培优专练一 培优点2 板块模型问题-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 培优点2　板块模型问题 题组一　板块模型的动力学、能量问题 1．如图所示，P、Q两本完全相同的物理课本，叠放在足够长的水平桌面上，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每本物理课本质量均为m，重力加速度为g，不计空气阻力，则要将物理课本Q从物理课本P下方水平抽出，作用在物理课本Q上的水平拉力F不小于(　　) A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg 答案：D 解析：要将物理课本Q从物理课本P下方水平抽出，由牛顿第二定律可知，物理课本P的加速度为aP＝＝μg，设物理课本Q的加速度为aQ，由牛顿第二定律有F－μ·2mg－μmg＝maQ，且aQ>aP，解得F>4μmg，故选D。 2.(2024·广西高三下模拟押题)(多选)如图所示，质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的右端，质量为M＝4 kg的木板与水平地面和滑块间的动摩擦因数皆为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时木板与小滑块均处于静止状态，现给木板加一水平向右的恒力F，重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法中错误的是(　　) A．当拉力F＝18 N时，小滑块和木板一起匀速运动 B．当拉力F＝24 N时，小滑块和木板一起匀速运动 C．当拉力F＝30 N时，小滑块和木板一起加速运动 D．当拉力F＝42 N时，小滑块和木板发生相对滑动 答案：AB 解析：木板受到地面的最大静摩擦力f1＝μ(M＋m)g＝20 N，则当拉力F＝18 N<f1时，小滑块和木板都保持静止，故A错误；当小滑块受到最大静摩擦力时，由牛顿第二定律可知，产生的最大加速度为a＝＝4 m/s2，对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知F1－μmg－μ(M＋m)g＝Ma，解得F1＝40 N，当f1<F＝24 N<F1时，小滑块和木板一起加速运动，故B错误；当f1<F＝30 N<F1时，小滑块和木板一起加速运动，故C正确；当拉力F＝42 N>F1时，小滑块和木板发生相对滑动，故D正确。本题选说法错误的，故选A、B。 3．如图所示，一倾角为θ的足够长的斜面上有一质量为M＝5 kg的长木板B，长木板B右上端有一质量为m＝1 kg的小物块A。长木板B下表面光滑，上表面以D点为分界线，右边部分动摩擦因数为μ1＝0.1，左边部分动摩擦因数为μ2＝0.5。初始时D点在斜面上的C点处，小物块A、长木板B沿斜面向下和向上的初速度分别为v1＝4 m/s和v2＝6.2 m/s，小物块A第一次经过C点时速度恰好减为0，且最终小物块A恰好未滑离长木板B。不计长木板B厚度，小物块A可视为质点，取sinθ＝0.1，cosθ＝1.0，g＝10 m/s2。求： (1)初始时，小物块A、长木板B的加速度； (2)长木板B上D点右侧部分的长度； (3)从初始到小物块A、长木板B共速全过程中系统摩擦生热Q。 答案：(1)0　1.2 m/s2，方向沿斜面向下 (2) m　(3)43.35 J 解析：(1)初始时，设小物块A、长木板B的加速度分别为a1和a2，以沿斜面向下为正方向，对A进行分析，根据牛顿第二定律有 mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1 解得a1＝0 对B进行分析，根据牛顿第二定律有 Mgsinθ＋μ1mgcosθ＝Ma2 解得a2＝1.2 m/s2，方向沿斜面向下。 (2)设小物块A到达长木板上D点左侧后的加速度大小为a3，由牛顿第二定律有 μ2mgcosθ－mgsinθ＝ma3 解得a3＝4 m/s2，方向沿斜面向上 设A从D点运动到C点的位移大小为d，由匀变速直线运动的规律有0－v＝－2a3d 解得d＝2 m 分析知，A在D点右侧匀速运动过程中，B减速的位移大小也为d，设此阶段A和B运动的时间为t1，对B，由匀变速直线运动的规律有 d＝v2t1－a2t 解得t1＝ s(另一解t1＝10 s，不符合题意，舍去) 因此A在D点右侧匀速运动的位移大小 x＝v1t1 长木板B上D点右侧部分的长度L右＝x＋d 联立解得L右＝ m。 (3)当A到达D点时，A速度大小依然为v1，B的速度大小为v3＝v2－a2t1 设此后B的加速度大小为a4，由牛顿第二定律有Mgsinθ＋μ2mgcosθ＝Ma4 解得a4＝2 m/s2，方向沿斜面向下 从A到达D点开始计时，设经过时间t2，A、B达到共速，以沿斜面向上为正方向，设共速时速度为v4，对A、B，由匀变速直线运动速度与时间的关系分别有v4＝－v1＋a3t2 v4＝v3－a4t2 联立解得t2＝ s 由题意可知，长木板B上D点左侧部分长度即为该阶段小物块A和长木板B的相对位移大小，为L左＝ 全过程摩擦生热 Q＝μ1mgcosθ·L右＋μ2mgcosθ·L左 联立解得Q＝43.35 J。 题组二　板块模型的动力学、动量问题 4．(2024·云南省昆明市模拟预测)(多选)如图甲所示，水平地面上有一长木板B，其左端放置一物块A，初始A、B均静止，用如图乙所示的水平拉力作用于物块A，已知物块A的质量mA＝2 kg，长木板B的质量mB＝1 kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　) A．0～1 s内A、B间的摩擦力为6 N B．1 s末A的速度为1 m/s C．0～2 s内A相对B的位移为1 m D．0～2 s内A、B所受摩擦力总冲量的大小为6 N·s 答案：BCD 解析：由题意可知，木板上、下表面处的最大静摩擦力分别为f1m＝μ1mAg＝6 N，f2m＝μ2·(mA＋mB)g＝3 N，由牛顿第二定律可知，长木板B的最大加速度aBm＝＝3 m/s2，当A、B恰好不发生相对滑动时，A的加速度为aBm，此时对A由牛顿第二定律有F0－f1m＝mAaBm，解得F0＝12 N。0～1 s内，f2m<F1＝6 N<F0，故A、B未发生相对滑动，一起向右加速运动，则对A、B整体，由牛顿第二定律得F1－f2m＝(mA＋mB)a1，解得A、B整体的加速度a1＝1 m/s2，对A，由牛顿第二定律得F1－f1＝mAa，解得A、B间的摩擦力为f1＝4 N，故A错误；1 s末A、B的速度均为v1＝a1t1＝1×1 m/s＝1 m/s，故B正确；1～2 s内，F2＝16 N>F0，故A、B发生相对滑动，对A由牛顿第二定律得F2－f1m＝mAaA，解得A的加速度aA＝5 m/s2，此时B的加速度为aBm＝3 m/s2，由匀变速直线运动的规律可知，1～2 s内A的位移xA＝v1t2＋aAt＝3.5 m，B的位移xB＝v1t2＋aBmt＝2.5 m，A、B在0～1 s内不发生相对滑动，所以0～2 s内A相对B的位移为Δx＝xA－xB＝1 m，故C正确；因A、B之间的摩擦力为一对作用力与反作用力(内力)，其总冲量始终为零，故0～2 s内A、B所受摩擦力总冲量的大小I＝f2m(t1＋t2)＝3×(1＋1) N·s＝6 N·s，故D正确。 题组三　板块模型的动量、能量问题 5．(2024·河南省普通高等学校招生考试适应性测试)(多选)如图a所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v­t图像如图b所示。重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．Q的质量为1 kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J D．t＝5.8 s时木板速度恰好为零 答案：AC 解析：已知P的质量为m＝1 kg，设Q的质量为M，根据题图b可知，碰前瞬间P的速度v1＝3 m/s，Q的速度v2＝1 m/s，碰后瞬间两者的共同速度v3＝2 m/s，P、Q碰撞时，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，解得M＝1 kg，由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝mv＋Mv－(m＋M)v＝1.0 J，故A、C正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据题图b可知，0～2 s内P与Q的加速度大小分别为aP＝ m/s2＝1.5 m/s2，aQ＝ m/s2＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故B错误；以碰撞后的P、Q整体为研究对象，由动量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入数据解得碰后整体运动的时间t2＝4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D错误。 题组四　力学三大观点在板块模型问题中的综合应用 6．(2024·山东高考)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 (ⅰ)求μ和m； (ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s，求轨道水平部分的长度L。 答案：(1)4 m/s (2)(ⅰ)0.2　1 kg　(ⅱ)4.5 m 解析：(1)小物块运动到Q点时，根据牛顿第二定律有mg＋N＝m 其中小物块受到轨道的弹力大小N＝3mg 联立并代入数据，解得v＝4 m/s。 (2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a 变形得a＝F 结合题图乙可知，图线的斜率 k＝＝ kg－1＝0.5 kg－1 当F>4 N时，轨道与小物块相对滑动，对轨道，根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma 变形得a＝F－ 结合题图乙可知，图线的斜率 k′＝＝ kg－1＝1 kg－1 联立可得M＝1 kg，m＝1 kg 由题图乙可知，F＝8 N时，a＝6 m/s2，将数据代入F－μmg＝Ma可解得μ＝0.2。 (ⅱ)当F＝8 N时，由题图乙可知，轨道的加速度为a1＝6 m/s2 设此时小物块的加速度为a2，对小物块，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma2 代入数据解得a2＝2 m/s2 设小物块运动到P点时经过的时间为t0，则此时轨道的速度v1＝a1t0 小物块的速度v2＝a2t0 小物块从P到Q的过程，对小物块和轨道组成的系统，水平方向动量守恒。设小物块运动到Q点时速度为v4，此时轨道的速度v3，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律，有 Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4 根据机械能守恒定律，有 Mv＋mv＝Mv＋mv＋2mgR 其中v4＝7 m/s 联立并代入数据，解得t0＝1.5 s 根据运动学公式有L＝a1t－a2t 代入数据解得L＝4.5 m。 7．(2024·浙江6月选考)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6，与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； (2)若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； (3)若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 答案：(1)5 m/s　(2) J　(3)6 m/s 解析：(1)设滑块通过圆形轨道最高点C处的速度大小为vC，滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，由重力提供向心力，有mg＝ 从滑块离开弹簧到通过点C的过程，根据动能定理有－2mgR＝mv－mv 联立并代入数据，解得v0＝5 m/s。 (2)滑块恰好过C点，根据能量守恒定律可知，滑块滑上平板时的速度大小为v0 μ2＝0时，自滑块滑上平板到平板加速至与滑块共速的过程，滑块与平板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度大小为v共，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 mv0＝(M＋m)v共 此过程系统损耗的机械能 ΔE＝mv－(M＋m)v 联立并代入数据，解得ΔE＝ J。 (3)μ2＝0.1，滑块滑上平板时，设滑块减速的加速度大小为a1，平板加速的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1 μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 代入数据可解得a1＝6 m/s2，a2＝4 m/s2 若滑块与平板能达到共同速度，因为μ1mg>μ2(m＋M)g，则二者之后保持相对静止做匀减速直线运动。 假设二者恰好共速时，滑块恰好运动至平板右端，这种情况下，滑块能到达H点且滑块离开弹簧时的速度最大；设滑块滑上平板到与平板共速所用时间为t1，共速的速度为v，共速后，二者的共同加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3 代入数据可解得a3＝1 m/s2 由能量守恒定律知，滑块滑上平板的速度为vm，根据匀变速直线运动规律有 v＝vm－a1t1 v＝a2t1 滑块与平板相对滑动的过程，滑块和平板的位移分别为 x1＝t1 x2＝t1 共速时滑块恰好运动至平板右端，根据位移关系有L＝x1－x2 联立并代入数据，解得t1＝0.6 s，vm＝6 m/s 则可得x2＝0.72 m<d－L 由v′2－v2＝－2a3·(d－L－x2) 可得滑块和平板到达H点时的速度v′＝ m/s>0 综上分析可知，假设成立，vm＝6 m/s。 8 学科网（北京）股份有限公司 $$