课时检测 第一章 专题强化4 常见碰撞模型的应用（二） 答案 -（配套练习）【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

专题强化4　常见碰撞模型的应用（二） 1.如图，质量为M＝90 g的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m＝10 g、初速度为v0＝300 m/s的子弹水平射入木块且未穿出，则子弹与木块一起运动的速度为（　　） A.20 m/s　　 B.30 m/s C.40 m/s　　 D.50 m/s 2.〔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Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是（　　） A.FfL＝Mv2 B.Fft＝mv0－mv C.v＝ D.Ffs＝m－mv2 3.〔多选〕（2025·广东深圳期末）如图a，子弹以速度v射入放置在光滑水平面上的木块，子弹与木块运动的v-t图像可能如图b或如图c的情况，下列分析正确的是（　　） A.子弹与木块相对运动的过程中系统动量守恒 B.子弹与木块相对运动的过程中系统机械能守恒 C.图b说明子弹最后射出了木块 D.图c说明子弹最后射出了木块 4.〔多选〕如图所示，一质量为m的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为的木块A。现以地面为参考系，同时给A和B大小相等、方向相反的初速度，使木块A开始向左运动，木板B开始向右运动，最终木块A并没有滑离木板B，下列说法正确的是（　　） A.最终二者一起向右运动 B.最终二者一起向左运动 C.木块A的速度某时刻为零 D.木板B的速度某时刻为零 5.〔多选〕质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（　　） A.Mv2 B.v2 C.NμmgL D.NμmgL 6.〔多选〕如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m为4 kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10 m/s2）（　　） A.木板A获得的动能为2 J B.系统损失的机械能为4 J C.木板A的最小长度为2 m D.A、B间的动摩擦因数为0.05 7.〔多选〕（2025·山东济宁期中）如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为v0，木块的速度为v0。设木块的长度为L，子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（　　） A.木块的质量为3m B.子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为m C.子弹穿过木块的过程中，木块对子弹的阻力大小为 D.子弹在木块中运动的时间为 8.长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块（可视为质点，m≠M）以初速度v0滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一起运动；若小车以初速度v0向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，最终也随小车一起运动。则（　　） A.两种情况中木块相对小车滑行的距离相等 B.两种情况中木块最终随小车运动的速率相等 C.两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等 D.两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等 9.（2025·江苏南通期中）如图所示，质量为M的木块静止在离地高度为h的光滑桌面边缘。一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并停留其中，接着子弹和木块组成的系统一起水平抛出。已知重力加速度为g。求系统： （1）离开桌面时的速度大小v； （2）从抛出到落地过程中动量变化量的大小Δp。 10.（2025·黑龙江哈尔滨月考）如图甲所示，光滑水平面上有一静止的平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面距地面高度h＝0.2 m。质量m＝1 kg的物块（可视为质点）从平板车左端以速度3 m/s滑上小车，取g＝10 m/s2。 （1）若物块滑上平板车的同时解除平板车的锁定，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物块落地时距平板车右端的水平距离； （2）若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率。 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题强化4　常见碰撞模型的应用（二） 1.B　根据动量守恒定律可得mv0＝（M＋m）v，解得子弹与木块一起运动的速度为v＝＝ m/s＝30 m/s，故选B。 2.AB　对木块，由动能定理得FfL＝Mv2，A正确；以向右为正方向，对子弹，由动量定理得－Fft＝mv－mv0，B正确；对木块、子弹整体，由动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，解得v＝，C错误；由能量守恒定律得Ffs＝m－（M＋m）v2，D错误。 3.AD　将子弹与木块看成一个系统，子弹与木块相对运动的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；子弹与木块相对运动的过程中，摩擦力对子弹起阻碍作用，子弹需要克服摩擦力做功，该过程中因摩擦而使系统的机械能向内能转化，因此系统的机械能不守恒，故B错误；图b中子弹和木块最终达到共速，一起在光滑水平面上做匀速直线运动，说明子弹没有射出木块，故C错误；图c中子弹和木块最终以不同的速度各自做匀速直线运动，则说明子弹最后射出了木块，故D正确。 4.AC　规定向右为正方向，设初速度大小为v，木块和木板组成的系统所受合外力为零，由动量守恒定律，有mv－v＝v'，解得v'＝，方向水平向右，所以木块A的速度某时刻减为零，后反向加速，最终二者一起向右运动，木板B向右先减速而后匀速运动，故选A、C。 5.BD　设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律有mv＝（m＋M）v1，则动能损失ΔEk＝mv2－（m＋M），解得ΔEk＝v2，又依题意小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s＝0.5L＋（N－1）L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能ΔEk＝Q＝NμmgL，故选B、D。 6.AB　由v-t图像斜率表示加速度可求得，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，得A质量为M＝4 kg，则木板A获得的动能为Ek＝Mv2＝2 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝m－（m＋M）v2＝4 J，故B正确；由v-t图像与坐标轴所围成的面积差，可求出二者共速时相对位移为Δx＝×2×1 m＝1 m，所以木板A的最小长度为1 m，故C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律有μmg＝maB，可求出μ＝0.1，故D错误。 7.AC　设木块的质量为M，子弹穿过木块，满足动量守恒，则有mv0＝m×v0＋M×v0，解得M＝3m，A正确；子弹穿过木块的过程中，根据能量守恒，系统损失的动能为ΔEk＝m－m－M＝m，B错误；系统损失的动能转化成了摩擦生热，即FfL＝ΔEk，解得Ff＝，C正确；对于木块，由动量定理有Fft＝M，解得t＝，D错误。 8.A　根据动量守恒定律和能量关系，甲图中有mv0＝（m＋M）v1，Q1＝μmgx1＝m－（m＋M）＝，乙图中有Mv0＝（m＋M）v2，Q2＝μmgx2＝M－（m＋M）＝，因m≠M可知x1＝x2，v1≠v2，Q1＝Q2，选项A正确，B、C错误；对木块，由动量定理，图甲中有－μmgt1＝mv1－mv0，图乙中有μmgt2＝mv2，解得t1＝，t2＝，可知t1＝t2，选项D错误。 9.（1）　（2）（m＋M） 解析：（1）子弹射入木块的过程，由动量守恒定律有 mv0＝（m＋M）v，解得v＝。 （2）木块落地的时间为t＝ 根据动量定理，则从抛出到落地过程中动量变化量的大小 Δp＝（m＋M）gt＝（m＋M）。 10.（1）0.2 m　（2）1 m/s 解析：（1）物块和平板车组成的系统动量守恒，设二者分离时的速度分别为v1、v2，则有mv0＝mv1＋Mv2 根据能量守恒定律可得m＝m＋M＋μmgl 联立解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s 物块平抛落地的时间h＝gt2 解得t＝＝0.2 s 物块落地时距平板车右端的水平距离为 x＝（v1－v2）t＝0.2 m。 （2）由图乙可知，物块在平板车上克服摩擦力所做的功 Wf＝＝4 J 设此时物块滑离平板车时的速度为v，根据动能定理可得 －Wf＝mv2－m 解得v＝1 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $