内容发布更新时间 : 2024/12/23 14:27:04星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

专题强化训练(八)

一、选择题

1．(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层．设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )

A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD 123

B．高压水枪的功率为ρπDv

8122

C．水柱对煤层的平均冲力为ρπDv

4D．手对高压水枪的作用力水平向右

[解析] 设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，12Δm12

ΔV＝SvΔt＝πDvΔt，单位时间喷出水的质量为＝ρvπD，选项A错误．Δt时间

4Δt411223

内水枪喷出的水的动能Ek＝Δmv＝ρπDvΔt，由动能定理知高压水枪在此期间对水做

281W12323

功为W＝Ek＝ρπDvΔt，高压水枪的功率P＝＝ρπDv，选项B正确．考虑一个极

8Δt8短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m，设煤层对水柱的作用力为F，由动量11222

定理，FΔt′＝mv，Δt′时间内冲到煤层水的质量m＝ρπDvΔt′，解得F＝ρπDv，

44122

由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F′＝F＝ρπDv，选项C正确．当高压

4水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D错误．

[答案] BC

2．(2019·河北名校联盟)如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要

2

求后时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来，下列说法正确的是( )

A．买者说的对 B．卖者说的对 C．公平交易

D．具有随机性，无法判断

[解析] 设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2，则落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm.在极短时间Δt内，取Δm为研究对象，这部分米很少，Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经Δt时间静止，取竖直向上为正方向，由动量定律得(F－Δmg)Δt＝Δmv

即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv 根据牛顿第三定律知F＝F′，称米机的读数应为M＝

F′Nm1g＋F′v＝＝m1＋d gggvg因切断米流后空中尚有t＝时间内对应的米流在空中，故d＝m2

可见，称米机读数包含了静止在袋中的部分米的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米的质量m2，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，选项C正确．

[答案] C

3．(多选)(2019·四川绵阳模拟)如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则( )

vg

A．m不能到达M上的B点

B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动

C．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零 D．M与m组成的系统机械能定恒，水平方向动量守恒

[解析] 根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；m滑到右端两者有相同的速度有：0＝(m＋M)v，v＝0，再根据机械12

能守恒定律mgR＝mgh＋(m＋M)v可知，m恰能到达M上的B点，且m到达B的瞬间，m、M2速度为零，A错误；m从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，B错误，C正确．

[答案] CD

4．(2019·蓉城名校联盟)如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑．现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，在滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是( )

A．A、B组成的系统动量和机械能都守恒 B．A、B组成的系统动量和机械能都不守恒 12

C．当B的速度为v0时，A的速度为v0

3312

D．当A的速度为v0时，B的速度为v0

33

[解析] 由于木板A沿斜面体匀速下滑，所以此时木板A的合力为零，当小滑块B放在木板A上表面后，A、B组成的系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，由于A、B间有摩擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即

B的速度不可能大于A的速度，由动量守恒定律知C正确，D错误．

[答案] C

5．(多选)(2019·华中师大附中五月模拟)如下图所示，在光滑水平面上，质量为m的

A球以速度v0向右运动，与静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝αv0(待定系数α<1)的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，则

系数α可以是( )

1221A. B. C. D. 2537

[解析] A、B碰撞过程，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得，mAv0＝－mAαv0

1

＋mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再次碰撞的条件是αv0>vB，解得α>，碰撞过程中

312?12?132

损失的机械能ΔEk＝mAv0－?mA?αv0?＋mBvB?≥0，解得－1≤α≤，所以α满足的条件是

2?25?213

<α≤，A、B正确，C、D错误． 35

[答案] AB

6．(多选)(2019·武汉外校模拟)质量M＝3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．

质量m＝2 kg的小球(视为质点)通过长L＝0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v0＝3 m/s的竖直向下的初速度，取g＝10 m/s，则( )

2

A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 m

B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5 m

C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 m

D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m

[解析] 可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型．设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，有＝mx，解得x＝0.3 m，A

ML－x121

正确，B错误．根据动量守恒定律有0＝(m＋M)v，v＝0，由能量守恒定律得mv0＝mgh＋(m22

＋M)v，解得h＝0.45 m，C错误．小球m从初始位置到第一次到达最大高度过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动距离为y，由几何关系得，m相对于M移动的水平距离s＝L＋

2

s－yyL2－h2＝1.35 m，根据水平方向动量守恒得0＝m－M，解得y＝0.54 m，D正确．

tt[答案] AD

7．(多选)(2019·东北师大附中一模)如下图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1

和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A瞬间获得水平向右大小为3 m/s的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( )

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处于压缩状态 B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2

D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8

[解析] 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，t1时弹簧处于压缩状态，t3时弹簧处于拉伸状态，A、B错误．由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v共，可得m1∶m2＝1∶2.并由图可得在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8，C、D正确．

[答案] CD

8．(多选)(2019·湖北百校大联考)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前、后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前、后的两段图线相互平行，两冰壶质量均为19 kg，则( )