专项突破6 人船模型与类人船模型-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019 江苏专用）

解得=m=10m/s m。+m1 (2)子弹打入小木块过程产生的热量为Q=2m哈 1 2（m+m,)p2=950J, 小木块在木板上滑动过程中，子弹、小木块与木板组成的系 统动量守恒，有(m。+m)x=(m。+m,+m2)共①， 求得共=2m/8, 该过程中产生的热量为 Q=mm2-(nmnm话@， 解得Q2=40J, 所以整个过程中产生的总热量为Q。=Q,+Q2=990J: (3)将由m2=L代人第(2)问中方程①②， .50kL 得0，-+证③。 又因为摩擦生热Q2=4(m。+m1)g5m…④， 10kL⑤， 联立③④得5粗=1+kL 木块不掉落的条件为5推≤L⑥， 联立⑤6得L≥10k-1 由数学知识，当一无穷大时，有10-1 +10 因此当≥10m时，⑥式恒成立，小木块必定不会从木板上 掉落 6.(1)4m/s(2)3m(3)288J 解析：(1)撤去外力后，设滑块A下滑的加速度大小为α，根 据牛顿第二定律有m4gsin0=ma, 求得a=6m/s2 术板B的重力沿斜面向下的分力为magsin0=2×10× 0.6N=12N 斜面对木板B的最大静摩擦力（即滑动摩擦力）大小为∫= 4(m+mg)gcos8=0.5×(1+2)×10x0.8N=12N 即木板B的重力沿斜面向下的分力等于斜面对木板B的最 大静摩擦力，木板B不动，设滑块A与挡板第一次碰撞前的 速率为，则有=2aL, 求得p,=6m/s, 二者发生弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为2和，根据 动量守恒和机械能守恒有m,心，=m,+m,乞m矿= 1 m+2m, 联立求得2=-2m/s,=4m/8； (2)A、B第一次碰撞后，A先向上做匀减速运动，速度减为零 后向下做匀加速运动，B向下做匀速运动，当A与B速度相 同时A与挡板间的距离最大，设所需时间为t,则，2=at, 求得t=18, 二者在时间1内的位移分别为，=， 21m1m 2 xB=3=4×1m=4m, 所以，A、B第二次碰撞前，A与挡板间的最大距离d=xB一x,= 3m: (3)设A、B第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为1，则 参考答案与解析 1 应满足4+2叶=4： 求得t1=25, 该过程中木板B的位移大小为x,=,41=4×2m=8m, A、B第二次碰撞前A的速度为4=2+at1=(-2+6×2)m/s= 10m/s, A、B第二次碰撞后的速度分别为，和6，根据动量守恒和 机械能守恒有m,+m=m+m,之心，听+2m写= 1 1 m+2m6, 联立求得r,=2m/s,6=8m/5, 设A、B第二次碰撞后到第三次碰撞前经历的时间为12，则2 应满足h+2山，=， 求得t2=2s, 该过程中木板B的位移大小为x2=62=8×2m=16m, 所以，从开始运动到A、B第三次碰撞的时间内，系统因摩擦 产生的热量Q=fx,+x2)=12×(8+16)J=288J 专项突破6人船模型与类人船模型 1.C 2.C解析：AB.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，子弹射人靶后 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，所以第发子弹打人靶中 后，小车应停在原来位置的右方待发子弹入靶后，小车将 静止不动，故AB错误 C设子弹出口速度为，车后退速度大小为'，以向左为正， 根据动量守恒定律，有0=mw-[M+(n-1)m]', 子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有+u'1=d, 解得心Ms(Dm m (M+nm)v 故车后退位移大小为4=1=md nm+M故C正确 D,若其中一发子弹的发射速度斜向上，当子弹到达空中最高 点时，子弹在水平方向有速度，由子弹、，枪、人、车组成的系统 水平方向动量守恒可知，小车的速度不为零，故D错误故 选C 3。A解析：设小球运动的位移为s,由几何关系知大球运动的 位移为(R-s),由“类人船模型”知两球在水平方向动量守 恒，因此有2m=m(R-),解得=号R,故选A 4.D解析：A由于B球不固定，A球不会做圆周运动，故 A错误； B.两球在水平方向上动量守恒，轻杆转动至水平的过程中 ∑mw4t=∑mwg, 即mx4=mg,又无+xg=L, B球从零时刻开始的最大向左位移为x=乞，故B错误： D.A球在B球正下方时，B球速度最大，根据动量守恒与机 被能守情，=mg2L=了m+宁d。 得=√2gL,故D正确： C.A球在B球正上方至正下方的过程与正下方至正上方的 过程互为逆过程，则B球在杆上往复运动，当A球仍回到B 黑白题53 球的正上方，此时B球回到初位置，故C错误故选D. 专项突破7简谐运动对称性的应用 1.C 2.C解析：物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值 为0，对乙有Fw1=mgsin0, 对甲有F#1+mgsin0=ma, 物块甲运动至最低点时，根据对称性有F-mgsin8=ma, 对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为F、=F2+ mgsin0=4 ngsin0,故选C. 3.D解析：A.刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据牛 领第二定律有之g=2m4,解得4=名g,对Q进行分析，根 1 据牛顿第二定律有N+2mgmg=ma1,根据牛顿第三定律 有N:=水，解得Q对P的压力大小为=g,故A错误 B.假设P、Q分离，则两者之间弹力为0，对Q进行分析，根 据牛顿第二定律有mg2mg=ma:,解得加速度大小为a 28,方向竖直向下，施加拉力后，对P,Q整体进行分析，令 平衡位置的压缩量为，则有子g+,=2mg,令整体相对 平衡位置位移为x,则回复力为F=之mg+k(x+)-2mg, 解得F侧=x,可知回复力大小与相对平衡位置的位移大小 成正比，方向相反，可知整体做简谐运动，根据简谐运动的对 1 称性，整体运动的最大加速度为a=4<4,28,表明P,Q 整体先向上做加速运动，后向上诚速至0，速度减为0时的 加速度大小小于分离时向下的加速度，可知假设不成立，即 施加力F后，在运动过程中P、Q不可能分离，故B错误； C.结合上述可知，P运动到最高点时，整体加速度方向向 下，大小为a1=48,对整体分析有2mg-F-,=2m01,解得 F。=mg,即弹簧的弹力大小为mg,故C错误；D.物块开始位 置，根据胡克定律与平衡条件有2mg=:1,结合上述分析，物 块在最高点时，根据胡克定律有F。=mg=:2,P从静止时位 1 置到第一次速度最大的位置间的距离为△x=之×(：名) 爱故D正确放选D 4.D解析：设弹簧原长位置为L。,沿斜面向下为正下滑到最 低点L,时：k(L。-L,)+G,f-ma1,从最低点开始上滑时： (L。-L1)+G,f=-ma2,可得：a1>a2,方向都向上.下滑经过 平衡位置L2时：k(Lg-L2)+G,f=0, 上滑到最高点L静止时：k(L。-2)+G,+f'=0(其中∫为夫 Gi-f 量).已知1≤=，当f'沿斜面向上时，f'<0,山=太 4,4=Gr1 k一+，则L,≤乙：当∫沿斜面向下或等于0时 G+"1 f'≥0，L3= +1(此时弹簧处于仲长状态)，L2<L,则 k 滑块上滑到的最高点的位置应该在下滑时加速度为零的位 置或其下方故选D. 选择性必修第一册 专项突破8振动图像与波形图的综合 1.C 2.D解析：A.质点N从t=0时刻开始振动，由振动图像可知 此时质点N向上振动，由波形图可知图示时刻，W点向下振 动，则图甲时刻波并非刚好传播到N点：由图可知波长为 入 4m,周期为Q2s,波速为p=行=20m/,故A错误；B.因t 0时刻质点N在平衡位置沿y轴正向振动，可知t=0时刻质 点M在x轴下方沿y轴负向振动，速度减小，从t=0.05s开 始，M点处于y轴负方向，且此时向上向平衡位置振动，速度 变大，则从1=005s到=020：经历了Q15,即工，则质 点M通过的路程大于3A=15cm,故B错误；C.根据振动图 像可知=0.45s时，质点N在最大位移处，故C错误：D.振 动加强点到两波源的距离差△x满足△x=n入(n=0,1, 2,…),由题意可知-12m<△x<12m,解得n=0,±1，±2，共有 5个振动加强点，故D正确.故选D. 3.(1)0.5m/s(2)(1.6n+1.2)×102s(n=0,1,2,…) 解析：(1)实线圆、虚线圆分别表示1=0时刻相邻的波峰和 波谷，由图甲可知宁=04em, 由图乙可知周期T=0.0168, 波在水中的传播速度大小为==0.5m/8 (2)根据题意可知P处此时处于波峰位置，从图乙所示状态 开始，P点第1次到达波谷所需时间为1，=3？， 4 代人数据解得：1=12×1028， 则P点到达波谷的所有时间为△1=b,+nT(m=1,2,…), 代入数据解得△=(1.6n+1.2)×102s(n=0,1,2,…). 专项突破9波的多解问题 1.C解析：AB.由图2可知0时刻N质点向下振动，结合图1 利用同侧法可知该简谐被沿x轴负方向传播，故AB错误； C.依题，0时刻开始M点向下振动，根据振动规律可知，经 过名T质点M到达波谷，再过宁T到达波峰，考虑周期性可 得名T+宁74aT=Q4s,解得周期可能值7 1.2 2+3n s(n=0, 1,2）,当a=1时，T=024s,放C正确：D.根据=今 10(2+3n) 25 1.2 m/s(n=0,1,2…),当o= 了m/s,n为分数，不满 足条件，故D错误故选C. 2.D解析：A.由题意，x=1.2m处的质点在1=0.03s时刻向y 轴正方向运动，由上下坡法可知波向x轴正方向传播.则时 间4=a8-(+号）可得T=号(a=0,12 .1_4n+3 3,…),该波的频率为∫=70.12 Hz(n=0.1,2.3,…),当 n=3时，f=125Hz,故A正确：B.由图知，波长入=1.2m,则 波速=f=(40n+30)m/s(m=0,1,2,3,…),当n=0时，D= 30m/s,故B正确：C.由于波向x轴正方向传播，t=0时x= 1.4m处质点位于x轴上方，加速度方向沿y轴负方向，故 C正确；D.简谐横波沿x轴传播，质点只上下振动，不随波迁 黑白题54心专项突破6 人船模型与类人肥 题型1人船模型 1.小张想用卷尺粗略测 定码头上自由停泊小 船的质量，他进行了 如下操作：首先他轻 轻地从船尾上船，走 到船头后停下，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 知他自身的质量为m,不计水的阻力，则渔 船的质量为 ( A.m(L+d) d B.mL. d C.m(L-d) D.m(L+d) X 2.(2025·江苏宿迁月考)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后就留在靶里，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n发子弹入靶后，小车将以一定的速 度向右匀速运动 B.待n发子弹入靶后，小车应停在射击之 前的位置 C.在每一发子弹的飞行过程中，小车所发 0黑白题物理|选择性必修第一册 模型 生的位移相同，大小均为md nm+M D.若其中一发子弹的发射速度斜向上，当 子弹到达空中最高点时，小车的速度 为零 题型2类人船模型 3.(2024·江苏徐州七中月 考)如图所示，质量为 2m、半径为R的小球，放 2R 777777777777777 在半径为2R、质量为m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 示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，小 球移动的距离是 B c.3 R D. 6 4.(2024·山东联考)如图 所示，长为L的轻杆与小 球A固定连接、与小球B 由转轴连接(A可以绕B 在竖直面内转动)，B球穿在固定的水平细 杆上，可沿细杆运动，A、B的质量相等.现将 小球A从B的正上方由静止释放，A将向右 绕B摆下，A经过水平细杆时不会与之相 碰，不计一切阻力，重力加速度为g,下列说 法正确的是 () A.A球将做变速圆周运动 B.B球从零时刻开始的最大向左位移为L C.A球仍回到B球的正上方，此时B球的 位置在其初位置的左侧 D.B球运动的最大速度为√2gL 心专项突破7 简谐运动对称性的 1.(2024·山东潍坊期末)某鱼漂重为G,如图 所示.O、M、N为鱼漂上的三个点，M、N关于 0对称.当鱼漂静止时水位恰好位于O点. 用手将鱼漂往下压至M点后放手.假设水 面静止，鱼漂在M、N间横截面积不变，不考 虑水流阻力.下列说法正确的是() A.鱼漂恰好能回升至点O过水面 B.鱼漂上升过程中还有一个位置加速度与 刚放手时相同 C.若点M到达水面时浮力为？C,则整个上 升过程中浮力最小为，G 2 D.点O过水面时，鱼漂的速度、加速度方向 均向上 日 回wwww 指板 (第1题) (第2题) 2.(2025·四川雅安模拟)如图，质量均为m 的物块甲、乙静止于倾角为0的固定光滑斜 面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相 连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上.给甲一 个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中 乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最 小值为0，重力加速度为g.挡板对乙的弹力 最大值为 () A.2mgsin 0 B.3mgsin 0 C.4mgsin 0 D.5mgsin 0 3.(2025·山东临沂调研)如图所示，一劲度系 数为k的竖直轻弹簧下端固定，上端连接质 量为m的水平木板P,木板上再放一质量也 为m的小物块Q,静止时位置如图所示.现对 应用 Q施加一竖直向上、大小为)mg的恒力F, 已知重力加速度大小为g,不计空气阻力，则 () SMWWWWWW A.刚施加力F时，Q对P的压力大小为2mg B.施加力F后，在接下来的运动过程中P、 Q可能分离 C.P运动到最高点时，弹簧的弹力大小 为2mg D.P从静止时位置到第一次速度最大的位 置间的距离是器 4.(2024·江苏海安高级中学月考)如图所 示，一轻质弹簧上端固定，下端与物块连 接，将物块上推使弹簧处于压缩状态，物块 由静止释放后沿粗糙斜面向下运动至最低 点，返回运动一段距离后停在斜面上.设最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，取沿斜面向 下为正方向，此过程中，物块的加速度a与 位移x的关系图像正确的是 () 进阶突破·专项练1用