2026届高三二轮复习物理培优专题01： 板块模型

2026届高三物理学培优专题 专题一板块型 1．如图所示，一质量为M＝2kg的木板A静置于光滑水平面上，其左端放着质量为m＝1kg可视为质点的物块B。一颗质量为m0＝0.01kg的子弹以v0＝500m/s的速度射入物块B，然后以200m/s速度射出，作用时间极短，已知小物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）子弹射出木块时木块B的速度多大？ （2）子弹穿过木块过程中子弹和木块损失的机械能？ （3）要使物块B不从木板A上滑落，木板L至少多长。 （多选）2．一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3：4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 （多选）3．如图所示，质量为M＝3kg的木板静止在光滑的水平面上，木板上左端静止放着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为m＝2kg，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.3。若用水平向左的拉力F作用在木板上，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．小滑块m能达到的最大加速度为3m/s2 B．若F＝10N时，小滑块m和木板M之间摩擦力为6N C．若F＝15N时，小滑块与木板刚好要发生相对滑动 D．若F＝18N时，小滑块m的加速度大小为3m/s2，木板M的加速度大小为4m/s2 （多选）4．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　） A．F1＝μ1m1g B．F2（μ2﹣μ1）g C．μ2μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 5．如图所示，质量为m的长木板静止在光滑水平面上，质量为2m、可视为质点的木块静止在长木板的最左端，木块与木板之间的动摩擦因数为μ。右侧质量为3m的光滑四分之一圆弧槽AB静止在光滑水平面上，圆弧槽的下端与木板的上表面相平。现给木块水平向右的初速度：2v0，当木块运动到木板最右端时，木板恰好以v0的速度与圆弧槽发生弹v0性碰撞，碰撞时间极短，此后木块滑上圆弧槽从圆弧槽B端冲出且上升的最高点到B端的距离等于圆弧槽的半径。重力加速度为g，求： （1）长木板的长度L； （2）与圆弧槽碰撞后长木板的速度； （3）圆弧槽的半径。 6．如图所示，一质量为M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0kg的小木块A．小木块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B，求： （1）小木块相对木板静止时二者的速度； （2）木板长度的最小值； （3）小木块相对木板运动的时间。 7．如图1，质量为M的长木板，静止放在粗糙的水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，已某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板都静止的过程中，物块和木板的图象分别如图2中的折线所示，根据图2，（g＝10m/s2）求： （1）m与M间动摩擦因数μ1及M与地面间动摩擦因数μ2； （2）m与M的质量之比； （3）从物块冲上木板到物块和木板都静止的过程中，物块m、长木板M各自对地的位移． 8．有三块质量和形状都相同的板，A、B、C，其中板A放在板B上且两端对齐，两板作为整体一起以速度v0沿光滑水平面滑动，并与正前方的板C发生碰撞，B与C发生碰撞后粘在一起，当板A从板B全部移到板C上后，由于摩擦，A相对C静止且恰好两端对齐，板A与板C间的动摩擦因数为μ，板A和板B间的摩擦不计．求： （1）A相对于C静止时系统的速度大小． （2）板的长度是多少． 9．倾角θ＝37°，质量M＝5kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m＝2kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t＝2s到达底端，运动路程L＝4m，在此过程中斜面保持静止（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2），求： （1）斜面与物体间的动摩擦因数； （2）地面对斜面的摩擦力大小与方向； （3）地面对斜面的支持力大小． 10．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，求： （1）B的最大加速度； （2）若A、B发生相对运动，F的最小拉力； （3）当Fμmg时，A的加速度大小。 专题一板块型 参考答案与试题解析 1．【解答】解：（1）子弹射穿木块B的过程中，由于时间极短，所以子弹与木块B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝m0v+mv1 已知m0＝0.01kg，v0＝500m/s，v＝200m/s，m＝1kg，代入上式解得子弹射出木块时木块B的速度：v1＝3m/s （2）子弹穿过木块过程中子弹和木块损失的机械能为 ΔEm0（m0v2）解得ΔE＝1045.5J （3）木块B在木板A上滑行时，两者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv1＝（m+M）v2，解得v＝1m/s 由系统能量守恒得 解得L＝1.5m 故要使物块B不从木板A上滑落，木板L至少长1.5m。 2．【解答】解：A、由图像可知0～3t0时间内木板做匀加速直线运动，3t0～4t0时间内木板做匀减速直线运动，由题意可知小物块在t＝3t0时刻以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板，故A正确； BC、由v﹣t图像的斜率可得：木板做匀加速直线运动的加速度大小为：a1 t＝3t0时刻木板的速度大小为：v1＝a1×3t0 木板做匀减速直线运动的加速度大小为：a2μg 由题意可知物块先向左匀减速到零后，再向右匀加速与木板共速，设物块的加速度大小为a3，以向右为正方向，则有： 解得：a3＝2μg 设木板与小物块的质量分别为M、m，小物块和木板间动摩擦因数为μ1，根据牛顿第二定律得： 对物块有：μ1mg＝ma3 对木板加速过程有：F﹣μMg＝Ma1 对木板减速过程有：μ（M+m）g+μ1mg﹣F＝Ma2 联立解得：μ1＝2μ，，故B正确、C错误； D、根据上述对BC选项的解答可得：F 而t＝4t0之后木板与水平地面之间的滑动摩擦力大小为：f＝μ（M+m）g＝μ（M）g 因F＝f，故t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动。故D正确。故选：ABD。 3．【解答】解：A、以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg＝mam 代入数据解得，小滑块的最大加速度为：，故A正确； B、把小滑块m和木板M看成整体为研究对象，小滑块在木板上滑动时的最小拉力为：F0＝（M+m）am 代入数据解得：F0＝15N 若F＝10N＜F0，小滑块相对木板静止，对小滑块和木板整体，由牛顿第二定律得：F＝（M+m）a1 代入数据解得： 对小滑块，由牛顿第二定律得：f1 ＝ma1 代入数据解得，小滑块m和木板M之间摩擦力为f1＝4N，故B错误；C、若F＝15N＝F0，小滑块与木板刚好要发生相对滑动，故C正确；D、若F＝18N＞F0，小滑块在木板上滑动，下滑块的加速度大小为3m/s2，对木板，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝Ma2代入数据解得：，故D正确。故选：ACD。 4．【解答】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误； B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有 对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）am 对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am 整理可得F2（μ2﹣μ1）g故B正确； C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am 故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2μ1，故C正确； D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。故选：BCD。 5．【解答】解：（1）对木块和长木板组成的系统，木块在木板上运动的过程中，由动量守恒定律 4mv0＝2mv1+mv0 解得 由能量守恒定律可得 解得 （2）长木板和圆弧槽发生弹性碰撞，由动量守恒定律mv0＝mv′+3mv2 由能量守恒可得 解得， 即碰后长木板的速度为，方向向左。 （3）木块和圆弧槽组成系统，由水平方向动量守恒可得 2mv1+3mv2＝（2m+3m）vx解得 其中 由功能关系可得 解得 6．【解答】解：（1）规定水平向右为正方向，由动量守恒定律可得： Mv﹣mv＝（M+m）v共 解得v共＝2m/s 方向水平向右 （2）由能量守恒定律 解得 L＝6m （3）对木块来说，由动量定理可得： μmgt＝mv共﹣（﹣mv） 解得 t＝1.5s 7．【解答】解：（1）由图可知．ac为m 的速度图象．m的加速度为： 根据牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1 所以得： 由图可知cd为二者一起减速运动的图象，其加速度为： 又a3＝μ2g，解得： （2）对bc段，对M写动力学方程： μ1mg﹣μ2（mg+Mg）＝Ma2 由bc图可知： 把 μ1、μ2 代入上式，可得： （3）图象acd与横轴所围面积可求m对地位移为： 图象bcd与横轴所围面积可求M对地位移为： 8．【解答】解：（1）BC碰撞一直到最终ABC一起向右运动的过程中，ABC组成系统动量守恒，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得： 2mv0＝3mv 解得：v （2）BC碰撞过程中，CB组成的系统动量守恒，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得： mv0＝2mv1 解得： 最终滑块C刚好没有从木板上掉下，则A的重心相对于C的位移为L，根据能量守恒定律得： μmgL 解得：L 9．【解答】解：（1）根据L，解得：a． 由牛顿第二定律得到： mgsinθ﹣f1＝ma； mgcosθ﹣N1＝0； 所以，f1＝8N，N1＝16N； 则． （2）对斜面体受力分析，如图； 设摩擦力f向左，则由共点力平衡条件得：f＝N1sinθ﹣f1cosθ＝3.2N，方向向左． （如果设摩擦力f向右，则f＝﹣N1sinθ+f1cosθ＝﹣3.2N，同样方向向左．） （3）由共点力平衡条件得：地面对斜面的支持力大小： N＝N1cosθ+f1sinθ+Mg＝67.6N； 10．【解答】解：（1）B所受合力的最大值， B的最大加速度，方向水平向右， （2）设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′﹣2μmg＝2ma′， 对A、B整体，有， 解得F′＝3μmg。 （3）当， A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有， 解得。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/2/7 17:36:38；用户：李巨海；邮箱：xzgz131@xyh.com；学号：25670403 昔日龌龊不足夸，今朝放荡思无涯。春风得意马蹄疾，一日看尽长安花。 学科网（北京）股份有限公司 $