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 粤教版选修3-5

1 第第 5 5 节节 自然界中的守恒定律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 2 a 打开阀门s1 b 打开阀门s2 c 打开阀门s3 d 打开阀门s4 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v0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 v0 u b v0 u m m m m c v0 v0 u d v0 u m m m m m m 答案 a 5 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 3 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m1 2m2 两物体与水平面的动摩擦因数 2 2 1 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 v1 v2 1 2 c 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 m1物体受到的摩擦力f1 1m1g m2受到的摩擦力f2 2m2g 由题意知 f1 f2 即m1和m2组成的系统所受合外力为 0 系统动量守恒 由 0 m1v1 m2v2得 即在运动中的任意时刻 二者的速率比都是 并且同时达到最大值 同时静 v1 v2 m2 m1 1 2 1 2 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 4 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 s2 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v1 车的反冲速度大小是v2 则mv1 mv2 0 v2 v1 1 4 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 2h g 时间内人的水平位移s1和车的位移s2分别为s1 v1t s2 v2t 如图所示 s1 s2 l 即v1t v2t l 5 则v2 m s 1 6 m s l 5t 4 5 0 5 2 车的水平位移为s2 v2t 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v1 车的速度大小为v2 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mv1 mv2 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va 2 a b两球的质量之比ma mb 答案 1 2 1 3 2gh 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 magh mav 解得 va 1 22a2gh 2 设两球碰撞后共同的速度为v 由动量守恒定律得 mava ma mb 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 gt2 在水平方向上有 h vt 联立上述各式 得ma mb 1 3 1 2 1 2 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v0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 重力加速度大小为g 求 6 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 v0s 2 v2 0 2g m2g 2 2v2 0s2 解析 1 在一段很短的 t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 l v0 t 喷出水柱质量 m v 其中 v为水柱体积 v l s 可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为 v0s m t 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