通用技术必修一模型优秀课后练习题

这是一份通用技术必修一模型优秀课后练习题，文件包含模型4人船模型原卷版-动量守恒的十种模型解读和针对性训练docx、模型4人船模型解析版-动量守恒的十种模型解读和针对性训练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
1.模型图示
2.模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
(2)两物体的位移大小满足：meq \f(s人,t)－Meq \f(s船,t)＝0，s人＋s船＝L得s人＝eq \f(M,M＋m)L，s船＝eq \f(m,M＋m)L。
3.运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。
(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq \f(s人,s船)＝eq \f(v人,v船)＝eq \f(M,m)。
“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
【典例分析】
【典例】 如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)凹槽相对于初始时刻运动的距离。
答案 (1)eq \r(\f(2m2gb,M（m＋M）)) (2)eq \f(ma,M＋m)
解析 (1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，有0＝mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有
mgb＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
联立解得v2＝eq \r(\f(2m2gb,M（m＋M）))。
(2)根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移关系知x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝eq \f(ma,M＋m)。
【名师点拨】
应用“人船模型”解题的两个关键点
(1)“人船模型”的应用条件：相互作用的物体原来都静止，且满足动量守恒条件。
(2)人、船位移大小关系：m人x人＝m船x船，x人＋x船＝L(L为船的长度)。
【针对性训练】
1. （2024河南名校联考）.如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为( )
A.eq \f(M＋m,M)hB.eq \f(M＋m,m)(h＋2a)
C.eq \f(M＋m,M)(h＋2a)D.eq \f(M＋m,M)h＋2a
答案 D
解析 设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块组成的系统，系统外力为零，由动量守恒定律(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝eq \f(M＋m,M)h＋2a，D正确。
2.（2024全国高考模拟）一小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个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，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为
A． B． C． D．
【参考答案】A
【名师解析】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度为正方向，则，，根据动量守恒定律Mv－mv′＝0，解得船的质量，故选A。
3.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A．eq \f(mh,M＋m)B．eq \f(Mh,M＋m)
C．eq \f(mhct α,M＋m)D．eq \f(Mhct α,M＋m)
【参考答案】C
【名师解析】 此题属于“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2．
因此0＝mx1－Mx2，①
且x1＋x2＝hct α，②
由①②可得x2＝eq \f(mhct α,M＋m)，选项C正确．
4 光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是( )
A．FN＝mgcs α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcs α
C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面向左滑动的距离为eq \f(m,M＋m)L
【名师解析】 当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcs α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq \f(m,M＋m)L，D正确。
[答案] D
5 （2022北京平谷模拟）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M >m。下列说法正确的是
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
【参考答案】C
【名师解析】此题为人船模型。小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的机械能守恒，选项A错误；小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向的动量守恒，竖直方向的动量不守恒，选项B错误；由动量守恒定律，小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零，选项C正确；由于M >m，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，由人船模型，mx=M（2R-x），解得：x=，小车向右移动距离s=2R-x=＜R，即小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，选项D错误。
6.（2021辽宁模拟预测12）如图所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是S，则小球初位置到沙袋的距离d为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在发射弹丸到弹丸落到沙袋运动中，弹丸和车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，则有
mv弹−Mv车=0
可得
解得
A正确，BCD错误。
7. （2024年4月湖北部分重点高中期中联考物理）如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为R(未知)，一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此时M向前走了0.25R，接着小球又返回小车的左端。若M=2m，重力加速度为 g，则( )
A. 整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒
B. 圆弧的半径为R=v023g
C. 小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为8v015g
D. 整个过程小球对小车做的功为4mv029
【参考答案】BD
【思路分析】本题考查了单一方向动量守恒、系统机械能守恒、动能定理等。
整个过程小车和小球组成系统仅在水平方向动量守恒；根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒分析解题。求变力做功时往往使用动能定理。
本题涉及到了第二类人船模型，即分析初始动量不为零的系统位移问题，同学们应该掌握解答中描述的这种方法。
【名师解析】
整个过程小车和小球组成系统仅在水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，故A错误；
从滑上轨道到到达顶端，规定向右为正，根据水平方向动量守恒可得mv0=M+mv，根据机械能守恒可得12mv02=mgR+12M+mv2，联立可得v=v03、R=v023g，故B正确；
规定向右为正，设小球返回小车左端时的速度大小为v1、小车的速度大小为v2，根据水平方向动量守恒可得mv0=Mv2−mv1，
根据机械能守恒可得12mv02=12mv12+12Mv22，其中M=2m，联立可得v2=2v03，对小车根据动能定理可得W=12Mv22−0=4mv029，故D正确；
小球从滑上轨道到到达顶端，设小球与弧形槽相对地面的水平位移分别为x1，x2，
则根据题意可得x1=1.25R，x2=0.25R，
在水平方向任一时刻都满足mv0=mv1'+Mv2'，
则有mv0t=∑mv1't+∑Mv2't=mx1+Mx2，
结合M=2m，R=v023g，
可解得t=7v012g，故C错误。
8. （2024山东青岛市平度一中期末）如图，质量为2m的物块B放在光滑水平面上，B上方用铰链连接一根长为L的轻杆，轻杆顶端固定一质量为m的小球A，开始时轻杆竖直。给小球A一个向左的轻微扰动，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 若物块B固定，在轻杆转动过程中，小球A水平方向的速度先增大后减小
B. 若物块B固定，在轻杆转动过程中，重力做功的最大功率为
C. 若物块B不固定，A、B组成的系统水平方向的动量不守恒
D. 若物块B不固定，当轻杆转到水平方向时，小球A在水平方向上的位移大小为
【参考答案】ABD
【名师解析】
若物块B固定，在轻杆转动过程中，开始时小球A水平速度为零，到达最低点时水平速度又为零，可知在轻杆转动过程中小球A水平方向的速度先增大后减小，选项A正确；
若物块B固定，在轻杆转动过程中，当小球到达最低点时竖直速度最大，根据机械能守恒
则重力做功的功率最大，最大为
选项B正确；
若物块B不固定，A、B组成的系统水平方向受合外力为零，则系统的动量守恒，选项C错误；
若物块B不固定，当轻杆转到水平方向时，小球A在水平方向上的位移为x，则由人船模型可知
解得
选项D正确。
9. （2024安徽安庆市二中第四次质检）如图，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球 C。现将 C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。求 A、B 两木块分离时，A、B、C 的速度大小？
【参考答案】；
【名师解析】
小球C下落到最低点时，AB开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒有

取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
m0vC-2mvAB=0
联立解得

10．（16分）（2024湖南新高考教研联盟一模）如图，质量为m的a球（中间有一个小孔）穿在足够长的光滑水平杆上。b球质量为km，a球和b球用长为L的轻杆相连。从图示位置，先给b球一个竖直向上的初速度，让b球越过最高点，假设b球连同轻杆在运动过程中均不会与水平杆相碰（稍微错开，但错开距离忽略不计，重力加速度为g）。
（1）求b球到达最高点时，a球的位移大小；
（2）以a球初始位置为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，求b球运动的轨迹方程；
（3）当b球运动到水平杆下方，且轻杆与水平杆正方向夹角为时，求b球的速度大小。
【参考解析】（1）b球运动到最高点，水平方向动量守恒：，
即：①，
几何关系：②，
由①②得。
（2）设球b的坐标为时，a球水平向左移动距离为，b球水平向右距离为：
以a球和b球为整体，水平方向动量守恒：，
用小球水平方向位移表示为
③，
以a球为参考系，b球轨迹为圆④，
由③④得或。
b球的轨迹是一个椭圆。
（3）设b球的水平速度为，竖直速度为，a球水平速度为，
以a球和b球为整体，水平方向动量守恒：⑤，
以a球和b球为整体，机械能守恒，以水平杆为零势能面：
⑥，
当b球运动到水平杆下方，且轻杆为水平杆正方向夹角时，以a球为参考系，此时b球速度方向与水平方向夹角为：⑦，
⑧，
由⑤⑥⑦⑧得。
11．(2024江西赣州质检) (12分)如图所示，半径为R的光滑圆弧槽静止在足够长的光滑水平面上，圆弧底端与水平面相切，其右侧距离为R处有厚度不计的薄木板，薄木板的左端放置一个小滑块，右端固定一竖直轻质挡板，挡板左侧连有一轻质弹簧。现将一小球从圆弧槽左侧内切点正上方的一定高度由静止释放，小球落入圆弧槽后又滑离；然后以大小为v0的速度与小滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短；随后小滑块拖动薄木板向右滑动，压缩弹簧后反弹，且恰好能回到薄木板的最左端而不掉下。已知小球的质量为m，圆弧槽和小滑块的质量均为3m，薄木板的质量为6m，小球和小滑块均可视为质点，重力加速度为g。求：
（1） 小球开始下落时离水平地面的高度h；
（2） 小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离x；
（3） 弹簧的最大弹性势能EPm。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】（1）设小球滑离圆弧槽时，圆弧槽的反冲速度大小为v1，方向水平向左
由动量守恒定律得
解得
从小球开始下落至球、槽第一次分离过程，系统机械能守恒。由机械能守恒定律得
解得
（2）设小球从开始下落至刚好滑离圆弧槽，相对地面向右滑过x1，圆弧槽反冲相对地面后退x2，由平均动量守恒可得
解得
，
小球要继续向右滑过，历时t，则
圆弧槽在t时间内向左继续滑行的距离为
小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离
（3）规定向右为正方向，小球与滑块发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒
解得
方向向左；
方向向右。
滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得
解得
因滑块恰好回到薄木板的最左端，故薄木板与滑块间一定有摩擦，且相对薄木板向右运动和返回向左运动的摩擦生热相同，设为Q，则
滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速，速度仍为v，故
解得
12. （2023湖北四市七校联盟期中联考） 如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量为m的小钢球从槽的顶端A处静止释放，不计一切阻力，重力加速度为g，在此后的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小钢球和圆弧形槽组成的系统动量不守恒
B. 小钢球运动到圆弧槽B处时速度为
C. 小钢球运动到圆弧槽B处时，此圆弧槽的对地位移大小可能为R
D. 小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为R
【参考答案】ACD
【名师解析】
小钢球在竖直方向受重力作用，合力不为零，小钢球和槽组成的系统动量不守恒，A正确；
小钢球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，则有
mv1= 3mv2
又因为整个过程系统机械能守恒又有
解得，，B错误；
设小钢球小钢球下滑到底端B的过程中所用时间为t，圆弧向左移动的距离为x，则小钢球向右移动的距离为R－x，根据水平方向动量守恒得
解得，
由于小钢球在竖直方向运动了R，则小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为
，CD正确。
13. . (2023湖南名校5月质检) 气球质量为，载有质量为的人，静止在空中距地面的地方，气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳长至少为（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】C
【名师解析】
以人和气球组成的系统为研究对象，系统动量守恒，设人在沿绳缓慢下滑时的速度为v1，气球的速度为v2，经过时间t人安全到达地面，人运动的位移为s1=20m,气球上升的位移为s2，因为人从气球上沿绳慢慢下滑，所以在整个过程可看成匀速直线运动，有
则
解得
所以绳长最短为20m+10m=30m，故选C。
14. （2023湖北孝感重点高中期中联考）如图，质量为m的人站在质量为M的车的一端，m>M，车相对于地面静止。在人由一端走到另一端的过程中，人重心高度不变，空气阻力、车与地面间的摩擦力均可以忽略不计（ ）
A. 人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
B. 人发生的位移大小大于车发生的位移大小
C. 人运动越快，人和车的总动量越大
D. 不管人运动多快，车和人的总动量不变
【参考答案】D
【名师解析】
在人由一端走到另一端的过程中，对于人和车组成的系统，所受的合外力为零，系统的动量守恒，C错误，D正确。根据，人对车的作用力等于车对人的作用力，作用时间相等，所以人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小，A错误；
根据动量守恒定律
两边同时乘于时间，则得
即，m>M
解得，B错误。
15. （2023湖北六校期中联考）生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在平静的水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 人在甲板上向右散步时，船也将向右运动
B. 人在立定跳远的过程中船相对地面保持静止
C. 人在立定跳远的过程中船相对地面后退了0.4m
D. 人相对地面的成绩为1.8m
【参考答案】D
【名师解析】
根据动量守恒定律知，人在甲板上散步时，船将向后退，即船向左运动，故A错误；
根据“人船模型”动量守恒有
代入数据解得
即人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，故BC错误；
人相对地面的成绩为，故D正确；
16. （2023高考湖南卷）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．
【思维导图】
（1）人船模型→水平方向动量守恒→机械能守恒定律→凹槽速度大小→凹槽相对于初始时刻向右运动的距离
（2）椭圆标准方程→人船模型→小球运动的轨迹方程
（3）M/m=→小球运动的轨迹方程→小球轨迹为半径为b的圆→水平方向动量守恒→机械能守恒定律→小球相对于地面速度大小
【名师解析】
（1）小球第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向由动量守恒定律，m v1=Mv2，
由机械能守恒定律，mgb=+
联立解得：v2=
根据人船模型，mx1=Mx2，x1+x2=a
解得：凹槽相对于初始时刻向右运动的距离x2=
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据人船模型有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（）
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图

此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
【参考答案】（1），；
（2）；（3）