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．
2．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
3．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可靠的是（　　）
A．向后踢腿 B．向后甩手
C．脱下衣服或鞋子水平抛出 D．脱下衣服或鞋子竖直向上抛出
4．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P对Q做功为零 B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒 D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
5．北京已成功申办2022年冬奥会，花样滑冰运动是其中的一个项目。有两个穿着冰鞋的甲、乙运动员站在水平冰面上，当甲猛推乙时，两人会向相反的方向滑行。不计冰面对运动员的水平作用推乙的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲对乙的作用力小于乙对甲的作用力
C．甲获得的速度与乙获得的速度大小总是相等
D．甲获得的动量与乙获得的动量大小总是相等
6．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
7．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。
8．一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
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
10．一只质量为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．西晋史学家陈寿在《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这就是著名的曹冲称象的故事。某同学欲挑战曹冲，利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后慢速进入静止的平行于河岸的船的船头，再从船头行走至船尾，之后，慢速下船，测出船后退的距离d与自身的质量m，若忽略一切阻力，则船的质量为（ ）
A． B． C． D．
12．2021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．
13．长为5m、质量为200kg的小船停在静水中，质量为50kg的人从船头走到船尾，不计水的阻力，则船在水中移动的距离为（　　）
A．1m B．2m C．3m D．4m
14．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
15．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．
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．甲乙两船自身质量为120 kg，都静止在静水中，当一个质量为30 kg的小孩以相对于地面6 m/s的水平速度从甲船跳上乙船时，不计阻力，甲、乙两船速度大小之比：v甲∶v乙=_______。
18．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．( )
三、解答题
19．如图所示，光滑水平面上放置一竖直的光滑四分之一圆弧槽，圆弧槽的质量kg，圆弧槽的右端与质量kg、长度L=6m且上表面水平的木板相切，距离木板左端处静止着质量均为1kg的A、B两个小物块（可视为质点）。现点燃两物块之间的炸药，使两物块都获得水平速度。A物块滑离木板后沿圆弧槽运动且恰好能运动到圆弧槽的最高点，B物块恰好能到达木板的最右端。已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，假设炸药的化学能全部转化为两物块的动能，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知炸药释放了36J的化学能，g取10m/s2。求：
（1）炸药爆炸后，A、B两物块的速度大小；
（2）两物块与木板间的动摩擦因数、圆弧槽的半径R。
20．如图所示，粗糙平直轨道与半径为R的光滑半圆形竖轨道平滑连接，可视为质点质量为m的滑块A与质量为2m的滑块B放在光滑水平面上，中间放有弹性物质，滑块与平直轨道间的动摩擦因数为μ，平直轨道长为L，现释放弹性物质的能量，使A以水平向右的初速度滑上平直轨道，滑过平直轨道后冲上圆形轨道，在圆形轨道最低点处有压力传感器，滑块沿圆形轨道上滑的最大高度h与滑块通过圆形轨道最低点时压力传感器的示数F之间的关系其中两个值如图乙所示。
(1)若滑块A沿圆形轨道上滑的最大高度为R，求弹性物质释放的能量；
(2)求图乙中的F0的最小值；
(3)请通过推导写出h与F的关系式，并将图乙补充完整。
21．如图所示是宁波某乐园2021年春节表演烟花秀。假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开后，形成漂亮的球状礼花，一边扩大，一边下落。已知礼花弹从炮筒射出的速度为v0=40m/s，假设整个过程中礼花弹、弹片所受的空气阻力大小总是重力的k倍（k=0.6），忽略炮筒的高度，重力加速度g取10m/s2，则：
（1）礼花弹射出后，上升的最大高度；
（2）礼花弹炸开后的这些弹片中，最小加速度为多少；
（3）假设其中一个质量30克的礼花弹由于故障在最高点只炸成两块，其中质量为20克的弹片速度大小为20m/s，方向竖直向下。一弹片质量为10克。若爆炸释放能量中的50%转化为两个弹片的动能，求这次爆炸所释放的能量；
（4）在（3）题中，两弹片落地的时间间隔。
22．如图所示，质量为m的人站在一条质量为M、长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．当该人向左走到船的左端时，在不考虑水流速度与水对船体的黏滞阻力的情况下，船左端运动到离岸多远的地方？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】
喷射燃气的过程动量守恒，有
解得
故选C。
2．C
【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。
3．C
【详解】
AB．以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向前甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故AB错误；
C．把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个速度，动量总量不变，所以人也可以有一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确；
D．把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个竖直方向的速度，水平动量总量仍然等于0，所以人仍然静止，不可以离开冰面，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】
A．P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面上，与Q前后移动连线的位移夹角大于，所以P对Q做功不为0，故A错误；
B．因为PQ之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；
CD．因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上不守恒，故CD错误；
故选B。
5．D
【详解】
AB．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等方向相反，故AB错误；
CD．在推的过程中，满足动量守恒，根据
即甲获得的动量与乙获得的动量大小总是相等，但是由于质量关系不确定，获得的速度大小不确定，故C错误，D正确；
故选D。
6．D
【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。
7．B
【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。
8．B
【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。
9．C
【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．C
【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．D
【详解】
画出如图所示的草图
设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则
，
人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得船的质量
故选D。
12．D
【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。
13．A
【详解】
人船动量守恒，有
所以有
又因为
解得
故选A。
14．C
【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。
15．B
【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。
16． 2n+2 顺时针
【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.
17．5∶4
【详解】
根据系统动量守恒定律的条件可知：以甲、乙两船和小孩为系统作为研究对象，系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
所以
18． 正确 错误 正确 正确
【详解】
略
19．（1），；（2），R=0.6m
【详解】
（1）设两物块质量均为m，炸药爆炸后，根据动量守恒和能量守恒，可得
解得
（2）由于A、B在木板上动摩擦因数相同，质量相同，则在A滑行至木板左端的过程中，木板和圆弧槽始终不动，A离开滑板的末速度与B相等
且
A物块从爆炸后到离开木板的过程中，由动能定理得：
A物块从离开木板到上滑至圆槽最高点过程中：由A与圆槽系统水平动量守恒和机械能守恒得
上述过程的同时，B与木板系统动量守恒，能量守恒：
解得：
，R=0.6m
20．(1)；(2)；(3)见解析
【详解】
(1)滑块由A到沿圆轨道上滑高度R的过程，根据动能定理，有
A与B动量守恒
得
所以
所以弹性物质释放的能量为
(2)由图乙可得，当压力传感器的示数为F0时，滑块沿圆轨道上滑的最大高度恰为2R，根据牛顿第三定律可得此时滑块所受支持力大小为F0，设滑块通过圆轨道最低点的速度为v1，到达圆轨道最高点的速度为v2，根据牛顿第二定律，有
滑块在圆轨道最低点
滑块在圆轨道最高点
滑块由圆轨道最低点滑到圆轨道最高点的过程，根据动能定理，有
解得
(3)根据牛顿第三定律可得滑块所受支持力大小为F，设滑块通过圆轨道最低点的速度为v，沿圆轨道上滑的最大高度为h，根据牛顿第二定律，有
①在F取值0—3mg间
滑块在圆轨道最低点
滑块由圆轨道最低点沿圆轨道滑到最大高度h的过程，根据动能定理，有
联立上述两式解得
②在3mg—6mg间
滑块在圆轨道最低点
滑块在圆轨道脱离的最高点
其中
滑块由圆轨道最低点沿圆轨道滑到最大高度h的过程，根据动能定理，有
得
即
③在F大于6mg时，h最高点均为2R
完整图如图所示
21．（1）50m；（2）；（3）24J；（4）7.5s
【详解】
（1）礼花弹上升过程中有
解得
（2）由题意可知，炸开后，竖直下落的弹片加速度最小，由牛顿第二定律
解得
（3）烟花弹在最高点炸开时动量守恒
解得
两弹片总动能
故释放能量
（3）炸开后，质量的弹片上升时间
上升高度
此弹片落回爆炸点时间
落回时的速度
即：回到爆炸点后，此弹片与另一弹片落到地面所用时间相同。故：两弹片落地时间相差
22．
【详解】
设某一时刻人向左走的速度大小为v1，船向右移动的速度大小为v2，根据动量守恒定律有
由于v1和v2始终满足上式，所以整个运动过程中人和船的平均速度和满足
又因为两者的运动时间相同，所以整个运动过程中人和船的位移大小和满足
而人与船的相对位移大小等于船的长度，即
解得当该人向左走到船的左端时，船左端到岸边的距离为
答案第1页，共2页
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