《动量守恒定律的应用》同步练习1.doc

动量守恒定律的应用同步练习对碰撞问题的分析1在光滑的水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞后钢球1的运动方向反向，将碰后球1的动能和动量的大小分别记为E1和p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2和p2，则必有()AE1E0 Bp1p0CE2E0 Dp2p0解析钢球1与钢球2碰撞，满足动量守恒定律，则p0p1p2，所以p2p0p1，故p1p0，B错，p2p0，D对；碰撞过程动能不增加，则E0E1E2，又E20，故E1E0，A对，E2E0，C错答案AD2甲、乙两铁球质量分别是m11 kg、m22 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v16 m/s、v22 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是()Av17 m/s， v21.5 m/sBv12 m/s， v24 m/sCv13.5 m/s， v23 m/sDv14 m/s， v23 m/s解析选项A和B均满足动量守恒条件，但选项A碰后总动能大于碰前总动能，选项A错误、B正确；选项C不满足动量守恒条件，错误；选项D满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选项D错误答案B分方向动量守恒问题3如图1-4-8所示，三块相同的小木块从相同的高度由静止开始同时释放，其中A做自由落体运动，B在自由下落的中途被一水平方向的子弹射入，C在释放的瞬间被一水平方向的子弹射入则下列关于它们的下落时间tA、tB、tC的关系，正确的是()图1-4-8AtAtBtC BtAtBtCCtAtBtC DtAtCtB解析tA ，C在释放的瞬间，获得水平初速度后做平抛运动，tC tA.设B自由下落速度达到v1时被水平飞行的子弹射入，子弹射入的过程中可认为系统动量守恒，在水平方向有mv0(mM)vx，在竖直方向有Mv1(Mm)vy，可得vyv1，由此可知子弹射入的过程使B的竖直速度减小，故tB .答案D4质量为1 kg的物体在离地面高5 m处自由下落，正好落在以5 m/s的速度沿光滑水平面匀速行驶的装有沙子的小车中，车和沙子的总质量为4 kg，当物体与小车相对静止后，小车的速度为()A3 m/s B4 m/s C5 m/s D6 m/s解析物体落入沙子中，系统水平方向动量守恒，由(Mm)vMv0，可得小车最终速度v4 m/s.答案B反冲现象及应用5下列属于反冲运动的是()A向后划水，船向前运动B用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退C用力向后蹬地，人向前运动D水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反解析反冲运动是物体在内力作用下分为两部分，其运动方向相反，A选项是桨与外部水的作用，C选项是人脚与外部地面的作用，都不属于反冲；B选项中子弹与枪身是系统中的两部分，D选项中水流过水轮机内部，是系统中的两部分，B、D正确答案BD6在太空中有一枚相对于太空站静止的质量为M的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出的速度为v0(相对于太空站)，紧接着再喷出质量也为m的另一部分气体，此后火箭获得的速度为v(相对太空站)，火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站)？解析题意中所涉及的速度都是相对于太空站的，可以直接使用动量守恒定律，规定v0的方向为正，则：第一次喷气后：0mv0(Mm)v1，所以v1，v1与正方向相反第二次喷气后：(Mm)v1mv2(M2m)v，所以v2vv0答案第二次喷射的气体的速度为vv0.