第16章第五节知能优化训练

1.图16－5－4小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图16－5－4所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是()A．打开阀门S1B．打开阀门S2C．打开阀门S3D．打开阀门S4解析：选B.反冲运动中，系统的两部分运动方向相反，要使小车向前运动，水应向后喷出，故B正确．2.图16－5－5一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图16－5－5所示．不计水的阻力，船的运动情况是()A．向前运动B．向后运动C．静止D．无法判断解析：选A.虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，故A正确．3．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态．放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为()A．E0B.mME0C.mM－mE0D.MmM－m2E0解析：选C.由动量守恒定律(M－m)v＝mv0＝p，又Ek＝p22M－m，E0＝p22m由以上各式可得Ek＝mM－mE0，C正确．4.图16－5－6如图16－5－6所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内．大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是多少？解析：由水平方向平均动量守恒有：mx小球＝2mx大球，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝13R.答案：13R一、选择题1．关于反冲运动的说法中，正确的是()A．抛出物体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答案：D2．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：选B.火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故正确选项为B.3．一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．船越重越大，人越难跳上岸C．人跳跃时相对船速度大于相对地速度D．人跳时相对船速度等于相对地速度解析：选AC.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、C正确．4．假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向发射一个质量不可忽略的物体Q，则下列说法正确的是()A．Q与飞船都可能沿原轨道运动B．Q与飞船都不可能沿原轨道运动C．Q运动的轨道半径可能减小，而飞船的运行半径一定增加D．Q可能沿地球半径方向竖直下落，而飞船运行的轨道半径将增大解析：选CD.根据反冲，飞船的速度一定增大，做离心运动，轨道半径变大；而Q的速率有三种可能，比原来的大、比原来的小、与原来的相等，由此Q的轨道半径比原来的大、比原来的小、与原来的相同，都有可能；另外，若对地速度为零，则会竖直下落，选项C、D正确．5．一航天探测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斜角的直线飞行，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，不需要喷气解析：选C.航天器靠反冲获得推力，由探测器的运动状态判断合力情况，由喷气方向判断推动力方向．航天探测器受到与喷气运动方向相反的推动力和重力作用，航天探测器做加速直线运动时，合力与运动方向相同，喷气方向应斜向下；做匀速直线运动时，合力为零．6.图16－5－7(2011年辽宁质检)如图16－5－7所示，一个质量为m1＝50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触．当静止时人离地面的高度为h＝5m．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看做质点)()A．5mB．3.6mC．2.6mD．8m解析：选B.设在此过程中人、气球对地发生的位移分别是x、x′，由动量守恒定律有m1x＝m2x′，又因为x＋x′＝h，解得x′≈3.57m，选B项．7．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于火箭以速度v′向后喷出，则火箭的速度大小变为()A．v0＋mMv′B．v0－mMv′C．v0＋mM－m(v0＋v′)D．v0＋mM－mv′解析：选A.由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v＋m(v－v′)，所以v＝v0＋mMv′，故A项正确．8．一机枪架在湖中小船上，船正以1m/s的速度前进，总质量M＝200kg，每颗子弹质量为m＝20g，在水平方向机枪以v＝600m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为()A．1.3m/sB．0.7m/sC．1m/sD．0.5m/s解析：选ABC.子弹和机枪、小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝5mv＋(M－5m)v′，因M≫m估算时M－5m近似为M，因射出子弹的方向未知，若向行进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝Mv0－5mvM－5m＝0.7m/s，若向行进的反方向射出，v2′＝Mv0＋5mvM－5m＝1.3m/s，可见船速应在0.7m/s～1.3m/s之间．二、非选择题9．在沙堆上有一木块，质量m1＝5kg，木块上放一爆竹，质量m2＝0.01kg.点燃爆竹后，木块陷入沙中深度为s＝5cm，若沙对木块的平均阻力为58N，不计爆竹中火药的质量和空气阻力，求爆竹上升的最大高度．解析：爆竹爆炸时系统内力远大于外力，动量守恒，取向上为正方向，则0＝m2v－m1v′，①木块陷入沙中的过程做匀减速运动直到停止，由动能定理得(F－mg)s＝12m1v2，②解得v′＝0.4m/s，代入①式，得v＝m1m2v′＝20m/s.爆竹以速度v做竖直上抛运动，上升的最大高度为h＝v22g＝20m.答案：20m10．一个宇航员，连同装备的总质量为100kg，在空间跟飞船相距45m处相对飞船处于静止状态，他带有一个装有0.5kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50m/s的速度喷出的喷嘴．宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸，已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10－4kg/s，试问瞬间喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？解析：宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，因反冲运动而返回，遵从动量守恒定律．剩余气体应满足返回途中供呼吸之用．设瞬间喷出氧气m，宇航员刚好安全返回，由动量守恒得mv－Mv1＝0①(气体的变化对宇航员质量变化影响很小，可以忽略)匀速运动的时间t＝sv1②m0＝Qt＋m③联立①②③可解得m1＝0.05kg，m2＝0.45kg故0.05kg≤m≤0.45kg.答案：0.05kg≤m≤0.45kg