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
1．2021年12月9日，神舟十三号乘组进行天宫授课，如图为航天员叶光富试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验，但未能成功。若他在1s内以20m/s的速度呼出质量约1g的气体，可获得的反冲力大小约为（　　）
A．0.01N B．0.02N C．0.1N D．0.2N
2．在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。在大人和小孩交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是（　　）
A．向右运动一段距离，最后静止
B．向左运动一段距离，最后静止
C．一直保持静止
D．上述三种都可能
3．如图所示，哈九中航天科普节活动中，某同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C．火箭的水平射程为 D．火箭上升的最大高度为
4．如图所示为我国的长征七号运载火箭刚发射时的情景。则下列法正确的是（　　）
A．火箭受到地面对它的弹力作用而升空
B．火箭受周围空气对它的作用而升空
C．火箭受到向下喷射的气体对它的作用而升空
D．在没有空气的环境中这类火箭无法升空
5．如图所示，两块小木块和，中间夹上轻弹簧，用细线扎在一起，放在光滑的水平台面上，烧断细线，弹簧将小木块，弹出，最后落到水平地面上，根据图中的有关数据，可以判定下列说法中正确的有（弹簧原长远小于桌面长度）（　　）
A．小木块先落到地面上
B．两小木块质量之比
C．两小木块离开桌面时，动能之比
D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比
6．2021年9月17日13时30分，“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落。“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图如图所示，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面1m左右时，舱内宇航员主动切断与降落伞的连接（“切伞”），同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。已知“切伞”瞬间返回舱的速度大小v1=10m/s，火箭喷出的气体速度大小v2=1082m/s，火箭“喷气”时间极短，喷气完成后返回舱的速度大小v3=2m/s，则喷气完成前、后返回舱的质量比为（　　）
A．45：44 B．100：99 C．125：124 D．135：134
7．如图所示，在水平光滑细杆上穿着A、B两个可视为质点的刚性小球，两球间距离为，用两根长度同为的不可伸长的轻绳与C球连接，已知A、B、C三球质量相等，开始时三球静止，两绳伸直，然后同时释放三球，在A、B两球发生碰撞之前的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C和地球组成的系统机械能不守恒
B．A、B两球发生碰撞前瞬间C球速度最大
C．A、B两球速度大小始终相等
D．A、B、C三球动量守恒
8．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
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
10．一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，静止在水中。遇到危险时,它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s的速度向前逃窜。以下说法错误的是（　　）
A．该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反
B．该乌贼喷出的水的速度大小为28 m/s
C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2 J
D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280 N
11．如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，空气的阻力也不考虑。则下列说法不正确的是（　　）
A．人在车上向右行走时，车将向左运动
B．当人停止走动时，车也会停止
C．人缓慢地在车上行走时，车可能不动
D．当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
12．意大利数学家杰罗姆·卡丹早在1550年就第一个指出，中国对世界所具有影响的"三大发明"：是司南（指南针）、印刷术和火药。并认为它们是"整个古代没有能与之相匹敌的发明。1621年，英国哲学家培根也曾在《新工具》一书中提到："印刷术、火药、指南针这三种发明已经在世界范围内把事物的全部面貌和情况都改变了。后来，来华传教士、汉学家艾约瑟最先在上述三大发明中加入造纸术。至此，体现中华民族宝贵精神财富的四大发明广为流传。它不仅促进了古代科学发展和技术进步，对现代科技仍具有重大意义。下列说法正确的是（　　）
A．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒
B．火箭是我国的重大发明，现代火箭发射时，火箭点火离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果
C．火箭喷出燃气速度越大，火箭本身质量与火箭喷出物质质量之比越大，火箭获得速度越大
D．装在炮筒中的火药燃烧将炮弹加速推出炮口的同时，炮身后坐，这是反冲现象
13．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m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弹簧与A、B不拴连，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，下述说法正确的是（　　）
A．两滑块的动能之比为1:3 B．两滑块的动量大小之比3:1
C．两滑块的速度大小之比3:1 D．弹簧对两滑块做功之比1:1
14．2020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
15．如图所示，光滑地面上有一质量为的足够长木板，一质量为的人站在木板的端，关于人由静止开始至运动到木板的端（、表示地面上原、对应的点），则如图所示中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题
16．通过实验探究影响小火箭反冲速度大小的因素是什么_______________．
17．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为________，小球的速度大小为________。
18．载着人的气球静止悬浮在空中，人的质量和气球（包括设备）的质量分别为60kg和300kg．气球离地面的高度为20m，为使人能安全着地，气球上悬挂的软梯长度需要 m．
三、解答题
19．如图所示，在水平面上固定一个半径R=1m的光滑圆弧轨道的工件，其圆心在O点，AOC连线水平，BOD连线竖直。在圆周轨道的最低点B有两个质量分别为m1=4kg、m2=1kg的可视为质点的小球1和2，两小球间夹有一个极短的轻弹簧，当弹簧储存了Ep=90J的弹性势能时锁定弹簧。某时刻解除锁定，弹簧将两个小球弹开，重力加速度g=10m/s2，试求：
(1)两小球脱离弹簧瞬间的速度；
(2)通过计算说明小球2第一次沿轨道上滑过程中能否到达D点？
20．如图所示，质量为2kg的“”形木板A静止放置在光滑的水平地面上，其左端挡板与放在A板上的质量为的小物块之间夹着一小块炸药，炸药爆炸时，有的化学能全部转化为A、B的动能。爆炸结束瞬间，一质量为的物块以水平向左，大小为的速度从A板右端滑上木板，最终物块、C恰好没有发生碰撞，且木板与两物块间的动摩擦因数均为，取，求
（1）炸药爆炸结束瞬间A、的速度大小及方向；
（2）木板的长度为多少；
（3）整个过程中摩擦力对做的功。
21．质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在空中共同静止于离地h高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为？
22．为安全着陆火星，质量为240kg的探测器先向下喷气，使其短时悬停在距火星表面高度100m处。已知火星表面重力加速度g火=3.7m/s2，不计一切阻力，忽略探测器的质量变化。
（1）若悬停时发动机相对火星表面喷气速度为3.7km/s，求每秒喷出气体的质量；
（2）为使探测器获得水平方向大小为0.1m/s的速度，需将12g气体以多大速度沿水平方向喷出 并计算此次喷气发动机至少做了多少功
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
设航天员质量为，呼气后速度为，由动量守恒可得
又
代入数据，可得
ACD错误，B正确。
故选B。
2．B
【解析】
【分析】
【详解】
以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。在大人和小孩相互交换位置时，可假定平板车不动，则在大人和小孩相互交换位置后，系统的重心将右移（因大人的质量要大于小孩的质量）。因此为使系统的重心位置保持不变，平板车必须左移，而在大人和小孩交换位置后，人的动量为零，而总动量为零，则车的动量也为零，故向左运动一段距离，最后静止，故选B。
3．C
【解析】
【详解】
A．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；
B．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误；
C．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有
解得
火箭上升的时间为
火箭的水平射程为
C正确；
D．水喷出后，火箭做斜向上抛运动，有
解得
D错误。
故选C。
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
火箭高速向后喷出气体，气体对火箭的反作用力使火箭升空，故在没有空气的环境中这类火箭也能正常升空，C正确。
故选C。
5．D
【解析】
【详解】
A．两木块被弹簧弹开后离开桌面做平抛运动，下落的高度相同，则下落时运动的时间相同，物块B平抛的位移较大，则抛出时B的速度较大，物块B在桌面上运动的时间较短，则小木块B先落到地面上，A错误；
B．物块B做平抛的水平射程等于A的2倍，则
根据动量守恒定律
两小木块质量之比
B错误；
C．两小木块离开桌面时，动能之比
C错误；
D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小
IG=mgt
在空中运动的时间相等，则所受的冲量之比
D正确。
故选D。
6．D
【解析】
【详解】
设返回舱喷气前的质量为M，喷气后的质量为m，根据返回舱喷气完成前后动量守恒有
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．在A、B两球发生碰撞之前的过程中，只有重力和系统内弹力做功，系统的机械能守恒，故选项A错误；
B．A、B两球发生碰撞前瞬间，两绳与杆垂直，C球不再向下运动，速度为零，故选项B错误；
C．根据对称性可知，A、B两球速度大小始终相等，故选项C正确；
D．三球水平方向不受外力，所以A、B、C三球水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故选项D错误。
故选C。
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
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。
9．D
【解析】
【详解】
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】
【详解】
A．乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力，系统动量守恒, 则该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反，故A正确；
B．选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得
0=Mv1-mv2
解得
v2== m/s=28 m/s
故B正确；
C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量
E=m+M=42 J
故C错误；
D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为
F==280 N
故D正确。
本题要求选说法错误的
故选C。
11．C
【解析】
【详解】
A．人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
解得
车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，A正确，不符合题意；
B．因人和车总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零，B正确，不符合题意；
C．由
可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动， C错误，符合题意；
D．人从车上的左端行走到右端，设车的长度为，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
即
解得
车在地面上移动的距离与人的行走速度无关，D正确，不符合题意。
故选C。
12．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．鞭炮炸响时，内力远远大于外力，所以动量守恒，在任何情况下，能量都是守恒的，A错误；
B．火箭点火，加速上升离开地面过程中，并不是地面对其的反作用，而是大气对其作用力，B错误；
C．设喷出物质质量为m，为燃气速度，火箭本身质量为M，为火箭速度，根据动量守恒有
则有
火箭喷出燃气速度越大，火箭本身质量与火箭喷出物质质量之比越小，C错误；
D．装在炮筒中的火药燃烧将炮弹加速推出炮口的同时，炮身后坐，这是反冲现象，D错误。
故选D。
13．A
【解析】
【分析】
【详解】
BC．两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有
所以
设两滑块速度分别为、，则有
所以
故B、C错误；
AD．两滑块的动能之比为
由动能定理可得
故A正确、D错误。
故选A。
14．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。
15．D
【解析】
【分析】
【详解】
根据动量守恒，人向右运动时，木板向左运动，因此人到达木板的右端b时，b一定位与N点的左侧；由于人向右运动，因此人始终位于M点的右侧，到达b端时，b端一定位于M点的右侧。
故选D。
16．火箭的反冲速度与火箭的质量及发射过程中喷出气体的速度有关
【解析】
【分析】
【详解】
实验材料：相同规格的小火箭四支，竖直发射架，秒表，砝码
实验步骤
（1）把四支小火箭分成两组，每组两支，固定在竖直发射架上
（2）向第一组的两支小火箭加质量相同的发射火药，调节气体喷出口，使第一支的喷气口大于第二支的喷气口
（3）调节使第二组小火箭的喷气口相同，在第一支火箭上固定一小质量的砝码
（4）依次点燃发射，用秒表记录火箭从发射到落地的时间
探究结论：火箭的反冲速度与火箭的质量及发射过程中喷出气体的速度有关
17．
【解析】
【详解】
当小球滚到最低点时，设此过程中，小球水平位移的大小为s1，车水平位移的大小为s2。在这一过程中，由系统水平方向总动量守恒得（取水平向左为正方向）
又
s1+s2=R
由此可得
当小球滚至凹槽的最低时，小球和凹槽的速度大小分别为v1和v2。据水平方向动量守恒
mv1=Mv2
另据机械能守恒得
mgR=mv12+Mv22
得
18．24
【解析】
【详解】
设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：
0=mv1﹣Mv2…①
人沿软梯滑至地面时，气球上升的高度为L﹣h，速度大小：
v2=…②
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为：
v1=…③
将②③代入①得
L=h=×20m=24m；
19．(1) 3m/s，水平向左；12m/s，水平向右；(2)能，计算过程见解析
【解析】
【详解】
(1)设小球m1的速度为v1，m2的速度为v2，两小球与弹簧组成的系统，水平方向合外力为零，且只有弹力做功，由动量守恒有
m1v1=m2v2
由能量守恒有

联立并代入数据解得
v1=3m/s
水平向左
v2=12m/s
水平向右。
(2)小球2水平向右运动，设其能到达圆周的最高点D，由机械能守恒有：
代入数据解得
vD=m/s
又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为
代入数据解得
v=m/s
比较两式知
vD>v
小球2能到达D点。
20．（1），方向向左；，方向向右；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）爆炸过程，以为研究对象：
得
方向向左；
方向向右；
（2）爆炸后一段时间对
得
方向向右；
对
得
方向向左；
对
得
设时刻、共速，则满足
解得
此时
此后、相对静止一起减速、整体的加速度
的加速度不变
得
作出如图
由图像可知板长
（3）由图像可知对，时间内
时间内
得总功
21．h
【解析】
【分析】
【详解】
设人沿软梯降到地面，软梯长度至少为L，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为L－h，速度大小
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为
联立得
解得
22．（1）；（2），
【解析】
【分析】
【详解】
（1）悬停时发动机对喷出气体的作用力
对于喷出气体
解得
（2）根据动量守恒
解得
对喷气发动机做的功
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页