加分练2 板块模型的综合分析(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

加分练2　板块模型的综合分析 保分基础练 1.(2025·淮安模拟)长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块(可视为质点，m≠M)以速度v0滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一起运动；若小车以速度v0向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，最终也随小车一起运动。则(A) A.两种情况中木块相对小车滑行的距离相等 B.两种情况中木块最终随小车运动的速率相等 C.两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等 D.两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等 解析　根据动量守恒定律和能量关系，题图甲中mv0=(m+M)v1，Q1=μmgx1=m-(m+M)=；题图乙中Mv0=(m+M)v2，Q2=μmgx2=M-(m+M)=。因m≠M，可判断v1≠v2，Q1=Q2，x1=x2，A项正确，B、C两项错误；对滑块由动量定理，对甲-μmgt1=mv1-mv0，对乙μmgt2=mv2，解得t1=，t2=，可知t1=t2，D项错误。 2.(多选)(2025·合肥模拟)如图甲所示，足够长的木板A静止于光滑水平面上，t=0时小物块B以4 m/s的水平初速度从左端滑上A，图乙为A的动能Ek随时间t变化的关系图像，t=0.4 s后图线为平行于t轴的直线。已知A、B间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。下列说法正确的是(AD) A.t=0.4 s时A、B速度相同 B.B的质量为2 kg C.A的长度至少为1 m D.整个过程系统因摩擦产生的内能为4 J 解析　由题图乙知，t=0.4 s后A的动能Ek不再发生变化，即t=0.4 s时A、B速度相同，A项正确；B在与A共速前，B的加速度为a=μg=5 m/s2，设A、B的共同速度为v，由速度公式v=v0-at，解得末速度为v=2 m/s，根据动量守恒定律mBv0=(mA+mB)v，可知二者质量相等，设都为m，共速后A的动能EkA=mv2=2 J，解得质量m=1 kg，B项错误；二者共速时相对静止，相对位移Δx=t-t=v0t=0.8 m，即A的长度至少为0.8 m，C项错误；整个过程系统因摩擦产生的内能Q=m-×2mv2=4 J，D项正确。 3.(多选)(2025·聊城模拟)质量为M、长度为d的木块放在光滑的水平面上，在木块的右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿。现拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块，设子弹在木块中受到的阻力大小恒定。拔去销钉后，下列说法正确的是(AD) A.阻力大小为 B.木块最终的速度为 C.子弹射入木块的深度为 D.木块加速运动的时间为 解析　当木块固定时，由动能定理可知-fd=0-m，解得f=，A项正确；拔去销钉，子弹与木块系统水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v，解得v=，B项错误；拔去销钉后的整个过程根据动能定理有-fx=(m+M)v2-m，解得子弹射入木块的深度x=，C项错误；对木块根据动量定理可得ft=Mv，木块加速运动的时间t=，D项正确。 4.如图，在光滑水平面上，有一质量为M=3 kg的薄板和质量m=1 kg的物块，都以v=4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，下列说法错误的是(A) A.两者最终同速的速度是4 m/s B.物块先减速再加速最后与薄板同速 C.至两者同速的过程，系统产生的内能为24 J D.当物块速度为0时，薄板的速度约为2.67 m/s 解析　开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，根据系统的动量守恒定律可知，当物块的速度为0时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得(M-m)v=Mv1，代入解得v1≈2.67 m/s，此后物块将向右加速，薄板继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(M-m)v=(M+m)v2，代入解得v2=2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动，A项错误，B、D两项正确；根据能量守恒定律，可知此过程中系统产生的内能ΔE=Mv2+mv2-(M+m)，代入数据解得ΔE=24 J，C项正确。综上所述，应选A。 5.(2025·辽宁三模)如图所示，两个完全相同的木块A、B厚度均为d，质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B。第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向木块B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹(C) A.能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为v0 B.能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为v0 C.不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d D.不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d 解析　第一次A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B，由动量守恒定律得mv0=(8m+m)v1，解得v1=，由能量守恒定律得m=(8m+m)+fd，解得f=，第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，假设子弹不能击穿木块B，由动量守恒定律得mv0=(4m+m)v2，解得v2=v0，由能量守恒定律得m=(4m+m)+fd'，解得f=，联立解得d'=d，假设成立，所以子弹不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d，C项正确。 增分提能练 6.(2025·新乡三模)如图所示，水平地面上有一木板M，其左端固定一电磁铁装置P，右端固定一挡板Q，在P的右端有一质量为m的铁质物块N，M、P、Q的总质量为2m。装置P初始时不通电，其右端在受到碰撞瞬间会接通电源产生较强的磁性，能吸紧铁质物块且不再分开。已知P的右端到Q之间的距离为L，N与M接触面光滑，M与地面之间的动摩擦因数为μ，N可视为质点，重力加速度为g。现整个装置在水平外力的作用下，以恒定速度向右做直线运动，某时刻撤去外力，则: (1)撤去外力瞬间，M的加速度大小； (2)若在M的速度第一次为零之前，N未和Q发生碰撞，求恒定速度v的取值范围； (3)若v=，N和Q碰撞时没有能量损失，求撤去外力后的整个过程M与地面摩擦产生的热量。 解析　(1)整个装置在外力的作用下处于平衡状态，即 FN=(2m+m)g， 摩擦力Ff=μFN， 撤去外力后，物块N不受任何影响，仍保持原速前进；对木板，由牛顿第二定律得Ff=2ma， 联立解得a=μg。 (2)假设M第一次停下来的时间是t，N运动的位移是x1，M运动的位移是x2， 则x1=vt， x2=vt-at2，v=at， 若在M的速度第一次为零之前，N并未和Q发生碰撞，需满足x1-x2<L， 联立解得v<。 (3)经分析得，N、Q碰撞前，木板已经停止运动，此时N的速度是v。设碰后N的速度是v1，木板的速度是v2，由动量守恒定律和能量守恒定律，有 mv=mv1+2mv2， mv2=m+m， 联立解得v1=-v，v2=v， 同样，N、P碰撞前，木板已经停下来了，此时N的速度是v1，设碰后N和M的共同速度是v3，根据动量守恒定律，有mv1=3mv3， 解得v3=-v， N、P碰撞的机械能损失ΔE=m-×3m， 由能量守恒定律，木板M与地面摩擦产生的热量为 ΔQ=×3mv2-ΔE， 联立解得ΔQ=μmgL。 答案　(1)μg　(2)v<　(3)μmgL 7.如图，一质量为M的木板放置于光滑水平面上，木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在木板最左端放置一个可视为质点的滑块，给滑块一个初速度v0，由于滑块和木板的相互作用，在木板第一次碰撞竖直挡板时，两者恰好达到共速，木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量m=2M，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。 (1)求木板未运动时，木板右端到挡板的距离； (2)求滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间； (3)若第三次共速时，滑块恰好未从木板上掉落，求木板的长度。 解析　(1)滑块和木板作用过程动量守恒，设第一次共速的速度大小为v1， mv0=(M+m)v1， 设木板未运动时，木板右端到挡板的距离为x0，对木板应用动能定理可得 μmgx0=M-0， 解得x0=。 (2)木板运动过程的加速度aM==2μg， 木板从开始运动到第一次共速的时间t1=， 木板与挡板碰后速度等大反向，设第二次共速的速度大小为v2，滑块和木板相互作用动量守恒 (m-M)v1=(M+m)v2， 木板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速的时间 t2= 滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间 t=t1+t2， 联立代入数据解得t=。 (3)设滑块与木板第三次共速的速度大小为v3，根据动量守恒，有 (m-M)v2=(M+m)v3， 设木板长度为L，由功能关系可得 μmgL=m-(M+m)， 联立解得L=。 答案　(1)　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $