蹦极类模型、流体微粒柱状模型和人船模型（解析版）

2024年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练

专题14蹦极类模型、流体微粒柱状模型和人船模型

特训目标特训内容

目标1蹦极类模型（1T-4T）

目标2流体微粒柱状模型（5T-8T）

目标3人船模型（9T—12T）

目标4类人船模型（13T—16T）

【特训典例】

一、蹦极类模型

1.位于员州省安顺市的黄果树坝陵河大桥蹦极，经吉尼斯世界纪录认证，为世界最高的商业蹦极（370米）,

它也成为众多蹦极爱好者争相挑战的对象。一质量80。的蹦极爱好者在一次蹦极中，离开踏板后运动过程

中的部分工一/图像如图所示，其中OA为抛物线，AC为一般曲线，B点斜率为零，则从绳伸直后到运动到

最低点的过程中，绳对他的平均作用力大小为（不计空气阻力，|[g----1）

A.1500NB.2000NC.2400ND.3000N

【答案】B

【详解】由题意可知OA过程蹦极爱好者做自由落体运动，则有因解得向三｝;8点斜率为零，可知

B点对应速度为零，B点为最低点；从。到B的过程，根据动量定理可得|冈

解得I国-----1故选B。

2.高空作业必须系安全带，但安全带使用不当也会对人体造成伤害。我国对安全带的材料、长度、宽度以

及使用方法都有规定，其中规定如果安全带的长度超过三米•定要加装缓冲器。某兴趣小组的同学们通过

模拟实验来探究缓冲器的作用。同学们改装了甲、乙两根安全带，甲不加装缓冲器，乙加装缓冲器，使两

根安全带的总长度（乙安全带的总长度含缓冲器）都为1.25m,把重物和力的传感器捆在一起挂在安全带的

底端，重物（含传感器）的质量为1kg.现让重物从安全带上端处自由下落（重物可视为质点），实验发现

从安全带伸直到重物速度第一次减为零，甲、乙分别用时0.1s和0.5s。忽略缓冲器对安全带长度的影响,

重力加速度取lOm/s?。则（）

A.安全带刚伸直时重物的动量为5kg・m/s,方向竖直向下

B.从安全带伸直到重物速度第-次减为零的过程，重物的动量变化为5kg-m/s,方向竖直向下

C.从安全带伸直到重物速度笫一次减为零的过程，甲安全带对重物的平均作用力为60N,乙安全带对重

物的平均作用力为10N

D.从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，乙安全带对重物的冲量为10NS方向竖直向上

【答案】AD

【详解】A.从重物自由下落到安全带刚伸直的过程，由自由落体运动公式i/=2g/?,可得i，=5m/s

则可知此时重物的动量〃==5kg・m/s动显的方向即速度方向，为竖直向下，故A正确；

B.从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，重物的初动量为5kg-m/s,方向竖直向下，重物的末动

量为0,设竖直向上为正方向，重物的动量变化为Ap=O一（一"“）=5kg・m/s方向竖直向上，故B错误；

C.从安全带伸直到重物速度第•次减为零的过程，设安全带对重物的平均作用力为F,由动量定理有

（尸一〃?g）f=O—（一/〃】，）代入两次作用时间，得甲、乙两根安全带对重物的平均作用力分别为60N和20N,

故C错误；

D.由动量定理（F—mg）t=0—（—mv）可得a=/〃g/+〃w=10N・s方向竖直向上，故D正确。故选AD。

3.在刚刚结束的东京奥运会上，14岁的中国姑娘全红婵凭借高超的“水花消失术〃获得评委们的三个满分，

从而获得女子10米跳台冠军。在比赛中质量为，〃的全红婵，从跳台上以初速度幽直向上跳起，从跳台上

起跳到入水前重心下降了“，入水后由于水的阻力使速度减为0。入水后到速度为0时重心下降了力，不计

空气阻力，则下列说法中正确的是（）

A.全红婵起跳后在空中受到合外力的冲量大小为何…

B.全红婵受到水的阻力的冲量大小为回

C.从起跳后到入水后速度减为0的全过程中，全红婵受到的合外力的冲量大小为回

D.全红婵入水后受到重力的冲量大小为但

【答案】AC

【详解】A.全红婵起跳后在空中运动过程机械能守恒0解得|冈………取向下为正方向,

由动量定理，合外力的冲量大小为百卜攵A正确；

B.全红婵受到水中运动过程受到重力和水的阻力，根据动量定理有|回———|水的阻力的冲量

大小大于叵,故B错误；

c.从起跳后到入水后速度减为o的全过程中，根据动量定理，取向上为正方向|国♦……|全红婵

受到的合外力的冲量大小为回，故C正确：

D.华红婵入水后受到重力的冲同叵||：［叵］…—|故D错误。故选AC

4.图甲为蹦极的场景，运动员及携带装备的总质量为75kg,弹性绳原长为10m。运动员从蹦极台自由下落，

下落过程中的速度一位移图像如图乙所示。已知弹性绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，重力加速度g

取10m/s2.下列说法正确的是（）

A.整个下落过程中，运动员及携带装备与弹性绳组成的系统机械能守恒

B.运动员及携带装备从静止开始下落15m的过程中重力的冲量为1125N-s

C.弹性绳的劲度系数约为150N/m

D.弹性绳长为24m时，运动员的加速度大小约为5m/s2

【答案】AC

【详解】A.整个下落过程中，运动员及携带装备与弹性绳组成的系统除重力和弹力外没有其它外力做功,

满足机械能守恒条件，故A正确;

B.运动员及携带装备从静止开始下落15m的过程中如果是自由落体，重力的冲最为后|：阿

得回由题可知后面®有弹性绳作用，时间变长，重力的冲量进一步增大，故B错误；

C.由开始下落到最低点全程使用动能定理因带入数据解得「后|故C正确;

D.弹性绳长为24〃?时，由牛顿第二定律f叵］-----上带入数据解得回|方向向上,故D错误。故

选AC。

二、流体微粒柱状模型

5.娱乐风洞是一种空中悬浮装置，该装置通过人工制造和控制气流，把游客"吹”起来，让游客体验“腾云驾

雾”的感觉。如图所示，悬浮在风洞正上方的两名手拉手的游客总质最为，"，受风的有效面积为S,气流速

度为国已知重力加速度为g,气流吹到人身体后速度近似变为0,则气流的平均密度为（)

C.回D•回

【答案】B

【详解】游客处于平衡，对其进行受力分析，气流对游客的平均作用力|国根据牛顿第三定律可得游客

对气流的平均作用力|臼|以极短时间口内与游客发生作用的气流为研究对象,则有|国伽定竖直

向上为正方向，对气流由动量定理有|区］|由于I区-----1，则有I区-----

解得|因卜选B。

6.如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知传送带的运行速度为vo=O.8m/s,开采出的煤块以50kg/s

的流量（即每秒钟有50kg煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带上，并随着传送带运动。为了使传

送带保持匀速传动，电动机的功率应该增加（)

A.32WB.40WC.16WD.20W

【答案】A

【详解】每秒钟内落到传送带上煤块都将获得与传送带相等的速度，由动量定理可得应

解得I国一T煤块受到的摩擦力由传送带提供,则电动机对传送带应增加的牵引力为40N。电动机应增加

的功率为g----------I故选Ao

7.如图所示，是高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，列车由质量均为/〃的4节车厢组成，其

中1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动

过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0,碰到空气后空气的速度立

刻与列车速度相同，已知空气密度为口1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S,不计其

他阻力，忽略2号、3号、4号车厢受到的空气阻力。当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度

，1号车厢对2号车厢的作用力大小为（)

A.0B.区IC.叵ID.区I

【答案】B

【详解】根据题意，设列车的最大速度为回列车对空气的阻力为比由动量定理有后

解得［冈〜I当牵引力等于阻力时,列车速度最大，则有|冈~岷立解得凹当列车由静止开始以

额定功率运行到速度为最大速度的伸•，阻力为0

,牵引力为S

1号车厢对2号车厢的作用力大小为Q对2号、3号、4号车厢整体，由牛顿第二定律仃应

联立解得

对4节车厢整体，由牛顿第二定律有向H故选Bo

8.为估算雨水撞击地面产生的平均压强，某'实验小组在雨天将一圆形水杯置于雨中，当雨滴竖直下落速度

为10m/s时,测得耳］内杯中的水上升了18mm，雨水落到地面上时有一半反向溅起,速度为下落速度的岸

另一半速度减小为0,已知雨水的密度为向，忽略风力和空气阻力的影响，不计雨滴的重力,

则可以估算出压强约为（）

A-Lg_B.|gC.|_g_JD.［_g_

【答案】B

【详解】设雨水落到地面上的面积为S,/时间内落到雨水落到地面上上面雨滴的质量为|叵||根据题意

雨水落到地面上时有一半反向溅起，设竖直向上为正方向，根据动量定理可知回

另一半速度减小为0,根据动量定理区根据压强定义式区代入数据解得

|区|Pa故选B°

三、人船模型

9.如图所示，气球和软梯的质量共为〃?，猴子的质量为目,都静止在离地面高为人的空中。不计空气阻

力，为使猴子沿软梯安全滑至地面，软梯长度至少应为（）

A.口B.0c.Eg]D.[^]

【答案】D

【详解】设下降的过程中气球上升的高度为“，速度为，/,由题意可知可视为质点的猴子下落高度为力速

度为-2,猴子和气球组成的系统所受合外力为零，由动量定律可得|冈------|等式两边同时力以时间t

区I解得IgI所以软梯长度至少为|臼I，ABC错误，D正确。故选D。

10.如图，光滑的水平地面上有一辆质量为〃?、长L=lm的平板车，车上有一个质量也为加的人，开始时

人和车都静止，空气阻力忽略不计。当人从左向右行走的过程中，下列说法正确的是（)

A.由于人与车之间有摩擦力，故系统动量不守恒

B.人和车组成的系统机械能守恒

C.当人从车的左端行走到右端，车运动的位移大小为0.5m

D.人在车上行走，若人突然停止运动，则车由于惯性要过一会儿力停止运动

【答案】C

【详解】A.对人与车构成的系统进行受力分析，系统所受外力的合力为0,而摩擦力是系统的内力，因此

系统动量守恒，A错误；

B,由于开始时人和车都静止，行走时，系统动能增加，则系统机械能增大，B错误；

c.根据动量守恒定律的位移表达式有|冈------］又|冈------1解得|冈------|，C正确：

D.系统动量守恒，则|冈------解得而彳可知,人与车的速度大小始终相等，即人在车上行走，若人突

然停止运动，则车也将立即停止运动，D错误。故选C。

11.质量为的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么（）

A.人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止

B.人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大

C.人在车上行走的平均速度越小，则车在地面.上移动的距离就越大

D.不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同

【答案】D

【详解】A.由人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有［囱一一］若人相对车突然停止,

则车也突然停止，故A错误；

BCD.设车长为L,由0解得B车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无

关，故D正确，BC错误。故选D。

12.如图所示，质量为M=2小的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，

并且比湖岸高出人在船尾处有•质量为，〃的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的

距离为L,船头到湖岸的水平距离叵］,弹簧原长远小于心将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽

略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有（）

A.铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为0

B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为

C.小木船最终的速度大小为巴

D.弹簧释放的弹性势能为巴|

【答案】BD

四、类人船模型

13.如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车A8段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从4到小车右

端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在C点。一质量为

/〃、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点4由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍,

重力加速度为g。下列说法正确的是（)

A.滑块到达8点时的速度大小为同

B.弹簧获得的最大弹性势能为

c.滑块从4点运动到。点的过程中，小车运动的位移大小为何E

D.滑块第一次从A点运动到B点时，小车对滑块的支持力大小为4mg

【答案】BD

【详解】AD.滑块从A滑到8时，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有［百一—二

叵解得回,因运动到4点时对滑块受力分析因

解得FN=故A错误、D正确：

B.滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势

能，故B正确：

C.从A到B滑下过程由人船模型|回——I，1+也=抵解得小车的位移应当是|回卜攵C错误。故选BD。

14.如图所示，质量分别为函□的两个小球A、B用长为域|勺轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初

始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，A、B可视为质点。从释放到A球运动

到最低点的过程中，下列说法正确的是（）

A.A、B组成的系统水平方向动量守恒

B.A球运动到最低点时，B球向右运动距离为何

C.A球运动到最低点时，B球的速度为眄］

D.A球运动到最低点的过程中，绳对B做的功为回

【答案】ACD

【详解】A.从释放到A球运动到最低点的过程中，A、B组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向动

量守恒，故A正确;

B.A球运动到最低点时，取水平向左为正方向，水平方向由动最守恒定律得园两边同时乘以

I,则有|冈|其中|冈二|区|----解得［二］故B错误;

C.A球运动到最低点时，取水平向左为正方向，水平方向由动量守恒定律制--由机械能守恒

0其中向二二1联立可得0二故C正确;

D.对B球由动能定理，A球运动到最低点的过程中，绳对B做的功为为回故D正确

故选ACD.

15.如图所示，质量为机，半径为r的小球，放在内半径为R,质量为M=5〃?的大空心球内，大球开始静止

在光滑水平面上，当小球由图中位置无初速释放沿内壁滚到最低点时，下列说法中正确的是（）

A.M与加系统动量守恒

B.M与m系统动量不守恒

c.”的对地位移大小为S

D..的对地位移大小为|回|

【答案】BC

【详解】AB、因为M与机系统在竖直方向合外力不为0,所以M与〃?系统动量不守恒，故B正确，A错误；

CD、因为M与m