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课件(鲁科版)

专题提升课3　课后 达标检测 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 3 4 5 6 2 1 √ 课后 达标检测 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； 3 4 5 6 2 1 课后 达标检测 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 3 4 5 6 1 2 √ √ 课后 达标检测 3 4 5 6 1 2 课后 达标检测 3 4 5 6 1 2 课后 达标检测 4 5 6 1 2 3 √ √ 课后 达标检测 4 5 6 1 2 3 课后 达标检测 4 5 6 1 2 3 课后 达标检测 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： 3 5 6 1 2 4 课后 达标检测 (1)滑块与木板间的动摩擦因数μ； 解析：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。 答案：0.075　 3 5 6 1 2 4 课后 达标检测 (2)撤去拉力的瞬间，滑块的速度的大小v2； 解析：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。 答案：9 m/s　 3 5 6 1 2 4 课后 达标检测 (3)木板和滑块最后的共同速度的大小v共。 解析：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：8 m/s 3 5 6 1 2 4 课后 达标检测 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。 3 4 6 1 2 5 课后 达标检测 (1)求小物块滑到Q点时的动量大小。 3 4 6 1 2 5 答案：9 kg·m/s　 课后 达标检测 (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 4 6 1 2 5 答案：0.4 s　 课后 达标检测 (3)若物块最终没有从小车上滑出去，则小车至少多长？ 3 4 6 1 2 5 答案：1.5 m 课后 达标检测 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： 3 4 5 1 2 6 课后 达标检测 (1)小球C运动到最低点时(与B碰撞前瞬间)的速度大小； 3 4 5 1 2 6 答案：6 m/s　 课后 达标检测 (2)小球C与B相碰后，B的速度大小； 3 4 5 1 2 6 答案：8 m/s　 课后 达标检测 (3)木板长度L至少为多长时小物块B才不会滑出木板。 3 4 5 1 2 6 答案：8 m 课后 达标检测 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。 解析：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＝ eq \f(p2,2m) 可得EkA>EkB，故A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 eq \f(Δp,Δt) 相等，故C错误； 系统损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) － eq \f(1,2) (m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B错误； 解析：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＝ eq \f(1,2) Mv2＝ eq \f(1,2) ×2×12 J＝1 J，故A正确； 由题图乙可知，B的加速度a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝－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。 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＝ eq \f(1,2) ×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移xA＝ eq \f(1,2) ×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度L＝xB－xA＝1 m，故C错误； 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2,0) eq \f(v,32μg) D．木块在木板上滑行时间是 eq \f(v0,8μg) 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＝ eq \f(v0,4) ，B错误； 解析：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； 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＝ eq \f(v0,8) ，木块在木板上滑行时的加速度大小a＝ eq \f(μ（m＋3m）g,m＋3m) ＝μg，木块在木板上滑行时间t＝ eq \f(v1－v2,a) ＝ eq \f(v0,8μg) ，木板长度L＝x块－x板＝ eq \f(v1＋v2,2) t－ eq \f(v2,2) t＝ eq \f(v1,2) t＝2,0) eq \f(v,64μg) ，C错误，D正确。 解析：小物块从P滑到Q点的过程，机械能守恒，则 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝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。 解析：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。 解析：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＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) 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。 解析：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)＝ eq \f(1,2) m3v eq \o\al(2,0) －0 解得v0＝6 m/s。 解析：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 eq \f(1,2) m3v eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) m3v eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \o\al(2,2) 联立解得v2＝8 m/s。 解析：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＝ eq \f(1,2) m2v eq \o\al(2,2) － eq \f(1,2) (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。 $