1.4动量守恒定律的应用 自主提升过关练（word版含答案）

1.4动量守恒定律的应用 自主提升过关练（含解析）
一、选择题
1．如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，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＝7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看做质点）（　 ）
A．2m B． C． D．5m
2．物理在生活和生产中有广泛应用，以下实例没有利用反冲现象的是（　　）
A．乌贼喷水前行
B．电风扇吹风
C．火箭喷气升空
D．飞机喷气加速
3．将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　）
A． B． C． D．
4．我校在今年四月份组织的“水火箭”比赛中，1班“破云队”最终以139.9米的成绩获得射程赛冠军。若该小队制作的“水火箭”箭体质量为0.2kg，里面装水0.4kg，发射时将水以约15m/s的平均速度向后喷出，喷水时间很短，则箭体发射后获得的速度约为（　　）
A．30m/s B．20m/s
C．10m/s D．条件不足，无法计算
5．如图所示，质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为。现将质量也为的小球从点正上方高处由静止释放，小球由点经过半圆轨道后从点冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则下列说法错误的是（　　）
A．小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度满足
6．下列几种运动没有利用反冲的原理的是（　　）
A．乌贼的逃生
B．鸡蛋“破”与“不破”的诀窍
C． 宇航员无绳太空行走
D．气球充气后敞口释放
7．小船在水面上以速度v向东行驶，若船上的人以相对河岸相同的速率分别向东和向西同时抛出两个质量相等的重物，不计水的阻力，则小船的速度与抛出重物前相比（　　）
A．不变 B．减小 C．增大 D．无法判断
8．下列说法中错误的是（　　）
A．所有的通信卫星均能运动在赤道上空某一固定轨道上
B．不同国家发射通信卫星的地点不同，这些卫星轨道不一定在同一平面内
C．火箭能直冲云霄，利用的是反冲原理
D．实际发射卫星时都采用了多级火箭来进行持续加速，以达到发射卫星所需要的速度
9．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况错误的是（　　）
A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比
B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比
C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零
D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
10．如图所示，质量m=30kg的小俊同学站在质量M=150kg的车的一端，车长L=3m，相对于地面静止。若车与地面间的摩擦可以忽略不计，则小俊同学由车的一端走到另一端的过程中，车将（　　）
A．后退0.25m B．后退0.3m
C．后退0.5m D．一直匀速后退
11．在图示足够长的光滑水平面上，用质量分别为和的甲、乙两滑块将仅与甲拴接的微型轻弹簧压紧后处于静止状态，乙的右侧有一固定的挡板，现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为，此时乙尚未与相撞之后乙与挡板碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞。则挡板对乙的冲量的最大值为（　　）
A． B． C． D．
12．抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量为300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s。另一小块质量为200g，则它的速度的大小为（　　）
A．25m/s B．50m/s C．75m/s D．100m/s
13．如图所示，甲、乙两车的质量均为5m，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（　　）
A．甲、乙两车运动中动量大小之比为6∶5
B．甲、乙两车运动中速度之比为5∶6
C．甲车移动的距离为
D．乙车移动的距离为
14．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量，初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向，因A、B碰撞时间极短，图中无法显示）则根据上述信息，求出在A、B碰撞过程中的物理量是正确的是（　　）
A．物块A对B的冲量为
B．物块B的动量变化量为
C．物块AB间的平均作用力大小为300N
D．A，B系统损失的机械能为8J
15．质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m=2kg的小球（视为质点）通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态。现给小球一个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2。则（　　）
A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.45m
C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m
二、解答题
16．如图所示，小金属块A和放在置于水平地面的平板车上，A、之间锁定一根被压缩的劲度系数足够大的轻弹簧，弹簧与金属块不连接，弹簧的弹性势能，初始时A、、均静止，现解除锁定，两金属块被推开后均没有滑落平板车。已知A、的质量分别为和，平板车的质量为，两金属块与平板车间的动摩擦因数均为，不计地面与平板车间的摩擦，重力加速度。
（1）解除锁定后，求两金属块相对平板车滑动过程中平板车的加速度大小；
（2）求金属块的起始位置离平板车右端的最小距离；
（3）当与相对静止时，给平板车施加一个水平向左的恒力，使A、不滑离平板车，求滑块初始时刻离平板车左端的最小距离。
17．如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A处，求：
（1）女演员推男演员过程中，男演员给女演员的冲量；
（2）男演员落地点C与O点的水平距离s。
（已知男演员质量m1和女演员质量m2之比为2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C 点比O 点低5R）
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参考答案：
1．D
【解析】
设人的速度平均v1，气球的平均速度v2，根据人和气球动量守恒得
则
设气球上升高度 ，离地面高度是
离地面高度是
故选D。
2．B
【解析】
乌贼喷水前行、火箭喷气升空、飞机喷气加速都是利用了反冲原理；而电风扇吹风不是反冲。
故选B。
3．D
【解析】
在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
4．A
【解析】
由动量守恒定律可知
故选A。
5．C
【解析】
A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向系统动量守恒，A正确；
B．系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
解得，小车的位移
B正确；
C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，C错误；
D．小球第一次车中运动过程中，由动能定理得
Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为 ，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于
而小于 ，D正确。
故选C。
6．B
【解析】
A．乌贼的逃生是利用喷出的水的反冲作用，属于反冲运动，故A不符合题意；
B．鸡蛋“破”与“不破”的诀窍，是增大作用时间，减小作用力，起到缓冲作用。故B符合题意；
C．宇航员无绳太空行走，是利用反冲的原理。故C不符合题意；
D．气球充气后敞口释放，利用喷出的气体的反冲作用而运动的，属于反冲运动，故D不符合题意。
故选B。
7．C
【解析】
重物和船组成的系统，抛重物的过程中系统动量守恒，故有
得
故C正确，ABD错误。
故选C。
8．B
【解析】
A．通信卫星即为同步卫星，运行轨道为位于地球赤道平面上空圆形轨道，轨道固定不变，故A正确；
B．不同国家发射通信卫星的地点不同，但通信卫星是同步卫星，轨道固定不变，所以这些卫星轨道一定在同一平面内，故B错误；
C．火箭能直冲云霄，利用的是反冲原理，故C正确；
D．世界上各个个国家，实际发射卫星时都采用了多级火箭来进行持续加速，以达到发射卫星所需要的速度，故D正确。
本题由于选择错误的，故选B。
9．D
【解析】
A．人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v'，根据动量守恒定律得
解得
所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，A正确；
B根据
人加速行走，船加速后退；
根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律，人和船相互作用力F大小相等，所以加速度大小与它们质量成反比，B正确；
C根据
所以人走走停停，船退退停停。人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，系统初始动量为0，两者动量总和总是为零，C正确；
D根据
当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，D错误。
故选D。
10．C
【解析】
ABC．以人和车为系统，则系统动量守恒，设人的方向为正方向，由动量守恒定律，有
其中x1和x2表示人和车的位移大小，有
解得
由题意，人向前走，车应往后退，AB错误C正确；
D．题中未说明人的运动状态，故小车的运动状态不定，D错误。
故选C。
11．B
【解析】
释放弹簧过程，两滑块组成的系统动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律得
得
要使乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞，碰后最大速度为v甲，设向左为正方向，对乙，由动量定理得
代入数据解得
故选B。
12．B
【解析】
手雷在空中爆炸过程，水平方向不受外力，系统的动量守恒，设手雷原飞行方向为正方向，由系统水平的动量守恒得
整理得
代入数据得
故选B。
13．AC
【解析】
AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，有
则甲、乙两车运动中速度之比为
而甲、乙两车运动中动量大小之比为
故A正确，B错误；
CD．设甲车和乙车移动的位移为和，则有
，
又有
联立解得
，
故C正确，D错误；
故选AC。
14．AC
【解析】
A．由图知：碰前
碰后两者速度为
两物体碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
则物块A对物块B的冲量为
故A正确；
B．物块B的动量变化量与A对物块B的冲量相等，为，故B错误；
C．物块AB间的平均作用力大小
解得
故C正确；
D．由能量守恒定律得
解得，损失机械能
故D错误。
故选AC。
15．AD
【解析】
AB．可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有
=
解得
故A正确B错误；
C．根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45m，故C错误；
D．根据动量守恒定律，在小球上升到轨道高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以到达的最大高度为h=0.45m，与水平面的夹角为cosα=0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有
=
解得
小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了
故D正确。
故选AD。
16．（1）1m/s2；（2）0.5m；（3）2.5m
【解析】
（1）解除锁定后，两金属块相对平板车滑动过程中，平板车受到B向右的摩擦力和A的向左的摩擦力作用，则由牛顿第二定律
解得
a=1m/s2
（2）AB被弹开的过程中动量守恒，则
解得
v1=4m/s
v2=2m/s
被弹簧弹开后在木板上做减速运动的加速度为
当木板与物块B的速度相等时，则
解得
t=0.5s
v=0.5m/s
则金属块的起始位置离平板车右端的最小距离
（3）当B与C相对静止时，此时A的速度
相对木板的位移为
加向左的恒力后，要想使得B不再产生滑动，则木板的加速度最大为
则此时当A与木板出现共速时，设向左为正方向，则
解得
则此过程中A相对木板的位移
则滑块A初始时刻离平板车左端的最小距离
17．（1），方向水平向左；（2）8R
【解析】
（1）设男、女演员摆到最低点时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有
解得
设女演员推男演员过程中自己获得的速度大小为v2，由题意根据机械能守恒定律有
解得
根据动量定理可得男演员给女演员的冲量大小为
方向水平向左。
（2）设男演员飞出时的速度大小为v1，根据动量守恒定律有
解得
根据运动学规律可得男演员做平抛运动的时间为
所以
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