微专题1 板块模型的综合分析-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

丨物理 能和乐乐与车的动能之和，则有E=合川？十号 (3)A、B及弹簧组成的系统，共速后再分开时，设小物 块A的速度为a',物块B的速度为m', m,6=号×40X1J+号×30×4J=260J,可知E> 由动量守恒定律得mAUA=mAUA十mU 1 E',故此次碰撞过程有机械能损失，故C错误；根据速 由能量守恒定律有2听=2m+2m”,联 度一时间图像与时间轴围成的面积表示位移，可得两车 碰后，桐桐与车的位移为西=之×1×(2.1-1.1)m 主解得。号号且方向自左， 若小物块A要追上滑块C,则有a'>e, 0.5m,对乐乐与车，在1.1s到2.1s,可得加速度大小 解得n>4, 4-3 为a=2.1-,m/s=1m/s,则碰撞后，乐乐与车的 故n的最小值为5，此种情况下'=一与 7m/s, 速度从4m5减到0，所经过的位移为”=2Xm门 A、C组成的系统水平方向动量守恒，二者共速时小物 块A滑至滑块C最高处，此时速度为？，则由水平方 =8m,故两车碰后，均停止运动时相距为△x=x2一1 向动量守恒有mAa'十meve=(mA十me)v共， =8m一0.5m=7.5m,故D正确.] 75 10.D[设闪光的时间间隔为t:若碰撞过程中动量守恒， 解得0=一4m/s, 需要满足m号=m号c0sa十mc0s，m号sina 2 故小物块A滑至滑块C的最高点时滑块C的速度大小 为程ns m2sinR,约分后有x1=:cos a-十cosB,x2sina= 答案：(1)15m/s(2)75J(3)5 75 x3sinB,故A、B错误；若碰撞过程中机械能、动量都守 4m/s 恒，还常要满足m(件)=合m(任)+是m 微专题1 1,BC[对长木板进行受力分析，受力 (）,整理可得=十 示意图如图甲所示， 根据牛顿第二定律F2一41mg一 F地Fa F 碰撞前后总动量方向在同一直线上，如图所示 (M十m)g=MaM,解得aM=1m/s2, 0.新 故A错误；对小物块进行受力分析， 。 小物块先在拉力、摩擦力的作用下 为O F Q 做匀加速直线运动，后在摩擦力作 甲 用下做匀减速直线运动，加速度大 P 小分别为2m/s2和4m/s2,长木板和小物块在04s 内的U-t图像如图乙所示，0 ↑v/(m·s-) 2s小物块的位移x=4m, 4上--------- B 拉力对小物块做功为W=12 3 J,故B正确；两条U-t图线围 2 a 由于=十z,可知a十月=受，故D正确，C错误.] 成的面积表示小物块相对于 木板运动的长度，由v-t图像 0长12 34 t/s 11.AD[选取向右为正方向，设A、C碰撞之前A的速度 可知L=12m,小物块与长木- 为VA,第一次A、C碰撞之后，A的速度为yA1,C的速 板之间的摩擦生热Q=hmgL-2 /6 度为1，对物块A,根据动量定理有I=mvA,A、C发 =24J,故C正确；恒力对小物- 生弹性碰撞，碰撞过程由系统的动量守恒有UA= 块、木板系统做的功等于系统 -4.6y 机械能的增加量加上摩擦生 乙 mu1十Me1,由能量守恒有2mun'=之mu子十 2 热，故D错误.门 M,又有m=名M,联立解得-兴。 m十M0A= 2.C[由图像可知，A在0~1s内的加速度a1=4,- t 品n·品-弘故D正确；由 一2m/s,对A由牛顿第二定律得-1mg=ma1,解得 1=0.2,选项A错误；由图像知，A、B在1~3s内的加 上述分析可知，A、C碰撞之后，A反向弹回，则A和B 可以发生碰撞，同理可得，A和B碰撞之后，A和B的 速度a,=,巴=一1m/,对A,B由牛顿第二定律得 速度分别为阳m十W”1 品n-= 一2(M十m)g=(M十m)a,解得g=0.1,选项B错误； ，则U<1,则A和C不能发生第二次碰撞，要想 由图像可知，B在0~1s内的加速度a,=,二0=2m/s, 1 9m 对B由牛顿第二定律得hmg一(M十m)g=Ma,,代 A和B发生第二次碰撞，A和C必须发生第二次碰撞， 入数据解得m=6kg,选项C正确，D错误.] 故B、C错误，A正确.] 3.AB[根据题意，对长木板，由动量定理有I=M,对小 12.解析：(1)A、C组成的系统，小物块A离开滑块C时二 物块，由牛顿第二定律有以1mg=ma1,对长木板有41mg 者速度分别为心，规定向右为正方向， 十(m十M)g=Ma2,通过对题图及题中数据分析得a1 由机技能守恒定律有mR=合m暖十记， =4=2m/5',在1时刻有-a,4=a14,联立以上各 由水平方向动量守恒定律得0=mAa十e, 式解得4=0.2,42=0.3，故A正确：0~t1时间内，二者 联立解得Ua=15m/s,=一5m/s. 的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积算 (2)A、B及弹簧组成的系统，共速时弹性势能最大，设 共速时的速度为U, 得，△=2t1=0.8m,则产生的内能Q=4mg△x1= 由动量守恒定律得mAUA=(1A十m)U, 3.2J,故B正确；t1时刻后，小物块加速度大小不变，由 1 由能量守恒定律得E,=2mAi-之(mA十m)u, 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(m十MDg一4mg=Ma3,解得a=4m/s,则 联立解得E。=75J. ·284· 答案精析I 看一的时间为△=4=0.2s,由对称性可知小物块停 a3 (3)清3s内，甲，乙相对运动的距离工时=号(a: 下也会用时0.4s,则小物块比长木板晚0.2s停下，故C ap)t, 错误：小物块与长木板一t时间内的相对位移△x2= 解得x相对=4.5m=d, X0.2X0.8m=0.08m,则全过程的相对位移为△x 1 t=3s时甲和车相碰，有mUp十mU2=2V共，解得V共= 4.5m/s, =△1一△x2=0.72m,故D错误.] 对乙受力分析得一42mg=mat, 4.解析：(1)由题图(b)可知，A滑到底端时的速度平方为 解得a2'=-2m/s2, 16m/s,则速度为4m/s,则由动能定理得mgH= 对甲、车系统受力分析得2mg=21a甲本， 2m戏， 解得aP车=1m/s, 可得H=0.8m, 则相对运动位移L=工相对十 -2心-共 AB共速时的建度平方为与m/g, 2at 2a甲本 代入数据得L=4.875m. 速度为号m/,由牛顿第二定律有aA=竖=4g, 答案：(1)1m/s2(2)5m/s(3)4.875m m 7.解析：(1)物块P沿MN滑下，设未速度为uo, 对A有2=一μgt, 由机械能守恒定律得m1gh=之m1心， 对B有，=m8t, mu 解得Uo=6m/s, 联立可得mn=3kg. 物块P、Q碰撞，取向右为正方向， （2)由=受 设碰后瞬间P,Q速度分别为， 由动量守恒定律得1=m心十m2, 4 可得运动时间t=3s: 由机诚能守恒定律得号m或=之m财+名m,运， 由h=U1一以gt, 解得v1=-2m/s,2=4m/s, 可得u=0.2, 故碰撞后瞬间物块Q的速度为4m/s,方向水平向右. 则=4-合a-号m (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 答案：108m3kg(2)号m0.2 a,=-m8=-2m/g, 5.解析：(1)货物由A运动到B过程，根据动能定理可得 mgla sin 5m cos a,==2 M3 m/s, 解得v4=10m/s. 1 (2)货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定 物块Q的位移工=，1十2a,t=3m, 律，可得a=么m5=5m/5, 小车的往移4子m 1 根据匀变速直线运动规律，有一2agL2=品一2， 8 解得c=5m/s. 解得s=x2一x=3m (3)长木板进入反弹装置时的速度为u1==5m/s, (3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速，AB段最长， 设长木板的质量为M,则长木板刚进入反弹装置时的能 根据动量守恒定律有2=(m2十M)v, 量为E=之M心， 可得共同速度为y=1m/s, 1 长木板反弹后最右端回到C点的速度设为2，长木板从 由能量守恒定律得立m吃=合(m十M0d十m:, C点到B点的过程中，由动能定理得一2Mg(L2一d)= 解得L1=3m, 0-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v=1m/s, 长木板在反弹过程中损失的能量为A正=号M-弓M, 由能量守恒定律得号m时=子(m十M0暖+2mg, 则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反 解得L2=1.5m, 弹装置时的能量比值)票×100%=60% 当AB段最短时需要验证物块Q在圆孤上共速时上升 答案：(1)10m/s(2)5m/s(3)60% 高度是香超过R,由能量宁恒定律得2m暖=子(m十 6.解析：(1)规定水平向右为正方向，当F=10N时，假设 甲，乙，车保持相对静止，有F-30,解得as=号m/, M)+2gL2十m2gH, 解得H=0.3m<R=0.4m, 对甲受力分析得h1mg≥ma甲· 所以不会从圆孤轨道上滑出，则AB段的长度范围为 得ap≤1m/s, 1.5mL3m. 则a共>a甲，故甲与车发生相对滑动， 假设乙和车保持相对静止，根据牛顿第二定律，有F 答案：()4m/s,方向水平向右(2②)号m 41mg=2mma共'，解得a共'=2m/s2, (3)1.5mL3m 对乙受力分析得2mg≥ma乞，则a2≤2m/s, 微专题2 因为a共≥a元， 所以乙与车保持相对静止，故a甲=1m/s2,a元=2m/s, 1.解：(1)由牛顿第二定律得a=mg土f （2)根据U甲=a甲t,Uz=att， 根据逆向思雏把上升过程看成反向的初速度为零的匀 可得t=3s时vp=3m/s,vz=6m/s, 撤去F后，甲、乙、车系统动量守恒，有m心甲十(m十m) 加速直线运动，则有h=号a U=31u, 解得v=5m/s. 解得上升过程的时间为1√。 2h 2hm Vmg十f' ·285·00 专题精准强化 ⑧错题序号： 微专题1 板块模型的综合分析 @错因分析： (建议用时：40分钟) 1.(多选)(2025·河南信 阳模拟)如图所示，质 量为M=1kg的长木板放在粗糙的水平地面 上，质量m=0.5kg的小物块置于长木板右 端，小物块与长木板之间的动摩擦因数1 甲 0.4,长木板与地面之间的动摩擦因数2= A.h1=0.2,2=0.3 0.1.现给小物块施加一个水平向左的恒力F1 B.0~t1时间内，小物块与长木板间因摩擦产 =3N,给长木板施加一个水平向右的恒力F2 生的内能为3.2J =4.5N.2s时撤掉力F1,小物块始终未从长 C.小物块比长木板提前0.2s停下 木板上掉下来.下列说法正确的是 ( D.小物块相对长木板的位移为0.88m A.0~2s长木板的加速度aM=3m/s2 4.(2025·重庆市模拟)如图(a)所示，质量为m B.0~2s过程中F1对小物块做了12J的功 =1.5kg的A物体从光滑曲面一定高度由静 C.0一4s的过程中小物块与长木板之间的摩 止滑下，滑上静止于光滑水平地面的B板后，A 擦生热Q=24J 物体速度大小平方2与A物体相对地面滑行的 D.恒力对小物块、木板系统做的功等于系统 机械能的增加量 距离s的函数关系如图(b),B板足够长，A物体 2.(2025·山东省实验中学第一次诊断)质量为 视为质点，重力加速度为g=10m/s2,求： M=2kg的木板B静止在水平面上，可视为质 (1)A物体在曲面上由静止释放的高度H和 点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平 B板的质量； 冲上木板，如图甲所示.A和B经过1s达到 (2)若A物体与B板在相对运动过程中，B板 同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的 运动了号m,求图(b)中大小和A,B之间 t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2,下 动摩擦因数. 列说法正确的是 A 2/m"s12 ↑lm's） 16 B 16 0 s/m (b) m 3 t/s 甲 A.A与B上表面之间的动摩擦因数1=0.1 B.B与水平面间的动摩擦因数2=0.2 C.A的质量m=6kg D.A的质量m=4kg 3.(多选)(2025·湖北省高考预测)一个质量为 M=2kg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=2kg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=8N·s的冲 量，此后小物块和长木板运动的？-t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=0.4s,1=0.8m/s,小物块与 长木板间的动摩擦因数设为以1，长木板与地 面间的动摩擦因数设为2，重力加速度g 10m/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 ) ·155· 〡物理 5.(2025·广东江门一模)如图是工人传输货物 (3)长木板在反弹过程中损失的能量与长木板 的示意图，工人甲把质量m=7kg货物从倾斜 刚接触反弹装置时的能量比值？. 轨道的顶端A点由静止释放，货物从轨道的 底端B点(B点处有一段长度不计的小圆弧) 滑上放置在水平地面上的长木板.长木板的右 端到达反弹装置左端C点的瞬间，货物刚好运 动到长木板的最右端且与长木板达到共速，此 时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到 存货区，长木板进入反弹装置，反弹后长木板 的最左端返回B点时恰好静止.已知倾斜轨道 AB的长度L1=10m,倾斜轨道AB与水平方 向的夹角为0=53°，BC段的长度L2=7.5m, 长木板的长度d=5m,货物与倾斜轨道以及 长木板间的动摩擦因数1=0.5，长木板与地 面间的动摩擦因数2=0.2，重力加速度g= 6.(2025·湖北襄阳二模)如图所示，质量为m= 10m/s2,sin53°=0.8，c0s53°=0.6，求： 2kg、左侧固定有竖直挡板的平板小车静置于 甲9A 光滑水平地面上，质量均为m=2kg的甲、乙 丹0n 两物块（均可视为质点）紧挨着并排放置在小 车的水平表面上，物块甲距左侧挡板d=4.5 Q乙 m,物块乙距小车右端足够远.已知甲、乙两物 0 X711K77777777 块与小车接触面间动摩擦因数分别为41=0. 反弹装置C 142=0.2,重力加速度g=10m/s2,t=0时 (1)货物到达B点时的速度vB多大； 刻开始用水平向右的恒力F=10N作用于小 车，t=3s时撤去力F.若物块与挡板发生碰 撞，则碰后不再分开.求： 甲乙 d →F nnnnn (1)t=0时，甲物块的加速度大小a甲； (2)长木板的右端刚到C点时货物的速度vC 多大； ·156· 专题精准强化 (2)小车最终速度的大小： (1)求碰撞后瞬间物块Q的速度； (3)甲、乙两物块间的最终距离L. (2)求物块Q在小车上运动1s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 7.(2025·江苏苏州高三期末统考)如图所示，一 L的取值范围. 质量M=3kg的小车由水平部分AB和子光 滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R=0.4m 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4=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=0.5kg的小物块P从距离轨道MN 底端高为h=1.8m处由静止滑下，并与静止 在小车左端的质量为2=1kg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=10m/s2. M N O Q 9 ·157·