提升课1 板块模型的综合问题(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 6 7 1 [基础保分练](1-3题,每题4分) 1.如图所示,足够大的光滑水平面上停放着质量为M的轨道a,a的上表面由竖直的光滑四分之一圆弧轨道PQ和长度为L的水平轨道QN组成,两段轨道相切于Q。将质量为m的滑块b放在轨道的N点,b与水平轨道间的动摩擦因数为μ。给a一水平瞬时冲量使a向右运动,最终b位于轨道QN的中点。重力加速度大小为g,则冲量的大小可能为(　　) A.　　　 B. C. D. D 2 3 4 5 6 7 1 解析:设给a一水平瞬时冲量使a获得的初速度为v0,根据水平方向动量守恒有Mv0=(M+m)v,根据能量守恒定律有M=(M+m)v2+μmgM=(M+m)v2+μmg,整理可得v0=或v0=,则冲量的大小为I=Mv0= 或I=Mv0=,故选D。 2 3 4 5 6 7 1 2.(多选)(2025·山东济南一模)如图所示,足够长的木板M放在光滑水平面上,滑块N放在木板上的左端,二者之间接触面粗糙,水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动,木板M和挡板发生弹性碰撞,碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点,水平向右为正方向,以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像(用实线表示滑块N的速度变化规律,用虚线表示木板M的速度变化规律)可能正确的是 ( 　　) ABD 2 3 4 5 6 7 1 解析:若木板和滑块质量相等,则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小,同时减速为0,故A正确;若木板质量大于滑块质量,则-Mv0+mv0=(M+m)v,解得v<0,即两物体共速时速度向左,一起匀速运动,故B正确,C错误;若木板质量小于滑块质量,两物体共速时速度向右,先匀速运动一段距离再和挡板碰撞,重复之前的过程,故D正确。 2 3 4 5 6 7 1 3.(多选)(2025·福建厦门二模)如图甲所示,一长木板P静止于水平地面上,t=0时小物块Q以4 m/s的初速度从左端滑上长木板,二者的速度随时间的变化情况如图乙所示,运动过程中,小物块始终未离开长木板。已知长木板P的质量为1 kg,小物块Q的质量为3 kg,重力加速度g取10 m/s2,在运动的全过程中 (　　) A.小物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2 B.长木板与地面之间的动摩擦因数为0.05 C.小物块与长木板之间因摩擦产生的热量为6 J D.小物块对长木板所做的功为12 J AD 2 3 4 5 6 7 1 解析:由题图乙所示图像可知aQ==-2 m/s2, 对Q由牛顿第二定律得-μ1mQg=mQaQ,代入数 据解得小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2,故A正确;由题图乙所示图像可知,P、Q相对运动时P的加速度为aP==2 m/s2,对P由牛顿第二定律得μ1mQg-μ2(mP+mQ)g=mPaP,代入数据解得长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1,故B错误;小物块相对于长木板的位移Δx=v0t+aQt2-aPt2,其中v0=4 m/s,t=1 s,代入数据解得Δx=2 m,小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q=μ1mQgΔx,代入数据解得Q=12 J,故C错误;小物块与长木板相 2 3 4 5 6 7 1 对滑动过程中,长木板的位移x板=aPt2=1 m, 对长木板由动能定理得W-μ2(mP+mQ)gx板= mPv2,其中v=2 m/s,代入数据解得此过程小物块对长木板做的功W=6 J,滑块从与长木板共速到静止过程滑行的距离x==2 m,减速过程由动能定理得W'-μ2(mP+mQ)gx=0-mPv2,代入数据解得W'=6 J,则在运动的全过程小物块对长木板做的功W总=W+W'=12 J,故D正确。 2 3 4 5 6 7 1 4.(10分)如图甲所示,在水平固定平台的左侧固定有力传感器,质量M=12 kg、长度L=2.5 m的L形平板紧靠平台右侧且上表面与平台等高,L形平板右侧为竖直弹性挡板(物块与挡板的碰撞可视为弹性碰撞),质量m=3 kg且可视为质点的物块被外力固定在平台上。现将弹性装置放在物块与传感器中间的空隙处,随即解除物块的束缚,物块离开弹性装置前,传感器的示数如图乙所示,物块离开弹性装置后滑入L形平板,一段时间后在平板的正中间与平板达到相对静止。不计物块与平台间、L形平板与地面间的摩擦,重力加速度g取10 m/s2。求: 2 3 4 5 6 7 1 (1)物块与弹性装置分离时的速度; 解析:由题图乙可知,图像与时间轴所围几何图形的面积表示弹力的冲量,则0~0.2 s内,物块所受弹力的冲量I= N·s=15 N·s, 0~0.2 s内对物块应用动量定理有I=mv0, 故物块与弹性装置分离时的速度 v0== m/s=5 m/s。 答案: 5 m/s 2 3 4 5 6 7 1 (2)L形平板上表面与物块间的动摩擦因数(结果保留两位有效位数)。 解析:物块与L形平板在水平方向动量守恒,从物块滑入L形平板到与平板共速,由动量守恒定律有mv0=(m+M)v, 由能量守恒定律有m=Q+(m+M)v2, 又Q=μmgs, 若物块与挡板相碰,则s=1.5L=3.75 m, 代入数据解得μ≈0.27; 若物块不和挡板相碰,则s=0.5L=1.25 m, 代入数据解得μ=0.80。 答案: 0.27或0.80 2 3 4 5 6 7 1 5.(12分)如图所示,质量M=1 kg、长L=0.7 m的长木板Q静止在光滑水平地面上,木板左端放置一质量m=1 kg的小物块P(可视为质点)。t=0时刻,对小物块施加一与水平方向成37°角的恒定拉力F,拉力的大小为10 N,一段时间后撤去拉力,小物块刚好不滑离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: 2 3 4 5 6 7 1 (1)力F作用时小物块与木板的加速度大小; 解析:力F作用时,以小物块为研究对象,根据牛顿第二定律可得Fcos 37°-f=ma1, 又f=μ(mg-Fsin 37°), 联立解得小物块的加速度大小为a1=6 m/s2。 以木板为研究对象,根据牛顿第二定律可得 f'=f=Ma2, 解得木板的加速度大小为a2=2 m/s2。 答案:6 m/s2　2 m/s2 2 3 4 5 6 7 1 (2)力F作用的时间。 解析:设力F作用的时间为t1,则撤去力F时,小物块与木板的速度大小分别为v1=a1t1,v2=a2t1。 在t1时间内,小物块与木板发生的相对位移大小为Δx1=t1-t1, 撤去力F后,根据牛顿第二定律可得,小物块的加速度大小为 a1'==5 m/s2, 木板的加速度大小为a2'==5 m/s2, 2 3 4 5 6 7 1 根据题意可知小物块刚好不滑离木板,则此时两者速度相同,设该过程经历的时间为t2,则有v共=v1-a1't2=v2+a2't2, 该过程小物块与木板发生的相对位移大小为Δx2=t2-t2, 又Δx1+Δx2=L=0.7 m, 联立解得t1=0.5 s, 可知力F作用的时间为0.5 s。 答案: 0.5 s 2 3 4 5 6 7 1 [提能争分练] 6.(14分)如图所示,L形长木板B放置在水平面上,木板左侧有凸起的小挡板,木板B上表面P点处放置小铁块C(可视为质点),P点到挡板间的上表面光滑且距离为d=3.5 m,P点右侧的上表面粗糙,铁块C与木板B上P点右侧的上表面间的动摩擦因数μ1=0.5,木板B与水平面间的动摩擦因数μ2=。质量m1=0.2 kg的小物块A以速度v0=16 m/s与木板B发生弹性碰撞,一段时间后木板B与铁块C发生弹性碰撞,所有碰撞时间极短,木板B质量m2=0.6 kg,铁块C质量m3=0.12 kg,铁块C始终没有脱离木板B,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,求: 2 3 4 5 6 7 1 (1)物块A与木板B碰后B的速度大小及木板B与铁块C碰后C的速度大小; 解析:物块A与木板B发生弹性碰撞,碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得 m1v0=m1vA+m2vB,m1=m1+m2, 解得vB=8 m/s。 A、B碰撞后铁块C静止不动,木板B的加速度大小 a==4 m/s2, 2 3 4 5 6 7 1 设木板B与铁块C碰前B的速度大小为v1,则 -=-2ad, 解得v1=6 m/s, 木板B与铁块C发生弹性碰撞,碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得 m2v1=m2v2+m3v3,m2=m2+m3, 解得v2=4 m/s,v3=10 m/s。 答案: 8 m/s　10 m/s 2 3 4 5 6 7 1 (2)铁块C对木板B的摩擦力所做的功; 解析:木板B与铁块C相碰后,C做匀速运动,B做减速运动,设经过时间t1铁块C运动到P点,有v3t1-(v2t1-a)=d, 解得t1=0.5 s, 此时木板B的速度v4=v2-at1=2 m/s, 此后铁块C的加速度大小aC=μ1g=5 m/s2, 2 3 4 5 6 7 1 木板B的加速度大小 aB==3 m/s2, 设经过时间t2木板B停止运动,此过程木板B的位移xB== m, 此后,因为μ1m3g<μ2(m2+m3)g,木板B静止不动,铁块C继续做匀减速运动到停止,铁块C对木板B的摩擦力所做的功W=μ1m3gxB=0.4 J。 答案: 0.4 J 2 3 4 5 6 7 1 (3)木板B的最小长度。 解析:铁块C从P点向右一直减速到零,其位移为xC,则μ1m3gxC=m3, 解得xC=10 m, 铁块C静止在木板B上的位置与P点的距离 d1=xC-xB= m, 木板B的最小长度L=d+d1= m。 答案: m 2 3 4 5 6 7 1 7.(16分)(2025·湖南常德二模)如图所示,质量为m、长为L的均匀长木板,其上表面光滑,下表面粗糙,静止平放在粗糙的水平桌面上,左端安有一竖直挡板。一质量为3m的小滑块静置在长木板的右端。现给小滑块一个水平向左的瞬时速度v0,小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰,碰撞时间极短,桌面粗糙程度各处相同,桌面足够长,重力加速度大小为g。求: 2 3 4 5 6 7 1 (1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小; 解析:设小滑块的初速度方向为正方向,第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为v1和v1',碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得3mv0=3mv1+mv1',×3m=×3m+mv1'2, 联立解得v1=v0,v1'=v0。 答案:v0　v0 2 3 4 5 6 7 1 (2)长木板与桌面间的动摩擦因数; 解析:发生第一次碰撞后,长木板做匀减速直线运动,小滑块做匀速直线运动,因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下,所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于L,设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为t,长木板匀减速的加速度大小为a,则有t-v1t=L,a=,解得t=,a=。 对长木板根据牛顿第二定律可得μ·4mg=ma,解得μ=。 答案: 2 3 4 5 6 7 1 (3)长木板运动的总时间。 解析:二者速度相等后,长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为x'==,t'==, 这段时间内小滑块的位移为x=v1t'=, 因为x-x'==<L, 所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动,小滑块与长木板第二次碰撞瞬间,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 2 3 4 5 6 7 1 3mv1=3mv2+mv2',×3m=×3m+mv2'2, 联立解得v2=v1=()2v0,v2'=v1=×v0, 同理,小滑块与长木板第n次碰撞后瞬间长木板的速度大小vn'=×()n-1v0, 小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止,碰后均做加速度相同的匀减速运动,故tn=, 长木板运动的总时间t总=t1+t2+…+tn=[1+++…+()n-1],解得t总=。 答案: $