道火箭的發射速度，這是一種數據處理轉化的思想．答案:實驗材料:相同規格的小火箭四支，豎直發射架，秒表，砝碼．實驗步驟：（1)把四支小火箭