《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

练4
(2024·湖北模拟)(多选)如图所示，一子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块，子弹最终未穿透木块。假设子弹与木块之间的作用力大小恒定，若此过程中产生的内能为$20\ J$，下列说法正确的是(BD)


A.子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为$0$
B.木块的动能增加量可能为$16\ J$
C.木块的动能增加量可能为$22\ J$
D.整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能为$20\ J$

答案： 练4 【答案】 BD
【解析】 子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到相对静止时，木块位移为x，子弹对木块做的功为fx，木块对子弹做的功为$-f(x + d)$，由功能关系知$fd = 20J$，所以子弹对木块所做的功与木块对子弹所做的功的代数和为-20J，A项错误；根据v - t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，子弹射入木块的深度d即子弹与木块的相对位移大小d一定大于木块做匀加速运动的位移x，设子弹与木块之间的作用力大小为f，根据功能关系可知$Q = fd = 20J$，根据动能定理可知，木块获得的动能为$E_k = fx ＜ Q$，故B项正确，C项错误；子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，产生内能为20J，由能量守恒知系统损失的机械能即为20J，D项正确.故选B、D两项.

练5
(2023·全国乙卷)(多选)如图，一质量为$M$、长为$l$的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为$m$的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度$v_0$开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为$f$，当物块从木板右端离开时(BD)

A.木板的动能一定等于$fl$
B.木板的动能一定小于$fl$
C.物块的动能一定大于$\frac{1}{2}mv_0^2 - fl$
D.物块的动能一定小于$\frac{1}{2}mv_0^2 - fl$

答案： 练5 【答案】 BD
【解析】 设物块离开木板时的速度为$v_1$，此时木板的速度为$v_2$，由题意可知$v_1 ＞ v_2$，设物块的对地位移为$x_m$，木板的对地位移为$x_M$，根据能量守恒定律可得$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}Mv_2^2 + fl$，整理可得$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 - fl - \frac{1}{2}Mv_2^2 ＜ \frac{1}{2}mv_0^2 - fl$，D项正确，C项错误；因摩擦产生的热量$Q = fl = f(x_m - x_M)$，根据运动学公式$x_m = \frac{v_0 + v_1}{2} \cdot t$，$x_M = \frac{v_2}{2} \cdot t$，因为$v_0 ＞ v_1 ＞ v_2$，可得$x_m ＞ 2x_M$，则$x_m - x_M = l ＞ x_M$，所以$W = fx_M ＜ fl$，B项正确，A项错误.故选B、D两项.

练6
如图所示，固定斜面的倾角$\theta = 30^{\circ}$，物体$A$与斜面之间的动摩擦因数为$\mu$，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于$C$点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体$A$和$B$，滑轮右侧绳子与斜面平行，$A$的质量为$2m$，$B$的质量为$m$，初始时物体$A$到$C$点的距离为$L$。现给$A$、$B$一初速度$v_0$使$A$开始沿斜面向下运动，$B$向上运动，物体$A$将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到$C$点。已知重力加速度为$g$，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：

（1）物体$A$向下运动刚到$C$点时的速度；
（2）弹簧的最大压缩量；
（3）弹簧中的最大弹性势能。

答案： 练6 【答案】
(1)$\sqrt{v_0^2 - \frac{2\sqrt{3}\mu gL}{3}}$
(2)$\frac{\sqrt{3}v_0^2}{4\mu g} - \frac{L}{2}$
(3)$\frac{3}{4}mv_0^2 - \frac{\sqrt{3}}{2}\mu mgL$
【解析】
(1)A和斜面间的滑动摩擦力$F_f = 2\mu mg\cos\theta$，物体A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒，有$2mgL\sin\theta + \frac{1}{2} \cdot 3mv_0^2 = \frac{1}{2} \cdot 3mv^2 + mgL + F_fL$，
解得$v = \sqrt{v_0^2 - \frac{2\sqrt{3}\mu gL}{3}}$。
(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，得$-F_f \cdot 2x = 0 - \frac{1}{2} × 3mv^2$，
$x = \frac{\sqrt{3}v_0^2}{4\mu g} - \frac{L}{2}$。
(3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒有$E_p + mgx = 2mgx\sin\theta + F_fx$
因为$mgx = 2mgx\sin\theta$
所以$E_p = F_fx = \frac{3}{4}mv_0^2 - \frac{\sqrt{3}}{2}\mu mgL$。