高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第四节 动量守恒定律的应用优秀课后练习题

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第四节 动量守恒定律的应用

1.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.放鞭炮时，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

2.如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度大小之比为（　）

A.         B.

C.         D.

3. 近两年，我国多颗卫星在西昌卫星发射中心成功发射。若火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统控制使箭体与卫星分离，已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，过程示意图如图所示，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（　）

A. v0-v2         B. v0+v2

C. v0-        D. v0+（v0-v2）

4.质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为（　）

A.          B.

C.      D.

5.穿着溜冰鞋的人静止站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，每次射击时子弹对地速度相等，设第一次射出子弹后，人相对地后退的速度为v，下列说法正确的是（　）

A.无论射出多少子弹，人后退的速度都为v

B.射出n颗子弹后，人后退的速度为nv

C.射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv

D.射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv

6.［多选］在水平铁轨上静止放置一门质量为M的炮车（不含炮弹的质量），发射的炮弹质量为m，若铁轨和炮车间摩擦不计，则（　）

A.水平发射炮弹时，若炮弹速率为v0，则炮车的反冲速率为

B.若炮身与水平方向成θ角，炮弹速率为v0，则炮身反冲速率为

C.若炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，则炮身的反冲速率为

D.若炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，则炮身的反冲速率为

7.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率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（　）

A. v0+v         B. v0-v

C. v0+（v0+v）  D. v0+（v0-v）

8.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计质量在1 t左右），一名同学想用一把卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：如图1-6-7所示，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，而且轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他身体的质量为m，则小船的质量为（　）

A.             B. m（L-d）

C.            D.

9.如图所示，质量为、长度为的小车静止在光滑水平面上，小车的左端站立着质量为的人，小车的右端站立着质量为的人，若>且两人从静止开始相向运动，恰好同时到达另一端，则此过程中小车的位移方向和大小为（　）

A.小车左移，位移大小为L

B.小车左移，位移大小为L

C.小车右移，位移大小为L

D.小车右移，位移大小为L

10.［多选］一个士兵坐在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为M，枪内有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口时相对于地面的速度为v0，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中。在射出第1颗子弹时，小船的速度v′和后退的距离s为（　）

A.        B.

C.        D.

11.如图所示，半径分别为R和r（R>r）的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住（未拴接），同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点。

（1）求两小球的质量比。

（2）若ma=mb=m，要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能？

12.如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的圆环，环上系一长为L、质量不计的细绳，细绳的另一端拴一个质量为m的小球。现将细绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，求：

（1）当细绳与AB成θ角时，圆环移动的距离。

（2）若在横杆上立一挡板，与环的初位置相距多远时才能使圆环在运动过程中不致与挡板相碰。

13.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厢边沿水平方向跳出，落在平板车上的A点，A点与货厢水平距离为l=4 m，如图所示。人的质量为m，车连同货厢的质量为M=4m，货厢高度为h=1.25 m。（g取10 m/s2）

（1）求车在人跳出后到人落到A点期间的反冲速度的大小。

（2）人落在A点并站定以后，车是否还在运动？车在地面上移动的位移大小为多少？

14.某校课外科技小组制作了一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使“水火箭”运动。假如喷出的水流流量保持为2×10-4 m3/s，喷出速度保持水平且对地为10 m/s。启动前“水火箭”总质量为1.4 kg，则启动2 s末“水火箭”的速度可以达到多少？已知“水火箭”沿水平轨道运动，阻力不计，水的密度是1×103 kg/m3。

15.运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级结构来提高其运载能力。某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究火箭多级结构的优越性，模型甲内部装有质量为Δm=100 g的压缩气体，总质量为M=1 kg，启动后全部压缩气体以v0=570 m/s的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，两级内部各装有质量为的压缩气体，每级总质量均为，启动后模型乙第一级内的全部压缩气体以速度v0从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2 s时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v0从第二级底部喷口在极短时间内竖直向下喷出。喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，求两种模型上升的最大高度之差。

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第四节 动量守恒定律的应用

参考答案

1. D　

2. C　解析：规定向右为正方向，则由动量守恒定律有0=MvB-（M+m）vA，得=，故C正确。

3. D　解析：由动量守恒定律有，

解得v1=。

4. B　解析：炮弹开始时动能Ek=mv2，解得，其中一块动能为，解得；根据动量守恒定律得，mv=-v1+v2，解得v2=3，则动能。故B正确。

5. D　解析：设人、枪（包括子弹）的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度为v0，射出第一颗子弹，有0=（M-m）v-mv0，设人射出n颗子弹后的速度为v′，则（M-nm）v′=nmv0，可得v=，v′=，因M-m>M-nm，所以v′>nv，故D正确。

6. ABD　解析：水平发射炮弹时，对于炮车和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，设炮车反冲速率为v1，有mv0-Mv1=0，解得v1=，A正确。若炮身与水平方向成θ角，在炮弹出射瞬间，对于炮车和炮弹组成的系统动量守恒，炮车在炮弹发射的反方向上获得速度v1，但此后由于地面的作用，能量损失，竖直方向的速度立即变为0，炮车的速度由v1立即减小为v2，v2即为炮身反冲速率，如图所示，显然有v1=，所以在发射方向上，根据动量守恒定律有mv0-M=0，解得v2=，B正确。若炮身与水平方向成θ角且炮弹相对炮口速率为v0，设炮车反冲速率为v3，根据描述，炮弹发射瞬间炮车获得瞬时速率v′=，所以炮弹相对地面的速率为v弹=v0-=v0-，在出射方向上，根据动量守恒定律有m-M·=0，解得v3=，C错误，D正确。

7. C　

8. C　解析：如题图所示，设该同学在时间t内从船尾走到船头，相对地面行走的距离为x人，由动量守恒定律知，人、船在该时间内的平均动量大小相等，即m=M，又x人=L-d，解得M=。故C正确。

9. B　解析：已知m1>m3，且两人从静止开始相向运动，恰好同时到达另一端，则小车向左运动；设小车向左运动的位移为x，运动时间为t，则由人船模型可知，，解得，故选B。

10. AD　解析：由系统的动量守恒得mv0=［M+（n–1）m］v′，解得，故A正确，B错误；设子弹经过时间t打到靶上，则v0t+v′t=L，联立以上两式得，故D正确，C错误。

11.解：（1）a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点的速度分别为

va′=

vb′=

由动量守恒定律得mava=mbvb

由机械能守恒定律得=+mag·2R

=+mbg·2r

联立以上各式得=。

（2）若ma=mb=m，由动量守恒定律得va=vb=v

使a球恰好能通过圆轨道的最高点时，弹簧具有的弹性势能最小，Ep=×2=5mgR

12.解：（1）设小球的水平位移大小为x1，圆环的水平位移大小为x2，则有mx1-Mx2=0，x1+x2=L-Lcos θ

解得x2=。

（2）设小球向左的最大水平位移大小为，圆环的最大水平位移大小为，

当圆环运动到最右侧速度为零时，小球应运动到最左侧同初始位置等高处，且速度为零，

则有-=0， +=2L

解得=。

13.解：（1）人从货厢边跳离的过程，系统（人、车和货厢）在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v1（设为正方向），车的反冲速度是v2，则mv1-Mv2=0，解得v2=v1

人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t==0.5 s，

在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1=v1t，x2=v2t

由x1+x2=l得v1t+v2t=l

则v2== m/s=1.6 m/s。

（2）人落到车上前的水平速度为v1，车的速度为v2，落到车上后设他们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得mv1-Mv2=（M+m）v，解得v=0。

故人落到车上A点站定后车的速度为零。

车的水平位移为x2=v2t=1.6×0.5 m=0.8 m。

15.解：“水火箭”喷出水流做反冲运动，设“水火箭”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，“水火箭”的反冲速度为v′，由动量守恒定律得（m-ρQt）v′-ρQtv=0

启动后2 s末“水火箭”的速度为

v′== m/s=4 m/s。

7.解：对模型甲，由动量守恒有0=（M-Δm）v甲-Δmv0，

解得v甲=

由运动学公式有h甲=≈200.6 m，

对模型乙第一级喷气，由动量定恒有

0=v乙1-v0，解得v乙1=30 m/s，

则2 s末有=v乙1-gt=10 m/s，h乙1==40 m，

对模型乙第二级喷气，由动量守恒有

=v乙2-v0，

解得v乙2=，

h乙2=≈277.1 m，

可得Δh=h乙1+h乙2-h甲=116.5 m。