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 【答案】D
D．码头边轮胎的保护作用
【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S1 C．打开阀门S3 【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 C．v0＋
B．打开阀门S2 D．打开阀门S4
mMB．v0－u D．v0＋
mMmM－m(v0＋u)
u M－mm【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
v11
B．两物体在刚脱离弹簧时速率之比＝
v22
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＝μ1m1g，m2受到的摩擦力F2＝μ2m2g，由题意知F1＝F2.
v1m21
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
v2m12
1
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，同时静止．对物体受力分
2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)
【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1度大小是v1.车的反冲速度大小是v2，则mv1－Mv2＝0，v2＝v1.
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＝
2h2
g＝0.5 s，在这
段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， l4
则v2＝＝ m/s＝1.6 m/s.
5t5×0.5
(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)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：
mAgh＝mAv2A，解得：vA＝2gh.
(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得：
1
2
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121
向上有：h＝gt，在水平方向上有：h＝vt，联立上述各式，得mA∶mB＝1∶3.
22
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ρ，重力加速度大小为g，求：
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
