模型18人船模型（教师版含解析）-备战2021年高考物理模型专题突破

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1、18 人船模型 1(2020 福建高三期中)如图所示，一个质量为 m1=40kg人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气 球和长绳的总质量为 m2=10kg，静止时人离地面的高度为 h=5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个 人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是(可以把人看做质点)( ) A5 m B4m C2.6 m D8m 【答案】B 【详解】 设人、球对地面的位移分别为 x1、x2，由动量守恒定律得 1 122 m xm x 12 xxh 解得 1 1mx 2 4mx 此时他离地面的高度为 4m，故选 B。 2(2020 乳山市第一中学高二月考)如图所示，甲、乙两车的

2、质量均为 M，静置在光滑的水平面上，两车相 距为 L。乙车上站立着一个质量为 m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法 不正确的是( ) A甲、乙两车运动中速度之比为 Mm M B甲、乙两车运动中速度之比为 M Mm C甲车移动的距离为 2 Mm Mm L D乙车移动的距离为 2 M Mm L 【答案】B 【详解】 AB甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得 0()MvMm v 甲乙 可得甲、乙两车运动中速度之比为 vMm vM 甲 乙 故 A 正确，B错误； CD设甲车和乙车移动的距离分别为 s1和 s2，则有 s v t 甲

3、甲 ， s v t 乙 乙 又 ssL 甲乙 联立解得 = 2 Mm sL Mm 甲 ，= 2 M sL Mm 乙 故 CD正确。 本题选不正确的，故选 B。 3(2020 涡阳县育萃高级中学高二月考)一个质量为，底边长为 b的三角形劈静止于光滑水平面上，有一 个质量为 m的小球由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜劈移动的距离是( ) A Mb Mm B mb Mm C ()Mm b M D ()Mm b m 【答案】B 【详解】 小球和斜劈系统水平方向动量守恒，设斜劈移动 x，则 ()Mxm bx 解得 mb x Mm 故选 B。 4(2020 六安市城南中学高三开学考试)有一艘质量为 M=12

4、0kg的船停在静水中，船长 L=3m ，船上一个 质量为 m=60kg 的人从船头走到船尾。不计水的阻力，则船在水中移动的距离为( ) A0.5m B1m C2m D3m 【答案】B 【详解】 船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向右退，有 mv=Mv1 人从船头走到船尾，设船后退的位移大小为 x，则人相对于岸的位移大小为 L-x由 Lxx mM tt 解得 60 31m 12060 mL x mM 故选 B。 5(2020 山西大附中高二月考)长为 l的轻绳，一端用质量为 m的圆环在水平光滑的横杆上，另一端一质量 为 2m的小球，开始时，将小球移至横杆处(轻绳处于水平伸直

5、状态，见图)，然后轻轻放手，当绳子与 横杆成直角，此过程圆环的位移是 x，则( ) A 2 3 xl B 1 2 xl Cx=0 D 1 3 xl 【答案】A 【详解】 选小球和圆环为系统， 整个过程中在水平方向都满足动量守恒， 设从开始到绳子与横杆成直角的过程中， 圆环的平均速度大小为 v1，小球的平均速度大小为 v2，则 12 20mvmv 设运动时间为 t，此过程圆环的位移大小为 x，小球的位移大小为 l x，则 20 xlx mm tt 解得 2 3 xl 故选 A。 6(2020 重庆綦江 万盛田家炳中学高二月考)质量为 m的人站在质量为 M、长为 5米的静止小船的右端， 小船的左端

6、靠在岸边(如图所示)，当他向左走到船的左端时，船左端离岸的距离是 1 米，则( ) AM=2m BM=3m C M=4m DM=5m 【答案】C 【详解】 设人、船位移大小分别为 l1、l2 以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 12 mvMv 两边同乘时间 t得 12 mvtMv t 则 12 mlMl 而 12 llL 解得 4Mm 故选 C。 7质量为 M 的热气球吊框中有一质量为 m的人，共同静止在距离地面为 h的高空中，现从气球上放下一根 质量不计的软绳，人沿绳子安全滑到地面，在此过程中热气球上升了( ) A m M h B M m h C mM M h Dh 【答案】A 【详解

7、】 人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度 v1，气球的速度 v2，设运动时间为 t，以人与气球组成的系统 为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：mv1-Mv2=0，得： 0 ss mM tt 人气 其中 s人=h，解得： m sh M 气 故选 A. 8如图所示，质量 m=60 kg 的人，站在质量 M=300 kg 的车的一端，车长 L=3 m，相对于地面静止当车 与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( ) A后退 0.5 m B后退 0.6 m C后退 0.75 m D一直匀速后退 【答案】A 【详解】 ABC人车组成的系统动量守恒，则 mv1=Mv2

8、所以 mx1=Mx2 又有 x1x2=L 解得 x2=0.5 m 选项 A正确，BC错误； D. 题中未说明人的运动状态，故小车的运动状态不定；故 D 错误； 9(2020 诸城市龙城中学高三期中)如图，质量为 M的小船在静止水面上以速率 v0向右匀速行驶，一质量 为 m 的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速率 v水平向左跃入水中，则救生员跃出 后小船的速率为( ) A 0 m vv M B 0 m vv M C 00 m vvv M D 00 m vvv M 【答案】C 【详解】 对救生员和小船作为一个系统，该系统不受水平外力作用，故水平方向动量守恒，即 0 ()()Mm vM

9、vmv 解得 00 m vvvv M 故选 C。 10如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，一个人手中拿着小物块，站在车上随车一起向右以速度 v0匀速运动。 人和车的质量之和为 M， 小物块质量为 m。 人将小物块以相对地面的速度 v向左水平抛出， 则小物块抛出后，人和车的速度为( ) A 0 ()Mm vmv M B 0 ()Mm vmv M C 0 Mvmv M D 0 Mvmv M 【答案】A 【详解】 对人、车、小物块组成的系统，整个过程中动量守恒，设人和小车的末速度为 1 v，由动量守恒得 01 ()Mm vmvMv 解得 0 1 ()Mm vmv v M A正确。 故选 A。 1

10、1如图所示，质量为 M的小车静止在光滑水平面上，AB 是小车内半圆轨道的水平直径，半圆轨道的半径 为 R，现将一质量为 m 的小球从距 A点正上方 h 高处由静止释放，小球由 A点沿切线方向经半圆轨道后 从 B 点冲出，在空中能上升的最大高度为 0.9h，不计空气阻力。下列说法正确的是( ) A小车向左滑动的最大距离为 MR mM B小球到半圆轨道的最低点时，小球的速率为 2()Mg Rh Mm C小球离开小车后做竖直上抛运动 D小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为 0.8h 【答案】C 【详解】 AC小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。设小车向左

11、运 动的最大距离为 x。以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得 mv-Mv=0 即有 2 0 Rxx mM tt 解得小车的位移为 2mR x mM 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，所以小球离开小车后做 竖直上抛运动，故 A错误，C 正确； B若小车内半圆轨道光滑，则小球达到最低点时，设小球和小车的速度分别为 v1和 v2，由动量守恒和 能量关系 mv1-Mv2=0 22 12 11 () 22 mg hRmvMv 解得 1 2()Mg Rh v Mm 但是由于半圆内轨道有摩擦阻力， 则小球到达轨道最低点时的速率不等于 2()Mg Rh Mm ，

12、 选项 B 错误； D小球第一次车中运动过程中，由动能定理得 mg(h-0.9h)-Wf=0 Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得 Wf=0.1mgh 即小球第一次在车中滚动损失的机械能为 0.1mgh， 由于小球第二次在车中滚动时， 对应位置处速度变小， 因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于 0.1mgh，机械能损失小于 0.1mgh，因此小球 再次离开小车时，能上升的高度大于 0.9h-0.1h=0.8h，故 D错误。 故选 C。 12质量为 m、半径为 R的小球，放在半径为 3R、质量为 3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面 上。当小球从如图所示的位置(两球心在同一水

13、平面上)无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离 是( ) A 2 R B12 5 R C 4 R D 3 4 R 【答案】A 【详解】 由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为 v1，大球的水平速度大 小为 v2，由水平方向动量守恒有 mv13mv2 若小球达到最低点时，小球的水平位移为 x1，大球的水平位移为 x2，则 11 22 3 3 xvm xvm 由题意 x1x23RR=2R 由式解得大球移动的距离是 2 2 R x 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 13某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”。该同学到实验室里，将一质量为 M、长为 L的滑块置于

14、水平 气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源。该同学又找来一个质量为 m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑 下，蜗牛从该端移动到另一端。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 M L Mm C蜗牛运动的位移大小是滑块的 m M 倍 D滑块与蜗牛运动的距离之和为 L 【答案】D 【详解】 A、蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中，蜗牛和滑块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒， 系统原来静止状态，总动量为零，根据动量守恒定律可知，蜗牛运动后，系统的总动量仍为零，所以蜗 牛运动时，滑块会向相反的方向运动，而不会静止不动，A错误； BCD、 取滑块的运动方向为正， 蜗牛从滑

15、块的一端移动到另一端时，滑块与蜗牛运动的位移之和为 L 设 滑块运动的位移大小为 x1，蜗牛运动的位移大小为 x2。根据动量守恒定律得 12 0 xx Mm tt 可得 2 1 xM xm 即蜗牛运动的位移是滑块的 M m 倍。又由 12 xxL 得 1 mL x Mm 故 BC错误 D正确。 故选 D。 14如图所示，在光滑的水平面上有一辆长为 L，质量为 m 的平板车左端紧靠着墙壁，右端站着一质量为 M 的同学(可视为质点)，某时刻当该同学向左跳出，恰好落在平板车的左端。此时平板车离开墙壁的距 离( ) AL B mL Mm C mL M D ML Mm 【答案】D 【详解】 选取向左为正

16、方向，设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为 v1，小车沿水平方向的速度为 v2，由于 水平地面光滑，二者沿水平方向的动量守恒，则 12 0Mvmv 得 1 2 Mv v m 设人从右端到达左端时间为 t，则人的位移 11 xvt 车的位移 22 xv t 由空间几何关系得 12 |xxL 联立解得 2 ML x mM 故 ABC错误，D 正确。 故选 D。 15 滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动。 现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为m的滑板车上， 小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度 0 v匀速运动，突然发现前面有一个小水坑，由于来不及转 向和刹车，该小孩立即相对滑板车以速度 0

17、 v向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的 1 10 ，但方向 不变，则 为( ) A 1 7 B 1 8 C 1 9 D 1 10 【答案】C 【详解】 小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律有 000 11 (1)1 1010 mvmvmv 解得 1 9 选项 C正确，ABD错误。 故选 C。 16如图所示，质量 m50 kg 的人，站在质量 M100 kg 的车的一端，车长 L6 m，相对于地面静止当 车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( ) A后退 3 m B后退 2 m C后退 4 m D一直匀速后 【答案】B 【

18、分析】 人由车的一端走到另一端的过程中，车与地面间的摩擦可以忽略不计时，那么人和车组成的系统在水平 方向动量守恒，可利用人船模型来计算 【详解】 设人从车的一端走到另一端所用时间为 t， 人和车的平均速度分别是 1 v和 2 v， 人和车通过的距离分别是 1 x 和 2 x，由于人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，则 12 0mvMv 即 12 0 xx mM tt 12 xxL 解得 1 M xL Mm =4m 2 m xL Mm =2m 故 B 正确，ACD 错误， 故选 B 【点睛】 人船模型计算方法 17(2020 全国高三课时练习)某人在一只静止的小车上练习打靶，已知车，人，枪(不

19、包括子弹)及靶的总 质量为 M，枪内装有 n 颗子弹，每颗子弹的质量均为 m，枪口到靶的距离为 L，子弹水平射出枪口相对 于地面的速度为 v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，求发射完 n 颗子弹时，小车后退的 距离为( ) A m L mM B nm L mM C nm L nmM D m L nmM 【答案】C 【详解】 以船、人连同枪(不包括子弹)、靶以及枪内有 n 颗子弹组成的系统为研究的对象，取子弹的速度方向为 正方向当射出一粒子弹时，由系统的动量守恒得： mv-M+(n-1)mv=0 设每颗子弹经过时间 t打到靶上，则有： vt+vt=L 联立以上两式得： m v tL M

20、nm 同理射完 n 颗子弹的过程中，每一次发射子弹船后推的距离都相同，所以船后退的总距离为： nmL Snv t Mnm A m L mM ，与结论不相符，选项 A 错误； B nm L mM ，与结论不相符，选项 B 错误； C nm L nmM ，与结论相符，选项 C正确； D m L nmM ，与结论不相符，选项 D 错误； 18(2020 山东烟台 高三期中)如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为 3m 的半圆槽，半圆槽内 壁光滑，轨道半径为 R，轨道的最低点为 C，两端 A、B 与其圆心 O处等高。现让一质量为 m的小滑块 从 A 点由静止开始释放，小滑块可视为质点，重力加速度

21、为 g，则在此后的过程中( ) A半圆槽与小滑块组成的系统机械能守恒，动量不守恒 B小滑块从 A到 B 的过程中，半圆槽运动的位移为 2 R C小滑块运动到轨道最低点 C 时，半圆槽速度恰好为零 D小滑块运动到轨道最低点 C时，半圆槽对水平地面的压力大于 4mg 【答案】ABD 【详解】 A半圆槽与小滑块组成的系统，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，在竖直方向，重力对小滑 块的冲量不为零，系统动量不守恒，系统在水平方向受到的合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故 A正确； B设小滑块从 A到 B 的过程中用时为 t，半圆槽位移为 x，则下滑块的位移为 2R-x；取水平向右为正方 向，根据水

22、平方向平均动量守恒得 2 30 Rxx mm tt 解得 2 R x 故 B 正确； CD小滑块运动到轨道最低点 C时，设小滑块的速度大小为 v1，半圆槽的速度大小为 v2，根据水平方向 平均动量守恒得 12 3mvmv 根据机械能守恒定律的 22 12 11 3 22 mgRmvmv 联立解得 1 6 = 2 gR v， 2 6 = 6 gR v 故 C 错误； 小滑块在 C点时，小滑块相对于半圆槽的速度为 12 2 6 + 3 gR uvv 由牛顿第二定律得 2 N Fmgm R u 联立解得 N 11 3 Fmg 由牛顿第三定律可知在 C点小滑块对半圆槽的压力大小为 5 3 mg，方向竖

23、直向下，对半圆槽进行受力分 析，可知半圆槽受到重力、地面的支持力和小滑块的压力，则有 20 +3 3 FFmgmg 压支 由牛顿第三定律可知，半圆槽对水平地面的压力为 20 3 mg，大于 4mg，故 D正确。 故选 ABD。 19如图所示，带有半径为 R 的 1 4 光滑圆弧的小车其质量为 M，置于光滑水平面上，一质量为 m的小球从 圆弧的最顶端由静止释放，则小球离开小车时( ) A小车在水平面上移动的距离是 + m R Mm B小车在水平面上移动的距离是 M R Mm+ C小车的速度大小为 2MgR Mm D小车的速度大小为 2 2 () m gR M Mm+ 【答案】AD 【详解】 AB

24、一质量为 m的小球从圆弧的最顶端由静止释放，则球离开小车时，小球的速度为水平方向，系统水 平方向上动量守恒，以向左为正方向，设小车水平向右的位移为 x，则根据平均动量守恒定律得 ()Mxm Rx mR x Mm A正确，B 错误； CD设小球离开小车时小球和小车的速度分别为 v1和 v2，根据动量守恒定律得 0=mv1-Mv2 又因为整个过程中只有重力势能和动能之间的相互转化，所以系统的机械能守恒，则有 2 0 2 2 11 22 mgmRvMv 解得 1 2MgR v Mm 2 2 2 () m gR M v Mm C错误，D 正确。 故选 AD。 20(2020 石嘴山市第三中学高二月考)

25、如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦， 空气的阻力也不考虑。则下列说法正确的是( ) A人在车上向右行走时，车将向左运动 B当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续运动 C若人缓慢地在车上行走时，车可能不动 D当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同 【答案】AD 【详解】 A人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 0mvMv 人车 解得 mv v M 人 车 车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故 A 正确； B因总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零

26、，故 B 错误； C由 mv v M 人 车 可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动，故 C 错误； D设车的长度为 L，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 0mvMv 人车 即 0 Lxx mM tt 解得 mL x mM 车在地面上移动的距离 x与人的行走速度无关，故 D正确。 故选 AD。 21如图所示，质量为 3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为 R 的光滑半球面，在容器内 壁的最高点由静止释放一质量为 m 的小滑块 P，重力加速度为 g。下列说法正确的是( ) AP 滑到最低点时，容器的动能为 4 mgR BP 滑到最低点时，容器的动能为 1

27、2 mgR CP 从开始到最低点过程中，容器的位移大小为 4 R DP 从开始到最低点过程中，容器的位移大小为 3 4 R 【答案】AC 【详解】 AB设小滑块到达最低点的速度为 v1，容器的速度为 v2，系统水平方向动量守恒，则 mv1=3mv2 此过程中系统机械能守恒，则 22 21 11 3 22 mgRmvmv 解得 1 3 2 vgR 2 1 6 vgR 则容器的动能为 2 2 11 3 24 K EmvmgR 故 A 正确，B错误； CD根据动量守恒 mv1=3mv2 可知容器在水平方向的速度总是为小滑块的 1 3 ，所以滑块在水平方向位移是容器的 3 倍，当滑块到达容 器底端时，

28、两者在水平方向的相对位移为 R，则 x1+x2=R 则容器的位移为 2 1 4 xR 故 C 正确，D错误。 故选 AC。 22小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示，已知车、人、 枪和靶的总质量为 M(不含子弹)，每颗子弹质量为 m，共 n 发，打靶时，枪口到靶的距离为 d。若每发 子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法中正确的是( ) A待打完 n 发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动 B待打完 n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方 C在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同大小均为 md nmM D在每一发

29、子弹的射击过程中，小车所发生的位移均相同 【答案】BCD 【详解】 A、子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒。子弹射击前系统的总动量为零，子弹 射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动， 所以第 n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方，待打完 n发子弹后，小车将静止不动，故 A 错误，B正确； C、设子弹出口速度为v，车后退速度大小为v，以向左为正，根据动量守恒定律，有 01mvMnm v（） 子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有 vtv td 联立解得 (1) mv v Mnm 1() d Mnm t Mnm 故车后退位移

30、大小为 md Sv t nmM 每颗子弹从发射到击中靶过程，小车均后退相同的位移，故 CD 正确。 故选 BCD。 23如图所示，长为 l，质量为 m的小船停在静水中，一个质量为 m的人站在船头，若不计水的阻力，当人 从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？ 【答案】 m l mm+ 【详解】 人和小船组成的系统在水平方向不受外力， 动量守恒。 假设某一时刻小船和人对地的速度分别为 v1、 v2， 由于原来处于静止状态，因此 0mv1mv2 即 mv2mv1 由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满 足这一关系，即 mv2mv 1，等式两

31、边同乘运动的时间 t，得 mv2tmv1t 即 mx2mx1 又因 x1x2l，因此有 x1 m l mm+ 24如图所示，一个质量为 m的玩具蛙，蹲在质量为 M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若 车长为 L，细杆高为 h且位于小车的中点，试求：当玩具蛙至少以多大的水平速度 v跳出，才能落到桌 面上 【答案】 4() LM mM 2g h 【详解】 蛙跳出后做平抛运动，运动时间为 t 2h g ，蛙与车组成的系统水平方向动量守恒 由动量守恒定律得：Mvmv0， 若蛙恰好落在桌面上，则有：vtvt 2 L ， 联立解得：v 4() LM mM 2g h 25 如图所示， 光滑的水平桌面

32、上有一小车， 小车的支架上用长为30l cm的细杆悬挂一质量为0.5mkg 的钢球。细杆质量忽略不计，小车及支架的质量为2M kg，开始时小车静止，细杆拉到水平位置，由 静止释放。求当细杆落到与水平方向夹角为60时小车发生的位移。 【答案】3cm，方向水平向左 【详解】 当细杆落到与水平方向夹角为60时， 设钢球的水平位移大小为 1 s， 小车发生的位移大小为 2 s， 根据“人 船模型”，有 12 0msMs 且 12 ss1 cos60l 解得小车的位移为 2 1 cos600.03m3cm m sl Mm 方向水平向左 26 如图所示， 质量为 m32m 的滑道静止在光滑的水平面上， 滑

33、道的 AB部分是半径为 R 的四分之一圆弧， 圆弧底部与长为 0.5R滑道水平部分相切， 滑道末端距离地面高度为 R， 整个滑道均光滑。 质量为 m23m 的物体 2(可视为质点)放在滑道的 B 点，现让质量为 m1m的物体 1(可视为质点)自 A 点由静止释放，两 物体在滑道上相碰后粘为一体，重力加速度为 g。求： (1)物体 1 从释放到与物体 2恰好将要相碰的过程中，滑道向左运动的距离； (2)物体 1 和 2 落地时，距滑道右侧底部的距离。 【答案】(1)0.5R；(2) 6 2 R 【详解】 (1)物体 1 从释放到与物体 2碰撞前瞬间，物体 1、滑道组成的系统水平方向动量守恒，设物

34、体 1水平位 移大小为 x1，滑道水平位移大小为 x3，有： 0m1x1-m3x3 x1+x3R 解得 3 1 3 xR (2)设物体 1运动到滑道上的 B 点时物体 1的速度大小为 v1，滑道的速度大小为 v3，轨道对物体 1 的支持 力为 N，物体 1和滑道组成的系统，由机械能守恒定律有 22 11 13 3 11 22 m gRmvm v 由动量守恒定律有 0m1v1m3v3 物体 1 与物体 2碰撞后立即飞离轨道做平抛运动，设物体 1和物体 2 相碰后的共同速度大小为 v2，做平 抛运动时物体 1、2 水平位移为 s1，轨道向左滑动 s2，由动量守恒定律有 m1v1(m1m2)v2 2

35、 1 2 Rgt 12 sv t 23 sv t 代入数据可以求得 12 6 2 sssR 27如图，质量为 M 的小车静止在光滑水平面上，小车 AB 段是半径为 R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段 是长为 L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B点。一质量为 m的滑块在小车上从 A点由静止开始沿轨道 滑下，重力加速度为 g： (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力； (2)若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑上 BC 轨道，最后从 C点滑出小车。已知滑块质量 m= 2 M ，滑块与轨道 BC间的动摩擦因数为 ，求： 滑块运动过程中，小车的最大速度大小 vm； 滑块滑到 C

36、端时的速度 C v； 滑块从 B到 C 运动过程中，小车的位移大小 x。 【答案】(1)3mg，方向竖直向下；(2) 3 gR ，2 3 gRgL ， 3 L 【详解】 (1)滑块从AB，根据动能定理 2 0 1 2 mgRmv 解得滑块在圆弧轨道末端B点速度为 0 2vgR 在圆弧轨道末端B点，根据牛顿第二定律 2 0 v Nmgm R 解得 3Nmg 滑块在圆弧轨道末端B点对轨道的压力最大，结合牛顿第三定律可知压力大小为3mg，方向竖直向下。 (2)滑块滑至B点时小车的速度最大， 滑块和小车组成的系统在水平方向上动量守恒， 系统初动量为 0， 则 1m mvMv 解得 1m 2vv 根据能

37、量守恒定律 22 1m 11 22 mgRmvMv 解得 m 3 gR v 从滑块从AC，水平方向上根据动量守恒定律 2C mvMv 解得 2 2 C vv 根据能量守恒定律 22 2 11 22 C mgRmgLmvMv 解得滑块滑到C端时的速度 2 3 C gRgL v 从滑块从BC，任意时刻水平方向上动量守恒 mvMv 等式两边乘以时间 mvtMvt 根据xvt可知 mxMx 解得 2xx 又 xxL 解得小车的位移大小 3 L x 28平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货箱边缘沿水平方向顺着轨道方向跳 出，落在平板车地板上的A点，距货箱水平距离为4ml ，如图所示

38、，人的质量为m，车连同货箱的 质量为4mM ，货箱高度为1.25mh。求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大。 【答案】1.6m/s 【解析】 【详解】 人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人的水平速度是 1 v，车的反冲速度 是 2 v，取向右为正方向，则 12 0mv Mv -， 解得 21 1 4 vv， 人跳离货箱后做平抛运动，车以 2 v做匀速运动，运动时间为 22 1.25 0.5 10 h ts g s。 在这段时间内人的水平位移 1 s和车的位移 2 s分别为 11 =svt， 22 sv t， 由图可知 12 ssl， 即 12 vtv tl，

39、则 2 4 /s1.6 55 0.5 l vm t m/s。 29 如图所示， 一辆质量为 M=3kg 的小车 A 静止在光滑的水平面上， 小车上有质量为 m=1kg 的光滑小球 B， 将一轻质弹箦压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为 Ep=6J，小球与小车右壁距离为 L，解除锁定，小球脱 离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求： (1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小； (2)在整个过程中，小车移动的距离。 【答案】(1)v1=3m/s，v2=1m/s；(2) 2 4 L x 【详解】 (1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为 v1、v2，则 12 0mvMv 22 1

40、2 11 22 p mvMvE 解得 v1=3m/s，v2=1m/s (2)设小车移动 x2距离，小球移动 x1距离，整个过程中，根据平均动量守恒(人船模型)得 12 xx mM tt x1+x2=L 解得 2 4 L x 30如图所示，滑块和小球的质量均为 m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上 的悬点 O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为 l。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。 现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短 的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，不计空气阻力，重力加速度为 g。求： (1)从滑块

41、与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板对滑块的冲量的大小； (2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做的功； (3)释放小球时，滑块离固定挡板的距离。 【答案】(1)m gl；(2) 1 2 mgl；(3) 1 2 l 【详解】 (1)设最低点时小球和滑块的速度大小分别为 1 v， 2 v，系统的水平方向动量守恒 12 mvmv 系统机械能守恒 22 12 11 22 mglmvmv 滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程 2 Imv 解得 Im gl (2)小球释放到最低点的过程中，对小球 2 1 1 2 mglWmv 得 1 2 Wmgl (3)系统总动量为0，设释放小球时，滑块离固定挡板的距离为 1 x，小球释放到最低点的过程中，水平方 向动量守恒，满足 12 mxmx 二者反向运动，位移关系为 12 xxl 解得 1 1 2 xl