2019_2020学年高中物理第1章碰撞与动量守恒第4节反冲运动第5节自然界中的守恒定律课后提能训练粤教版

第5节自然界中的守恒定律基础达标1．(2018年厦门名校月考)下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是( )A．喷灌装置的自动旋转B．章鱼在水中前行和转向C．运载火箭发射过程D．码头边轮胎的保护作用【答案】D【解析】喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动，故A错误；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故C错误；码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用，故D正确．2．(2019年汪清名校期中)运载火箭在太空中飞行的原理是( )A．外形流畅，减小空气阻力B．携带固体燃料，少占体积C．自身喷出气体，获得反冲力D．喷出气体后，获得空气浮力【答案】C【解析】运载火箭在太空中飞行的原理是在飞行的过程中自身向后喷出气体，获得向前反冲力，从而加速运动．故C正确，A、B、D错误．3．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，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S 1B ．打开阀门S 2C ．打开阀门S 3D ．打开阀门S 4【答案】B【解析】由反冲规律，小车向前运动，应使水有向后的动量．4．总质量为M 的火箭以速度v 0飞行，质量为m 的燃料相对于火箭以速率u 向后喷出，则火箭的速度大小为( )A ．v 0＋m Mu B ．v 0－m Mu C ．v 0＋mM －m(v 0＋u )D ．v 0＋mM －mu 【答案】A5．(2019年盐城学业考试)火箭发射回收是航天技术的一大进步，如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后落在地面上，不计火箭质量的变化，则火箭( )A ．匀速下降过程中，机械能守恒B ．减速下降过程中，机械能守恒C ．匀速下降过程中，合外力做功为零D ．减速下降过程中，合外力做功等于火箭机械能的变化 【答案】C【解析】火箭匀速下降阶段，必定受到空气阻力，空气阻力做负功，所以其机械能不守恒，故A 错误；火箭在减速过程中，空气阻力做负功，其机械能不守恒，故B 错误；匀速下降过程中，合外力为零，则合外力做功为零，故C 正确；减速下降过程中，合外力做功等于火箭动能的变化，而空气阻力做功等于火箭机械能的变化，故D 错误．6．(多选)(2019年辛集名校期中)下列关于能的转化与守恒定律的说法正确的是( ) A ．能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一物体 B ．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化 C ．一个物体能量增加，必然伴随着别的物体能量减少D ．能的转化与守恒定律证明了能量既不会产生也不会消失 【答案】BCD【解析】能量能从一种形式转化为另一种形式，也能从一个物体转移到另一物体，故A 错误．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化，故B 正确．一个物体的总能量增加，根据能量守恒定律得知，必然有其他物体的能量减少，故C 正确．能的转化与守恒定律证明了能量既不会产生也不会消失，故D 正确．7．(多选)一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P ，不计空气阻力，则( )A ．火箭一定离开原来轨道运动B ．物体P 一定离开原来轨道运动C ．火箭运动半径一定增大D ．物体P 运动半径一定减小 【答案】AC【解析】由动量守恒定律知，火箭射出物体P 后，其动量变大，而其剩余质量变小，故火箭的动能增大，则火箭离开原来的轨道做离心运动，即其运动半径一定增大．物体P 的速度大小有可能与原火箭速度大小相等，故P 可能沿原来的轨道运动，选项A 、C 正确．8．(多选)如图所示，两物体质量m 1＝2m 2，两物体与水平面的动摩擦因数μ2＝2μ1，当烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物体脱离弹簧时的速度均不为零，两物体原来静止，则( )A ．两物体在脱离弹簧时速率最大B ．两物体在刚脱离弹簧时速率之比v 1v 2＝12C ．两物体的速率同时达到最大值D ．两物体在弹开后仍然朝原来方向运动 【答案】BC【解析】m 1物体受到的摩擦力F 1＝μ1m 1g ，m 2受到的摩擦力F 2＝μ2m 2g ，由题意知F 1＝F 2.即m 1和m 2组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，由：0＝m 1v 1－m 2v 2得v 1v 2＝m 2m 1＝12，即在运动中的任意时刻，二者的速率比都是12，并且同时达到最大值，同时静止．对物体受力分析可知物体水平方向受弹簧的弹力和摩擦力作用，当弹力大于摩擦力时，物体做加速运动；当弹力小于摩擦力时物体做减速运动；所以当弹力等于摩擦力时两物体的速率最大．能力提升9．(2018年甘肃名校质检)一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M 的平板，处于平衡状态．一质量为m 的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h ，如图所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动．则( )A ．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B ．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C ．环撞击板后，板的新的平衡位置与h 的大小有关D ．在碰后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒 【答案】A【解析】圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A 正确，B 错误；碰撞后平衡时，有kx ＝(m ＋M )g ，即碰撞后新平衡位置与下落高度h 无关，故C 错误；碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D 错误．10．平板车停在光滑的水平轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向跳出，落在平板车地板上的A 点，距货厢水平距离为l ＝4 m ，如图所示．人的质量为m ，车连同货厢的质量M 为4m ，货厢高度h ＝1.25 m ，求：(1)车在人跳出后到落到地板期间的反冲速度；(2)人落在车地板上并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？(g 取10 m/s 2)【答案】(1)1.6 m/s (2)不运动 0.8 m【解析】(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度大小是v 1.车的反冲速度大小是v 2，则mv 1－Mv 2＝0，v 2＝14v 1.人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2hg＝0.5 s ，在这段时间内人的水平位移s 1和车的位移s 2分别为s 1＝v 1t ，s 2＝v 2t .如图所示．s 1＋s 2＝l ，即v 1t ＋v 2t ＝l ， 则v 2＝l 5t ＝45×0.5m/s ＝1.6 m/s.(2)车的水平位移为s 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m＝0.8 m.人落到车上A 点的过程，系统水平方向的动量守恒(水平方向系统不受外力)，人落到车上之前的水平速度大小仍为v 1，车的速度大小为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，根据水平方向动量守恒，得mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0.故人落到车上A 点站定后车的速度为零．11．如图所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h ，坡道底端与台面相切．小球A 从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)小球A 刚滑至水平台面的速度v A ； (2)A 、B 两球的质量之比m A ∶m B ． 【答案】(1)2gh (2)1∶3【解析】(1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得：m A gh ＝12m A v 2A ，解得：v A ＝2gh .(2)设两球碰撞后共同的速度为v ，由动量守恒定律得：m A v A ＝(m A ＋m B )v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t ，由运动学公式，在竖直方向上有：h ＝12gt 2，在水平方向上有：12h ＝vt ，联立上述各式，得m A ∶m B ＝1∶3.12．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g ，求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．【答案】(1)ρv0S(2)v202g －M2g 2ρ2v20S2【解析】(1)在一段很短的Δt时间内，可以认为喷泉喷出的水柱保持速度v0不变．该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt喷出水柱质量Δm＝ρΔV其中ΔV为水柱体积，ΔV＝Δl·S可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S.(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h，由玩具受力平衡得F冲＝Mg其中，F冲为玩具底部水体对其的作用力．由牛顿第三定律有F压＝F冲其中，F压为玩具对其底部下面水体的作用力．设v′为水体到达玩具底部时的速度，由运动学公式有v′2－v20＝－2gh在很短的Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm，Δm＝ρv0SΔt由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱由动量定理有(F 压＋Δmg )Δt ＝Δm ·v ′由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略， 上式变为F 压·Δt ＝Δm ·v ′ 即F 压＝Δm Δt ·v 可得h ＝v 202g －M 2g2ρ2v 20S 2.。