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2022届一轮复习专题练习47 “子弹打木块”模型、“滑块—木板”模型(解析版)
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微专题47 “子弹打木块”模型、“滑块—木板”模型1.子弹射入静止在光滑的水平面上的木块,若最终一起运动,动量守恒,机械能减小;若穿出,系统动量仍守恒,系统损失的动能ΔE=fL(L为木块的长度).2.“滑块—木板”模型:系统的动量守恒,当两者的速度相等时,相当于完全非弹性碰撞,系统机械能损失最大,损失的机械能转化为系统内能,ΔE=f·L(L为滑块相对于木板滑行的位移).1.(多选)(2019·湖北当阳二中月考)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块,木块静止,如图1所示.现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块,并停留在木块中,子弹初速度为v0,重力加速度为g,忽略空气阻力,则下列说法正确的是( )图1A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B.子弹射入木块瞬间动量守恒,故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为C.子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒,其机械能等于子弹射入木块前的动能D.子弹和木块一起上升的最大高度为答案 BD解析 从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段:子弹射入木块的瞬间系统动量守恒,但机械能不守恒,有部分机械能转化为系统内能,之后子弹在木块中与木块一起上升,该过程只有重力做功,机械能守恒,但总机械能小于子弹射入木块前的动能,故A、C错误;规定向右为正方向,由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知:mv0=(m+M)v′所以子弹射入木块后的共同速度为:v′=,故B正确;之后子弹和木块一起上升,该阶段根据机械能守恒得:(M+m)v′2=(M+m)gh,可得上升的最大高度为:h=,故D正确.2.(多选)矩形滑块由上、下两层不同的材料粘在一起组成,放在光滑的水平面上,子弹水平射向滑块,若射击上层,子弹刚好不穿出,若射击下层,子弹刚好完全嵌入,如图2所示.从子弹击中滑块到与滑块相对静止的过程,下列说法正确的是( )图2A.两次子弹对滑块做的功一样多B.子弹嵌入上层过程中对滑块做的功多C.两次滑块所受的水平方向的冲量一样大D.两次子弹击中木块过程中系统产生的热量一样多答案 ACD解析 根据动量守恒定律有mv=(M+m)v共,解得两次情况下滑块的最终速度相同,滑块动能的增加量等于子弹做的功,所以两次子弹对滑块做的功一样多,A正确,B错误;根据动量定理可得I=Mv共-0,两次滑块所受的水平方向的冲量一样大,C正确;由能量守恒定律可知,系统产生的热量等于子弹的初动能与系统的末动能之差,而两次系统的初动能相等,末动能也相等,因此两个过程中产生的热量相等,D正确.3.(多选)光滑水平面上有一静止木块,质量为m的子弹水平射入木块后未穿出,子弹与木块运动的速度图像如图3所示.由此可知( )图3A.木块质量可能是2mB.子弹进入木块的深度为C.木块所受子弹的冲量为mv0D.子弹射入木块过程中产生的内能为mv02答案 BC解析 设木块质量为M,由动量守恒定律可得,mv0=(m+M),解得M=m,选项A错误;根据速度-时间图线与坐标轴围成的面积表示位移可知,子弹进入木块的深度为d=,选项B正确;由动量定理可得,木块所受子弹的冲量为I=M·=,选项C正确;由能量守恒定律可得,子弹射入木块过程中产生的内能为ΔE=mv02-(m+M)2=mv,选项D错误.4.(多选)(2020·安徽宿州砀山中学月考)如图4甲所示,质量M=2 kg的木板静止于光滑水平面上,质量m=1 kg的物块(可视为质点)以水平初速度v0从左端冲上木板,物块与木板的v-t图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )图4A.物块与木板相对静止时的速度为1 m/sB.物块与木板间的动摩擦因数为0.3C.木板的长度至少为2 mD.从物块冲上木板到两者相对静止的过程中,系统产生的热量为3 J答案 AD解析 由题图乙中图线可知,物块的初速度v0=3 m/s,物块与木板组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=1 m/s,即两者相对静止时的速度为1 m/s,A正确;由题图乙中图线可知,物块的加速度大小a=2 m/s2,由牛顿第二定律得a=μg,代入数据解得μ=0.2,B错误;对系统,由能量守恒定律得mv=(M+m)v2+Q,其中Q=μmgx,代入数据解得Q=3 J,x=1.5 m,所以木板长度至少为L=x=1.5 m,C错误,D正确.5.如图5所示,质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上,一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板,如果长木板是固定的,物块恰好停在木板的右端,如果长木板不固定,则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( )图5A.L B. C. D.答案 D解析 物块所受合外力为滑动摩擦力,设物块受到的滑动摩擦力大小为f,物块的初速度为v0.如果长木板是固定的,物块恰好停在木板的右端,对物块的滑动过程,由动能定理有fL=Mv;如果长木板不固定,物块冲上木板后,物块向右减速运动的同时,木板向右加速运动,最终两者一起做匀速运动,该过程系统所受合外力为零,则系统动量守恒,规定向右为正方向,有Mv0=(M+M)v;由能量守恒有fL′=Mv-(M+M)v2,联立以上各式解得L′=,选项D正确.6.(2020·山东师大附中月考)如图6所示,在光滑水平面上有一辆质量m1=3.98 kg的平板小车,小车上表面离地高度h=0.2 m,小车右端有一个质量m2=1 kg的木块(木块可视为质点),小车与木块一起静止在地面上.一颗质量m0=20 g的子弹以v0=300 m/s的速度水平向右飞行,瞬间击中小车并留在其中.木块与小车上表面之间的动摩擦因数μ=0.2.(g取10 m/s2)图6(1)如果木块刚好不从小车上掉下,求小车的长度L0;(2)如果小车长度L=0.25 m,求木块落地瞬间与小车左端的水平距离x.答案 (1)0.45 m (2)0.2 m解析 (1)子弹击中小车的过程中,子弹和小车组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律有m0v0=(m0+m1)v,解得子弹击中小车瞬间二者的速度v=1.5 m/s.之后,木块加速,小车减速,如果木块刚好不从小车上掉下,那么三者共速时,木块和小车的相对位移正好等于车长,从子弹击中小车到三者共速的过程系统动量守恒,根据动量守恒定律有m0v0=(m0+m1+m2)v1,解得三者共速时的速度v1=1.2 m/s,以向右为正方向,根据牛顿运动定律,可得木块和小车的加速度分别为a1=μg=2 m/s2,a2=-=-0.5 m/s2,根据运动学公式可得小车的长度L0=-=0.45 m.(2)设小车和木块分离所用时间为t1,根据运动学公式有vt1+a2t-a1t=0.25 m,解得t1=0.2 s(t1=1 s舍去,共速所需时间为0.6 s),可得分离时木块和小车的速度分别为v车=v+a2t1=1.4 m/s,v木=a1t1=0.4 m/s,分离后木块做平抛运动,离开小车到落地所需的时间t2==0.2 s,故木块落地瞬间与小车左端的水平距离x=(v车-v木)t2=0.2 m.
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