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课时作业(六)
一、选择题(共8个小题，4、5、6、7、8为多选，其余为单选，每题5分共40分)
1．(2017·郑州三模)如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演、水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作．某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下落．滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到地面上，演员A、B质量均为50 kg，长竹竿质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示．重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．竹竿的总长度约为3 m
B．0～6 s内，演员B对地面的压力大小始终为1 050 N
C．0～6 s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N·s
D．演员A落地时向下曲腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
答案 C
解析 A项，杆子的长度等于vt图像中的面积，由图可知，x＝＝6 m，故A项错误；B项，0～6 s内A加速度先向下，再向上，故人先失重再超重，故B对地面的压力一定是变化的，故B项错误；C项，由图可知，0～4 s内A向下加速，加速度为：a1＝＝0.5 m/s2；则由牛顿第二定律可得：mg－F1＝ma1，解得：F1＝500－50×0.5＝475 N；4～6 s内A向下减速，加速度为：a2＝＝1 m/s2；则由牛顿第二定律可得：F2－mg＝ma2，解得：F2＝500＋50×1＝550 N；设向下为正方向，则0～6 s内竹竿对演员B的压力的冲量大小为：I＝mg(t1＋t2)＋F1t1＋F2t2＝5×10×(4＋2)＋475×4＋550×2＝3 300 N·s，故C项正确；D项，演员A落地时向下曲腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D项错误，故选C项．
点评 本题考查动量定理的应用以及图像的性质，要注意明确动量定理的正确应用，注意在应用动量定理时应注意动量和冲量的矢量性．
2．(2015·重庆)高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
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A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
答案 A
解析 人下落h高度为自由落体运动，由运动学公式v2＝2hg，可知v＝；缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)，解得：F＝＋mg，故选A.
考点 本题考查运动学公式、动量定理
3．如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列分析错误的是( )
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
答案 A
解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A项错．对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力(水平方向不受外力)，它们的矢量和为零，故该系统的动量守恒，B、D两项均正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的外力之和为零，故其动量守恒，C项正确．
4．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时刻小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A.mv2 B.v2
C.NμmgL D．NμmgL
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答案 BD
解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为同速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能Ek＝mv2－(M＋m)v12＝，A项错误，B项正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C项错误，D项正确．
5.(2017·湖北模拟)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．质量为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/s2.则( )
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
答案 AD
解析 可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有＝，解得：x＝0.3 m，A项正确，B项错误．根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m，C项错误．根据动量守恒定律，在小球上升到最大高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以达到的最大高度为h＝0.45 m，与水平面的夹角为cosα＝0.8，设水球从最低位置上升到最高位置过程上滑块M在水平轨道上又向右运动了x′，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有＝，解得x′＝0.24 m．小球m从初始位置到第一次达到最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x＋x′＝0.3 m＋0.24 m＝0.54 m．D项正确．
点评 解决本题的关键要明确系统水平方向动量守恒，利用平均动量守恒列方程，要注意m速度的参考系是地面，不是对M.
6．(2017·鼓楼区校级模拟)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个滑块(可视为质点)以水平速度v0沿木板从左端向右端滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止，现将木板分成A和B两段，如图乙所示，并紧挨着放在水平面上，让滑块仍以初速度v0从木板左端向右端滑动，滑块与木板的动摩擦因数处处相同，在以后的整个过程中，
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下列说法正确的是( )
A．甲乙两图中，滑块克服摩擦力做的功一样多
B．系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多
C．最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同
D．图乙过程中滑块与B一定不会分离
答案 BD
分析 比较两次运动的区别，木块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在滑块运动过程中，整个木板一直加速，第二次滑块运动的过程中，A与B先一起做加速运动，当滑块运动到B部分上后A部分停止加速做匀速直线运动，只有B部分加速，B的加速度大于开始时的加速度，通过比较滑块的位移确定是否飞离木板．(也可以使用动能定理比较)．根据摩擦力乘以相对位移等于热量比较滑块在木板B上和木板A上产生的热量关系，根据末动量以及动量定理分析合外力的冲量大小．
解析 设滑块的质量为m，A部分的质量为M1，B的质量为M2，则滑块在木板上运动的过程中，系统的动量守恒，选择向右为正方向，对甲图：
mv0＝(m＋M1＋M2)v ①
对乙图，则：mv0＝M1v1＋(m＋M2)v2 ②
由于滑块滑过A后，在B上滑动的过程中，滑块的速度将大于A的速度，所以可得：
v1
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