第1章 专题提升课3 “子弹打木块”和“滑块—木板”模型-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用Word(鲁科版)

1．(2024·江苏徐州高二期中)如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B同时从木块两侧射入，最终嵌在木块中。已知两子弹入射的初动量大小相等，射入过程中所受木块的阻力大小相等，子弹A的质量较小。比较这两颗子弹可知(　　) A．子弹A的初动能较小 B．子弹A先与木块相对静止 C．子弹A的动量变化率较大 D．子弹A射入木块的深度较大 解析：选D。两子弹入射的初动量大小相等，又由于子弹A的质量较小，结合Ek＝可得EkA>EkB，故A错误；两子弹入射的初动量大小相等，根据动量守恒定律知，两子弹和木块组成的系统动量一直为零，木块静止在光滑水平面上，则两子弹同时与木块相对静止，故B错误；两子弹的初动量相等，末动量为0，则两子弹的动量变化量Δp大小相等，两子弹所受的阻力大小相等，根据动量定理可知两子弹运动时间相等，则两子弹的动量变化率相等，故C错误；两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理，对A子弹有0－EkA＝－fdA，对B子弹有0－EkB＝－fdB，结合EkA>EkB，可知dA>dB，故D正确。 2．(多选)(2024·广东东莞期中)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的另一物体B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，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．木板A获得的动能为1 J B．系统损失的机械能为1 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 解析：选AD。由题图乙可知，最终木板获得的速度v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B错误；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙得到前1 s内B的位移xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图乙可知，B的加速度a＝＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得μ＝0.1，故D正确。 3．(多选)(2024·湖北高二联考期中)如图所示，质量为4m的木板静止在足够大的光滑水平地面上，质量为3m的木块静止在木板左端。质量为m的子弹以大小为v0的初速度射入木块，子弹射入木块后未穿出木块，且木块恰好未滑离木板。木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，子弹与木块均可视为质点，不计子弹射入木块的时间。下列说法正确的是(　　) A．子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒、机械能不守恒 B．子弹射入木块后共同速度为－v0 C．木板长度为 D．木块在木板上滑行时间是 解析：选AD。子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统内力远大于外力，且作用时间极短，则系统动量守恒，由于系统内摩擦力做功，系统机械能不守恒，A正确；对子弹和木块系统，根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋3m)v1，求得子弹射入木块后共同速度v1＝，B错误；木块恰好未滑离木板，可知最终木块与木板具有相同的速度v2，根据动量守恒定律可得(m＋3m)v1＝(m＋3m＋4m)v2，解得v2＝，木块在木板上滑行时的加速度大小a＝＝μg，木块在木板上滑行时间t＝＝，木板长度L＝x块－x板＝t－t＝t＝，C错误，D正确。 4．如图所示，质量M＝1 kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的滑块静止在木板的左端。现给滑块施加一方向水平向右、大小F＝6 N的拉力，经时间t＝4 s后撤去拉力，已知撤去拉力的瞬间，木板的速度大小v1＝6 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数μ； (2)撤去拉力的瞬间，滑块的速度的大小v2； (3)木板和滑块最后的共同速度的大小v共。 解析：(1)对木板进行分析，由动量定理有ft＝Mv1 又因为f＝μmg 联立代入数据解得μ＝0.075。 (2)对滑块进行分析，由动量定理有(F－f)t＝mv2 代入数据解得v2＝9 m/s。 (3)撤去拉力后，由系统动量守恒有 Mv1＋mv2＝(M＋m)v共 代入数据解得v共＝8 m/s。 答案：(1)0.075　(2)9 m/s　(3)8 m/s 5．(2024·江苏扬州新华中学期中)如图，半径R＝0.45 m的光滑四分之一圆弧轨道PQ竖直固定于光滑水平面上，底端与一质量M＝2 kg 的小车的上表面相切，一质量m＝3 kg的小物块从圆弧轨道最高点P由静止释放，经Q点后滑上静止的小车，小车与小物块间的动摩擦因数μ＝0.3，小车与墙碰撞的时间极短且为弹性碰撞。已知小车与墙碰撞前，小车与小物块的速度已经相同，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物块滑到Q点时的动量大小。 (2)求小物块从滑上小车到与小车第一次相对静止时所用的时间。 (3)若物块最终没有从小车上滑出去，则小车至少多长？ 解析：(1)小物块从P滑到Q点的过程，机械能守恒，则 mv＝mgR 小物块滑到Q点时的动量大小p＝mv0 代入数据得v0＝3 m/s p＝9 kg·m/s。 (2)从小物块滑上小车到第一次与小车相对静止过程，根据动量守恒定律有 mv0＝(M＋m)v1 对小车，由动量定理得μmgt＝Mv1 解得v1＝1.8 m/s t＝0.4 s。 (3)小车与墙碰撞后原速率反向，此时系统动量mv1－Mv1＞0，所以总动量方向向左，因此小车与小物块会再次向左共速，与墙发生碰撞，又因为m＞M，二者仍会向左共速，与墙碰撞，所以最终车与小物块静止，动能完全转化为内能，有μmgL＝mv 解得L＝1.5 m 此时的相对位移L就是对应的最小车长，为1.5 m。 答案：(1)9 kg·m/s　(2)0.4 s　(3)1.5 m 6．(2024·江苏盐城一中期中)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量m1＝3.0 kg的长木板A，A的左端放着一个质量m2＝1.0 kg的小物块B(可视为质点)，两者处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。在木板A的左端正上方有一固定点O，用长R＝4.5 m的不可伸长的轻绳将质量m3＝2.0 kg的小球C悬于点O。现将轻绳拉直使轻绳与水平方向成θ＝37°(如图所示)，由静止释放小球。此后小球C与B恰好发生弹性碰撞，碰撞过程时间极短。空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小球C运动到最低点时(与B碰撞前瞬间)的速度大小； (2)小球C与B相碰后，B的速度大小； (3)木板长度L至少为多长时小物块B才不会滑出木板。 解析：(1)小球C从开始下落到与B碰撞前瞬间，由动能定理得 m3gR(1－sin θ)＝m3v－0 解得v0＝6 m/s。 (2)设小球C与小物块B在碰撞后，小球C速度为v1，小物块B的速度为v2，由动量守恒定律得 m3v0＝m3v1＋m2v2 由机械能守恒定律得 m3v＝m3v＋m2v 联立解得v2＝8 m/s。 (3)小物块B在木板A上滑动，小物块B和木板A组成的系统动量守恒，设B滑到木板A最右端时两者共速的速度大小为v，则有m2v2＝(m1＋m2)v 小物块B在木板A上滑动的过程中，由小物块B和木板A组成的系统减小的机械能转化为内能，由功能关系得μm2gL＝m2v－(m1＋m2)v2 联立解得L＝8 m 故木板长度L至少8 m时小物块B才不会滑出木板。 答案：(1)6 m/s　(2)8 m/s　(3)8 m 学科网（北京）股份有限公司 $