2015高中物理 1.3 动量守恒定律的应用 第四课时 每课一练(教科版选修3-5).doc
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[基础题]
1.下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( )
A.使喷出的气体速度增大
B.使喷出的气体温度更高
C.使喷出的气体质量更大
D.使喷出的气体密度更小
答案 AC
2.某人站在静止于水面的船上,从某时刻开始,人从船头走向船尾,水的阻力不计,则( )
A.人匀速运动,船则匀速后退,两者的速度大小与它们的质量成反比
B.人走到船尾不再走动,船也停止不动
C.不管人如何走动,人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反,大小与它们的质量成反比
D.船的运动情况与人行走的情况无关
答案 ABC
解析 由动量守恒定律可知,A、B、C正确.
3.一辆小车置于光滑水平桌面上,小车左端固定一水平弹簧枪,右端安一网兜.若从弹簧枪中发射一粒弹丸,恰好落在网兜内,结果小车将(空气阻力不计)( )
A.向左移动一段距离停下
B.在原位置不动
C.向右移动一段距离停下
D.一直向左移动
答案 A
解析 由于弹丸与小车组成的系统水平方向动量守恒,总动量保持不变.弹丸离开弹簧枪向右运动,则小车必向左运动,弹丸落在网兜内做完全非弹性碰撞,弹丸立即停下,而小车向左移动了一段距离也停下,故选A.
4.一炮艇在湖面上匀速行驶,突然从艇头和艇尾同时向前和向后发射一发炮弹,设两炮弹质量相同,相对于地的速率相同,牵引力、阻力均不变,则艇的动量和速度的变化情况是( )
A.动量不变,速度增大 B.动量变小,速度不变
C.动量增大,速度增大 D.动量增大,速度减小
答案 A
解析 整个过程动量守恒,由于两发炮弹的总动量为零,因而艇的动量不变,又因为艇发射炮弹后质量减小,因此艇的速度增大.
5.一个不稳定的原子核,质量为M,处于静止状态.当它以速度v释放出一个质量为m的粒子后,原子核剩余部分的速度多大?
答案
解析 不稳定的原子核释放出粒子的过程中系统动量守恒.
设原子核剩余部分的速度为v′,以此速度方向为正方向,由动量守恒知(M-m)v′-mv=0,解得v′=,即原子核剩余部分的速度为.
6.一运动员拿着一个质量为m的铁球A站在小车B里,人(包括铁球)和小车的总质量为M,小车处于光滑的冰面上,运动员相对冰面以速度v推出铁球A,如图1所示,则小车相对冰面的反冲速度是多少?
图1
答案 v
解析 小车的反冲是相对于铁球来说的,两者运动方向必然相反.在列动量守恒方程时,可规定某一部分的运动方向为正方向,则反方向运动的另一部分的速度应取负值.
设抛出铁球速度v的方向为正,小车的速度为v′.
列出的方程为mv+(M-m)v′=0,得v′=-v,所以小车的反冲速度大小为v,方向与v的方向相反.
7.在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车,发射的炮弹质量为m,设铁轨和炮车间摩擦不计,
(1)水平发射炮弹时,炮弹速度为v0,问炮车的反冲速度是多大?
(2)炮车车身与水平方向成θ角,炮弹速度大小为v0,问炮身反冲速度是多大?
(3)炮身与水平方向成θ角,炮弹出炮口时,相对炮口速度为v0,问炮身的反冲速度是多大?
答案 (1) (2) (3)
解析 以炮身和炮弹为研究对象,水平方向不受外力,所以在水平方向系统的动量守恒.以炮弹前进的水平方向为正方向,由动量守恒定律解题
(1)0=mv0+M(-v1),解得v1=.
(2)0=mv0·cos θ+M(-v2),解得v2=
(3)0=m(v0·cos θ-v3)+M(-v3),解得v3=
[能力题]
8.一只爆竹竖直升空后,在高为h处达到最高点.发生爆炸时,分为质量不同的两块,两块质量之比为2∶1,其中小的一块获得水平速度v,则两块爆竹落地后相距( )
A. B.v
C.2v D.
答案 A
解析 设小块爆竹的速度方向为正方向,由动量守恒定律有0=2mv1+mv,解得v1=-,即另一块爆竹朝相反方向运动;由平抛运动的知识得x1=v1t= ,x2=vt=v ,故两块爆竹落地相距x=x1+x2= ,A项正确.
9.(2014·福建·30(2))如图2所示,一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离.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,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________(填选项前的字母).
图2
A.v0-v2 B.v0+v2
C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)
答案 D
解析 根据动量守恒定律列方程求解.
对火箭和卫星整体由动量守恒定律得
(m1+m2)v0=m2v2+m1v1
解得v1=
=v0+(v0-v2).
故选D.
10.气球质量为200 kg,载有质量为50 kg的人,静止在空中距地面20 m的地方,气球下悬一根质量可忽略不计的绳子,此人想从气
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