专项培优 子弹打木块模型和滑块—木板模型 同步练习 -2025-2026学年高二上学期物理教科版选择性必修第一册

专项培优　子弹打木块模型和滑块—木板模型 一、必备知识基础 题组一　子弹打木块模型 1.如图所示,一沙袋用不可伸长的轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态,此后弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出。第一次弹丸的速度为v1,打入沙袋后二者共同向右摆动的最大摆角为30°。当它们第1次返回图示位置时,第2粒弹丸以水平速度v2击中沙袋,使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°,若弹丸质量是沙袋质量的,忽略空气阻力,则以下结论正确的是(　　) A.v1∶v2=41∶42 B.v1∶v2=41∶83 C.v1∶v2=1∶1 D.v1∶v2=42∶41 2.质量为m'的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动,质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块,要使木块停下来,必须使发射子弹的数目为(子弹均留在木块中不穿出)(　　) A. B. C. D. 3.如图所示,子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹未穿透木块,此过程木块的动能增加了6 J,那么此过程产生的内能可能为(　　) A.16 J B.2 J C.6 J D.4 J 4.如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点,开始时沙袋处于静止状态,一弹丸以水平速度v0击中沙袋后(未穿出)二者共同摆动。若弹丸的质量为m,沙袋的质量为5m,弹丸和沙袋形状大小忽略不计,弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A.弹丸打入沙袋后瞬间沙袋的速度是 B.弹丸打入沙袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变 C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 D.弹丸打入沙袋过程中,弹丸与沙袋所组成的系统机械能守恒 题组二　滑块—木板模型 5.如图所示,光滑水平面上有质量为m且足够长的木板,木板上放一质量也为m、可视为质点的木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0,两次运动均在木板上留下划痕,则两次划痕长度之比为(　　) A.1∶4 B.1∶4 C.1∶8 D.1∶12 6.(多选)如图所示,A、B两木块靠在一起放于光滑的水平面上,A、B的质量分别为mA=2.0 kg,mB=1.5 kg,一个质量为mC=0.5 kg的铁块C以v0=8 m/s的速度滑到木块A上,离开木块A后最终与木块B一起匀速运动。若木块A在铁块C滑离后的速度为vA=0.8 m/s,铁块C与木块A、B间动摩擦因数均为μ=0.4,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.铁块C在滑离A时的速度为2.4 m/s B.木块B的长度至少为0.24 m C.铁块C在木块B上滑行的时间为3.0 s D.全过程铁块C克服摩擦力做的功为15.64 J 7.(多选)如图所示,将质量为m'的木板静止地放在光滑水平面上,质量为m的物块以水平初速度v0由木板左端开始向右运动,恰能滑至木板的右端与木板相对静止。已知物块与长木板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,物块可视作质点。下列判断正确的是(　　) A.木板与物块的共同速度大小为v0 B.木板的长度为 C.滑动摩擦力对木板做的功为 D.物块滑动过程中产生的热量为 8.如图所示,在光滑水平面上有B、C两个木板,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B上有一个可视为质点的物块A,A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动,C以速度v向左运动。B、C的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连,碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置,C的长度为L,不计空气阻力。求: (1)木板C的最终速度大小; (2)木板C与物块A之间的摩擦力f大小; (3)物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间t。 二、关键能力提升 9.(多选)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,且待前一发子弹打入靶中后,再打下一发。则以下说法正确的是(　　) 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 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 D.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移不相同 10.(多选)如图所示,质量为m'的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以水平速度v0射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动,已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离L,子弹进入木块的深度为s,此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小f视为恒定,则下列关系式正确的是(　　) A.fL=m'v2 B.ft=mv0-mv C.v= D.fs=mv2 11.如图所示,光滑水平面上放一木板A,质量m'=4 kg,小铁块B(可视为质点)质量为m=1 kg,木板A和小铁块B之间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,小铁块B以v0=10 m/s的初速度从木板A的左端冲上木板,恰好不滑离木板。 (1)A、B的加速度大小分别为多少? (2)经过多长时间A、B速度相同,相同的速度大小为多少? (3)求薄木板的长度。 三、核心素养拔高 12.如图所示,一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动,将一滑块无初速度地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m,它们之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。 (1)滑块相对木板静止时,求它们的共同速度大小; (2)某时刻木板速度是滑块的2倍,求此时滑块到木板最右端的距离; (3)若滑块轻放在木板最右端的同时,给木板施加一水平向右的外力,使得木板保持匀速直线运动,直到滑块相对木板静止,求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。 参考答案 1.B 解析 根据摆动过程中机械能守恒和两次沙袋摆动的角度相等可知,两次沙袋被击中后的速度相同,设为v,用m'表示沙袋的质量,m表示弹丸的质量,则m'=40m,以水平向右为正方向,由动量守恒定律,第一次有mv1=(m'+m)v,第二次有mv2-(m'+m)v=(m'+2m)v,解得v1∶v2=41∶83,B正确。 2.C 解析 设发射子弹的数目为n,选择n颗子弹和木块组成的系统为研究对象,系统在水平方向所受的合外力为零,满足动量守恒的条件。以子弹运动的方向为正方向,由动量守恒定律有nmv2-m'v1=0,得n=,所以选项C正确。 3.A 解析 设子弹的质量为m0,初速度为v0,木块的质量为m,子弹打入木块的过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒,即m0v0=(m+m0)v,此过程产生的内能等于系统损失的动能,即ΔE=m0(m+m0)v2=mv2,而木块获得的动能Ek木=mv2=6 J,则ΔE>6 J,A正确。 4.A 解析 根据动量守恒定律得mv0=v,解得,弹丸打入沙袋后瞬间沙袋的速度是v=,A正确;根据牛顿第二定律得T-6mg=6m,解得T=6mg+,弹丸打入沙袋过程中,细绳所受拉力大小变大,B错误;弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q=×6mv2=,C错误;弹丸打入沙袋过程中,为完全非弹性碰撞,弹丸与沙袋所组成的系统机械能减少了,D错误。 5.A 解析 木块从开始运动到相对木板静止的过程中,木块和木板组成的系统水平方向动量守恒,取水平向右为正方向,则有mv0=(m+m)v,解得v=;根据能量守恒定律有μmgs=(m+m)v2,解得划痕长度l=;同理,当木块的初速度为2v0时,则划痕长度l'=,故两次划痕长度之比为l∶l'=1∶4,故A正确,B、C、D错误。 6.ABD 解析 铁块C在滑离A的瞬间,由动量守恒定律mCv0=(mA+mB)vA+mCvC,代入数据解得vC=2.4 m/s,所以A正确;铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度,铁块C和B作用过程中动量守恒、能量守恒,有mCvC+mBvA=(mC+mB)vB,(mC+mB)+μmCgx1=mCmB,因铁块C没有从木块B上掉下来,所以木块B的长度L≥x1,联立以上方程代入数据,解得L≥0.24 m,即木块B的长度至少为0.24 m,所以B正确;由B选项分析,可得C与B共速的速度为vB=1.2 m/s,C滑上B后做匀减速运动,加速度为aC=μg=4 m/s2,则铁块C在木块B上滑行的时间为t==0.3 s,所以C错误;C刚滑上A时,C做匀减速运动,A做匀加速运动,则C的总位移为x2==7.82 m,则全过程铁块C克服摩擦力做的功为Wf=fx2=15.64 J,所以D正确。 7.BD 解析 根据动量守恒mv0=(m'+m)v,解得v=v0,故A错误;根据能量守恒(m'+m)v2=μmgL,解得L=,故B正确;滑动摩擦力对木板做的功为W=ΔEk=m'v2=,故C错误;物块滑动过程中产生的热量为Q=(m'+m)v2=,故D正确。 8.答案 (1)v　(2)　(3) 解析 (1)设水平向右为正方向,B、C碰撞过程中动量守恒有2mv-mv=(2m+m)v1 解得v1= A滑到C上,A、C动量守恒有3mv+mv1=(3m+m)v2 解得v2=v。 (2)根据能量关系可知,在A、C相互作用过程中,木板C与物块A之间因摩擦产生的热量为Q=×3mv2+(3m+m) Q=f· 联立解得f=。 (3)在A、C相互作用过程中,以C为研究对象,由动量定理得ft=mv2-mv1 解得t=。 9.BC 解析 车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒,系统初动量为0,故末动量也为0,子弹打完后,车子不可能向右匀速运动;每射击一次,车子都会右移,所以子弹打完后,车子停在射击之前位置的右方,故A错误,B正确。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,因此每次射击,以一颗子弹和车、人、枪、靶、(n-1)颗子弹为研究对象,根据动量守恒有0=m-[m'+(n-1)m]×,由位移关系有x车+x子=d,解得x车=,故C正确,D错误。 10.AB 解析 由动能定理,对木块可得fL=m'v2,故A正确;以向右为正方向,由动量定理,对子弹可得-ft=mv-mv0,故B正确;对木块、子弹整体,根据动量守恒定律得mv0=(m'+m)v,解得v=,故C错误;根据能量守恒定律得fs=(m'+m)v2,故D错误。 11.答案 (1)0.5 m/s2　2 m/s2 (2)4 s　2 m/s (3)20 m 解析 (1)对小铁块B受力分析,由牛顿第二定律有μmg=maB,即aB=μg=2 m/s2 对木板A受力分析,由牛顿第二定律有 μmg=m'aA,即aA==0.5 m/s2。 (2)由于A、B组成的系统所受合外力为零,则A、B组成的系统动量守恒,有 mv0=(m+m')v共 代入数据解得v共=2 m/s 由于木板A做匀加速直线运动,则v共=aAt 代入数据解得t=4 s。 (3)设薄木板的长度为L,则对A、B整体由动能定理有 -μmgL=(m+m') 代入数据解得L=20 m。 12.答案 (1)　(2)　(3)　m 解析 (1)由于地面光滑,则木板与滑块组成的系统动量守恒,有2mv0=(m+2m)v共 解得v共=。 (2)由于木板速度是滑块的2倍,则有 v木=2v滑 根据动量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑 联立得v滑=v0,v木=v0 再根据功能关系有 -μmgx=×2m×2m 解得x=。 (3)对滑块进行受力分析,并根据牛顿第二定律有μmg=ma滑 滑块相对木板静止时有v0=a滑t 解得t= 由于木板保持匀速直线运动,则有 F=μmg 整个过程中木板滑动的距离为x'=v0t= 则外力所做的功为W=Fx'=m。 学科网（北京）股份有限公司 $