第七章　75.“滑块—木板”模型---高中物理人教版（2019）高三 课后同步加练半小时 练习（解析版）

这是一份第七章　75.“滑块—木板”模型---高中物理人教版（2019）高三 课后同步加练半小时 练习（解析版），共13页。试卷主要包含了如图所示，一质量M=3，5 J等内容，欢迎下载使用。
1~5题每题6分
1.(多选)(2025·广东深圳市模拟)如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为14m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为116m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为v08，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法正确的是( )
A.木块获得的最大速度为v05
B.木块滑离木板时，木板获得的速度大小为3v08
C.木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为3mv0128t
D.木块与木板间因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后木块(包含子弹)减少的动能与木板增加的动能之差
答案 ACD
解析 对子弹和木块组成的系统，根据动量守恒定律有116mv0=(116m+14m)v1，解得v1=v05，此后木块与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)组成的系统分析有mv016=(116m+14m)×v08+mv2，解得v2=3v0128，选项B错误；对木板分析，由动量定理得Fft=mv2，解得Ff=3mv0128t，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，木块与木板间因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后木块(包含子弹)减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。
2.(多选)如图甲所示，“L”形木板Q静置于粗糙水平面上，质量为2 kg的滑块P以6 m/s的水平初速度滑上木板，t=2 s时与木板相撞并粘在一起，两者运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A.Q的质量为2 kg
B.由于碰撞系统损失的机械能为2 J
C.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.15
答案 ABD
解析 两者碰撞时，取滑块P速度方向为正方向，P的质量为m=2 kg，设Q的质量为M，由系统动量守恒得
mv1+Mv2=(m+M)v3
根据v-t图像可知
v1=3 m/s，v2=1 m/s，v3=2 m/s
代入上式解得
M=2 kg，
故A正确；
由于碰撞系统损失的机械能为
ΔE=12mv12+12Mv22-12(m+M)v32
代入数据解得
ΔE=2 J
故B正确；
设滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0~2 s内P与Q的加速度分别为
aP=1.5 m/s2，aQ=0.5 m/s2
对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得
μ1mg=maP
μ1mg-μ2(m+M)g=maQ
联立解得
μ1=0.15，μ2=0.05
故C错误，D正确。
3.(2024·陕西安康市三模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为3 kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5 kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5 kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬时冲量，使它获得4 m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是( )
A.木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6 m/s
B.整个过程产生的热量为3.6 J
C.碰后C的速度为0.5 m/s
D.A和C碰撞前A、B已经共速运动
答案 B
解析 对A、B、C整体，根据动量守恒定律有
mBvB=mCvC
解得vC=0.4 m/s，故C错误；
根据能量守恒定律有
Q=12mBvB2-12mCvC2=3.6 J，故B正确；
木板A和小球C发生弹性碰撞，则
mAvA=mAvA'+mCvC
12mAvA2=12mAvA'2+12mCvC2
代入数据解得vA=815 m/s，
故A错误；
A和C碰撞前，对A、B，根据动量守恒定律有
mBvB=mBvB'+mAvA
代入数据解得vB'=0.8 m/s>vA，由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，故D错误。
4.如图甲所示，光滑水平面上有一质量M=1 kg的木板A，木板左端有一质量m=0.5 kg的物块B(视为质点)，A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，1 s后撤去F，物块B始终未从木板A上滑下。重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则( )
A.1 s时物块B的加速度大小为4 m/s2
B.1 s时物块B的速度大小为2 m/s
C.1 s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为1.5 J
D.木板A的长度可能为1.5 m
答案 C
解析 设当拉力为F0时，A、B刚好发生相对运动，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得
F0=(M+m)a0
以A为对象，根据牛顿第二定律可得μmg=Ma0
联立解得a0=1 m/s2，F0=1.5 N
由题图乙可知，A、B一开始就发生相对运动，1 s时B的加速度大小为aB=F−μmgm=4−0.2×0.5×100.5 m/s2=6 m/s2，故A错误；
在0~1 s内对B根据动量定理可得
IF-μmgt=mvB
其中IF=2+42×1 N·s=3 N·s
解得1 s时物块B的速度大小为
vB=4 m/s，故B错误；
1 s时木板A的速度大小为vA=a0t=1 m/s，1 s后撤去F，之后A、B组成的系统动量守恒，则有
mvB+MvA=(m+M)v共
解得最终两者的共同速度为v共=2 m/s
根据能量守恒定律可知，1 s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为Q=12mvB2+12MvA2-12(m+M)v共2=1.5 J，故C正确；
设1 s后木板A与物块B发生的相对位移为Δx，则有Q=μmgΔx=1.5 J，
解得Δx=1.5 m
由于撤去力F前，木板A与物块B也发生了相对位移，且整个过程相对运动方向不变，所以木板A的长度一定大于1.5 m，故D错误。
5.(2024·黑龙江哈尔滨市模拟)如图所示，一质量M=3.0 kg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m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2。则在整个过程中，下列说法正确的是( )
A.小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s
B.小木块A向左运动的最大位移为2 m
C.整个过程系统因摩擦产生的热量为37.5 J
D.长木板的长度可能为5 m
答案 C
解析 由于系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以相同速度向右匀速运动，设共速时速度为v1，根据动量守恒定律可得Mv0-mv0=(M+m)v1
解得v1=2.5 m/s，故A错误；
小木块A向左运动时加速度大小为aA=μmgm=μg=5 m/s2，向左运动最大位移为x=v022aA=2.5 m，故B错误；
小木块与木板共速时，根据功能关系有
μmgL=12(M+m)v02-12(M+m)v12
解得L=7.5 m
整个过程系统因摩擦产生的热量为Q=μmgL=37.5 J
由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于7.5 m，故长木板的长度不可能为5 m，故C正确，D错误。