專題提升12　動(dòng)量守恒在子彈打木塊模型和板塊模型中的應(yīng)用-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實(shí)練]1．(多選)如圖所示，木塊靜止在光滑的水平面上，子彈A、B分別從木塊左、右兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，且均停在木塊內(nèi)，木塊始終保持靜止。下列說(shuō)法正確的是()A．摩擦力對(duì)兩子彈的沖量大小一定相等B．摩擦力對(duì)兩子彈做的功一定相等C．子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：木塊在光滑的水平面上始終保持靜止，由動(dòng)量定理可知兩子彈對(duì)木塊的摩擦力的沖量大小相等，方向相反；由牛頓第三定律可知子彈對(duì)木塊的摩擦力與木塊對(duì)子彈的摩擦力大小相等，所以摩擦力對(duì)兩子彈的沖量大小一定相等，故A正確；以子彈A、B和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)的合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，得mAvA＝mBvB，對(duì)子彈由動(dòng)能定理得W＝0－Ek，由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，摩擦力對(duì)兩子彈做的功W＝－eq\f(p2,2m)，由于兩子彈的質(zhì)量不一定相等，故摩擦力對(duì)兩子彈做的功不一定相等，故B錯(cuò)誤，C正確；子彈與木塊間因有摩擦力產(chǎn)生熱，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。答案：AC2．(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P，P、Q間接觸面粗糙。現(xiàn)給P向右的速率vP，給Q向左的速率vQ，取向右為速度的正方向，不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程P、Q速度隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是()解析：開(kāi)始時(shí)，木板和物塊均在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩者最終達(dá)到共同速度，以向右為正方向，P、Q系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v。若mPvP＝mQvQ，則v＝0，圖像如圖A所示；若mPvP＞mQvQ，則v＞0，圖像如圖B所示；若mPvP<mQvQ，則v<0，圖像如圖C所示。故A、B、C正確，D錯(cuò)誤。答案：ABC3．如圖所示，質(zhì)量為M的木塊放在水平面上，子彈沿水平方向射入木塊并留在其中(時(shí)間極短)，測(cè)出木塊在水平面上滑行的距離為s，已知木塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，子彈的質(zhì)量為m，重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計(jì)，則子彈射入木塊前的速度大小為()A．eq\f(m＋M,m)eq\r(2μgs) B．eq\f(M－m,m)eq\r(2μgs)C．eq\f(m,m＋M)eq\r(μgs) D．eq\f(m,M－m)eq\r(μgs)解析：子彈射入木塊過(guò)程，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv1,M＋m)，子彈射入木塊后，二者做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)子彈與木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)能定理得－μ(M＋m)gs＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得v1＝eq\f(M＋m,m)·eq\r(2μgs)，故A正確。答案：A4.如圖所示，一沙袋用輕質(zhì)細(xì)繩懸于O點(diǎn)。開(kāi)始時(shí)沙袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，先后用相同的彈丸以水平速度擊中沙袋后均未穿出，第一粒彈丸的速度為v1，打入沙袋后二者共同擺動(dòng)的最大擺角為30°，當(dāng)其第一次返回圖示位置時(shí)，第二粒彈丸以水平速度v2又擊中沙袋，使沙袋向右擺動(dòng)且最大擺角仍為30°。若彈丸質(zhì)量是沙袋質(zhì)量的eq\f(1,40)，則以下結(jié)論中正確的是()A．v1＝v2 B．v1∶v2＝41∶42C．v1∶v2＝42∶41 D．v1∶v2＝41∶83解析：根據(jù)擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒和兩次擊中沙袋擺動(dòng)的角度相等可知，兩次擊中沙袋后沙袋的速度相同，設(shè)為v，用M表示沙袋的質(zhì)量，m表示彈丸的質(zhì)量，由動(dòng)量守恒定律得第一次mv1＝(m＋M)v，第二次mv2－(m＋M)v＝(2m＋M)v，又m＝eq\f(1,40)M，聯(lián)立以上三式得v1∶v2＝41∶83，故D正確。答案：D5．(多選)如圖所示，質(zhì)量m＝2kg的物塊A以初速度v0＝2m/s滑上放在光滑水平面上的長(zhǎng)木板B，A做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝1s，物塊A、長(zhǎng)木板B最終以共同速度v＝1m/s做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，由此可求出()A．長(zhǎng)木板B的質(zhì)量為2kgB．物塊A與長(zhǎng)木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C．長(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度至少為2mD．物塊A與長(zhǎng)木板B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2J解析：A做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共同速度v＝1m/s，取向右為正方向，設(shè)B的質(zhì)量為M，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝2kg，故A正確；長(zhǎng)木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度aB＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)B有μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故B正確；前1s內(nèi)B的位移xB＝eq\f(0＋v,2)·t＝eq\f(0＋1,2)×1m＝0.5m，A的位移xA＝eq\f(2＋1,2)×1m＝1.5m，所以長(zhǎng)木板B的最小長(zhǎng)度L＝xA－xB＝1m，故C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝2J，故D正確。答案：ABD6．(多選)(2024·四川成都診斷)質(zhì)量為M＝1kg的箱子靜止在光滑水平面上，箱子內(nèi)側(cè)的兩壁間距為L(zhǎng)＝0.5m，另一質(zhì)量也為m＝1kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的物體從箱子中央以v0＝6m/s的速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，如圖所示。已知物體與箱底的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，物體與箱壁間發(fā)生的是完全彈性碰撞，g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()A．物體與箱子最多發(fā)生3次碰撞B．物體最終停在距離箱子左壁5cm處C．整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為9JD．箱子對(duì)物體的總沖量大小為3N·s解析：物體在摩擦力作用下最終與箱子以共同速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，物體與箱子組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有mv0＝(m＋M)v，解得v＝3m/s，根據(jù)能量守恒定律可知，整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝9J，設(shè)整個(gè)過(guò)程物體與箱子發(fā)生的相對(duì)路程為s，則有Q＝μmgs，解得s＝1.8m，由于s＝1.8m＝0.25m＋3×0.5m＋0.05m，可知物體與箱子最多發(fā)生4次碰撞，物體最終停在距離箱子左壁5cm處，故A錯(cuò)誤，B、C正確；水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得Ix＝mv－mv0＝－3kg·m/s＝－3N·s，可知箱子對(duì)物體的水平總沖量大小為3N·s，由于箱子對(duì)物體有支持力，在豎直方向有沖量，則箱子對(duì)物體的總沖量大小一定大于3N·s，故D錯(cuò)誤。答案：BC7．如圖所示，一質(zhì)量m1＝0.45kg的平板小車(chē)靜止在光滑的水平軌道上。車(chē)頂右端放一質(zhì)量m2＝0.5kg的小物塊，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，小物塊與小車(chē)上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5?，F(xiàn)有一質(zhì)量m0＝0.05kg的子彈以v0＝100m/s的水平速度射中小車(chē)左端，并留在小車(chē)中，子彈與小車(chē)相互作用時(shí)間很短。g取10m/s2，求：(1)子彈剛射入小車(chē)后，小車(chē)的速度大小v1；(2)要使小物塊不脫離小車(chē)，小車(chē)的最小長(zhǎng)度。解析：(1)子彈射入小車(chē)的過(guò)程中，子彈與小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1代入數(shù)據(jù)解得v1＝10m/s。(2)子彈、小車(chē)、小物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)當(dāng)小物塊與小車(chē)共速時(shí)，共同速度為v2，兩者相對(duì)位移大小為L(zhǎng)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2μm2gL＝eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m0＋m1＋m2)veq\o\al(2,2)聯(lián)立解得L＝5m，故要使小物塊不脫離小車(chē)，小車(chē)的最小長(zhǎng)度為5m。答案：(1)10m/s(2)5m[能力提升練]8．(多選)如圖所示，A、B兩木塊靠在一起放于光滑的水平面上，A、B的質(zhì)量分別為mA＝2.0kg，mB＝1.5kg，一個(gè)質(zhì)量為mC＝0.5kg的鐵塊C以v0＝8m/s的速度滑到木塊A上，離開(kāi)木塊A后最終與木塊B一起勻速運(yùn)動(dòng)。若木塊A在鐵塊C滑離后的速度為vA＝0.8m/s，鐵塊C與木塊A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，取g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A．鐵塊C在滑離A時(shí)的速度為2.4m/sB．木塊B的長(zhǎng)度至少為0.24mC．鐵塊C在木塊B上滑行的時(shí)間為3.0sD．全過(guò)程鐵塊C克服摩擦力做的功為15.64J解析：鐵塊C在滑離A的瞬間，由動(dòng)量守恒定律得mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC，代入數(shù)據(jù)解得vC＝2.4m/s，故A正確；鐵塊C和木塊B相互作用最終和B達(dá)到相同的速度，鐵塊C和B作用過(guò)程中動(dòng)量守恒、能量守恒，有mCvC＋mBvA＝(mC＋mB)vB，eq\f(1,2)(mC＋mB)veq\o\al(2,B)＋μmCgs1＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,A)，因鐵塊C沒(méi)有從木塊B上掉下來(lái)，所以木塊B的長(zhǎng)度L≥s1，聯(lián)立以上方程代入數(shù)據(jù)，解得L≥0.24m，即木塊B的長(zhǎng)度至少為0.24m，故B正確；由B選項(xiàng)分析，可得C與B共同的速度為vB＝1.2m/s，C滑上B后做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為aC＝μg＝4m/s2，則鐵塊C在木塊B上滑行的時(shí)間為t＝eq\f(vC－vB,aC)＝0.3s，故C錯(cuò)誤；C剛滑上A，C做勻減速運(yùn)動(dòng)，A做勻加速運(yùn)動(dòng)，則C的總位移為s2＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,C),2aC)＋eq\f(veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B),2aC)＝7.82m，則全過(guò)程鐵塊C克服摩擦力做的功為Wf＝fs2＝15.64J，故D正確。答案：ABD9．(2024·四川成都七中診斷)如圖所示，質(zhì)量M＝1.0kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m＝0.495kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在木板的左端，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4。質(zhì)量m0＝0.005kg的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(子彈與物塊作用時(shí)間極短)，木板足夠長(zhǎng)，g取10m/s2。求：(1)物塊的最大速度v1；(2)木板的最大速度v2；(3)物塊在木板上滑動(dòng)的時(shí)間t。解析：(1)子彈射入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，取向右為正方向，根據(jù)子彈和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得m0v0＝(m＋m0)v1解得v1＝3m/s。(2)當(dāng)子彈、物塊和木板三者速度相同時(shí)，木板的速度最大，根據(jù)三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得(m＋m0)v1＝(M＋m＋m0)v2解得v2＝1m/s。(3)對(duì)木板，根據(jù)動(dòng)量定理得μ(m＋m0)gt＝Mv2－0解得t＝0.5s。答案：(1)3m/s(2)1m/s(3)0.5s10．(2024·四川成都開(kāi)學(xué)考試)如圖，半徑為R＝eq\f(11,8)m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的端點(diǎn)B和圓心O的連線與豎直方向的夾角為θ＝53°，另一端點(diǎn)C為圓弧軌道的最低點(diǎn)，緊挨C點(diǎn)右側(cè)的光滑地面上放置一質(zhì)量為M＝4kg的木板，木板上表面與C點(diǎn)等高，C點(diǎn)的切線水平，木板與圓弧軌道不粘連，木板的最左端放置一質(zhì)量為m＝2kg的滑塊。現(xiàn)有一發(fā)射裝置(圖中未畫(huà)出)將一質(zhì)量為m0＝2kg的小球從A點(diǎn)以速度v0水平射出，恰好從圓弧軌道的B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入軌道，運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)C后，再與木板上的滑塊發(fā)生彈性碰撞?；瑝K與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的高度差為h＝0.8m，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)小球的發(fā)射速度v0的大??；(2)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)(還未與滑塊相碰)對(duì)圓弧軌道的壓力大小(保留兩位有效數(shù)字)；(3)小球與滑塊碰撞后，要保證滑塊不從木板上滑出，木板的長(zhǎng)度至少為多長(zhǎng)？解析：(1)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為vy，有veq\o\al(2,y)＝2gh解得vy＝4m/stanθ＝eq\f(vy,v0)解得v0＝3m/s。(2)從A點(diǎn)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有m0g(h＋R－Rcos53°)＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)解得vC＝6m/s在C點(diǎn)，由牛頓第二定律有NC－m0g＝m0eq\f(veq\o\al(2,C),R)解得NC＝eq\f(796,11)N≈72N由牛頓第三定律得小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)(還未與滑塊相碰)對(duì)圓弧軌道的壓力大小N′C＝NC＝72N。(3)小球和滑塊發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒