2024版高中同步新教材选择性必修第一册人教物理备课资源02-专题强化练2 人船模型

2024版高中同步新教材选择性必修第一册人教物理备课资源专题强化练2人船模型P203定点2答案见P12830分钟选择题1.(2022重庆巴蜀中学月考)如图所示,有一棱长为0.1m的正方体木块,静止于光滑水平面上,木块内部有一从顶端贯通至底端的通道,已知木块质量为M=3kg,一个质量为m=1kg的小球由静止开始从如图所示轨道的上端运动到下端,在该过程中,木块的位移为()A.0.750mB.0.075mC.0.025mD.0.250m2.(2023河北保定第三中学月考)有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(质量为一吨左右)。一位同学想用一把卷尺粗略测定它的质量,他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d及船长L。已知他自身的质量为m,水的阻力不计,船的质量为()A.m(LC.mLdD.3.(2023江苏金湖中学月考)如图所示,气球的质量为m,猴子的质量为10m,气球和猴子都静止在离地面高为h的空中。不计空气阻力,为使猴子沿从气球上放下的软轻梯安全滑至地面,软轻梯长度至少应为()A.hB.9hC.10hD.11h4.(2023江苏南京第二十九中学月考)如图所示,质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上,质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接,小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动,开始轻杆处于水平状态,现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s,重力加速度g取10m/s2。则()A.若锁定滑块,小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4NB.若解除对滑块的锁定,滑块和小球组成的系统动量守恒C.若解除对滑块的锁定,小球通过最高点时速度为2m/sD.若解除对滑块的锁定,小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为135.(2022江苏泰州中学月考)如图所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点正上方h高处由静止释放,小球由A点经过半圆轨道后从B点冲出,在空中能上升的最大高度为34h(不计空气阻力),则下列说法正确的是()A.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h1满足12h<h1<34

答案与分层梯度式解析第一章动量守恒定律专题强化练2人船模型1.C2.A3.D4.C5.ABD1.C小球由静止开始从轨道的上端运动到下端过程中,系统水平方向动量守恒,可得mv1-Mv2=0,又因为x1=v1t,x2=v2t,联立可得mx1=Mx2,根据题意有x1+x2=0.1m,联立解得木块的位移x2=02.A设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,取船的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有Mv船-mv人=0,则有Mx船-mx人=0,又x船+x人=L,x船=d,联立解得船的质量为M=m(L−d3.D思路点拨猴子与气球组成的系统所受合外力为零,动量守恒且最初静止,属于“人船模型”。猴子滑至地面时,设气球上升的高度为H,由人船模型规律有mH=10mh,解得H=10h,所以软轻梯长度至少为L=h+H=11h,D正确。4.C若锁定滑块,设小球到达最高点P时速度为vP,由小球机械能守恒,有12mv02=mgL+12mvP2,得vP=6m/s,对小球,根据牛顿第二定律有F+mg=mvP2L,得F=2N,A错误;若解除锁定,小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,B错误;设小球到达最高点时速度为vm,滑块的速度为vM,水平方向,由动量守恒得mvm=MvM,由系统机械能守恒得12mv02=12mvm2+12MvM2+mgL,解得vm=2m/s,C正确;设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm,滑块运动的距离为xM,由系统水平方向动量守恒得mxm=MxM5.ABD小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,在水平方向系统动量守恒,A正确;以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律有mv-mv'=0,得m2R−xt-mxt=0,所以小车的位移x=R,B正确;小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,C错误;小球从开始下落到第一次上升至最高点的运动过程中,由动能定理得mg(h-34h)-Wf=0,所以小球克服摩擦力做功大小Wf=14mgh,即小球第一次在车中运动损失的机械能为14mgh,由于小球第二次在车中运动时,对应位置处的速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于14mgh,机械能损失小于14mgh,因此小球再次离开小车时,能上升的最大高度大于34h-14h3动量守恒定律基础过关练题组一动量守恒的条件1.(2023重庆巴蜀中学期中)下列关于系统动量守恒的说法正确的是()①只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒②系统内有摩擦力,系统动量可能守恒③系统所受合外力不为零,其动量一定不守恒,但有可能在某一方向上守恒④如果系统所受合外力远大于内力,可近似认为系统动量守恒A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④2.(2023福建厦门外国语学校月考)在女排比赛中,球员竖直跳起,她恰好在到达最高点时将水平飞来的排球击出,排球以更大的速率水平飞出,直接落在对方的场地上,忽略空气阻力。则下列说法正确的是()A.在击球过程中球员与球组成的系统动量不守恒B.击球前后瞬间球员与球组成的系统的动能相等C.球员与球在水平方向动量守恒D.球员与球在水平方向的动量变化量相同3.下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是()A.甲、乙B.丙、丁C.甲、丙D.乙、丁4.(2023湖北石首第一中学月考)如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的轻弹簧,水平地面光滑,当弹簧突然释放后,则()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不同,A、B、C组成系统的动量不守恒C.若A、B所受的摩擦力大小不相等,A、B、C组成系统的动量不守恒D.无论A、B所受的摩擦力大小是否相等,A、B、C组成系统的动量守恒题组二动量守恒定律的理解与简单应用5.(2022江苏苏州陆慕高级中学月考)关于动量守恒定律,以下说法错误的是()A.系统不受外力时,动量一定守恒B.动量守恒定律也适用于高速运动的物体和微观粒子C.一个系统的动量守恒,则机械能也守恒D.两物体组成的系统,受到的合外力为零,则两物体动量的改变量大小一定相等6.(2023辽宁大连期中)一个礼花弹竖直上升到最高点时刚好炸裂成三块碎片,如果这三块碎片的质量和动量大小均相等,则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是()7.一枚火箭搭载着卫星以速率v0到达预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原速度方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为()A.v0-v2B.v0+v2C.v0-m2m1v2D.v0+m2m1(8.(2023黑龙江鹤岗一中调研)一个质量为M的平板车静止在光滑的水平面上,在平板车的车头与车尾站着甲、乙两人,质量分别为m1和m2,甲、乙均可视为质点,当两人分别以速率v1、v2相向而行时()A.若m1>m2,车子与甲运动方向一致B.若v1>v2,车子与甲运动方向一致C.若m1v1=m2v2,车子静止不动D.若m1v1>m2v2,车子运动方向与乙运动方向一致9.如图所示,小明站在静止于光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱,木箱最终以速率v向右匀速运动。已知木箱的质量为m,小明与小车的总质量为2m,木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞,反弹回来后被小明接住。求:(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小;(2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小。题组三某一方向动量守恒定律的简单应用10.(2023黑龙江哈尔滨德强学校期中)如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为m0,人与车以速度v1在光滑水平面上向右匀速运动,当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度为()A.m0v1C.m0v1+11.(2023山东青岛第五十八中学月考)如图所示,质量为M的滑块静止在光滑的水平面上,滑块的光滑弧面底部与水平面相切,一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来,小球最后未越过滑块,则小球到达最高点时,小球和滑块的速度大小是()A.mv0M+mB.m能力提升练题组一动量守恒定律的应用1.(2023黑龙江哈尔滨宾县第二中学期中)如图所示,两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的矩形滑块A、B中,射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较()A.射入滑块A的子弹速度变化量大B.整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大C.射入滑块A中时阻力对子弹做的功是射入滑块B中时阻力对子弹做功的两倍D.两个过程中系统产生的热量相同2.(2023陕西西安第三中学摸底)如图所示,在水平面上有一质量为M的长木板,其右端固定有一立柱。质量为m的人立于木板左端,木板与人均静止。在人加速向右奔跑的过程中,可将人视为质点,木板向左运动。人到达右端时立刻抱住立柱。关于抱住立柱后,人与木板一起运动的方向,下列说法中正确的是()A.若水平面光滑,人与木板一起向右运动B.若水平面光滑,人与木板一起向左运动C.若水平面粗糙,当M>m时,人与木板一起向右运动D.若水平面粗糙,当M<m时,人与木板一起向右运动3.如图所示,光滑水平面上有一矩形长木板,木板左端放有一小物块,已知木板质量大于物块质量,t=0时刻两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动,碰到右边的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来,运动过程中物块一直未离开木板,则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能是()4.(2023重庆第二外国语学校期末)如图所示,一水平光滑操作台上静置有两个小滑块A、B,用细线将滑块A、B连接,使A、B间的轻质弹簧处于压缩状态(A、B两滑块与弹簧不拴接)。剪断细线,滑块A、B被弹簧弹开并最终落到地面,落地点分别为M、N。已知A、B的质量分别为mA=1kg、mB=2kg,操作台距离地面高h=1.25m,M距操作台边缘的水平距离x1=1.5m,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。试求:(1)A刚离开操作台时的速度大小;(2)B落地点N到操作台边缘的水平距离x2。题组二某一方向动量守恒的应用5.(2022河北辛集中学月考)如图所示,小车放在光滑的水平面上,车上固定一竖直轻杆,轻杆顶端通过细绳连接一小球,现将小球拉起使细绳与竖直方向成一定的角度,然后同时放开小球和小车,不计空气阻力,那么在以后的过程中()A.小球向左摆动时,小车向右运动,且系统动量守恒B.小球向左摆动时,小车向右运动,系统机械能不守恒C.小球向左摆到最高点,小球的速度为零而小车速度不为零D.小球向左摆到最高点,小球的速度为零,小车速度也为零6.(2023湖北沙市中学月考)如图所示,质量为m的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上,质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放,则()A.小球和槽组成的系统动量守恒B.小球可以到达与A等高的C点C.小球下滑到底端B的过程中,小球和槽组成的系统机械能守恒D.小球下滑到底端B的过程中,小球所受合力的瞬时功率增大7.(2022山东师大附中月考)如图所示,载有物资的热气球静止于距水平地面H高处,现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出,落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M,所受浮力不变,重力加速度为g,不计阻力,以下判断正确的是()A.投出物资后热气球竖直向上做直线运动B.物资从投出到落地用时2C.投出物资后的瞬间,热气球的速度大小为mD.d=2题组三多物体、多运动过程动量守恒问题8.(2023山东沂水第四中学阶段测试)如图所示,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端(B、C可视为质点),三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg,A与B间的动摩擦因数为μ=0.5。开始时C静止,A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)并粘在一起,经过一段时间,B刚好滑至A的右端而没掉下来。求:(1)A、C碰撞后A的速度大小;(2)长木板A的长度。(重力加速度g=10m/s2)9.(2021广东联考)如图所示,AB为光滑的14圆弧轨道,半径R=0.8m,BC为距地面高h=1.25m的粗糙水平轨道,长L=2.0m,与AB轨道相切于B点。小物块N放在水平轨道末端的C点,小物块M从圆弧轨道的最高点A由静止开始运动,经过一段时间后与小物块N发生碰撞,碰撞后小物块N落在水平地面上的D点,小物块M落在E点。已知D点到C点的水平距离xD=0.75m,D、E两点间的距离Δx=0.125m,小物块M与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.3,重力加速度g取10m/s2(1)即将碰撞的瞬间小物块M的速度大小;(2)小物块M和小物块N的质量之比。10.(2022江苏吴县中学期中)如图所示,质量M=4kg的滑板B静止在光滑水平面上,其右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的水平距离L=0.5m,这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=0.2,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑。木块A以速度v0=10m/s由滑板B左端开始沿滑板B上表面向右运动。已知木块A的质量m=1kg。重力加速度g取10m/s2。(95=9.75)求:(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小;(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能;(3)木块A再次回到滑板B的最左端时的速度大小。

答案与分层梯度式解析第一章动量守恒定律3动量守恒定律基础过关练1.A2.AC3.C4.D5.C6.C7.D8.CD10.D11.A1.A动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零,所以只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒,①正确;系统内的摩擦力是内力,只要系统不受外力或所受合外力为零,系统动量就守恒,②正确;系统所受合外力不为零,其动量一定不守恒,但系统在某一方向不受外力或所受合外力为零,在该方向上系统的动量守恒,③正确;系统所受外力不为零,但内力远大于外力时,外力可以忽略不计,动量近似守恒,如果系统所受合外力远大于内力,系统动量不守恒,④错误。故选A。2.AC在击球过程中球员与球组成的系统受到重力作用,合外力不为0,因此动量不守恒,A正确;击球过程球员的化学能转化为系统动能,系统动能增加,B错误;球员与球在水平方向所受合外力为0,水平方向动量守恒,C正确;球员与球在水平方向动量守恒,动量变化量大小相等、方向相反,D错误。故选A、C。3.C在光滑水平面上,子弹射入木块的过程中,系统所受外力之和为零,系统动量守恒,甲符合题意;剪断细线,弹簧恢复原长的过程中,墙壁对滑块M有作用力,系统所受外力之和不为零,系统动量不守恒,乙不符合题意;细线断裂前后木球与铁球组成的系统所受合外力均为零,系统动量守恒,丙符合题意;木块下滑过程中,木块和斜面所受外力之和不为零,系统动量不守恒,丁不符合题意。故选C。4.D若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B发生滑动时,由于A的质量大于B的质量,A物体受到的摩擦力大于B物体受到的摩擦力,A、B组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,A错误;无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同,无论A、B所受的摩擦力大小是否相等,A、B、C组成的系统受到的合外力都为零,A、B、C组成系统的动量守恒,B、C错误,D正确。故选D。5.C系统不受外力时,动量守恒,A正确;动量守恒定律既适用于低速、宏观物体,也适用于高速、微观物体,B正确;系统所受合外力为零时,动量守恒,只有重力或系统内弹力做功时,机械能守恒,所以系统动量守恒其机械能不一定守恒,C错误;两物体组成的系统,受到的合外力为零,系统动量守恒,两物体动量的改变量大小相等、方向相反,D正确。故选C。6.C由于三块碎片的质量和动量大小均相等,若是选项A、B、D中的情境,分离后动量的矢量和不可能为零,不满足系统的动量守恒。若是选项C中的情境,分离后动量的矢量和为零,满足系统动量守恒。故选C。7.D箭体与卫星分离前后系统动量守恒,则有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+m2m1(v0-v8.CD模型构建甲、乙两人及平板车组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,系统的最初动量为零。甲、乙两人相向而行,两人的动量方向相反。如图所示:若m1v1=m2v2,两人的动量之和为零,平板车将保持静止不动,C正确;若m1v1>m2v2,两人的动量之和不为零,动量之和的方向与甲的运动方向相同,则平板车的运动方向与甲的运动方向相反,与乙的运动方向相同,D正确;若仅知道m1>m2或v1>v2,不能确定甲、乙两人的动量大小,也就不能确定平板车的运动方向,A、B错误。故选C、D。9.答案(1)v2(2)解析(1)取水平向左为正方向,小明推木箱的过程,由动量守恒定律有0=2mv1-mv解得v1=v(2)小明接木箱的过程,由动量守恒定律有mv+2mv1=(m+2m)v2解得v2=210.D人竖直跳起过程中,人和车在水平方向上所受合外力为零,在水平方向上动量守恒,由于惯性,人水平方向的速度不发生变化,所以车的速度仍为v1,方向向右,故选D。11.A小球沿滑块的光滑弧面上滑的过程中,小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力,因而系统在水平方向动量守恒,小球到达最高点时和滑块具有相同的速度v,由系统在水平方向上动量守恒得mv0=(M+m)v,所以v=mv0导师点睛小球到达最高点时,一定和滑块具有相同的速度v。若小球与滑块速度不相同,必然相对运动,此时小球一定不在最高点。能力提升练1.BD2.CD3.A5.D6.BC7.BC1.BD子弹射入滑块过程,子弹与滑块组成的系统动量守恒,有mv0=(m+M)v,可知,两颗子弹的末速度相等,所以子弹速度的变化量相等,滑块动量变化量相等,滑块受到的冲量相等,A错误,B正确;对于子弹,根据动能定理,有Wf=12mv2-12mv02,由于末速度v相等,所以阻力对子弹做功相等,C错误;对子弹与滑块组成的系统,由能量守恒得系统产生的热量Q=12mv02-2.CD规定水平向右为正方向,设人抱住立柱之前瞬间,人的速度大小为v1,木板速度大小为v2,人向右奔跑的时间为t,人抱住立柱后瞬间速度为v。若水平面光滑,对人和木板组成的系统,如图所示:沿水平方向动量守恒,人向右奔跑过程中,有mv1-Mv2=0,人抱住立柱过程中,有mv1-Mv2=(m+M)v,解得v=0。所以若水平面光滑,人抱住立柱后人与木板均静止不动,A、B错误。若水平面粗糙,设人与木板之间的摩擦力大小为f1,木板与地面之间的摩擦力大小为f2,如图所示:人向右奔跑过程中,由动量定理,以人为研究对象,有f1t=mv1,以木板为研究对象,有-f1t+f2t=-Mv2,人抱住立柱过程中,可以认为内力远大于外力,系统动量守恒,有mv1-Mv2=(m+M)v,解得v=f2tM+m>0,人抱住立柱后瞬时速度为正值,导师点睛若水平面光滑,系统所受合外力为零,动量守恒,末速度为零;若水平面粗糙,系统所受合外力向右(水平面摩擦力),由动量定理知,末速度向右。3.A木板碰到挡板前,物块与木板一起做匀速运动,速度为v0;木板碰到挡板后,木板向左做匀减速运动,木板质量大于物块的质量,根据动量守恒定律,它们的总动量一直向左,物块先向右做匀减速运动,速度减至零后向左做匀加速运动,最终两者速度相同,设为v,设木板的质量为M,物块的质量为m,取向右为正方向,则由动量守恒定律得-Mv0+mv0=(M+m)v,解得v=-M−mM+mv4.答案(1)3m/s(2)0.75m解析(1)滑块A离开操作台后做平抛运动,竖直方向有h=12gt解得t=2ℎg=2×1.2510水平方向有x1=vAt解得A离开操作台时的速度大小为vA=x1t=(2)滑块A、B被弹簧弹开过程满足动量守恒,以向右为正方向,则有mBvB-mAvA=0解得滑块B做平抛运动的初速度大小为vB=mAvAmBB落地点N到操作台边缘的水平距离为x2=vBt=1.5×0.5m=0.75m5.D小球向左摆动时,小车向右运动,小球受到的重力使系统所受合外力不为零,故系统动量不守恒,但该过程只有重力及系统内的弹力做功,故系统机械能守恒,A、B错误;系统在水平方向所受合外力为零,水平方向动量守恒,小球向左摆到最高点,小球的速度为零,小车速度也为零,C错误,D正确。6.BC小球有竖直方向的分加速度,小球和槽组成的系统在竖直方向所受合力不为零,则小球和槽组成的系统动量不守恒,A错误;小球和槽组成的系统在水平方向不受外力,所以系统在水平方向动量守恒,系统在水平方向初动量为零,所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零,又因为整个过程系统机械能守恒,初动能和末动能都为零,所以初、末状态系统重力势能相同,小球可以到达与A等高的C点,B、C正确;小球开始下滑时,速度为零,根据公式P=Fvcosθ,合力的瞬时功率为零,小球滑到底端B时,速度与合力垂直,合力的瞬时功率也为零,则小球所受合力的瞬时功率先增大后减小,D错误。故选B、C。7.BC投出物资前后,物资和热气球组成的系统水平方向动量守恒,设热气球的水平速度大小为v1,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0-Mv1=0,得v1=mMv0;投出物资前,浮力与重力大小相等,F浮=(M+m)g,投出物资后,浮力大于重力,由牛顿第二定律有F浮-Mg=Ma,联立解得热气球在竖直方向的加速度a=mgM,所以投出物