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

[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