2025届高考物理一轮复习第7章动量守恒定律第4讲专题提升动量守恒定律在子弹打木块模型“滑块_木板”模型中的应用练习含答案

这是一份2025届高考物理一轮复习第7章动量守恒定律第4讲专题提升动量守恒定律在子弹打木块模型“滑块_木板”模型中的应用练习含答案，共10页。试卷主要包含了质量mC=4等内容，欢迎下载使用。

基础对点练
题组一 子弹打木块模型
1.子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块,并留在木块中和木块一起运动,如图所示。在子弹射入木块的过程中,下列说法正确的是( )

A.子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量
B.子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等
C.子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量
D.子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小
2.(多选)两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相等、材料不同的两矩形滑块A、B中,如图所示,射入A中的深度是射入B中深度的两倍。已知A、B足够长,两种射入过程相比较( )
A.射入滑块A的子弹速度变化大
B.整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D.两个过程中系统产生的热量相等
3.(多选)质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹(可视为质点)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,如图所示,已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离为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=Mv2B.ft=mv0-mv
C.v=D.fs=mv2
题组二 “滑块—木板”模型
4.光滑水平面上有一矩形长木板,木板左端放一小物块,已知木板质量大于物块质量,如图所示,t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动,碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来,运动过程中物块一直未离开木板,则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是( )
5.(多选)(2024广东广州培正中学模拟)如图所示,A、B两物体的质量之比mA∶mB=1∶2,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,A、B与平板车上表面间的动摩擦因数分别为μA、μB。当弹簧突然释放后,A、B两物体被反向弹开,则A、B两物体滑行过程中,下列说法正确的是( )
A.若μA=μB,A、B组成的系统动量守恒,C不动
B.若μA=μB,A、B、C组成的系统动量守恒,C向右运动
C.若μA∶μB=2∶1,A、B组成的系统动量守恒,C不动
D.若μA∶μB=2∶1,A、B、C组成的系统动量守恒,C向右运动
6.(多选)(2024广东佛山模拟)如图甲所示,一木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,物块(可视为质点)以速度v0从木板左侧滑上木板,物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止,图乙为物块与木板运动的v-t图像,图中t1、v0、v1已知,重力加速度大小为g,由此可求得( )
A.木板的长度
B.物块与木板的质量之比
C.物块与木板之间的动摩擦因数
D.从t=0开始到t1时刻系统所产生的内能
综合提升练
7.(多选)(2024广东佛山模拟)如图所示,长度为l=1 m、质量为m0=1 kg的车厢静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m=1 kg、可视为质点的物块,以速度v0=10 m/s从车厢中点处向右运动,与车厢壁来回弹性碰撞n次后,与车厢相对静止,物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.n=26
B.系统因摩擦产生的热量为25 J
C.物块最终停在车厢右端
D.车厢最终运动的速度为5 m/s,方向水平向右
8.(2023华中师大附中模拟)质量mC=4.5 kg的长木板C静止在光滑的水平面上,长木板C右端与竖直固定挡板相距x0,左端放一个质量mB=3.0 kg的小物块B(可视为质点),与长木板C间的动摩擦因数μ=0.05,如图所示。在小物块B的正上方,用不可伸长、长度l=0.8 m的轻绳将质量mA=1.0 kg的小球A悬挂在固定点O。初始时,将轻绳拉直并处于水平状态,使小球A与O点等高,由静止释放。当小球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰撞(碰撞时间极短),之后二者没有再发生碰撞。已知A、B之间以及C与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)小球A与小物块B碰后瞬间,求小物块B的速度大小。
(2)为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速,求x0应满足的条件。
(3)在(2)问的前提下,即与竖直挡板碰撞到B、C能共速,求长木板的最短长度。
9.(2024浙江绍兴模拟)两个固定的、大小不同的竖直半圆形光滑轨道在最高点A平滑连接,小圆半径r1=0.5 m,大圆半径r2=1.0 m,小圆最低点O恰在大圆圆心处,O点有一弹射装置(图中未画出),可水平向右弹射质量为m1=0.2 kg的滑块,如图所示。放置在光滑水平面上的中空长直塑料板与大圆的最低点B平滑过渡。若塑料板质量m2=0.2 kg,长度L=2.4 m,厚度h=0.05 m,滑块与塑料板上表面之间的动摩擦因数μ=0.5,滑块可视为质点,g取10 m/s2,不计空气阻力,求:
(1)若滑块能做完整的圆周运动,滑块在最高点的最小速度v0大小;
(2)以v1= m/s向右弹射滑块,滑块到达大圆轨道B点时所受支持力的大小;
(3)以v1= m/s向右弹射滑块,滑块第一次落地点到B点的水平距离。
10.(2023河北石家庄模拟)质量均为2 kg的长板A和滑块C静置在光滑水平地面上,长板A上表面左端有一小部分光滑、其余部分粗糙,滑块B(可视为质点)置于A的左端,如图甲所示。现使A、B一起以速度v0=6 m/s向右运动,A与C发生碰撞(碰撞时间极短),经过一段时间后A、B再次一起向右运动,且恰好不再与C相碰。以A与C发生碰撞时为计时起点,B的速度—时间图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,求:
(1)滑块B的质量mB;
(2)长板A与滑块C发生碰撞过程中损失的机械能ΔE;
(3)长板A的最小长度L。
参考答案
第4讲 专题提升:动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块—木板”模型中的应用
1.B 解析 水平方向上,子弹所受合外力与木块受到的合外力为作用力与反作用力,它们大小相等、方向相反、作用时间相等,根据I=Ft,可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等、方向相反,故A错误,B正确;子弹与木块组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,由动量守恒定律可知,子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小,由于子弹与木块的质量不一定相同,子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量,故C、D错误。
2.BD 解析 子弹射入滑块过程中,子弹与滑块构成的系统动量守恒,有mv0=(m+M)v,两个子弹的末速度相等,所以子弹速度的变化量相等,A错误;滑块A、B动量变化量相等,受到的冲量相等,B正确;对子弹运用动能定理,有Wf=mv2-,由于末速度v相等,所以阻力对子弹做功相等,C错误;对系统,由能量守恒可知,产生的热量满足Q=(m+M)v2,所以系统产生的热量相等,D正确。
3.AB 解析 对木块,由动能定理可得fL=Mv2,选项A正确;以向右为正方向,对子弹,由动量定理可得,-ft=mv-mv0,则ft=mv0-mv,选项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=,选项C错误;对整体,根据能量守恒定律得,fs=(M+m)v2,选项D错误。
4.A 解析 木板碰到挡板前,物块与木板一直做匀速运动,速度为v0,木板碰到挡板后,物块向右做匀减速运动,速度减至零后向左做匀加速运动,木板向左做匀减速运动,最终两者速度相同,设为v1。设木板的质量为M,物块的质量为m,取向左为正方向,则由动量守恒定律得,Mv0-mv0=(M+m)v1,解得v1=v05.BC 解析 因A、B两物体的质量不相等,若μA=μB,则两物体所受的滑动摩擦力大小不相等,A、B组成的系统所受的合外力不是零,A、B组成的系统动量不守恒,由牛顿第三定律可知,平板小车C受的合外力不是零,因A对C向左的滑动摩擦力小于B对C向右的滑动摩擦力,小车C向右运动,A错误;若μA=μB,A、B、C组成的系统所受的合外力是零,则系统动量守恒,结合A项分析,B正确;若μA∶μB=2∶1,又mA∶mB=1∶2,则两物体所受的滑动摩擦力大小相等、方向相反,即fA=fB,A、B组成的系统所受的合外力是零,A、B组成的系统动量守恒,由牛顿第三定律可知,平板小车C受的合外力是零,C不动,C正确,D错误。
6.ABC 解析 根据题意可知,物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止,由题图乙可知,物块的对地位移为x物=t1,木板的对地位移为x木=t1,则木板的长度为L=x物-x木=,故A符合题意;设木板的质量为m0,物块的质量为m,由题图乙可知,t1时刻二者共速,大小为v1,由动量守恒定律有mv0=mv1+m0v1,解得,故B符合题意;根据v-t图像中斜率表示加速度可知,物块的加速度大小为a=,由牛顿第二定律,对物块有μmg=ma,解得μ=,故C符合题意;根据题意可知,从t=0开始到t1时刻系统所产生的内能为Q=μmgL=(m+m0),由于不知道木板和物块的质量,则内能不可求,故D不符合题意。
7.BD 解析 由动量守恒定律得mv0=(m+m0)v,解得车厢和物块最终运动的共同速度为v=5m/s,方向水平向右,对系统由能量守恒定律得(m0+m)v2+Q,代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q=25J,B、D正确;根据Q=μmgL可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L==25m,与车厢壁来回弹性碰撞次数n==25,因此可知物块最终停在车厢中点处,A、C错误。
8.答案 (1)2.0 m/s (2)x0≥0.96 m
(3)3.936 m
解析 (1)小球A由静止到最低点的过程,根据机械能守恒定律有
mAgl=mA
解得v0=4.0m/s
设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vB,根据动量守恒定律有
mAv0=mAvA+mBvB
碰撞前后根据机械能守恒定律有
mAmAmB
联立解得
vB=2.0m/s。
(2)设B、C获得共同速度为v1,以水平向右为正方向,由动量守恒定律有
mBvB=(mB+mC)v1
代入数据解得v1=0.8m/s
若B、C共速时C刚好运动到挡板处,对C应用动能定理有
μmBgx0=mC-0
代入数据解得
x0=0.96m
则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速,x0应满足的条件是x0≥0.96m。
(3)第一次共速过程中,由能量守恒定律有
μmBgL1=mB(mB+mC)
长木板C与挡板碰后速度方向相反,设B、C第二次获得共同速度为v2,以水平向左为正方向,由动量守恒定律有
mCv1-mBv1=(mB+mC)v2
由能量守恒定律有
μmBgL2=mBmC(mB+mC)
长木板的最短长度
L=L1+L2
联立解得L=3.936m。
9.答案 (1) m/s
(2)14.8 N
(3)3.4 m
解析 (1)若滑块恰好能做完整的圆周运动,滑块在最高点只有重力提供向心力,有
m1g=m1
解得vA=m/s。
(2)从弹射到B点,对滑块根据动能定理有
m1gr2=m1m1
在B点根据牛顿第二定律有
FN-m1g=
解得FN=14.8N。
(3)滑块与塑料板组成的系统动量守恒,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有
m1vB=m1v'+m2v″
根据能量守恒定律有
μm1gL=m1m1v'2-m2v″2
对滑块,根据能量守恒定律有
μm1gx1=m1m1v'2
滑块离开塑料板后做平抛运动
x2=v't
h=gt2
滑块第一次落地点到B点的水平距离x=x1+x2
解得x=3.4m。
10.答案 (1)2 kg (2)16 J (3)6 m
解析 (1)设A、C碰后的速度为vA和vC,由动量守恒定律可得
mAv0=mAvA+mCvC
由题图乙可知,t=2s时刻A、B达到共同速度vB,此后恰好不再与C相碰,且vC=vB=4m/s,从A、C碰后,到A、B达到共同速度vB,对于A、B动量守恒,有
mAvA+mBv0=(mA+mB)vB
解得vA=2m/s,mB=2kg。
(2)A、C碰撞过程,由能量守恒定律得
ΔE=mAmAmC
解得ΔE=16J。
(3)方法一:公式法
在0~1s内,A、B发生相对滑动,位移分别为
sA1=vAt1=2m
sB1=v0t1=6m
在1~2s内,A、B发生相对滑动,位移分别为
sA2=t2=3m
sB2=t2=5m
A的最小长度
L=(sB1-sA1)+(sB2-sA2)=6m。
方法二:图像法
在0~1s内,A以速度vA=2m/s做匀速直线运动;在1~2s内,A做匀加速直线运动,直到A、B再次共速,作出其v-t图像,如图所示
图中阴影部分面积即为A的最小长度L,可得
L=4m+2m=6m。