1.4动量守恒定律的应用 练习（word版含答案）

粤教版（2019）选择性必修一 1.4 动量守恒定律的应用
一、单选题
1．2020年12月22日，作为太阳同步轨道火箭的长征八号首次试飞成功。关于火箭发射，下列说法正确的是（　　）
A．火箭发射过程中机械能守恒
B．影响火箭速度大小的因素只有喷出气流的速度
C．影响火箭速度大小的因素包括喷气的质量与火箭本身质量之比
D．喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量相同
2．如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为，突然炸成两块，质量为m的一块以速度沿的方向飞去，则另一块的运动（　　）
A．一定沿的方向飞去
B．一定做自由落体运动
C．可能沿的反方向飞去
D．以上说法都不对
3．2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为（　　）
A．v0-v B．（v0-v）
C．（v0-v）＋v D．
4．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动的正方向抛出一物体P，不计空气阻力，则（　　）
A．火箭一定离开原来轨道运动 B．物体P一定离开原来轨道运动
C．火箭运动半径一定增大 D．物体P运动半径一定减小
5．2021年6月17日9时22分，我国神舟十二号载人飞船发射圆满成功。如图是神舟十二号载人飞船发射瞬间的画面，在火箭点火发射瞬间，质量为m的燃气以大小为的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。已知发射前火箭的质量为M，则在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为（燃气喷出过程不计重力和空气阻力的影响）（　　）
A． B． C． D．
6．近年来，我国的航天事业取得巨大成就，"天问一号"的成功发射，"北斗"系统的成功组网等等，发射各类航天器都要用到火箭。关于火箭下列说法正确的是 （　　）
A．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭反作用力作用的结果
B．火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能
C．火箭运动过程中，牛顿第三定律适用，牛顿第二定律不适用
D．为了提高火箭的速度，实际上可以不断的增加火箭的级数
7．一条质量约为180kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动（不计水的阻力）。如图所示是某研究性学习小组利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的四幅草图，图中实线部分为人在船尾时的情景，虚线部分为人走到船头时的情景。其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，有一质量、边长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为（　　）
A．0.05m B．0.10m C．0.15m D．0.5m
9．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M >m。下列说法正确的是（　　）
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
10．下列物体运动的原理与运载火箭发射升空的原理最为相似的是（　　）
A．爆竹飞上天空 B．运动员跳高 C．地球绕太阳运动 D．离弦之箭
11．如图，小船静止在水面上，站在船尾的人不断将船尾舱的鱼水平抛入左方船头的舱内，（鱼可视为质点，抛出点高度保持不变，一条鱼落入船头的舱内后再抛出下一条鱼），下列说法正确的是（　　）
A．为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应逐渐增大
B．为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应逐渐减小
C．抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸位置不变
D．抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸向右移动了一些
12．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是（　　）
A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人走到船尾不再走动，船也停止不动
C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比
D．船的运动情况与人行走的情况无关
13．下列关于反冲现象的说法中，正确的是（　　）
A．抛出物体的质量要小于剩下物体的质量才能发生反冲
B．若抛出物体A的质量大于剩下物体B的质量，则B受的反冲力大于A所受的反冲力
C．反冲现象中，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，牛顿第二定律都适用
14．光滑水平桌面上有A、B两个物体，A的质量是B的k倍。将一轻弹簧置于A、B之间，用外力缓慢压A、B。撤去外力后，A、B开始运动，A和B的动量大小的比值为（　　）
A． B．1 C． D．k
15．我国火箭军东风中程弹道导弹点火升空时的发射情景如图所示，点火前东风导弹的总质量为（含气体），点火后在极短时间内东风导弹以相对地面的速度向后高速喷出质量为的炽热气体。若喷气过程内力远大于导弹受到的重力，则东风导弹获得的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
16．原来静止在匀强磁场中的放射性元素的原子核A，发生衰变后放出的一个射线粒子和反冲核都以垂直于磁感线的方向运动，形成如图所示的8字型轨迹，已知大圆半径是小圆半径的n倍，且绕大圆轨道运动的质点沿顺时针方向旋转．那么：
⑴原子核A的原子序数是__________．
⑵其旋转方向为____________．
17．判断下列说法的正误．
（1）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．( )
（2）只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析．( )
（3）反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子．( )
（4）在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( )
18．如下图质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，现人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离_____，_____。
三、解答题
19．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高处A。求男演员落地点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m1∶m2=3∶2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。
20．在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时引爆，引爆后爆炸物炸裂成质量分别为m1=0.4kg、m2=0.2kg，初速度均沿水平方向的两个碎块。自遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。求：
（1）炸物的爆炸点离地面高度；
（2）两碎块落地点间的距离；
（3）爆炸过程中系统所增加的机械能。
21．卫星携带一探测器在半径为4R的圆轨道I上绕地球做匀速圆周运动。在A点，卫星上的辅助动力装置短暂工作，将探测器沿运动方向射出（设辅助动力装置喷出的气体质量可忽略）。若探测器恰能完全脱离地球的引力范围，即到达距地球无限远时的速度恰好为零，而卫星沿新的椭圆轨道Ⅱ运动，如图所示，A、B两点分别是其椭圆轨道Ⅱ的远地点和近地点（卫星通过A、B两点时的线速度大小与其距地心距离的乘积相等）。地球质量为M，探测器的质量为m，卫星的质量为，地球半径为R，引力常量为G，已知质量分别为、的两个质点相距为时，它们之间的引力势能为，求：
（1）卫星刚与探测器分离时，卫星的线速度大小；
（2）卫星运行到近地点B时距地心的距离a。
22．一质量为3×103kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速率（相对于地面）为103m/s，不计在开始一段时间喷出气体对火箭总质量的影响。求在开始时：
(1)每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？
(2)每秒钟喷出多少气体才能使火箭有20m/s2的加速度？（取g=10m/s2）
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．火箭发射过程中有燃料的燃烧，有外力对火箭做功，机械能不守恒，A错误；
BC．影响火箭速度大小的因素是喷气速度和喷气的质量与火箭本身质量之比，故B错误，C正确；
D．喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量大小相等，方向相反，D错误。
故选C。
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
以整个导弹为研究对象，取的方向为正方向，根据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒得
解得
另一块可能沿的方向飞去、沿的反方向飞去、自由落体运动，故选C。
3．C
【解析】
【分析】
【详解】
喷射燃气的过程动量守恒，有
解得
故选C。
4．B
【解析】
【分析】
【详解】
若其沿运动方向的正方向射出一物体P,物体P的速度一定增加，所以物体P一定做离心运动，所以物体P一定离开原来的轨道，对于火箭由于不清楚抛出物体P的速度大小，所以不能确定火箭的运动情况，故选B。
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
以向上为正方向，由动量守恒定律可得
解得
D正确。
故选D。
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．火箭点火后离开地面向上运动，是空气对火箭反作用力作用的结果。故A错误；
B．火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能。利用反冲原理，升空。故B正确；
C．火箭运动过程中，牛顿第三定律适用，牛顿第二定律也适用。故C错误；
D．增加火箭的级数会增加火箭的自身重量，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。
故选B。
7．B
【解析】
【详解】
船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上向右前进，船向左退，所以人的对地位移方向向右，船的对地位移方向向左，故B正确，ACD错误。
故选B。
8．A
【解析】
【详解】
小球由静止开始从如图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向平均动量守恒，则有
即
根据题意，有
联立解得
故选A。
9．C
【解析】
【详解】
A．小球由静止释放后，除重力做功外，小车对小球也做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向的动量守恒，故B错误；
C．由动量守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，初状态水平方向动量为零，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，相对小车静止，系统的末动量也为零，所以小车的速度为零，故C正确；
D．由水平方向的动量守恒可得小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，运动到最低点时，有
则有
可得
且
则可得
则小球运动到左侧做高点时，小车向右移动的距离为
所以小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，由动量守恒定律可得，小球从圆形轨道左侧的最高点由静止释放，运动到右侧做高点时，小车回到原来的位置，所以小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，故D错误。
故选C。
10．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．运载火箭发射升空是运用动量守恒定律，利用反冲现象而实现的，爆竹飞上天空也是利用了反冲现象，所以A正确；
B．运动员跳高是利用动能转化为重力势能，所以B错误；
C．地球绕太阳运动是利用万有引力提供向心力，所以C错误；
D．离弦之箭中“离弦之箭”是由于物体具有惯性，所以D错误；
故选A。
11．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．人、船组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒，人抛出鱼后，鱼做平抛运动，人的高度不变，则飞行时间不变，船头到船尾的距离不变，为使鱼始终可保证落入船头的舱内，所以人抛出鱼的速度不变，故AB错误；
CD．人船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船(包括人)具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一些，故D正确，C错误。
故选D。
12．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．人从船头走向船尾的过程中，人和船组成的系统动量守恒。设人的质量为m，速度为v。
船的质量为M，速度为v' 。以人行走的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
0=mv+Mv'
解得
可知，人匀速行走，v不变，则v'不变，船匀速后退，且两者速度大小与它们的质量成反比。故A正确，与题意不符；
B．人走到船尾不再走动，设整体速度为v"，由动量守恒定律得
0 = (m+ M)v"
得
v"=0
即船停止不动。故B正确，与题意不符；
C．系统初始总动量为0，根据动量守恒定律得
0=mv+Mv'
解得
则不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比。故C正确，与题意不符；
D．由上分析知，船的运动情况与人行走的情况有关，人动船动，人停船停。故D错误，与题意相符。
故选D。
13．D
【解析】
【详解】
A．反冲现象中并没有确定两部分物体之间的质量关系，选项A错误；
B．在反冲现象中，两部分物体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，选项B错误；
CD．在反冲现象中，一部分物体受到的另一部分物体的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度增大，在此过程中，对每一部分，牛顿第二定律都适用，选项C错误，选项D正确。
故选D。
14．B
【解析】
【详解】
设A和B的动量大小分别为pA和pB，由于系统初动量为零，且A、B被弹开后运动方向相反，则根据动量守恒定律有
即
故选B。
15．A
【解析】
【分析】
【详解】
忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，系统动量守恒，取向下为正方向，对东风导弹，由动量守恒定律得
解得
故选A。
16． 2n+2 顺时针
【解析】
【详解】
（1）放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆，原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反．由左手定则可知匀强磁场的方向一定是垂直于纸面向外；由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：，就动量大小而言有m1v1=m2v2，大圆是α粒子的，所以新生成核的电荷数即原子序数为2n，原子核A的原子序数是2n+2；
（2）沿小圆运动的是反冲核；由左手定则知反冲核的旋转方向为顺时针．
点睛：原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，而带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式中的分子恰好是动量的表达式，要巧妙应用.
17． 正确 错误 正确 正确
【解析】
【详解】
略
18．
【解析】
【详解】
[1][2]人和气球静止在空中，人和气球整体所受合力为0，当人沿绳梯运动时，人和气球的动量守恒，即人和气球的动量大小相等、方向相反，所以任意时刻人和气球的速率之比
人和气球对于地面移动的距离之比
据几何关系有
联立解得
、
19．
【解析】
【分析】
【详解】
两演员一起从从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒定律，设总质量为m，则
女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒
女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒：
根据题意
有以上四式解得
接下来男演员做平抛运动：由
得
因而
20．（1）80m；（2）1020m；（3）4335J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）爆炸物炸裂成两碎块后经过相同的时间t0落地，落地后分别经过t1、t2的时间落地的响声被记录仪记录，有
t0+t1=5，t0+t2=6
爆炸物炸时，水平方向动量守恒，则
那么在水平方向，由于碎片做匀速直线运动，则落地时
解得
t0=4s，t1=1s，t2=3s
所以在竖直方向
（2）两碎块落地点的距离
（3）爆炸物炸裂后，两碎片的速度分别为
，
爆炸过程中系统增加的机械能
21．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）当卫星与探测器一起绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力定律和牛顿第二定律得
设刚分离时，卫星的线速度大小为，探测器的线速度大小为，则探测器刚好脱离地球的引力范围应满足
解得
脱离过程由动量守恒定律得
（2）分离后卫星在椭圆轨道上运行，设近地点B距地心的距离为a，线速度大小为
由已知得
由机械能守恒定律得
由⑥⑦⑧式得
22．(1)30kg；(2)90kg
【解析】
【分析】
【详解】
(1)要使每秒钟喷出气体产生的推力克服火箭重力，则有
F1=Mg
对喷出的气体根据动量定理有
根据牛顿第三定律有
解得
m1=30kg
(2)要使每秒钟喷出气体产生的推力使火箭有20m/s2的加速度，则有
F2-Mg=Ma
对喷出的气体根据动量定理有
根据牛顿第三定律有
解得
m2=90kg
答案第1页，共2页
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