第1部分 专题2 微专题1 板块模型的综合分析（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) 1．(多选)(2024·云南丽江市第一次模拟统测)质量为m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2 kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4 m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16 N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．木板的加速度为2 m/s2 B．物块的加速度为6 m/s2 C．经过2 s物块从木板上滑离 D．物块离开木板时的速度为8 m/s 解析：ACD　[对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2，A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位移关系满足a2t2－a1t2＝L，解得t＝2 s，C正确；物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8 m/s，D正确．] 2．(2024·山东省实验中学第一次诊断)质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v­t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(　　 ) A．A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1 B．B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2 C．A的质量m＝6 kg D．A的质量m＝4 kg 解析：C　[由图像可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，选项A错误；由图像知，A、B在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，对A、B由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，选项B错误；由图像可知，B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6 kg，选项C正确，D错误．] 3．(多选)(2024·湖北省高考预测)一个质量为M＝2 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为m＝2 kg的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示．某时刻，给长木板一个方向水平向右、大小为I＝8 N·s的冲量，此后小物块和长木板运动的v­t图像如图乙所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中t1＝0.4 s，v1＝0.8 m/s，小物块与长木板间的动摩擦因数设为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数设为μ2，重力加速度g＝10 m/s2，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．μ1＝0.2，μ2＝0.3 B．0～t1时间内，小物块与长木板间因摩擦产生的内能为3.2 J C．小物块比长木板提前0.2 s停下 D．小物块相对长木板的位移为0.88 m 解析：AB　[根据题意，对长木板，由动量定理有I＝Mv0，对小物块，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，对长木板有μ1mg＋μ2(m＋M)g＝Ma2，通过对题图及题中数据分析得a1＝＝2 m/s2，在t1时刻有v0－a2t1＝a1t1，联立以上各式解得μ1＝0.2，μ2＝0.3，故A正确；0～t1时间内，二者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积算得，Δx1＝v0t1＝0.8 m，则产生的内能Q＝μ1mgΔx1＝3.2 J，故B正确；t1时刻后，小物块加速度大小不变，由题图乙知，长木板做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝4 m/s2，则t1～t2的时间为Δt＝＝0.2 s，由对称性可知小物块停下也会用时0.4 s，则小物块比长木板晚0.2 s停下，故C错误；小物块与长木板t1～t3时间内的相对位移Δx2＝×0.2×0.8 m＝0.08 m，则全过程的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝0.72 m，故D错误．] 4．(2024·重庆市模拟)如图(a)所示，质量为m＝1.5 kg的A物体从光滑曲面一定高度由静止滑下，滑上静止于光滑水平地面的B板后，A物体速度大小平方v2与A物体相对地面滑行的距离s的函数关系如图(b)，B板足够长，A物体视为质点，重力加速度为g＝10 m/s2，求： (1)A物体在曲面上由静止释放的高度H和B板的质量； (2)若A物体与B板在相对运动过程中，B板运动了 m，求图(b)中x0大小和A、B之间动摩擦因数． 解析：(1)由题图(b)可知，A滑到底端时的速度平方为16 m2/s2，则速度为4 m/s，则由动能定理得mgH＝mv， 可得H＝0.8 m， A、B共速时的速度平方为 m2/s2， 速度为m/s，由牛顿第二定律有aA＝＝μg， 对A有v2＝v1－μgt， 对B有v2＝t， 联立可得mB＝3 kg. (2)由xB＝t， 可得运动时间t＝ s， 由v2＝v1－μgt， 可得μ＝0.2， 则x0＝v1t－aAt2＝ m. 答案：(1)0.8 m　3 kg　(2) m　0.2 5．(2024·江苏徐州市第一次调研)如图所示，质量m＝1 kg的小球用长L＝1 m的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板C置于光滑水平地面上，两物块A、B放置在C上，A置于C的左端，B与A相距0.5 m．现将小球拉至轻绳与竖直方向成37°角由静止释放，小球在最低点与A发生弹性碰撞，一段时间后，A与B碰撞后粘在一起，两次碰撞时间均可忽略．已知A与C、B与C间的动摩擦因数均为μ＝0.2，A、B、C的质量mA＝mB＝mC＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．求： (1)与A碰撞前瞬间，小球所受轻绳的拉力； (2)与B碰撞前瞬间，A的速度大小； (3)整个装置在全过程中损失的机械能． 解析：(1)对小球，从由静止释放到与A碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有mgL(1－cos 37°)＝mv， 最低点，由向心力公式有FT－mg＝m， 解得FT＝14 N. (2)由小球与A发生弹性碰撞有mv0＝mv1＋mvA， mv＝mv＋mv， 解得vA＝2 m/s， 对A有μmg＝maA，解得aA＝2 m/s2， 对B、C有μmg＝2maBC，解得aBC＝1 m/s2， 同时根据位置关系有vAt－aAt2－aBCt2＝lAB， 代入数据解得t＝ s或t＝1 s， 根据题意，在A与B碰撞前，A的速度应大于B、C，而当t＝1 s时，A的速度为0，B、C的速度为1 m/s，不符合实际，舍去，取t＝ s，此时有vA′＝vA－aAt， 解得vA′＝ m/s. (3)分析可知，最后A、B、C共速，一起在水平地面上做匀速直线运动，取A、B、C为一系统，由系统动量守恒有mvA＝3mv共， 解得v共＝ m/s， 整个装置在全过程中损失的机械能为ΔE＝mv－×3mv＝ J. 答案：(1)14 N　(2) m/s　(3) J 6．(2024·福建福州市二模)如图，光滑平台上的弹性滑块A以v0＝9 m/s的初速度向静止的弹性滑块B运动，A、B发生弹性碰撞，此后，B滑上静置于光滑水平面、上表面与平台等高的平板车C，整个运动过程B始终未滑离平板车C.已知滑块A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，平板车质量为mC＝2 kg，平板车右端到竖直墙壁的距离L＝1 m，平板车与竖直墙壁碰撞过程没有机械能损失，两滑块与平板车之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)滑块A、B分开瞬间，B的速度大小vB； (2)平板车C恰要与墙壁第一次碰撞前时，B和C的速度大小vB1、vC1分别为多少； (3)从滑块B滑上平板车C到C第一次返回平台右端，整个过程系统产生的热量Q. 解析：(1)滑块A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可知mAv0＝mAvA＋mBvB， mAv＝mAv＋mBv， 解得vB＝6 m/s. (2)当B滑上平板车后做匀减速运动，加速度大小aB＝μg＝2 m/s2， 平板车C做匀加速运动，加速度大小aC＝＝2 m/s2， 当平板车C恰要与墙壁第一次碰撞前时，由L＝aCt， 解得t1＝1 s， 此时B的速度大小vB1＝vB－aBt1＝4 m/s， C的速度大小vC1＝aCt1＝2 m/s. (3)C与墙壁碰后到返回到平台右端L＝vC1t2－aCt， 解得t2＝1 s， 此时C的速度大小vC2＝vC1－aCt2＝0， C与墙壁碰后到返回到平台右端时的速度恰为零；此时滑块B向右的速度大小为vB2＝vB1－aBt2＝2 m/s， 整个过程系统产生的热量Q＝mBv－mBv， 解得Q＝32 J. 答案：(1)6 m/s　(2)4 m/s　2 m/s　(3)32 J 7．(2024·江苏苏州高三期末统考)如图所示，一质量M＝3 kg的小车由水平部分AB和光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.4 m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m1＝0.5 kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8 m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1 kg的小物块Q(两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求碰撞后瞬间物块Q的速度； (2)求物块Q在小车上运动1 s时相对于小车运动的距离(此时Q未到B点且速度大于小车的速度)； (3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范围． 解析：(1)物块P沿MN滑下，设末速度为v0， 由机械能守恒定律得m1gh＝m1v， 解得v0＝6 m/s， 物块P、Q碰撞，取向右为正方向， 设碰后瞬间P、Q速度分别为v1、v2， 由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2， 由机械能守恒定律得m1v＝m1v＋m2v， 解得v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s， 故碰撞后瞬间物块Q的速度为4 m/s，方向水平向右． (2)物块Q与小车相对运动，由牛顿第二定律求得两者的加速度分别为 a2＝－＝－2 m/s2， a3＝＝ m/s2， 物块Q的位移x2＝v2t＋a2t2＝3 m， 小车的位移x3＝a3t2＝ m， 解得s＝x2－x3＝ m. (3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速，AB段最长，根据动量守恒定律有m2v2＝(m2＋M)v3， 可得共同速度为v3＝1 m/s， 由能量守恒定律得m2v＝(m2＋M)v＋μm2gL1， 解得L1＝3 m， 物块Q刚好回到A点与木板共速时，AB段最短， 根据动量守恒定律可得共同速度仍为v3＝1 m/s， 由能量守恒定律得m2v＝(m2＋M)v＋2μm2gL2， 解得L2＝1.5 m， 当AB段最短时需要验证物块Q在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得m2v＝(m2＋M)v＋μm2gL2＋m2gH， 解得H＝0.3 m<R＝0.4 m， 所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB段的长度范围为1.5 m≤L≤3 m. 答案：(1)4 m/s，方向水平向右　(2) m (3)1.5 m≤L≤3 m 学科网（北京）股份有限公司 $$