《2025年高中总复习优化设计高中物理》

6.（多选）（2023河南开封三模）一辆质量$M = 2\ kg$的小车静止在光滑水平面上，小车左边部分为半径$R = 1.8\ m$的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道末端平滑连接一长度$L = 5.4\ m$的水平粗糙轨道，粗糙轨道右端是一挡板，如图所示。有一个质量$m = 1\ kg$的小物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨道顶端A点由静止释放，小物块和小车粗糙轨道间的动摩擦因数$\mu = 0.2$，重力加速度g取10 m/s²，不计空气阻力，则（ ）
　　　　　　　
A. 小物块滑到圆弧末端时的速度大小为$2\sqrt{3}\ m/s$
B. 小物块滑到圆弧末端时小车的速度大小为$\sqrt{6}\ m/s$
C. 小物块与右侧挡板碰撞前瞬间的速度大小为$\frac{4}{5}\sqrt{15}\ m/s$
D. 小物块最终距圆弧轨道末端的距离为3.6 m

答案： BC　解析小物块滑到圆弧轨道末端时,由能量守恒和水平方向动量守恒得,mgR=$\frac{1}{2}$mU²+$\frac{1}{2}$M2²,mu1−Mu2= 0,联文解得=2$\sqrt{6}$m/s,U2=$\sqrt{6}$m/s,故A错误，B正确;小物块与右侧挡板碰撞前，由能量守恒和水平方向动量守恒得,mgR−μmgL=$\frac{1}{2}$mu3²+$\frac{1}{2}$Mo;²,mv3−M4=0,联立解得u3=4　$\sqrt{\frac{3}{5}}$m/s= $\frac{4}{5}$$\sqrt{15}$m/s,v=2　$\sqrt{\frac{3}{5}}$m/s=$\frac{2}{5}$$\sqrt{15}$m/s,故C正确;由水平方向动量守恒知,小物块和小车最终都静止，由能量守恒得，μmgx=mgR,解得x=9m,则小物块最终距圆弧末端的距离△x=2L−x= 1.8m,故D错误。

7.（2023陕西西安模拟）质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为$\frac{1}{4}m$的木块A放在长木板的左端，一颗质量为$\frac{1}{16}m$的子弹以速度$v_0$射入木块并留在木块中，如图所示，当木块滑离木板时速度为$\frac{v_0}{8}$，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（ ）
　　　　　　　一A
　　　　　　　
A. 木块获得的最大速度为$\frac{v_0}{5}$
B. 木块滑离木板时，木板获得的速度大小为$\frac{3v_0}{8}$
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$\frac{3mv_0}{128t}$
D. 因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差

答案： B　解析对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律有，$\frac{1}{16}$mu(−= $\frac{1}{16}$m+$\frac{1}{4}$m),解得u=$\frac{U}{5}$,此后木块A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)系统有,$\frac{mU}{16}$= ($\frac{1}{16}$m+$\frac{1}{4}$m)×$\frac{U}{8}$+m2,解得2= $\frac{3v}{128}$,选项B错误;对木板，由动量定理有,Ft=mU2,解得F=$\frac{3mv。}{128}$,选项C正确;由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。本题选错误的,故选B。

8.（2023华中师大附中模拟）质量$m_C = 4.5\ kg$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$x_0$，左端放一个质量$m_B = 3.0\ kg$的小物块B（可视为质点），与长木板C间的动摩擦因数$\mu = 0.05$，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$m_A = 1.0\ kg$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$x_0$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。

答案： 答案
(1)2.0m/s　
(2)×0≥0.96m
(3)3.936m 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=$\frac{1}{2}$mAU² 解得v。=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 碰撞前后根据机械能 守恒定律有 $\frac{1}{2}$mAU²=$\frac{1}{2}$mAUA²+$\frac{1}{2}$mβUβ² 联立解得 Uβ=2.0m/s。
(2)设B、C获得共同速度为,以水平向右为正方向，由动量守恒定律有 mBUB=(mB+mc)U1 代入数据解得u=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 μmBgx=$\frac{1}{2}$mcu²−0 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,r。应满足的条件是x。≥0.96m。
(3)第一次共速过程中,由能量守恒定律有 nBgL1=$\frac{1}{2}$mBUB²−$\frac{1}{2}$(mβ+mcc)u²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U2,以水平向左为正方向,由动量守恒定律有mcu−mBu=(mβ+mc)u2 由能量守恒定律有 μmβgL2=$\frac{1}{2}$mβu1²+$\frac{1}{2}$mcu:²−$\frac{1}{2}$(mβ+mc)v2²长木板的最短长度L=L+L2 联立解得L=3.936m。