第三周　“人船”模型　“类碰撞”模型（含解析）2025-2026学年高中物理选择性必修一周末主题作业

第三周　“人船”模型　“类碰撞”模型
一、单项选择题
1.某同学将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源,然后找到一个质量为m的蜗牛并将其置于滑块的一端,蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中,下面说法正确的是 (　　)
A.只有蜗牛运动,滑块不运动
B.滑块运动的距离是L
C.蜗牛运动的位移是滑块的倍
D.滑块与蜗牛运动的距离之和为L
2.如图所示,光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木,两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中,最终均留在木头内,已知软木对子弹的摩擦力较小,下列说法正确的是 (　　)
A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多
B.两个系统产生的内能不一样大
C.子弹在软木中打入深度较大
D.子弹在硬木中打入深度较大
3.如图所示,在光滑的水平面上,有一质量为M=2 kg的薄板和质量为m=1 kg的物块,都以大小为v=5 m/s的初速度朝相反方向运动,它们之间有摩擦,薄板足够长。当薄板的速度为2.3 m/s时,物块的运动情况是 (　　)
A.做加速运动 B.做减速运动
C.做匀速运动 D.以上运动都有可能
4.如图所示,质量为50 kg的人站在质量为250 kg的车的一端,车长为3 m,开始时人、车相对于水平地面静止,车与地面间的摩擦可忽略不计。当人由车的一端走到另一端的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.人的速率最大时,车的速率最小
B.人的动量变化量和车的动量变化量相同
C.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
D.当人走到车的另一端时,车运动的位移大小为0.5 m
5.如图甲所示,长木板静止在光滑水平地面上,质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。如图乙所示,若将木板分成长度相等的两段,滑块仍以v0从木板左端开始滑动,已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是 (　　)
A.滑块滑到木板的右端后飞离木板
B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止
C.甲、乙两图所示过程滑块的动量变化量相同
D.甲、乙两图所示过程系统产生的热量相等
6.如图所示,光滑的地面上有一个木块C,C上面通过一个弹性棒连接木块B,弹性棒可以弯曲但不改变长度。初始时弹性棒处于竖直状态,一颗子弹A以水平初速度v0=200 m/s射入木块B但没有穿出,射入过程时间极短,之后A、B整体在弹性棒上面反复左右摇摆。已知mA=0.05 kg、mB=0.15 kg、mC=0.8 kg,整个运动过程C始终没有脱离地面且没有翻倒,下列说法正确的是 (　　)
A.子弹A射入木块B的过程中,A、B组成的系统机械能守恒
B.弹性棒向右弯曲最大时A、B整体的速度为50 m/s
C.弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小等于子弹射入木块B之后系统减少的动能
D.弹性棒第一次回到竖直状态时C的速度大小为20 m/s
二、多项选择题
7.质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左、右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示,设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是 (　　)
A.木块静止 B.木块向右运动
C.d1小题映照大高考(由T7提炼高考对“类碰撞”问题的考查)
8.如图所示是儿童游乐场所的滑索模型,儿童质量为6m,滑环质量为m,滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出,静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为45°,绳长为L,儿童和滑环均可视为质点,索道始终处于水平状态,不计空气阻力,重力加速度为g,以下说法正确的是 (　　)
A.儿童和滑环组成的系统水平方向动量守恒
B.儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C.儿童运动到最低点时速度大小为
D.儿童从静止运动到最低点的过程中,滑环的位移大小为
9.如图甲所示,质量为m的物体P与物体Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧,均静止在光滑的水平地面上,弹簧恰好处于原长。现给物体P一瞬时初速度v0,并把此时记为0时刻,规定向左为正方向,0~2t0时间内物体P、Q运动的a t图像如图乙所示,其中t轴下方部分的面积大小为S1,t轴上方部分的面积大小为S2,则 (　　)
A.物体Q的质量为m
B.2t0时刻,物体Q的速度大小为S2
C.t0时刻,物体P的动量大小为m
D.0~2t0时间内,弹簧对物体Q先做正功后做负功
三、解答题
10.(10分)滑雪爱好者在滑雪场里玩跳板游戏:人踩着滑雪板从斜坡滑下进入水平滑道,快靠近某一水平冰面(不计摩擦)时,如图所示,以初速度v0沿与水平方向成 θ=60°角起跳,恰好沿水平方向跳上一静止在冰面上的水平木板。已知滑雪板与木板间的动摩擦因数μ=0.1,人和滑雪板(始终相对静止)的总质量与木板的质量相等,木板长度远大于滑雪板的长度,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)木板的高度h;(4分)
(2)要使人和滑雪板不从木板上滑下,木板的最小长度L。(6分)
11.(14分)如图所示,质量M=1 kg的匀质凹槽放在光滑的水平地面上,凹槽内有一光滑曲面轨道,O点是凹槽左、右侧面最高点连线的中点,O点到凹槽右侧的距离a=0.6 m,O点到凹槽最低点A的高度h=1.2 m。一个质量m=0.5 kg的小球(可看成质点),初始时刻从凹槽的右端点由静止开始下滑,整个过程凹槽不翻转,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小;(6分)
(2)整个运动过程中,凹槽相对于初始时刻运动的最大位移。(8分)
第三周
1．选D　蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中，由于蜗牛与滑块组成的系统所受合外力为零，系统满足动量守恒，且总动量为0，当蜗牛运动时，滑块将向反方向运动；设蜗牛运动的距离为x1，滑块运动的距离为x2，则有mx1＝Mx2，又x1＋x2＝L，联立解得x2＝L，＝，故选D。
2．选C　设子弹质量为m，木头质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，可知子弹与软木构成的系统和子弹与硬木构成的系统的共同速度v相同，则根据ΔE＝mv02－(m＋M)v2，可知两个系统的机械能减小量相同，由能量守恒定律可知，两个系统产生的内能一样多，故A、B错误；根据功能关系Q＝Ff·d，可知产生的内能Q相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。
3．选A　开始阶段，物块向右减速，薄板向左减速，当物块的速度为0时，设此时薄板的速度为v1，规定向左为正方向，根据动量守恒定律有(M－m)v＝Mv1，解得v1＝2.5 m/s，此后物块将向左加速，薄板继续向左减速，当两者速度相同时，设共同速度为v2，由动量守恒定律有(M－m)v＝(M＋m)v2，解得v2＝ m/s≈1.67 m/s，两者相对静止后，一起向左做匀速运动，由以上分析可知，当薄板的速度为2.3 m/s 时，物块正在向左做加速运动。故选A。
4．选D　人和车组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，根据动量守恒定律，人的动量和车的动量总是大小相等、方向相反，所以人的速率最大时，车的速率最大，A错误；根据动量守恒定律，人的动量变化量和车的动量变化量大小相等、方向相反，B错误；根据牛顿第三定律，人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小，故人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小，C错误；根据动量守恒定律得m人＝m车，又x人＋x车＝L，解得x车＝0.5 m，x人＝2.5 m，当人走到车的另一端时，车运动的位移大小为0.5 m，D正确。
5．选B　滑块第一次在木板上运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，滑块第二次在木板运动过程中，先使整个木板加速，运动到木板的右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有滑动到木板的右端前就与木板保持相对静止，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化量不同，故C错误；根据Q＝fx相，题图甲所示的过程滑块与木板间的相对位移大于题图乙所示的过程滑块与木板间的相对位移，故题图甲所示过程系统产生的热量大于题图乙所示过程系统产生的热量，故D错误。
6．选D　子弹A射入木块B的过程中机械能有损失，故A错误；弹性棒向右弯曲最大时，A、B、C相对静止，具有相同的速度，由mAv0＝(mA＋mB＋mC)v2，解得v2＝10 m/s，故B错误；弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应等于子弹A射入木块B之后系统减少的动能与A、B减少的重力势能之和，故C错误；子弹A射入木块B的过程中，由mAv0＝v1，得v1＝50 m/s，弹性棒第一次回到竖直状态时，整个系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒，由v1＝v3＋mCvC，v12＝v32＋mCvC2，可得vC＝v1＝20 m/s，故D正确。
7．选AC　设子弹射入木块前的速度大小为v，子弹的质量为M，子弹受到的阻力大小为f。当两颗子弹均相对于木块静止时，由动量守恒定律得mv－mv＝(2m＋M)v′，解得v′＝0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即木块静止，故A正确，B错误；先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统进行分析，设两者相对静止时的速度大小为v1，由能量守恒定律得fd1＝mv2－(m＋M)v12，再对两颗子弹和木块组成的系统进行分析，可得fd2＝(m＋M)v12＋mv2，可得d18．选ABD　儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，所以系统水平方向动量守恒，故A正确；儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故B正确；儿童运动到最低点时，根据水平方向系统动量守恒有6mv＝mv′，根据机械能守恒定律有6mgL(1－cos θ)＝×6mv2＋mv′2，解得v＝，故C错误；设儿童和滑环在水平方向的平均速度大小分别为1和2，儿童从静止运动到最低点的过程中，根据动量守恒定律有6m1＝m2，设水平位移大小分别为x1和x2，则6mx1＝mx2，根据相对位移关系有x1＋x2＝Lsin 45°，解得x2＝，故D正确。
9．选BC　0～2t0时间内，物体Q所受弹力方向向左，物体P所受弹力方向始终向右，t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得＝0.5b，＝b，解得mQ＝m，A错误；由a t图像与x轴所围面积表示这段时间内物体的速度变化量可知，2t0时刻，物体Q的速度大小vQ＝S2，B正确；由题图可知，t0时刻，物体P的动量大小为p＝m，C正确；由题图可知，0～2t0时间内，物体Q的速度一直增大，弹簧始终对物体Q做正功，D错误。
10．解析：(1)从起跳到跳上水平木板的过程，竖直方向有2gh＝(v0sin θ)2
解得h＝＝。
(2)设人和滑雪板的总质量为m，人和滑雪板落在木板上后，当人和滑雪板滑到木板右端刚好与木板共速时，木板最短，人和滑雪板及木板组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mv0cos θ＝(m＋m)v
根据能量守恒定律有m(v0cos θ)2＝×2mv2＋μmgL
解得L＝。
答案：(1)　(2)
11．解析：(1)小球从初始时刻至第一次运动到最低点的过程中，设小球的速度大小为v1，凹槽的速度大小为v2，小球和凹槽组成的系统水平方向动量守恒，取向左为正方向，有0＝mv1－Mv2
该过程中系统机械能守恒，有mgh＝mv12＋Mv22，
解得v1＝4 m/s。
(2)因系统水平方向动量守恒，即有0＝m1－M2
两边同时乘t可得0＝mx1－Mx2
其中x1为小球的位移大小，x2为凹槽的位移大小。整个运动过程中，当小球运动到凹槽左侧最高点时，凹槽相对于初始时刻运动的位移最大，此时x1＋x2＝2a＝1.2 m，解得x2＝0.4 m。
答案：(1)4 m/s　(2)0.4 m
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