物理选修33 动量守恒定律（二） 动量守恒定律课后复习题

这是一份物理选修33 动量守恒定律（二） 动量守恒定律课后复习题，共6页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(单选题)
1．下列不属于反冲运动的是eq \x(导学号 96140094)( )
A．喷气式飞机的运动 B．直升机的运动
C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动
答案：B
解析：直升机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动。
2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是eq \x(导学号 96140095)( )
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
答案：B
解析：火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故正确答案为选项B。
3．装有炮弹的大炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮筒水平放置，炮弹水平射出时相对炮口的速度为v0，则炮车后退的速度大小为eq \x(导学号 96140096)( )
A．eq \f(m,M)v0 B．eq \f(mv0,M＋m)
C．eq \f(mv0,M－m) D．v0
答案：A
解析：设炮车后退速度大小为v1，则炮弹对地的水平速度大小为(v0－v1)，根据动量守恒定律，(M－m)v1＝m(v0－v1)，所以v1＝eq \f(m,M)v0。故正确答案为A。
4．(河北邢台一中2014～2015学年高二下学期检测)一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为eq \x(导学号 96140097)( )
A．m＝eq \f(v2－v0,v1)M B．m＝eq \f(v2,v2＋v1)M
C．m＝eq \f(v2－v0,v2＋v1)M D．m＝eq \f(v2－v0,v2－v1)M
答案：C
解析：规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
Mv0＝(M－m)v2－mv1
解得m＝eq \f(v2－v0,v2＋v1)M，故选C。
5．(潍坊市2014～2015学年高二下学期三校联考)如图所示，质量为M的小船在静止水平面上以速度v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为eq \x(导学号 96140098)( )
A．v0＋eq \f(m,M)v B．v0－eq \f(m,M)v
C．v0＋eq \f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq \f(m,M)(v0－v)
答案：C
解析：根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)，故选项C正确。
二、非选择题
6．课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动。假如喷出的水流流量保持为2×10－4m3/s，喷出速度保持为对地10m/s。启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103kg/m3。eq \x(导学号 96140099)
答案：4m/s
解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得
(M－ρQt)v′＝ρQtv
火箭启动后2s末的速度为
v′＝eq \f(ρQtv, M－ρQt)＝eq \f(103×2×10－4×2×10,1.4－103×2×10－4×2)m/s＝4m/s
7．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M1＝1kg，车上另有一个质量为m＝0.2kg的小球。甲车静止在平面上，乙车以v0＝8m/s的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M2＝2kg，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上)eq \x(导学号 96140100)
答案：25m/s
解析：要使两车不相撞，则两车速度相等。以三者为系统，动量守恒：0＋M2v0＝(M1＋m＋M2)v共，解得v共＝5m/s，以球与乙车为系统，动量守恒：M2v0－mv＝(m＋M2)v共，解得v＝25m/s。
能力提升
一、选择题(1～4题为单选题，5题为多选题)
1．(九江一中2015～2016学年高二下学期期中)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为eq \x(导学号 96140101)( )
A．eq \f(mL＋d,d) B．eq \f(mL－d,d)
C．eq \f(mL,d) D．eq \f(mL＋d,L)
答案：B
解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度为正方向。
则v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t)，
根据动量守恒定律得：Mv－mv′＝0，
解得，船的质量：M＝eq \f(mL－d,d)，故选B。
2．(山东寿光实验中学2015～2016学年高二下学期质检)如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动eq \x(导学号 96140102)( )
A．一定沿v0的方向飞去B．一定沿v0的反方向飞去
C．可能做自由落体运动D．以上说法都不对
答案：C
解析：根据动量守恒得v′＝eq \f(Mv0－mv,M－m)，mv可能大于、小于或等于Mv0，所以v′可能小于、大于或等于零。
3．质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是eq \x(导学号 96140103)( )
A．eq \f(R,2) B．eq \f(R,3)
C．eq \f(R,4) D．eq \f(R,6)
答案：B
解析：由水平方向平均动量守恒有：mx小球＝2mx大球，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝eq \f(1,3)R。
4．(广东省实验中学2014～2015学年高二下学期期中)如图，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止。如果小车不固定，物体仍从A点由静止滑下，则eq \x(导学号 96140104)( )
A．仍滑到小车上的C点停住
B．滑到小车上的BC间某处停住
C．会冲出C点落到车外
D．小车向左运动，其位移与物体在水平方向的位移大小一定相等
答案：A
解析：小车固定时，根据能量守恒定律可知，小球下滑过程中重力势能转化为因摩擦力产生的内能。设小球离BC高度为h，BC部分长度为L，与BC摩擦力为f，此时有：
Q1＝mgh＝fL①
当小车不固定时，假设物块不会从车上滑下来，根据系统水平方向动量守恒可知最终小车和物块均静止，再根据能量守恒可知，物块的重力势能全部转化为因克服小车与木块之间的摩擦而产生的内能，此时有：
Q2＝mgh＝fL1②
由①②可知：Q1＝Q2，L1＝L，故两次产生热量一样，物块还是滑到C点停住，故A正确，B、C、D错误。
5．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为eq \f(M,2)的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船。设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则eq \x(导学号 96140105)( )
A．A、B两船的速度大小之比为3∶2
B．A、B(包括人)动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
答案：ABC
解析：选A船、B船和人这三个物体为一系统，则它们的初始总动量为0。由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0。选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得：0＝(M＋eq \f(M,2))vB＋MvA
解得：vB＝－eq \f(2,3)vA
所以A、B两船的速度大小之比为3∶2，选项A正确。A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B正确。由于系统的总动量始终守恒为零，故A、B(包括人)动量之和也始终为零，选项C正确。
二、非选择题
6．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0 的速度飞行。eq \x(导学号 96140106)
求(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向。
(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能？
答案：(1)2.5v0，方向与爆炸前速度的方向相反
(2)eq \f(27,4)mveq \\al(2,0)
解析：手榴弹爆炸过程，爆炸力是内力，远大于重力，因此爆炸过程各弹片组成的系统动量守恒，因为爆炸过程火药的化学能转化为内能，进而有一部分转化为弹片的动能，所以此过程系统的机械能(动能)增加。
(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cs60°＝eq \f(1,2)v0。设v1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：
3mv1＝2mv′1＋mv2
其中爆炸后大块弹片速度v′1＝2v0，
解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的速度与爆炸前速度方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔEk＝eq \f(1,2)×2mv′eq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(3m)veq \\al(2,1)＝eq \f(27,4)mveq \\al(2,0)。
7．平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货箱边缘沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A点，距货箱水平距离为l＝4m，如图所示。人的质量为m，车连同货箱的质量为M＝4m，货箱高度为h＝1.25m。求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大。eq \x(导学号 96140107)
答案：1.6m/s
解析：人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，取向右为正方向，则mv1－Mv2＝0，解得v2＝eq \f(1,4)v1，
人跳离货箱后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.25,10))s＝0.5s。
在这段时间内人的水平位移s1和车的位移s2分别为s1＝v1t，s2＝v2t，由图可知，s1＋s2＝l
即v1t＋v2t＝l，则v2＝eq \f(l,5t)＝eq \f(4,5×0.5)m/s＝1.6m/s。