2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-人船问题专题（含解析）

这是一份2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-人船问题专题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。

如图所示，质量为m的人，站在质量为M的车的一端，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以不计时，人由一端走到另一端的过程中，则( )
A. 人运动得越快，车运动得越慢
B. 车的运动方向与人的运动方向相反
C. 人在车上行走时，车可以相对地面静止
D. 车的运动方向可以与人的运动方向相同
如图，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确的是( )
A. 人在车上行走时，车将向右运动
B. 当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退
C. 若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大
D. 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
如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑水平面上，现把小球从O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )
A. 2MLM+mB. 2mLM+mC. MLM+mD. mLM+m
某人在一只静止的小车上练习打靶，已知车，人，枪(不包括子弹)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. mm+MLB. nmm+MLC. nmnm+MLD. mnm+ML
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. mhM+mB. MhM+mC. mh(M+m)tan αD. Mh(M+m)tan α
有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略地测定它的质量，他进行了如下操作：首先将小船平行码头自由停泊，然后他轻轻地从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻地下船，用卷尺测出小船后退的距离为d，然后用卷尺测出小船的长为L。已知他自身的质量为m，则小船的质量m0为
A. mL+ddB. mL-ddC. mLdD. mL+dL
如图所示，大气球质量为100 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方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地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为(不计人的高度，可以把人看作质点)( )
A. 10 mB. 30 mC. 40 mD. 60 m
静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示，甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，则下列说法中正确的是( )
A. 两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些
B. 两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些
C. 两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些
D. 两球抛出后，船的速度为零，两球所受到的冲量相等
二、多选题
如下图所示，在光滑的水平面上停着一辆质量为M、长为L的平板车，一质量为m的小孩以水平速度ν0跳上车的左端，然后在车上向右奔跑，当小孩跑到了车的右端时，小车( )
A. 可能有向右的位移
B. 可能有向左的位移
C. 位移可能是0
D. 位移的大小和方向取决于小孩和车的质量
A，B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船上质量为12m的人，以对地水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( )
A. A，B两船速度大小之比为2:3
B. A，B(包括人)两船的动量大小之比为1:1
C. A，B(包括人)两船的动量之和为0
D. A，B(包括人)两船动能之比为1:1
某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾。若水的阻力不计，那么在这段时间内关于人和船的运动情况，下列判断正确的是
A. 人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与各自的质量成反比
B. 人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与各自的质量成反比
C. 人走走停停，船退退停停，两者动量之和总是为零
D. 当人从船头走到船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个水平轻质小弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩(细绳未画出)，开始时小车与C都处于静止状态，木块C距小车右端的距离为L，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A. 如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B. 当木块相对地面运动的速度大小为v时，小车相对地面运动的速度大小为mMv
C. 小车向左运动的最大位移为mLM+m
D. 小车向左运动的最大位移为mML
如图所示，水平光滑的地面上有一静止的小车，小车的质量为M，小车的左侧是四分之一光滑圆弧轨道，圆弧的半径为R，小车的BC段是长为L的水平粗糙轨道。四分之一圆弧轨道与水平轨道相切于B点，A点与圆心O等高，C点是小车的最右端。现由A点静止释放一个质最为m的滑块，滑块最终停在BC的中点。已知M=2m，重力加速度为g，在整个相对运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 滑块水平方向相对地面的位移为R+L
B. 小车相对地面的位移大小为13(R+L2)
C. 小车的最大速度vm=gR3
D. 由于摩擦产生的热量为12mgR
小车静止在光滑水平面上，站在车上右端的人练习打靶，靶装在车上的左端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每发子弹质量为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。以下说法正确的是( )
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B．
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mdnm+M
D. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，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点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则( )
A. 全程滑块水平方向相对地面的位移R+L
B. 全程小车相对地面的位移大小s=R+L4
C. μ、L、R三者之间的关系为R=μL
D. 滑块m运动过程中的最大速度vm=2gR
如图，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为34h，则( )
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小车向左运动的最大距离为12R
C. 小球离开小车后做竖直上抛运动
D. 小球第二次能上升的最大高度12h答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
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，根据动量守恒定律列式分析。
解决本题关键运用系统的动量守恒列式进行分析，理解人船模型，人快车快，人停车停。
【解答】
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，根据动量守恒定律得： m人v人+M车v车=0 ，得：v车v人=-m人m车 ，可见，人由一端走到另一端的过程中，速度方向相反，而且速度大小成正比，人快车也快；人在车上行走时，v人≠0，v车≠0，故B正确，ACD错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了“人船模型”，“人船模型”是动量守恒定律的应用的一个经典模型，该模型应用的条件：一个原来处于静止状态的系统，当系统中的物体间发生相对运动的过程中，有一个方向上动量守恒。
【解答】
A.人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv人+Mv车=0，故车的方向一定与人的运动方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A错误；
B.因总动量为零，故人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故B错误；
CD.因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人运动的方向为正方向，则有：mx人+Mx车=0，故车与人的位移之比为： x车x人= -mM不变，则车的位移大小与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等，故C错误，D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】小车和小球组成的系统水平方向平均动量守恒，当小球摆至右侧最高水平位置时，小车向左运动的位移最大．取向左方向为正方向，0=Mv1-mv2，又由x=vt，得小车与小球的水平位移之比与质量成反比，即x1:x2=m:M，又因为x1+x2=2L，所以小车的最大位移x1=
2mLM+m，选项B正确．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
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，则系统的在水平方向上动量守恒，子弹前进的过程中船后退；子弹打到靶上后，和船又一起静止；在射n颗子弹的过程中，每一次都相同，所以使用动量守恒定律即可解题。
该题中船与子弹的总动量始终等于0，二者相对运动，每一次子弹从开始射出到打到靶上的过程中二者的位移之和都等于L是解题的关键。
【解答】
由系统的动量守恒得：mv=[M+(n-1)m]v'，设子弹经过时间t打到靶上，则：vt+v't=L，联立以上两式得：v't=mM+mnL，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： x=nv't=nmLM+nm，故C正确，ABD错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查动量守恒定律，由于斜面体放在光滑地面上，则物体下滑的过程中，斜面后退；则由水平动量守恒可列式求解．
【解答】
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，以m在水平方向上对地位移的方向为正方向，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，
因此0=mx1t+Mx2t，即0=mx1+Mx2
且x1-x2= htan α
可得x2= mh(M+m)tan α，故C正确，ABD错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算。
人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向，能正确根据动量守恒关系得出质量与距离间的关系。
【解答】
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v=dt，v'=L-dt
根据动量守恒定律：Mv-mv'=0，
则得：Mdt=mL-dt
解得渔船的质量：M=mL-dd，故B正确，ACD错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
此题主要考查动量守恒定律，关键是找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系。
人和气球动量守恒，当人不动时，气球也不动；当人向下运动时，气球向上运动，且变化情况一致，即加速均加速，减速均减速，匀速均匀速，根据动量守恒列出等式求解。
【解答】
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：m1v1-m2v2=0，则，故，，气球和人运动的路程之和为绳子的长度，则绳子长度L=s气球+s人=10m+20m=30m，即绳子至少长30m，故B正确，ACD错误。
故选B。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
因不计阻力，抛球过程，两人和船组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出两球抛出后小船的速度，根据动量定理，通过动量的变化量判断冲量的大小。
解决本题的关键掌握动量守恒定律和动量定理，并能灵活运用，运用动量守恒定律时注意速度的方向。
【解答】
解：设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=(M+m)v'，v'的方向向右；
乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：(M+m)v'=mv+Mv″，解得v″=0；
根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv-mv'，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大，故ABD错误，C正确。
故选C。
9.【答案】ABC
【解析】
【分析】
由于水平光滑，小孩与平板车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式，根据平板车的速度的方向情况即可分析。
本题的关键是由动量守恒定律列，找出小车的速度方向。
【解答】
设小孩向右奔跑的速度为v1，平板车的速度为v2，由于水平光滑，小孩与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：
mv0=mv1+Mv2，可得平板的速度为：v2=mMv0-v1，则：
当v1>v0时，平板车的速度为负，即平板车的速度向左，平板车有向左的位移；
当v1=v0时，平板车的速度为零，即平板车静止不动，平板车的位移为零；
当v1故选ABC。
10.【答案】BC
【解析】
【分析】
对系统应用动量守恒定律求出动量之比，然后求出船的速度之比，根据动量守恒定律求出系统总动量。
解决的关键知道人、两船系统总动量守恒，总动量为零，对系统运用动量守恒定律进行求解。
【解答】
A.最终人在B船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA-m+12mvB=0=0，解得：vAvB=32，故A错误；
B.以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B两船(包括人)的动量大小之比总是1：1，故B正确；
C.人与两船组成的系统动量守恒；故A，B(包括人)两船的动量之和为0；故C正确；
D.两船的动能之比：EKAEKB=12mvA212m+12mvB2=32，故D错误。
故选BC。
11.【答案】ABC
【解析】
【分析】
分析人船时，可把人和船看一个整体，分析系统动量守恒，且总动量为零。在应用时注意动量守恒条件。
本题考察动量守恒定律及人船模型，掌握模型特点是解题关键。
【解答】
ACD.人和船组成的系统在水平方向动量守恒，设人前进的方向为正方向，由动量守恒定律得：
m人v人-Mv船=0，故人前进的速度跟船后退的速度大小总与各自的质量成反比，但人的速度和船的速度成正比，故人走船走，人快船快，人慢船慢，人停船停，故AC正确、D错误；
BD.由于人和船之间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律得m人a人=Ma船，即人和船的加速度大小与各自的质量成反比，故B正确。
故选ABC。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题主要考查动量守恒定律。
物体C与橡皮泥粘合的过程，系统机械能有损失；分析系统的合外力，即可判断动量是否守恒；根据动量守恒定律求解小车的速度。根据动量守恒定律求解AB向左运动的最大位移。
【解答】
小车、弹簧与C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．Mv'-mv=0，
则v'= mMv，
同时该系统属于“人船模型”，Md=m(L-d)，
所以车向左运动的最大位移应等于d= mLM+m，
综上，BC正确，AD错误。
13.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题属于人船模型的应用，要注意滑块在下滑过程中系统动量不守恒，但是在水平方向上动量守恒；同时注意分析功能关系才能准确求解。
滑块和小车在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可分析两物体的位移；根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出小车的最大速度；根据功能关系可求出摩擦产生的热量。
【解答
AB.滑块和小车在水平方向上动量守恒，则有：mv'=Mv，因水平方向始终满足这一关系，则有：mx=Ms，而x+s=R+L2，解得小车相对地面的位移大小s=13R+L2，x=23(R+L2)，故A错误，B正确；
C.滑块到达B点时，滑块和小车的速度最大，设向右为正方向，根据动量守恒可得：mv1=Mvm，从A到B，根据机械能守恒有：mgR=12mv12+12Mvm2，联立解得：vm=gR3，故C正确；
D.滑块入BC轨道，最后恰好停在BC的中点，根据动量守恒定律可知，两物体均处于静止，根据功能关系，减少的重力势能等于摩擦产生的热量，可得：Q=mgR，故D错误。
故选BC。
14.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题关键根据动量守恒定律求解出从发射一颗子弹到击中靶过程小车后退的距离，此后重复这个循环。
【解答】
子弹、枪、人、车系统水平方向不受外力，水平方向动量一直守恒，子弹射击前系统总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故仍然是静止的；
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：0=mv+[M+(n-1)m]v'
子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故：vt-v't=d
联立解得v'=- mvM+(n-1)m；
t= dv+mvM+(n-1)m
故车后退距离为：ΔS=-v't=mdM+nm
每射击一次，子弹与车的运动方向相反，小车都会右移
故AD错误，BC正确。
故选BC。
15.【答案】BC
【解析】
【分析】
滑块m下滑的过程中，系统水平方向的动量守恒。m从A到B，系统的动量守恒，机械能守恒，由此分析解答。
本题考查动量守恒定律中的人船模型，把握运动状态分析，是解题的关键。
【解答】
AB.滑块m下滑的过程中，水平方向动量守恒：mx-Ms=0，而x+s=R+L
解得全程滑块水平方向相对地面的位移：x=34(R+L)，全程小车相对地面的位移大小：s=14(R+L)，故A错误，B正确；
CD.滑块从A到B，滑块与小车水平方向的动量守恒，机械能守恒，有
mv1-Mv2=0
mgR=12mv12+12Mv22
解得：滑块m运动过程中的最大速度v1=32gR，故D错误，
根据能量守恒定律：mgR=μmgL，μ、L、R三者之间的关系为R=μL，故C正确。
故选BC。
16.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题考查动量守恒定律和动能定理的综合应用，系统水平方向动量守恒是本题的关键，摩擦力做功使得机械能转化成内能。
水平地面光滑，系统水平方向动量守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功；
第二次小球在小车中滚动时，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，摩擦力做功变小，据此分析答题。
【解答】
A.小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B.系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv'=0，m2R-xt-mxt=0，解得小车的位移：x=R，故B错误；
C.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A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，故C正确；
D.小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mgh-34h-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=14mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mgh，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14mgh，机械能损失小于14mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度h2应大于：34h-14h=12h，而小于34h，故D正确。
故选CD。