2020粤教版高中物理选修3514、5反冲运动自然界中的守恒定律规范训练

1、第四节反冲运动第五节自然界中的守恒定律05HUQYEGUHFHNMUM ILIA 1Mb活页规范训练对点演茸如“楞升A.喷气式飞机的运动B.直升飞机的运动C.火箭的运动D.反击式水轮机的运动（时间：60分钟）考查知识点及角度难度及题号基础中档稍难反冲运动1、2、34、5、6“人船模型”78动量能量综合9综合提升1011、1213I达标基训I知识点一反冲运动().下列不属于反冲运动的是图 1-4 、 5-7解析 直升飞机是螺旋浆与外部空气作用不是反冲，其它三种是反冲运动.答案 B.一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是（）.A.向后踢腿B.手臂向后甩C.在冰面上滚动D .脱

2、下外衣水平抛出答案 D.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图 14、57所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为Si、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SiB .打开阀门S2C .打开阀门S3D .打开阀门S4解析 据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为0,由0=m水v水+m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出.答案 B.质量为m的人，原来静止在乙船上，甲、乙两船质量均为M,开始时都静止，人先跳到甲船，立即再跳回乙船，这时两船速度大小之比为v甲：v乙等于().A. 1 ： 1B. m ： MC. (m+

3、M) : MD. m ： (M + m)解析 对人及甲、乙两船，由动量守恒定律得：Mv甲一(M+m)v乙=0,即v 甲：v 乙=(m + M) : M.答案 C.步枪的质量为4.1 kg,子弹的质量为9.6 g,子弹从枪口飞出时的速度为 865m/s,则步枪的反冲速度大小约为().A . 2 m/sB . 1 m/s解析由动量守恒得：9.6X 10 3X865-4.1v枪=0, v枪=2 m/s.答案 A).图 1-4、5-8.质量m=100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲 =40 kg、m乙=60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、 乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中

4、，如图1 4、5-8所示，则小船的运动速率和方向为(A. 0.6 m/s,向左B. 3 m/s,向左0.6 m/s,向右3 m/s,向右解析 甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总一(一m甲v甲+ m乙v乙)动量为零，根据动量守恒定律有 0= m甲v甲+ m乙v乙+mv,解得v =代入数据解得v = 0.6 m/s,负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确.答案 A知识点二“人船”模型的应用.光滑水平面上一长L、质量为M的平板车一端站着一质量为 m的人，开始 时，人、车均静止，当人从车一端走到另一端时，人、车的位移各是多大？ 解析 人、车系统动量守恒，在任一时刻动量之和为零

5、，设人前进的方向为正方向mvm Mvm=0,式说明即使人不是匀速行走，任一时刻人、车速度大小比等于其质量的反比，故全过程人、车的平均速度也满足此关系，即msmTMsmt0,在人从车一端走到另一端的过程中，车向左退，如图所示,此过程中人的位移Sm与车的位移SM之和为车长L, 即 sm + sm = L ,由解得人、车的位移SmMLM + mmLSM =M + m答案人、车的位移大小各是ML mLM+m、M + m.8.如图14、5 9所示，物体A和B质量分别为m2和mi, 其水平直角边长分别为a和b.设A、B之间以及B与水平 地面均无摩擦，当A由B顶端从静止开始滑到B的底端时,B的水平位移是多少

6、？解析 mi与m2组成的系统水平方向动量守恒，设 B的水 平位移为si, A的水平位移为S2,由动量守恒有0=misi 图 i-4 、 5-9m2s2，且s + xb a，联立，解得；b；a?m2 (b a)mi + m2知识点三动量能量综合.两质量分别为Mi和M2的劈A和B,高度相同，放在光滑水平面上， A和 B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图14、510所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面白高度为h.物块从 静止滑下，然后又滑上劈 B.求物块在B上能够达到的最大高度.解析 物块在劈A上下滑时，两者水平方向动量守恒，设到达最低端时，m的速度为vi, A的速度为v

7、a,取向右为正，则0=mvi Miva,两者组 成的系统机械能守恒，有19 19mgh = ,mv2 + M1vA由以上两式解得v1M1 2ghM1+ m物块滑上劈B时，两者水平方向动量守恒，系统机械能守恒，物块在 B上 能够达到的最大高度为H,此时两者具有共同速度VB,所以有mv1二 (m+ M2)vb2mv2=2(m + M2)vB+ mgH解得H =M1M2h(M1+m) (M2+m)答案M1M2h(M 1 + m) ( M2+ m)I综合提升I.竖直发射的火箭质量为6X 103 kg.已知每秒钟喷出气体的质量为 200 kg.若要使火箭获得20.2 m/s2的向上加速度，则喷出气体的速

8、度大小应为().B. 800 m/sA. 700 m/sC. 900 m/sD . 1 000 m/s解析火箭和喷出的气体动量守恒，即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v气=m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力 F=mpm气v气/口二-t一=200v 气，又 F m 箭 g = m 箭 a, 得 v 气=900 m/s. 答案 C.质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧， 静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只 释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为 s的地面上，如图1 4、511所示.若再次以 相同力压缩该弹簧，取走 A左边的挡板，将A、 B同时释放，则B球的落地点距

9、桌边 A.|B. 2s2 C. sD. s解析 挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为 B球的动能，有Ep 11= 1mvB,挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有 Ep = 2X2mvB 2,由以 上两式解得Vb =，2vB, D对.答案 D1 一一图 1-4、5-12.如图1 4、5-12所示，带有光滑的半径为 R的4圆弧 轨道的滑块静止在光滑水平面上，滑块的质量为M,使 一个质量为m的小球由静止从A处释放，当小球从B 点水平飞出时，滑块的速度为多大？解析 运动过程中小球的机械能不守恒，但小球和滑块 组成的系统机械能守恒，又因为系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，设小球从 B点

10、飞出时速度为vi,滑块的速1 O 1度为 V2,则有 mvi Mv2 = 0, mgR=2mv2+MV2,解之得 v2=m2gRM (M + m)答案2gRM (M + m).如图14、5 13所示，在沙堆表面放置一长方形木图 1-4、5-13块A,其上再放一质量为0.10 kg的爆竹B,木块A的质量为mA=6.0 kg.当爆竹爆炸时，木块因反冲作用陷入沙堆中.从爆竹爆炸到木块停止下陷历时 0.1 s,已知木块在沙堆中受到的平均阻力为 90 N.求爆竹能上升的最大高度.设爆竹中火药的质量及空气阻力忽略不 计，取 g= 10 m/s2.解析 在爆炸的瞬间，爆竹获得向上的速度 V1,木块获得向下的速度V2, A、B系统在竖直方向可以看做动量守恒. 而木块在其重力及沙子的阻力作 用下以初速度V2下陷一段距离，由牛顿第二定律可求出 V2.对木块 A,以向下为正方向，有 a=mAg f=。八：2, mA t解得V2= 0.