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文本内容:
反冲现象
1.6考点
一、反冲现象1考点
二、3【稳固练习】6国学问把握考点
一、反冲现象I.定义一个静止的物体在内力的作用下分裂为两局部,一局部向某个方向运动,另一局部必定向相反的方向运动的现象.
2.规律反冲运动中,相互作用力一般较大,满意动量守恒定律.
3.反冲现象的应用及防止
(1)应用农田、园林的喷濯装置利用反冲使水从喷口喷出时;一边喷水一边旋转.
(2)防止用枪射击时,由于枪身的反社会影响射击的精确性,所以用枪射击时要把枪身抵在肩部,以削减反冲的影响.[例题1](多项选择)(2023春•福州期中)在罗源湾海洋世界,有一项表演“海上搏斗〃非常精彩如下图为表演人员“飞起”时的情景,以下说法正确的选项是()A.装置能向上运动的原理是反冲B.水对装置的作用力大于装置对水的作用力C.人向上减速运动时处于失重状态D.人悬空静止时,水对装置的作用力既不做功也没有冲量【解答】解A、该装置是通过向下别离水,依据动量守恒,使表演人员获得向上的动量,从而使人员“飞起”,即该装置的原理是反冲,故A正确C.喷出气体的速度为mPAt2D.喷气At秒后探测器获得的动能为一^2M【解答】解AC、依据动能定理可得1Pt=«znv2乙将1=Is代入可得v=故A错误,C正确;BD、选择探测器的运动方向为正方向,依据动量守恒定律可得O=Mvi-m At*v依据动能的计算公式可得1Ek=2MVI联立解得Ek=吗把,故B正确,D错误;应选BCo
10.(多项选择)(2022春•张家口期末)章鱼遇到危急时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出,由此获得一个反冲速度,从而快速向前逃跑完成自救.假设有一只章鱼吸满水后的总质量为M,静止悬浮在水中一次喷射出质量为m的水,喷射速度大小为vo,章鱼体表光滑,那么以下说法中正确的选项是()A.喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒B.喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒C.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为%D.章侑喷水后瞬间逃跑的速度大小为二一%【解答】解A、章鱼喷水过程所用的时间极短,内力远大于外力,外力冲量可忽视不计,那么章鱼和喷出的水组成的系统动最守恒,故A正确;B、在章鱼喷水的过程中,章鱼体内的化学能转化为机械能,系统机械能增加,故B错误;CD、以章鱼和喷出的水组成的系统为争论对象,规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为正方向,由动量守恒定律得0=(M-m)v-mvo,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v=拱启北,故C错误,D正确应选ADa
11.2022春•丽水月考2021年10月3日神舟十三号飞船放射胜利,神舟十三号飞船采纳二号放射,在放射过程中靠喷射燃料获得反冲速度,放射初期的速度远小于燃料的喷射速度,可忽视;燃料的喷射速度为u,在极短的时间八t内喷射的燃料质量为Am,喷气后神舟飞船与包括燃料的总质量为mo,地面四周的重力加速度为g求1这过程中飞船和增加的速度大小Av;2放射初期沿竖直方向运动,不考虑极短时间喷出燃料引起的质量变化,那么此时也船与所获得的平均推力大小;3在空间站中,宇航员长期处于失重状态为缓解这种状态带来的不适,科学家设想建筑一种环形空间站,如下图圆环绕中心匀速旋转,宇航员可以站立在旋转舱内的外壁上,模拟出站在地球外表时相同大小的支持力设旋转舱内的外壁到转轴中心的距离为L,宇航员可视为质点,为到达目的,旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度应为多大?【解答】解1以为参考系,设竖直向上为正,依据动量守恒定律得-A mu+mo△v=0解得这过程中飞船和增加的速度大小△v为4口二空空2对飞船与,依据动量定理有F-mog At=moAv解得此时飞船与所获得的平均推力大小为F=4-mog3设旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度为3,由牛顿其次定律得mg=moL解得旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度应为3=患答1这过程中飞船和增加的速度大小为电竺m0Amu2此时飞船与所获得的平均推力大小为一二+mog;At3旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度应为出
12.2020秋•东港区校级月考一架喷气式飞机质量为M,当水平飞行速度为v时,连续不断向后喷气每次喷出气体的质量均为m,喷出气体相对飞机的速度均为u求1第n次喷气时飞机的速度增大了多少?2假设10mVM,那么第10次喷气后飞机速度多大?3假设10mVM,10次喷气所用时间为t,那么该过程中飞机受到的平均反冲力多大?【解答】解1飞机喷气过程系统动最守恒,以飞机的速度方向为正方向,设飞机的速度为V,第1次喷气过程,由动量守恒定律得Mv=M-m vi-m u-vi解得第1次喷气后飞机速度VI=v+詈第2次喷气过程,以飞机的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:M-m vi=M-2m V2-m u-V2解得第2次喷气后飞机速度V2=vi+-^-M-771同理第3次喷气,由动量守恒定律得mu解得第3次喷气后飞机速度V3=V2+M-2mM-2m V2=M-3m V3-m u-V3同理可得第n次喷气后飞机速度v产vz+祈溪而故第n次喷气后飞机速度增大了A折器赤2假设lOmVVM,那么前1次喷气过程中每次喷气后飞机速度增大量A内=前二器加mu第10次喷气后飞机速度vio=v+当产3前10次喷气过程中,对飞机,由动量定理得:Fl=M-10m vio-Mv解得飞机受到的平均反冲力大小为:MPI0-MV10muF=t-v-r-帑⑴第n次喷气时飞机的速度增大了君乐2假设10mVM,那么第10次喷气后飞机速度大小是v+写巴[3假设10mVM,10次喷气所用时间为3那么该过程中飞机受到的平均反冲力大小是吧吧tB、水对装置的作用力大于装置对水的作用力是一对相互作用力,依据牛顿第三定律可知,二者大小相等,方向相反,故B错误;C、人向上减速运动时,速度方向向上,加速度方向向下,故人处于失重状态,故C正确;D、人悬空静止时,装置没有位移,水对装置的作用力不做功,但是水对装置有作用力,作用时间不为0,故水对装置有冲量,故D错误应选ACo[例题2](2022秋•宁波期中)以下现象中不属于反冲现象的是()A.放射炮弹后炮身后退B.向下高速喷射酷热气体时上升C.人用桨向后划水船向前运动D.章鱼调整喷水方向可以向不同方向运动【解答】解反冲的定义是一个静止的物体在内力的作用下分裂为两局部,且两局部分别往不同的方向运动依据定义可知,放射炮弹后炮身后退属于反冲现象;向下高速喷射酷热气体时上升属于反冲现象;人用桨划船,人和船都往前运动,不属于反冲现象;章鱼调整喷水方向可以向不同方向运动,属于反冲现象,故C错误,ABD正确;此题选错误的,应选Co[例题3][多项选择)(2017春•昌江区校级期中)有关实际中的现象,以下说法正确的选项是()A.靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B.体操运发动在着地时屈腿是为了减小地面对运发动的作用力C.用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了削减反冲的影响D.为了减轻撞车时对司乘人员的损害程度,发动机舱越结实越好【解答】解A、依据反冲运动的特点与应用可知,靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度故A正确;B、体操运发动在落地的过程中,动量变化肯定由动量定理可知,运发动受到的冲量I肯定;由I=Ft可知,体操运发动在着地时屈腿是延长时间t,可以减小运发动所受到的平均冲力F,故B正确;C、用枪射击时子弹给枪身一个反作用力,会使枪身后退,影响射击的精确度,所以为了削减反冲的影响,用枪射击时要用肩部抵住枪身故c正确;D、为了减轻撞车时对司乘人员的损害程度,就要延长碰撞的时间,由I=Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太结实故D错误应选ABCo考点
二、I.工作原理喷气式飞机和的飞行应用了反冲的原理,它们靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度.
2.打算增加的速度△的因素1喷出的燃气相对喷气前的速度.2喷出燃气的质量与本身质量之比.[例题4]12022秋•北陪区期末近年,中国航天取得的成就令世人瞩目,如图五号运载在文昌航天放射场点火升空点火后,燃气以很大的速度从喷口喷出,获得推力而上升,以下说法正确的选项是A.加速上升过程,处于失重状态B.减速上升过程,处于超重状态C.加速时,燃气对的推力等于对燃气的推力D.加速时,燃气对的推力大于对燃气的推力【解答】解A.加速上升过程,加速度向上,故处于超重状态,故A错误;B.减速上升过程,加速度向下,故处于失重状态,故B错误;CD.加速时,依据作用力反作用力关系,燃气对的推力大小等于对燃气的推力大小,故C正确,D错误;应选Co[例题5]2021春•东城区校级期中静止的试验,总质量为M,当它以对地速度vo喷出质量为八m的高温气体后,的速度为5%生丝04m%Amvr0M__M-Am【解答】解以和气体组成的系统为争论对象,选高温气体的速度方向为正,由动量守恒定律得M-A m vr+A mvo=O,解得V二一微喘’故D正确,ABC错误应选Do[例题6](2023春•红桥区校级期中)某同学自制总质量为M的,现从地面竖直向上放射,在极短的时间内,将质量为m的气体以相对地面为vo的速度竖直向下喷出后,开头做竖直上抛运动重力加速度大小为g,以下说法正确的选项是()A.受到的推力来源于外的空气对它的反作用力B.气体喷出的过程中,和气体组成的系统机械能守恒C.获得的最大速度为等22m v°、D.上升的最大高度为―222g(M-my【解答】解A.依据牛顿第三定律可知,的推力来源于向下喷出的气体对的反作用力,故A错误;B.气体喷出的过程中,内的气体做功,及气体的机械能不守恒,故B错误;C.在气体喷出后的瞬间,获得的速度最大,依据动显守恒定律得[M-m)v-mvo=O解得u=黔,故C错误;D.气体喷出后,竖直向上做竖直上抛运动,有2gh=v2,联立解得h=故D正确.2g(M—m)*2应选D[例题7](2022秋•兰山区校级期末〕一门旧式大炮如下图,炮车和炮弹的质量分别为M和m,炮筒与水平地面的夹角为(X,炮弹放射瞬间相对于地面的速度为vo不计炮车与地面的摩擦,那么炮车向后反冲的速度大小为()mvcosamvsina0oA.B*M MmvtanamvcosaMM+mo0【解答】解依据题意可知,炮弹离开炮口时,炮弹和炮车在水平方向上受到的外力相对于内力可忽视不计,那么系统在水平方向上动量守恒取炮车后退的方向为正,对炮弹和炮车组成系统为争论,在水平方向上,由动量守恒定律有Mv-mvocosa=0解得〃=色竿丝,故A正确,BCD错误;应选Ao[例题8]2023春•通州区期中如下图,的飞行应用了反冲的原理,靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度设质量为m的由静止放射时,在极短的时间内喷射燃气的质量是Am,喷出的燃气相对地面的速率是U1求在喷气后增加的速度Av;2比冲是用于衡量引擎燃料利用效率的重要参数所谓“比冲”,是指发动机工作时,在一段时间内对的冲量与这段时间内所消耗燃料的质量的比,数值上等于消耗单位质量的燃料时获得的冲量假设用F表示喷气过程中获得的向前的推力,用T表示发动机的比冲,请依据题目信息写出比冲的定义式,并推导该发动机比冲的打算式;131966年曾在地球的上空完成了以牛顿其次定律为根底的测定质量的试验试验时,用宇宙飞船去接触正在轨道上运行的发动机已熄火,如下图接触以后,开动飞船尾部的推动器,使飞船和共同加速,推动器的平均推力为F,开动时间为At,测出飞船和的速度变化为Av不考虑飞船质量的变化,推导出测得宇宙飞船质量的表达式【解答】解1在很短时间At内,争论及其喷出的燃气组成的系统,可以不考虑的重力,系统动量守恒,取喷出气体速度方向为正方向,那么有m-Am A v+A m-u=0在喷气后增加的速度/u=京喘2比冲的定义式为T=搭在很短时间At内,受到的冲量FAt=m-A mAv=A nni代入比冲的定义式,该发动机比冲的打算式T=袈=Uz\m3设飞船质量为M,对飞船和组成的系统,由动量定理可得FAt=m+M Av,解得答1在喷气后增加的速度为=■^喘m-4m2比冲的定义式为T=琛,该发动机比冲的打算式为T=U;3宇宙飞船质量的表达式为:叵学问深仁反冲运动的应用——“人船模型〃
1.“人船模型〃问题两个原来静止的物体发生相互作用时,假设所受外力的矢量和为零,那么动量守恒.
2.人那模型的特点1两物体满意动量守恒定律m\v\—nhv2=
0.⑵运动特点人动船动,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右,人、船位移比等于它们质量的反比,咤十⑵反冲运动的三个特点1物体的不同局部在内力作用下向相反方向运动.2反冲运动中,相互作用的内力一般状况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力,所以两局部组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒.3反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加.
3.争论反冲运动应留意的两个问题1速度的方向性对于原来静止的整体,可任意规定某一局部的运动方向为正方向,那么反方向的另一局部的速度就要取负值.⑵速度的相对性反冲问题中,假设相互作用的两物体的相对速度,应先将相对速度转换成相对地面的速度,再列动量守恒方程.【稳固练习】
1.2022春•乌兰浩特市校级期末以下措施有利于提高的飞行速度的是A.增大喷出的气体速度B.提高喷出的气体温度C.增大喷出的气体体积D.减小喷出的气体密度【解答】解把和喷出的气体看成系统,设原来的总质量为M,每秒喷出的气体体积为V、密度为P,喷出气体的速度大小是v,剩余的质量M-pV的速度大小是v,以的速度方向为正方向,由系统动量守恒定律得-pVv+M-pV v=0解得〃=序故v越大,v肯定越大故A正确,BCD错误;应选Ao
2.(2022秋•江西月考)2022年10月13日,我国在太原卫星放射中心采纳“二号丙”运载,胜利放射“环境减灾二号05卫星,该卫星将有力提升我国灾难预防、应急管理、生态环境遥感监测业务化应用力量关于放射过程,以下说法正确的选项是()A.点火后离开地面对上运动,是地面对反作用力导致的B.在上升过程中,燃气对作用力的冲量大于对燃气作用力的冲最C.某时刻所受推力大小由喷气速度打算D.为了提高的速度,可以不断地增加的级数【解答】解A.点火后离开地面加速向上运动时,受到重力和空气阻力以及内部燃料喷出时的反作用力的作用,燃料燃烧向下喷气,喷出的气体的反作用力推动升空,故A错误;B.依据作用力与反作用力的同时性及作用力与反作用力的等大、反向,作用在一条直线上的特点可知对燃气作用力的冲量与燃气对作用力的冲量大小相等,故B错误;C.以喷出的气体为争论对象,以喷出气体的速度方向为正方向,依据动量定理,mAv=FAt,某时刻所受推力大小由喷气速度打算,喷气速度越大,推力越大,故C正确;D.增加的级数会增加的自身重量,导致能量的消耗增加,故不能单纯的增加级数来提高速度,故D错误;应选Co
3.(2022秋•日照期中)2022年9月21日7时15分,在酒泉卫星放射中心使用二号丁运载胜利放射云海一号03星现将放射看成如下模型静止时总质量M=21kg,喷气发动机竖直向下喷出质量m=1000g的高温气体,气体被喷出时相对地面的速度大小vo=84Om/s,获得某一速度放射出去喷出气体的过程中空气阻力可忽视不计,那么获得的速度大小为()A.40m/sB.42m/sC.420m/sD.4000m/s【解答】解规定向上为正方向,设速度为v,依据动量守恒=(M-m)v-mvo,代入数据,求解速度v=42m/s,故ACD错误,B正确;应选Bo
4.(2022秋♦莲池区校级月考)一质量为M的航天器正以速度vo在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出肯定质量的气体,气体喷出时速度大小为VI,加速后航天器的速度大小V2,那么喷出气体的质量m为A.c.黜MD.加=普用【解答】解规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得Mvo=M-mv-mvi2解得喷出气体的质量为皿=勺2M故ABD错误,C正确;应选Co
5.2022秋•大武口区校级月考石嘴山三中进行水竞赛,甲、乙、丙三个小组制作了完全相同的水,竞赛时均以相同的放射角放射如图甲小组直接将打气放射、乙小组将体内灌入三分之一体积的水打气放射、丙小组将体内灌满水打气放射,那么三个小组放射后水平射程最远的是A.甲B.乙C.丙D.一样远【解答】解甲小组直接将打气放射,那么气体瞬时喷出,由于喷出的空气质量较小,动量较小,那么只能得到较小的速度;丙小组将体内灌满水打气放射,由于打入的气体较少,那么喷出的水质量较小,依据反冲原理获得的动量较小,那么也不能得到较大的速度;乙小组将体内灌入三分之一体积的水打气放射,压缩气体使得水高速喷出,那么可得到较大的反冲速度,那么的速度最大,水平射程也最远,故B正确,ACD错误;应选Bo
6.2022•红塔区校级开学关于反冲运动的说法中,正确的选项是A.抛出局部的质量向要小于剩卜.局部的质量m2才能获得反冲B.假设抛出局部的质量mi大于剩卜.局部的质量m2,那么m的反冲力大于mi所受的力2C.反冲运动中,牛顿第三定律适用,但牛顿其次定律不适用D.对抛出局部和剩余局部牛顿其次定律都适用【解答】解A、反冲运动是指由于系统的一局部物体向某一方向运动,而使另一局部向相反方向运动定义中并没有确定两局部物体之间的质量关系,故A错误;B、在反冲运动中,两局部之间的作用力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,它们大小相等、方向相反,故B错误;CD、在反冲运动中一局部受到的另一局部的作用力产生了该局部的加速度,使该局部的速度渐渐增大,在此过程中对每一局部牛顿其次定律都成立,故C错误,D正确应选D
7.(2022秋•沙市区校级月考)一质量为M的航天器,正以速度vo在太空中总行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出肯定质量的气体,气体喷出时速度大小为vi,加速后航天器的速度大小为V2,那么喷出气体的质量m为()以一%e V2KA MB.MA.V+V^2~vl21C.外一%小^2-V..0MD-Mv-vi2【解答】解规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得Mvo=1M-m)V2-mvi解得2十口]故BCD错误,A正确;应选Ao
8.(2022春•金水区校级期中)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A.赵3B.
4.0cmM-------E()D.---EoM-mM-mm的粒子后反冲,原子核反冲的动能为Eo,那么放出的粒子的动能为()【解答】解核反响过程系统动量守恒,以放出粒子的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:P粒子-P»718=0,p2原子核的动能珈=薪余,P2粒子的动能E=等,解得E=(叮)切故A正确,BCD错误m应选Ao
9.(多项选择)12022秋•宁波期中)为完成某种空间探测任务,需要在太空站上放射空间探测器,探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速.探测器的质量为M,每秒钟喷出的气体质量为m,喷射气体的功率恒为P,不计喷气后探测器的质量变化.那么()A.喷出气体的速度为B.喷气At秒后探测器获得的动能为之。