1.4动量守恒定律的应用 同步练习（Word版含解析）

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．装好炮弹的大炮总质量为M，其中炮弹的质量为已知炮弹出炮口时对地的速度大小为v，方向与水平方向间的夹角为，不计炮身与地面间的摩擦，则炮车后退的速度大小是（　　）
A． B． C． D．
2．2021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．
3．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
4．空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02－2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（　　）
A．绕地球运行速度约为2.0km/s
B．绕地球运行速度约为9.0km/s
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，朝运动方向喷气
D．3月份发动机肯定工作过一段时间
5．一辆小车置于光滑水平面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端装一网兜。若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将（空气阻力不计）（　　）
A．向左移动一段距离停下 B．在原位置没动
C．向右移动一段距离停下 D．一直向左移动
6．近几年来，我国的大推力火箭“长征五号”（昵称“胖五”）频频亮相，多次承担重要发射任务。其上搭载了8台型号为YF-100的液氧煤油发动机，8台发动机一起工作时，每秒钟可将3200kg的高温气体以3000m/s的速度喷出，则每台发动机的最大推力约为（　　）
A．1.2×105N B．9.6×105N C．1.2×106N D．9.6×106N
7．地空导弹又称防空导弹，是指从地面发射攻击空中目标的导弹。担负着中国防空重任的红旗系列防空导弹已经形成一个庞大的家族，构成了我国地空导弹的主体。假设一枚质量为3m的地空导弹斜向上发射出去，到达最高点时速度大小为v0方向水平向西，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v0方向水平向东，则另一块的速度大小为（ ）
A．v0 B．2v0 C．3v0 D．5v0
8．如图所示，质量为3m、半径为R的大空心球B（内壁光滑）静止在光滑水平面上，有一质量为m的小球A（可视为质点）从与大球球心等高处开始无初速度下滑，滚到大球最低点时，大球移动的距离为（　　）
A．R B． C． D．
9．小船相对于静止的湖水以速度向东航行，某人将船上两个质量相同的沙袋，以相对于湖水相同的速率先后从船上水平向东、向西抛出船外，那么当两个沙袋都被抛出后，小船的速度将（　　）
A．仍为 B．大于 C．小于 D．可能反向
10．如图所示，光滑绝缘水平面上带有同种电荷的A、B两个小球质量分别为m1，m2，当相距一定距离时同时释放，在释放后的任一时刻，A、B两小球的下列关系正确的是（　　）
A．受力之比等于m1：m2
B．加速度之比等于m1：m2
C．动量之比等于m2：m1
D．动能之比等于m2：m1
11．如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上白由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．绳的拉力对小球始终不做功
B．滑块与小球的质量关系为M=2m
C．释放小球时滑块到挡板的距离为
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为
12．下列说法中正确的是（　　）
A．在物理学中，基本单位和常用单位一起组成了单位制。
B．当物体中的一部分向某方向抛出时，其余部分就会同时向相反方向运动，这种现象叫做反冲。
C．在物理学中既有大小又有方向的物理量，称为矢量，如力、速度、温度都是矢量。
D．亚里士多德认为：如果忽略阻力，轻重物体由静止释放，它们下落得一样快。
13．质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中。现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳长度至少为（　　）
A． B．
C． D．
14．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是（　　）
A．两滑块的动能之比
B．两滑块的动量大小之比
C．弹簧对两滑块的冲量大小之比
D．弹簧对两滑块做功之比
15．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等）（　　）
A．1.5m B．1.2m C．1.34m D．1.1m
二、填空题
16．如图所示，一枚导弹模型在5m高处以10m/s的速度水平向右飞行时，炸裂成质量比为3：2的两块，质量大的那块以30m/s的速度向左飞行，取g=10m/s2，不计炸药的质量，在质量小的那块的速度大小为_____m/s；两块在水平地面上的落地点相距_____m．

17．质量为m，长为a的汽车由静止开始从质量为M，长为b的平板车一端行至另一端时，如图所示，汽车产生的位移大小是______，平板车产生位移大小是______。(地面光滑)
18．静止在水面上的船长为L、质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离是____．
三、解答题
19．一质量为的烟花弹获得动能后，从地面处竖直升空，当烟花弹上升的速度为0时，弹中火药爆炸将烟花弹沿水平方向炸为两部分，质量之比为，两部分获得的动能之和也为。爆炸时间极短，重力加速度大小为，不计空气阻力和火药的质量，求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹的两部分经过一段时间落到地面，求落地点间的距离。
20．航天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。航天员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸。已知航天员呼吸的耗氧率为。试问：
（1）如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15kg的氧气，他能安全回到飞船吗？
（2）航天员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？
21．假如进行太空行走时连同装备质量M＝100 kg的宇航员，在离飞船45 m处与飞船相对静止，他带有一个装有m0＝0.5 kg的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以v＝50 m/s的速度在极短的时间内相对宇航员自身喷出。要返回时，必须向相反的方向释放氧气，同时还要留一部分氧气供返回途中呼吸。设他的耗氧率k＝2.5×10－4 kg/s，问：如果他在准备返回飞船的瞬间，释放0.15 kg的氧气他能安全地回到飞船吗？
22．如图所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量M＝3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒。取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有
解得
故选B。
2．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。
3．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。
4．D
【解析】
【详解】
AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度（v1=7.9km/s）
地球半径约为6400km，设空间站离地高度为h，则
解得
空间站距离地面的高度约为
h+R=420km+6400km=6820km
则
故AB错误；
C．若要增加空间站高度，由反冲原理，应开启发动机，朝运动的反方向喷气，故C错误；
D．由图可以看出3月份有段时间空间站的离地高度增加，说明发动机工作了一段时间，故D正确。
故选D。
5．A
【解析】
【详解】
弹簧枪发射弹丸后，依靠反冲小车向左运动，当飞行的弹丸落入右端网兜时，因系统动量守恒，小车又停止。
故选A。
6．C
【解析】
【详解】
8台发动机每秒钟可将3200kg的高温气体以3000m/s的速度喷出，由动量定理有
解得
则每台发动机的最大推力为，故C正确，ABD错误。
故选C。
7．D
【解析】
【详解】
在最高点水平方向动量守恒，取水平向西为正，由动量守恒定律可知
可得另一块的速度为
故选D。
8．D
【解析】
【详解】
A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零，动量守恒，则从A被释放到A滚到最低点的过程中，A、B在任意时刻的速度大小满足
所以A、B的位移大小满足
根据位移关系有
解得
故选D。
9．B
【解析】
【分析】
【详解】
由于小船原来是向东航行的，具有一定的动量，当人将两个质量相等的沙袋以相同的速率分别向东、西方向抛出时，人、小船和沙袋组成的系统的总动量仍不变；可知抛出后小船动量不变，但由于将沙袋抛出了，故船的质量会减小，则它的速度将会增大。
故选B。
10．D
【解析】
【详解】
A．两电荷之间的作用力为相互作用力，则受力之比等于1:1，选项A错误；
B．根据F=ma可知，加速度之比等于m2：m1，选项B错误；
C．两电荷组成的系统受合外力为零，则总动量守恒，则
p1-p2=0
即动量之比等于1:1，选项C错误；
D．根据
可知，动能之比等于m2：m1，选项D正确。
故选D。
11．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．因滑块不固定，绳下摆过程中，绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，故A错误；
B．小球下摆过程，系统机械能守恒
水平方向动量守恒
小球向左摆动最高点，机械能守恒，有
联立解得
故B错误；
C．由动量守恒
可得
即释放小球时滑块到挡板的距离为，故C正确；
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为
故D错误。
故选C。
12．B
【解析】
【详解】
A．在物理学中，基本单位和导出单位一起组成了单位制。故A错误；
B．当物体中的一部分向某方向抛出时，其余部分就会同时向相反方向运动，这种现象叫做反冲。故B正确；
C．在物理学中既有大小又有方向的物理量，称为矢量，如力、速度都是矢量。但是温度是标量，故C错误；
D．伽利略认为：如果忽略阻力，轻重物体由静止释放，它们下落得一样快。故D错误。
故选B。
13．B
【解析】
【分析】
【详解】
热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时软绳至少应接触地面，设软绳长为L，人沿软绳滑至地面人的位移为x1，热气球的位移为x2，由动量守恒定律有
又有
解得
L＝h
故ACD错误，B正确。
故选B。
14．C
【解析】
【详解】
A．根据动量守恒定律得
解得

两滑块的动能之比
A错误；
B．两滑块的动量大小之比为
B错误；
C．弹簧对两滑块的冲量大小之比
C正确；
D．弹簧对两滑块做功之比
D错误。
故选C。
15．C
【解析】
【分析】
【详解】
若船用缆绳固定时，有
若撤去缆绳，有
由动量守恒可得
两次人消耗的能量相等，则动能不变，有
联立解得
船离岸的距离为
所以C正确；ABD错误；
故选C。
16． 70； 100；
【解析】
【详解】
设导弹的总质量为，以初速度的方向为正方向，爆炸后质量大的一块质量为，速度，质量小的一块质量为，速度设为
由动量守恒定律得：
代入数据解得：，方向向右；
爆炸后两块分别向前、向后做平抛运动，下落到地面的时间为：
则两块落地的距离为：．
点睛：本题要抓住导弹在爆炸过程中系统动量守恒，爆炸后裂块做平抛运动，应用动量守恒定律及平抛知识即可正确解题．
17．
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]设汽车的位移为s，平板车的位移为b-a-s，根据动量守恒
mvm=MvM
两边同乘t，则有
ms=M（b-a-s）
解得，汽车的位移
s=
平板车的位移
b-a-s=
18．
【解析】
【详解】
船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒定律有
mv1 Mv2=0
人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于地面行走的距离为L x，则有
解得
19．(1)；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)烟花的初动能
竖直上抛过程所用时间
联立可得。
(2)爆炸瞬间，两部分的速度分别为v1，v2，水平方向由动量守恒可得
mv1-mv2=0
由能量守恒可得
之后做平抛运动，竖直方向自由下落，下落时间与上升时间t相同，水平方向匀速运动，两部分的位移分别为
落地点间的距离为
联立可解得。
20．（1）能；（2）1800s；200s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)令，，，氧气释放速度为，航天员在释放氧气后的速度为，由动量守恒定律得
由于释放氧气的质量0.15kg远远小于总质量100kg，因此认为氧气喷出后总质量不变，则有
航天员返回飞船所需时间
航天员返回途中所耗氧气
氧气筒喷射后所余氧气
因为，所以航天员能顺利返回飞船。
(2)设释放的氧气未知，途中所需时间为t，则
为航天员返回飞船的极限条件，可得
解得
或
分别代入
得
即航天员安全返回飞船的最长时间为1800s，最短时间只有200s。
21．能
【解析】
【详解】
设氧气释放速度为v，宇航员在释放氧气后的速度为v′，由动量守恒定律得
0＝（M－Δm）v′－Δm（v－v′）
得出
宇航员返回飞船所需时间
宇航员返回途中所耗氧气
m′＝kt＝2.5×10－4×600 kg＝0.15 kg
氧气筒喷射后所余氧气
m″＝m0－Δm＝（0.5－0.15） kg＝0.35 kg
因为
m″>m′
所以宇航员能安全返回飞船。
22．
【解析】
【详解】
由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：
mv1＝Mv2
所以
若小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则
由题意：
x1＋x2＝R－r
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页