2019高考物理课时作业（六）（含解析）.docx

课时作业(六)一、选择题(共10个小题，6、7、8、9、10为多选，其余为单选，每题5分共50分)1(2018青岛二模)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是()A第1 s末物体的速度为2 m/sB第2 s末外力做功的瞬时功率最大C第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为12D第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为45答案D解析A项，0到1 s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为：a1 m/s24 m/s2，第1 s末物体的速度为v1a1t141 m/s4 m/s，故A项错误；B项，1到2 s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为：a2 m/s22 m/s2，第1秒末外力做功的瞬时功率为P1F1v144 W16 W，第2 s末物体的速度为v2v1a2t2(421) m/s6 m/s，第2秒末外力做功的瞬时功率为P2F2v226 W12 W，故B项错误；C项，第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为：p1p2(mv10)(mv2mv1)(14)(1614)21，故C项错误；D项，第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为：Ek1Ek2(mv120)(mv22mv12)(142)(162142)45，故D项正确，故选D项2(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 mB06 s内，演员B对地面的压力大小始终为1 050 NC06 s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 NsD演员A落地时向下屈腿，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 m6 m，故A项错误；B项，06 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，04 s内A向下加速，加速度为：a1 m/s20.5 m/s2；则由牛顿第二定律可得：mgF1ma1，解得：F1500 N500.5 N475 N；46 s内A向下减速，加速度为：a2 m/s21 m/s2；则由牛顿第二定律可得：F2mgma2，解得：F2500 N501 N550 N；设向下为正方向，则06 s内竹竿对演员B的压力的冲量大小为：Img(t1t2)F1t1F2t2510(42) Ns4754 Ns5502 Ns3 300 Ns，故C项正确；D项，演员A落地时向下屈腿，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3(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()A.mgB.mgC.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v22hg，可知v；缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(Fmg)t0(mv)，解得：Fmg，故选A.4如图所示，A、B两物体质量之比mAmB32，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mAmB32，所以FfAFfB32，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5.(2018赣州一模)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M3 kg.质量m1 kg的铁块以水平速度v04 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A3 J B6 JC20 J D4 J答案A解析设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f.根据能量守恒定律得：铁块相对于木板向右运动过程：mv02fL(Mm)v2EP铁块相对于木板运动的整个过程：mv022fL(Mm)v2又根据系统动量守恒可知，mv0(Mm)v联立得到：EP3 J故选A.6.(2018湖北模拟)质量M3 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m2 kg的小球(视为质点)通过长L0.75 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v03 m/s的竖直向下的初速度，取g10 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 mB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 mC小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD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：x0.3 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h0.45 m，与水平面的夹角为cos0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块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x0.24 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xx0.3 m0.24 m0.54 mD项正确7(2018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，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(mM1M2)v对乙图，则：mv0M1v1(mM2)v2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：v1vv2可知第二次时滑块的速度的变化量小一些，根据动量定理可知，滑块与B木板将比第一种的情景更早达到速度相等，所以在第二种的情况下，滑块还没有运动到B的右端，两者速度相同，即第二次时，滑块相对于木板的位移小A项，根据动能定理可知，滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化，由于vv2，所以甲、乙两图中，滑块克服摩擦力做的功不一样多故A项错误；B项，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，第一次的相对路程的大小大于第二次的相对路程的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量故B项正确；C项，由以上分析可知，两图中最终滑块的速度不同，则可知末动量不相同，则由动量定理可知，合外力的冲量不同，故C项错误D项，根据以上分析可知，滑块与B达相对静止时对应的位移将更小，因此滑块不会离开B物体，故D项正确，故选B、D两项8(2018冀州市校级期中)如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1m2可能为()A31 B13C15 D17答案ABD分析两球发生弹性碰撞，碰后前后瞬间动量守恒，机械能守恒，结合碰撞后两球运动的可能性分析判断解析若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v2t3v1t，即：v23v1.根据动量守恒得，m1v0m1v1m2v2，根据机械能守恒得：m1v02m1v12m2v22，联立解得m13m2.故A项正确若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有：v1t3v2t，即：v13v2.根据动量守恒得：m1v0m1v1m2v2，根据机械能守恒得：m1v02m1v12m2v22，联立解得：m27m1.故D项正确若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有：v1tv2t，即：v1v2，根据动量守恒得：m1v0m1v1m2v2，根据机械能守恒得：m1v02m1v12m2v22，联立解得：m23m1.故B项正确，故选A、B、D三项9.带有1/4光滑圆弧轨道、质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车，当小球上行再返回，并脱离滑车时，以下说法可能正确的是()A小球一定沿水平方向向左做平抛运动B小球可能沿水平方向向左做平抛运动C小球可能做自由落体运动D小球可能水平向右做平抛运动答案BCD解析小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程如果mM，小球离开滑车向左做平抛运动；如果mM，小球离开滑车做自由落体运动；如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动10(2018达州一模)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上现使B获得水平向右、大小为6 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得()A在t1，t2时刻两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧都处于伸长状态B从t3到t4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长C两物体的质量之比为m1m221D在t2时刻，A、B两物块的动能之比为Ek1Ek241答案BC解析A项，从图像可以看出，从0到t1的过程中弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度2 m/s，此时弹簧处于伸长状态，由图示图像可知，t2时刻两物体的速度大小不相等，且方向相反，则速度不同，故A项错误；B项，由图示图像可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，故B项正确；C项，由图示图像可知，t1时刻两物体速度相同，都是2 m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v1(m1m2)v2，即m26(m1m2)2，解得：m1m221，故C项正确；D项，由图示图像可知，在t2时刻，A、B两物块的速度分别为：4 m/s、2 m/s，两物体的动能之比为Ek1Ek2m1vA2m2vB22m242m2(2)281，故D项错误，故选B、C两项二、计算题(共4个小题，11题10分，12题12分，13题14分，14题14分，共50分)11如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为.最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板求：(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；(2)木块A在整个过程中的最小速度答案(1)91v02/(50g)(2)v0解析(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1.对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv02mv0(mm3m)v1解得：v10.6v0对木块B运用动能定理，有：mgsmv12m(2v0)2解得：s91v02/(50g)(2)当A和C速度相等时速度最小为v则：3mv04mvm2v0(v0v)则vv0(其是v0v为A和B速度的变化量)12(2018道里区校级四模)某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将5个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左到右依次为1、2、3、4、5，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k倍，k1，所有小球的球心等高现将1号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计(1)求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小；(2)求第5个球被第4个小球碰后的速度；(3)摆线长为L16h，在第5个球右侧偏离竖直方向成60角的虚线上的A点钉了一个钉子，则A距悬点的距离与L的比例系数p满足什么条件时，第5个小球能绕A点做完整的圆周运动答案(1)1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小是(2)第5个球被第4个小球碰后的速度是4(3)p小球能绕A点做完整的圆周运动解析(1)设1号小球的质量为m1，碰前的速度为v1.对于1号小球由h高处运动到最低点过程，根据机械能守恒有：m1ghm1v12解得：v1(2)设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v1和v2，取水平向右为正方向对于1、2号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有：m1v1m1v1m2v2根据机械能守恒有：m1v12m1v12m2v22解得：v2设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v2和v3，对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有：m2v2m2v2m3v3根据机械能守恒有：m2v22m2v22m3v32同理可解得：3号小球被碰后的速度为：v3()2由以上规律可推知5号小球被碰后的速度为：v5()4解得：v54(3)5号小球绕钉子A做完整的圆周运动在最高点至少有：m5gm5第5个小球从最低点运动到圆周的最高点根据机械能守恒，可知：m5gL(1cos60)m5gr(1cos60)m5v52m5v2解得：rL所以有p小球能绕A点做完整的圆周运动13(2018醴陵市校级期中)“神十一”发射成功后，小张同学研究了火箭原理：火箭有单级和多级之分多级火箭是把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作(1)如图甲是模拟单级火箭的工作过程，设光滑水平面A、B两物体质量分别为2m和m，它们之间有微量的炸药C，爆炸释放的能量为2E，求爆炸后A获得的速度vA；(2)如图乙是模拟多级火箭的过程，光滑水平面上D、F、G三个物体质量均为m，D、F之间和F、G之间均有微量炸药P、Q，爆炸时释放的能量均为E.通过控制使Q先爆炸，P后爆炸，求所有爆炸都发生后物块D获得的速度vD.答案(1)爆炸后A获得的速度vA是 (2)所有爆炸都发生后物块D获得的速度vD是 (1)解析(1)单级爆炸时，取向左为正方向，由动量守恒定律得：02mvAmvB由能量守恒得：2E2mvA2mvB2联立解得：vA(2)Q爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：02mvDFmvG由能量守恒得：E2mvDF2mvG2P爆炸过程，同理可得：2mvDFmvDmvF