1.4、5 反冲运动 自然界中的守恒定律 习题（含答案）

第四节　反冲运动
第五节　自然界中的守恒定律
(时间：60分钟)
考查知识点及角度
难度及题号
基础
中档
稍难
反冲运动
1、2、3
4、5、6
“人船模型”
7
8
动量能量综合
9
综合提升
10
11、12
13
知识点一　反冲运动
1．下列不属于反冲运动的是
(　　)．
A．喷气式飞机的运动
B．直升飞机的运动
C．火箭的运动
D．反击式水轮机的运动
解析　直升飞机是螺旋浆与外部空气作用不是反冲，其它三种是反冲运动．
答案　B
2．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是(　　)．
A．向后踢腿
B．手臂向后甩
C．在冰面上滚动
D．脱下外衣水平抛出
答案　D
3．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1－4、5－7所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是(　　)．
A．打开阀门S1
B．打开阀门S2
C．打开阀门S3
D．打开阀门S4
解析　据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为0，由0＝m水v水＋m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出．
答案　B
4．质量为m的人，原来静止在乙船上，甲、乙两船质量均为M，开始时都静止，人先跳到甲船，立即再跳回乙船，这时两船速度大小之比为v甲∶v乙等于
(　　)．
A．1∶1
B．m∶M
C．(m＋M)∶M
D．m∶(M＋m)
解析　对人及甲、乙两船，由动量守恒定律得：Mv甲－(M＋m)v乙＝0，即v甲∶v乙＝(m＋M)∶M.
答案　C
5．步枪的质量为4.1
kg，子弹的质量为9.6
g，子弹从枪口飞出时的速度为865
m/s，则步枪的反冲速度大小约为
(　　)．
A．2
m/s
B．1
m/s
C．3
m/s
D．4
m/s
解析　由动量守恒得：9.6×10－3×865－4.1v枪＝0，v枪＝2
m/s.
答案　A
6．质量m＝100
kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40
kg、m乙＝60
kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3
m/s的速度跃入水中，如图1－4、5－8所示，则小船的运动速率和方向为
(　　)．
A．0.6
m/s，向左
B．3
m/s，向左
C．0.6
m/s，向右
D．3
m/s，向右
解析　甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，解得v＝，代入数据解得v＝－0.6
m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确．
答案　A
知识点二　“人船”模型的应用
7．光滑水平面上一长L、质量为M的平板车一端站着一质量为m的人，开始时，人、车均静止，当人从车一端走到另一端时，人、车的位移各是多大？
解析　人、车系统动量守恒，在任一时刻动量之和为零，设人前进的方向为正方向
mvm－MvM＝0，
①
①式说明即使人不是匀速行走，任一时刻人、车速度大小比等于其质量的反比，故全过程人、车的平均速度也满足此关系，即
－＝0，
②
在人从车一端走到另一端的过程中，车向左退，如图所示，
此过程中人的位移sm与车的位移sM之和为车长L，
即sM＋sm＝L，③
由②③解得人、车的位移sm＝，sM＝.
答案　人、车的位移大小各是、.
8．如图1－4、5－9所示，物体A和B质量分别为m2和m1，其水平直角边长分别为a和b.设A、B之间以及B与水平地面均无摩擦，当A由B顶端从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是多少？
解析　m1与m2组成的系统水平方向动量守恒，设B的水平位移为s1，A的水平位移为s2，由动量守恒有0＝m1s1－m2s2①，且s1＋s2＝b－a②，联立①②，解得s1＝.
答案　
知识点三　动量能量综合
9．两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图1－4、5－10所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．
图1－4、5－10
解析　物块在劈A上下滑时，两者水平方向动量守恒，设到达最低端时，m的速度为v1，A的速度为vA，取向右为正，则0＝mv1－M1vA，两者组成的系统机械能守恒，有
mgh＝mv＋M1v
由以上两式解得v1＝
物块滑上劈B时，两者水平方向动量守恒，系统机械能守恒，物块在B上能够达到的最大高度为H，此时两者具有共同速度vB，所以有
mv1＝(m＋M2)vB
mv＝(m＋M2)v＋mgH
解得H＝.
答案　
10．竖直发射的火箭质量为6×103
kg.已知每秒钟喷出气体的质量为200
kg.若要使火箭获得20.2
m/s2的向上加速度，则喷出气体的速度大小应为(　　)．
A．700
m/s
B．800
m/s
C．900
m/s
D．1
000
m/s
解析　火箭和喷出的气体动量守恒，即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v气＝m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力F＝＝＝200v气，又F－m箭g＝m箭a，得v气＝900
m/s.
答案　C
11．质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上，如图1－4、5－11所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边
(　　)．
A.
B.s
C．s
D.s
解析　挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep＝mv，挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有Ep＝2×mvB′2，由以上两式解得vB′＝vB，D对．
答案　D
12．如图1－4、5－12所示，带有光滑的半径为R的圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上，滑块的质量为M，使一个质量为m的小球由静止从A处释放，当小球从B点水平飞出时，滑块的速度为多大？
解析　运动过程中小球的机械能不守恒，但小球和滑块组成的系统机械能守恒，又因为系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，设小球从B点飞出时速度为v1，滑块的速度为v2，则有mv1－Mv2＝0，mgR＝mv＋Mv，解之得v2＝m
.
答案　
m
13．如图1－4、5－13所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上再放一质量为0.10
kg的爆竹B，木块A的质量为mA＝6.0
kg.当爆竹爆炸时，木块因反冲作用陷入沙堆中．从爆竹爆炸到木块停止下陷历时0.1
s，已知木块在沙堆中受到的平均阻力为90
N．求爆竹能上升的最大高度．设爆竹中火药的质量及空气阻力忽略不计，取g＝10
m/s2.
解析　在爆炸的瞬间，爆竹获得向上的速度v1，木块获得向下的速度v2，A、B系统在竖直方向可以看做动量守恒．而木块在其重力及沙子的阻力作用下以初速度v2下陷一段距离，由牛顿第二定律可求出v2.
对木块A，以向下为正方向，有a＝＝，
解得v2＝0.5
m/s，即在爆炸的瞬间木块A获得向下的速度为v2＝0.5
m/s
以A、B为研究对象，爆炸过程中系统的动量守恒，有
mBv1＋mAv2＝0，解得v1＝－＝－30
m/s，
负号表示方向向上．爆炸后爆竹以速度v1做竖直上抛运动，上升的最大高度为H＝eq
\f(v,2g)＝45
m.
答案　45
m
图1-4、5-7
5-
图1-4、5-8
图1-4、5-9
图1-4、5-11
图1-4、5-12
、
图1-4、5-13