《2026年点金训练精讲巧练高中物理选择性必修第一册教科版》

3. 如图所示，在光滑水平面上叠放着$A$、$B$两物体，质量分别为$m_A$、$m_B$，$A$与$B$间的动摩擦因数为$\mu$，质量为$m$的小球以水平速度$v$射向$A$，然后以$\frac{v}{5}$的速度返回，重力加速度为$g$。求：

(1)$A$与$B$相对静止时的速度；
(2)木板$B$至少多长，$A$才不至于滑落。

答案： 解析：
(1)以水平向右为正方向，对小球和$A$组成的系统由动量守恒定律，有
$mv = m(-\frac{v}{5})+m_{A}v_{A}$，
设$A$和$B$相对静止后的速度为$v_{1}$，对$A$与$B$组成的系统由动量守恒定律，有
$m_{A}v_{A}=(m_{A}+m_{B})v_{1}$，
解得$v_{1}=\frac{6mv}{5(m_{A}+m_{B})}$，方向水平向右。
(2)$A$、$B$相互作用的过程中系统减小的动能转化为内能，$A$恰好不滑落的条件是$A$滑到$B$的右端时两者速度相等，设$A$在$B$上滑行的距离为$d$，由能量守恒，有
$\mu m_{A}gd=\frac{1}{2}m_{A}v_{A}^{2}-\frac{1}{2}(m_{A}+m_{B})v_{1}^{2}$，
解得$d=\frac{18m^{2}m_{B}v^{2}}{25\mu g(m_{A}+m_{B})m_{A}^{2}}$。
答案：
(1)$\frac{6mv}{5(m_{A}+m_{B})}$，方向水平向右
(2)$\frac{18m^{2}m_{B}v^{2}}{25\mu g(m_{A}+m_{B})m_{A}^{2}}$

1. （多选）如图所示，在光滑水平地面上有一长木板，其左端放有一质量为$2m$的木块（可视为质点），木块与长木板之间的动摩擦因数为$\mu$。开始时，长木板和木块都静止，现有一质量为$m$的子弹以初速度$v_0$击中木块并停留其中，假设子弹与木块共速前未在木板上滑动，长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和木块的速度已经相等。已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，经足够长的时间后，木块始终不从长木板上掉下来，则（已知重力加速度为$g$）（ ）


A.长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统动量守恒
B.长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统机械能守恒
C.若长木板的质量为$6m$，长木板可能与障碍物发生两次碰撞
D.若长木板的质量为$3m$，长木板的长度至少为$\frac{v_0^2}{18\mu g}$

答案： 1.AD 解析：长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，由于有机械能转化为内能，所以系统的机械能不守恒，故A正确，B错误；设长木板的质量为$M$，长木板要与障碍物发生两次碰撞，第一次碰撞前子弹和木块的总动量应大于长木板的动量，则有$(m + 2m)v＞Mv$，得$M＜3m$，所以若长木板的质量为$6m$，长木板不可能与障碍物发生两次碰撞，故C错误；取向右为正方向，对子弹射入木块的过程，由动量守恒定律得$mv_{0}=(m + 2m)v_{1}$，得$v_{1}=\frac{1}{3}v_{0}$，对木块在长木板上的滑行过程，由动量守恒定律得$(m + 2m)v_{1}=(m + 2m + 3m)v_{2}$，由能量守恒定律得$3\mu mgl_{1}=\frac{1}{2}(m + 2m)v_{1}^{2}-\frac{1}{2}(m + 2m + 3m)v_{2}^{2}$，
长木板与障碍物碰撞后，由动量守恒定律得$-3mv_{2}+(m + 2m)v_{2}=(m + 2m + 3m)v_{3}$，得$v_{3}=0$，所以子弹、木块、长木板最终静止，由能量守恒定律得$3\mu mgl_{2}=\frac{1}{2}(m + 2m + 3m)v_{2}^{2}$，长木板的长度至少为$l = l_{1}+l_{2}$，联立解得$l=\frac{v_{0}^{2}}{18\mu g}$，故D正确。

2. （2025·浙江卷1月选考）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板$A$和$B$，滑块$C$（可视为质点）置于$B$的右端，三者质量均为$1kg$，$A$以$4m/s$的速度向右运动，$B$和$C$一起以$2m/s$的速度向左运动，$A$和$B$发生碰撞后粘在一起不再分开。已知$A$和$B$的长度均为$0.75m$，$C$与$A$、$B$间的动摩擦因数均为$0.5$，则（ ）


A.碰撞瞬间$C$相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为$0.2s$
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为$12J$
D.碰撞后到三者相对静止，$C$相对长板滑动的距离为$0.6m$

答案： 2.D 解析：由题意可知，碰撞瞬间$C$相对地面向左运动，故A错误；规定向右为正方向，则$A$、$B$碰撞过程由动量守恒定律可得$m v_{A}-m v_{B}=2m v_{1}$，代入数据可得$v_{1}=1m/s$，方向向右，当三者共速时，则有$2m v_{1}-m v_{c}=3m v_{共}$，代入数据可得$v_{共}=0$，即可判断最终三者一起静止，对$C$进行受力分析，其受到向左的摩擦力，根据牛顿第二定律可得$\mu mg = ma_{C}$，由运动学公式有$v_{共}=v_{c}-a_{C}t$，联立解得$t = 0.4s$，故B错误；碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量$Q=\frac{1}{2} × 2mv_{1}^{2}+\frac{1}{2}mv_{c}^{2}=\frac{1}{2} × 2 × 1^{2}J+\frac{1}{2} × 1 × 2^{2}J = 3J$，故C错误；碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知$Q = \mu mgx_{相对}$，代入数据可得$x_{相对}=0.6m$，故D正确。