京津魯瓊專用2020版高考物理大三輪復(fù)習(xí)選擇題熱點(diǎn)巧練熱點(diǎn)7沖量和動(dòng)量的應(yīng)用含解析

《京津魯瓊專用2020版高考物理大三輪復(fù)習(xí)選擇題熱點(diǎn)巧練熱點(diǎn)7沖量和動(dòng)量的應(yīng)用含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《京津魯瓊專用2020版高考物理大三輪復(fù)習(xí)選擇題熱點(diǎn)巧練熱點(diǎn)7沖量和動(dòng)量的應(yīng)用含解析（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 熱點(diǎn) 7 沖量和動(dòng)量的應(yīng)用 ( 建議用時(shí)： 20 分鐘 ) 1．(2019 煙臺(tái)高三模擬 ) 如圖所示，質(zhì)量不同的兩位同學(xué)乘坐相同的滑車從滑道的最高 端滑下， 質(zhì)量大的先滑， 到達(dá)底端的同一位置． 滑道可視為粗糙斜面， 不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于兩同學(xué)的下滑過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是 ( ) A．摩擦力做功相同 B．重力沖量相同 C．經(jīng)過(guò)滑道上同一位置的速度相同 D．若質(zhì)量大的同學(xué)后滑，則在下滑過(guò)程中兩同學(xué)可能相撞 2．( 多選 ) 如圖所示， 用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊右側(cè)的 煤層．設(shè)水柱直徑為 D，水流速

2、度為 v，方向水平，水柱垂直煤層 表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零．高壓水槍的質(zhì)量為 M，手 持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計(jì)，已知水的密度為 ρ. 下列說(shuō)法正確的是 ( ) A．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為 ρvπ D2 1 2 3 B．高壓水槍的功率為 8ρπ Dv 1 2 2 C．水柱對(duì)煤層的平均沖力為 ρπ Dv D．手對(duì)高壓水槍的作用力水平向右 3．(2019 山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)二模 ) 如圖所示， 在光滑絕緣的水平直軌 道上有兩個(gè)帶電小球 a 和 ， 球質(zhì)量

3、為 2 、帶電荷量為＋ ， b 球質(zhì) b a m q 量為 、帶電荷量為＋ 2 ，兩球相距較遠(yuǎn)且相向運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻 、 球 m q a b 的速度大小依次為 v 和 1.5 v，由于靜電斥力的作用， 它們不會(huì)相碰． 則下列敘述正確的是 () A．兩球相距最近時(shí)，速度大小相等、方向相反 B．a(chǎn) 球和 b 球所受的靜電斥力對(duì)兩球始終做負(fù)功 C．a(chǎn) 球一直沿原方向運(yùn)動(dòng)， b 球要反向運(yùn)動(dòng) D．a(chǎn)、 b 兩球都要反向運(yùn)動(dòng)，但 b 球先反向 4．如圖甲所示，物塊 A、B

4、 間拴接一壓縮后被鎖定的彈簧，整個(gè)系統(tǒng) ( A、 B 及彈簧 ) 靜止 放在光滑水平地面上，其中 A 最初與左側(cè)固定的擋板相接觸， B 質(zhì)量為 2 kg. 現(xiàn)解除對(duì)彈簧的 鎖定，在 A離開(kāi)擋板后， B在某段時(shí)間內(nèi)的 v－ t 圖象如圖乙所示，則可知 ( ) A．整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒 B．彈簧被鎖定時(shí)彈性勢(shì)能為  2 J C．A 的質(zhì)量為  1 kg  ，最大速度為  4 m/s D．在  A 離開(kāi)擋板后

5、彈簧的最大彈性勢(shì)能為  4.5 J 5．(2019 濟(jì)南二模  ) 如圖所示，小車質(zhì)量為  M，小車頂端為半徑 為 R 的四分之一光滑圓弧，質(zhì)量為  m的小球從圓弧頂端由靜止釋放， 對(duì)此運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析，下列說(shuō)法中正確的是  ( g  為當(dāng)?shù)刂亓铀? 度 )(  ) A．若地面粗糙且小車能夠靜止不動(dòng)，則地面對(duì)小車的靜摩擦力最大為 mg B．若地面粗糙且小車能夠靜止不動(dòng)，則地面對(duì)小車的靜摩擦力最大為 2mg 2gR C．若地面光滑，當(dāng)小球滑到圓弧

6、最低點(diǎn)時(shí)，小車速度為 m M（ M＋ m） 2gR D．若地面光滑，當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小車速度為 M m（ M＋ m） 6．(2019 全國(guó)押題卷二 ) 如圖所示，內(nèi)壁光滑，四角呈圓弧狀的 長(zhǎng)方形空腔管，位于豎直平面內(nèi)， BD等高，兩個(gè)同樣的小球，從靜止 開(kāi)始由 A 點(diǎn)分別從左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)到 C 點(diǎn)，不計(jì)碰撞能量的損失，則下 列說(shuō)法正確的是 ( ) A．兩球同時(shí)到達(dá) C點(diǎn)，動(dòng)量相等 B．兩球同時(shí)到達(dá) C點(diǎn)，動(dòng)量不等 C．兩球到達(dá) C時(shí)的速率相同，左側(cè)先到達(dá) D．兩球到達(dá) C時(shí)的速率相同，右側(cè)先到達(dá) 7．(2019

7、青島膠南高三月考 ) 如圖所示，木塊靜止在光滑水平 面上，兩顆不同的子彈 A、 B 從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，最終都停在 木塊內(nèi)，這一過(guò)程中木塊始終保持靜止． 若子彈 A 射入的深度大于子彈 B射入的深度， 則 ( ) A．子彈 A 的質(zhì)量一定比子彈 B的質(zhì)量大 B．入射過(guò)程中子彈 A受到的阻力比子彈 B 受到的阻力大 C．子彈 A 在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比子彈 B在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng) D．子彈 A 射入木塊時(shí)的初動(dòng)能一定比子彈 B射入木塊時(shí)的初動(dòng)能大 8.( 多選 ) 如圖所示，金屬導(dǎo)軌 、 平行，相距為 ，光滑

8、 M N L 金屬棒 a 和 b 垂直于導(dǎo)軌且緊靠著放置，它們的質(zhì)量均為 ，在 m 兩導(dǎo)軌之間的電阻均為 R. 整個(gè)裝置位于水平面內(nèi)，處于磁感應(yīng) 強(qiáng)度為 B 的豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)．零時(shí)刻對(duì) a 施加一平 行于導(dǎo)軌的恒力 F. 在 t 時(shí)刻電路中電流恰好達(dá)到穩(wěn)定．則 () A．t 時(shí)刻兩金屬棒的速度相同 B． t 時(shí)刻 、 b 兩棒速度差為 v FR ＝ 2 2 a B L

9、 C．在 t 時(shí)刻撤去力 F 后，導(dǎo)軌之間的電勢(shì)差 U 會(huì)變小 MN D．在 t 時(shí)刻撤去力 F 后，導(dǎo)軌之間的電勢(shì)差 UMN恒定不變 熱點(diǎn) 7 沖量和動(dòng)量的應(yīng)用 1．解析：選 C.因?yàn)樗麄兊馁|(zhì)量不同，所以受到的摩擦力也不同，位移相同，根據(jù)功的定 義可知摩擦力做功不同，故 A 錯(cuò)誤；相同的滑車、相同的滑道，則他們下滑的加速度是相同 的，下滑的時(shí)間相同，重力的沖量為： I ＝ mgt，因?yàn)橘|(zhì)量不同，所以重力沖量也不相同，故 B 錯(cuò)誤；相同的滑車、相同的

10、滑道，則他們下滑的加速度是相同的，所以他們到達(dá)底端時(shí)的速 度也是相同的，不會(huì)相撞，故 C 正確， D 錯(cuò)誤． 2．解析：選 BC.設(shè) t 時(shí)間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為 ，質(zhì)量為 ，則 ＝ ρ V m m ， ＝ 1 2 ，單位時(shí)間噴出水的質(zhì)量為 m 1 2 時(shí)間 ＝ π Dv t ＝ π ，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤； t V V Sv t

11、 4 t 4ρv D 內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能 k 1 2 1 2 3 t ，由動(dòng)能定理知高壓水槍在此期間對(duì)水做的 E ＝ 2 mv＝ 8ρπDv k1 2 3 t ，高壓水槍的功率 W 1 2 3 功為 W＝ E ＝ 8ρπ Dv P＝ t ＝ 8ρπ Dv ，選項(xiàng) B 正確；考慮一個(gè)極短 時(shí)間 t ′，在此時(shí)間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為 m，設(shè)煤層對(duì)水柱的作用力為 F，由動(dòng)量定理，

12、 1 2 1 2 2 F t ′＝ mv， t ′時(shí)間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量 m＝4ρπ Dv t ′，解得 F＝ 4ρπDv ，由牛頓 第三定律可知，水柱對(duì)煤層的平均沖力為 ′＝ ＝ 1 π 2 2，選項(xiàng) C 正確；當(dāng)高壓水槍向右 F F 4ρ Dv 噴出高壓水流時(shí)，水流對(duì)高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手 對(duì)高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項(xiàng) D錯(cuò)誤． 3．解析： 選 D.由于

13、地面光滑， 系統(tǒng)所受合外力為零， 系統(tǒng)動(dòng)量守恒， 當(dāng)兩球速度相同時(shí)， 系統(tǒng)損失機(jī)械能最大，兩球相距最小，故 A 錯(cuò)誤；由題意可知， a 球動(dòng)量大于 b 球動(dòng)量，因此 系統(tǒng)動(dòng)量水平向右，故 b 球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將先反向運(yùn)動(dòng)而 a 球后反向運(yùn)動(dòng)，因此靜電斥力對(duì) a、 b 球先做負(fù)功后做正功，故 B、 C 錯(cuò)誤， D正確． 4．解析：選 C. 在 A 離開(kāi)擋板前，由于擋板對(duì) A 有作用力，所以 A、 B 系統(tǒng)所受合外力不 為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒， A 錯(cuò)誤； A 剛離開(kāi)擋板時(shí)， B 的速度最大，為 3

14、m/s ，此時(shí)彈簧彈 1 2 性勢(shì)能剛好全部轉(zhuǎn)化為 B的動(dòng)能， Ep＝ 2mBv0，所以彈簧被鎖定時(shí)彈性勢(shì)能為 9 J ， B 錯(cuò)誤；分 析 A 離開(kāi)擋板后 A、 B 的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，并結(jié)合圖象數(shù)據(jù)可知，彈簧伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí) A、B 的共同速 度為 v 共 ＝ 2 m/s，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律有 mv0＝ ( m＋ m) v 共 ，得 A的質(zhì)量為 1 kg， B A B 當(dāng) B 的速度最小時(shí)， A 的速

15、度最大，由 mv ＝ mv ＋ mv 可得，此時(shí) v ＝ 4 m/s ，共速時(shí)彈簧彈 B 0A A B B A 1 2 1 ＋ ) 2 ，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得 ′ ＝ 3 J ， C 正確， D 錯(cuò)誤． 性勢(shì)能最大， ′ ＝ － ( E p 2mv 2 m m v 共 E p B 0 A B 5．解析：選 C. 若地面粗

16、糙且小車能夠靜止不動(dòng)，因?yàn)樾∏蛑挥兄亓ψ龉?，故小球機(jī)械能 守恒，由機(jī)械能守恒可求得小球任一位置時(shí)的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力； 對(duì)小車受力分析可求得靜摩擦力的最大值．若地面光滑，小球下滑的過(guò)程中，小車向左運(yùn)動(dòng)， 系統(tǒng)的水平動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒，由此列式，可求得小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)小車 的速度．設(shè)圓弧半徑為 R，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到豎直方向與半徑夾角為 θ 時(shí)，速度為 v. 根據(jù)機(jī)械能 1 2 v2 守恒定律有： 2mv＝mgRcos θ，由牛頓第二定律有 N－ mgcos θ＝ mR，解得小

17、球?qū)π≤嚨膲? 3 力為 N＝3mgcos θ，其水平分量為 Nx＝ 3mgcos θsin θ＝ 2mgsin 2θ，根據(jù)平衡條件，地面 對(duì)小車的靜摩擦力水平向右，大小為 f ＝ Nx＝ 3mgsin 2 θ，可以看出：當(dāng) sin 2 θ ＝ 1，即 θ 2 3 ＝ 45時(shí)，地面對(duì)車的靜摩擦力最大，其值為 f max＝ 2mg，故 A、 B 錯(cuò)誤；若地面光滑，當(dāng)小球 滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小

18、車的速度設(shè)為 v′，小球的速度設(shè)為 v. 小球與小車組成的系統(tǒng)在水平 方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得 mv－ Mv′＝ 0，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則得 1 2 1 2 2gR mgR＝ 2mv＋ 2Mv′ ，解得 v′＝ m M（M＋ m） ，故 C 正確， D 錯(cuò)誤． 6．解析：選 D. 因?yàn)槭情L(zhǎng)方形空腔管，所以 長(zhǎng)度大于 長(zhǎng)度， θ 角小于 45 度，取 θ AB AD 角等于 0 的極端狀態(tài)，則左邊小球

19、不能到達(dá)，時(shí)間為無(wú)窮大， D球可以到達(dá)，所以左邊到達(dá)的 時(shí)間大于右邊到達(dá)的時(shí)間，又根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得兩球到達(dá)時(shí)的速率相同，所以正確選 項(xiàng)為 D. 7．解析：選 D. 由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則兩子彈對(duì)木塊的推力大小相等，則兩子彈 所受的阻力大小相等，設(shè)為  f ，根據(jù)動(dòng)能定理得：對(duì)  A 子彈：－  fd A＝ 0－ Ek A，得  EkA＝ fd A；對(duì)  B 子彈：－  fd B＝ 0－ Ek B，得  EkB＝ fd B. 由于  dA＞ dB，則有

20、子彈入射時(shí)的初動(dòng)能  EkA＞ EkB，故  B 錯(cuò)誤， D 正確；對(duì)兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有  2mAEkA＝  2mBEkB，而  EkA＞ EkB，則得到  mA ＜ mB，故 A 錯(cuò)誤；子彈 A、B 從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，木塊始終保持靜止，分析得知，兩子 彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)間必定相等，否則木塊就會(huì)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤． 8．解析：選 BD.由牛頓第二定律知，對(duì) a 棒有 F－ F ＝ma，對(duì) b 棒有 F ＝ ma，其中 F ＝

21、 A1 A 2 A BIL＝ B2 L2 v v 增大，則兩棒所 2 ，開(kāi)始時(shí) a 棒加速度要比 b 棒加速度大，所以兩棒的速度差 R A t 時(shí)刻電路中電流恰好達(dá)到穩(wěn)定，由 BL v 受安培力 F 增大，在 I ＝ 2R 知，兩棒速度差不變，兩 棒加速度相同，可知 A F FR MN F ＝ 2，可得 v＝ B2L2， A 錯(cuò)誤， B 正確；在 t 時(shí)刻分析電路知 U ＝ E－ IR＝ BLva－ （ a－ b） （ a＋ b） ，同理 t ′(t ′>t ) 時(shí)刻有 （ ′ a＋ ′ b） BL v v R＝BL v v U′ MN＝BL v v ， 2R 2 2 又 m( va＋ vb) ＝ m( v′ a＋v′ b) ，解得 UMN＝ U′ MN， C錯(cuò)誤， D 正確．