1、高考资源网（） 您身边的高考专家第一部分 第一章第四、五节基础达标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
2、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S1B打开阀门S2C打开阀门S3D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()
3、Av0uBv0uCv0(v0u)Dv0u【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
4、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
5、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m12m2，两物体与水平面的动摩擦因数221，当烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物体脱离弹簧
6、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F11m1g，m2受到的摩擦力F22m2g，由题意知F1F2.即m1和m2组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，由：0m1v1m2v2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
7、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(mM)g，即碰
8、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l4 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h1.25 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，
9、设人的水平速度大小是v1.车的反冲速度大小是v2，则mv1Mv20，v2v1.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，在这段时间内人的水平位移s1和车的位移s2分别为s1v1t，s2v2t.如图所示s1s2l，即v1tv2tl，则v2 m/s1.6 m/s.(2)车的水平位移为s2v2t1.60.5 m0.8 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mv1Mv2(Mm)v，则v0.故人落到车上A点站定后车的速度为零11
10、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mAmB【答案】(1)(2)13【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：mAghmAv，解得：vA.(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得：mAvA(mAmB)v粘在
11、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：hgt2，在水平方向上有：hvt，联立上述各式，得mAmB13.12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：(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)【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lv0t喷出水柱质量mV其中V为水柱体积，VlS可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为v0S.(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v2v2gh在很短的t时间内，冲击玩具水柱的质量为m，mv0St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mg)tmv由于t很小，mg也很小，可以忽略，上式变为F压tmv即F压v可得h.高考资源网版权所有，侵权必究！
