专题2 课时作业8“板一块”模型中力学三大观点的应用-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

班级： 姓名： 课时作业8“板一块”模型中力学三大观点的应用 (分值：55分) 基础巩固练 向右拉B,恒力作用时间为t,在撤去恒力F的同 时B遇到障碍物瞬间停止，A始终未离开B。则从 1.(5分)（多选）如图所示，足够长的木板M放在光 开始运动至A停止运动经历的时间为 滑水平面上，滑块N放在木板的左端，二者之间接 A.t B.2t 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 c M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。 4.(5分)（多选）如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静 以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起 止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速 点，水平向右为正方向，下列描述木板M和滑块N 度v。从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车B 的速度随时间变化规律的图像（用实线表示滑块 上（未冲出），物体A和小车B的v-t图像如图乙 N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变 所示，重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确 化规律)可能正确的是 ) 的是 () M ↑lm·s1) 才 B 2 甲 乙 A.物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3 B.物体A与小车B的质量之比为1：2 C.小车B的最小长度为2m D.如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲 出去 2.(5分)（多选）如图所示，质m四→F 5.(5分)（多选）(2025·河南信阳 量为m1=4kg的木板放在mmmm 一模)如图所示，质量为M=FHAFFFZF易F 光滑的水平面上，其上放置一个质量m2=2kg的 1kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m= 小物块，木板和小物块间的动摩擦因数为0.4，木 0.5kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木 板的长度为4m,小物块可视为质点，现用一大小 板之间的动摩擦因数以1=0.4，长木板与地面之间 为F=16N的力作用在小物块上，下列说法正确 的动摩擦因数42=0.1。t=0时给小物块施加一 的是(g取10m/s2) 个水平向左的恒力F,=3N,给长木板施加一个水 A.木板的加速度大小为2m/s 平向右的恒力F2=4.5N。t=2s时撒掉力F1, B.小物块的加速度大小为6m/s 小物块始终未从长木板上掉下来。重力加速度g C.经过2s小物块从木板上滑离 取10m/s2。下列说法正确的是 () D.小物块离开木板时的速度大小为8m/s 3.(5分)如图所示，长 A.0~2s内长木板的加速度大小aM=3m/s A F 木板B在光滑水平 B.02s过程中F1对小物块做了12J的功 77777%777777777777777777777 面上静止放置，木 C.0~4s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生 板上有物块A。已知A和B质量均为m,A、B之 热Q=24J 间的动摩擦因数为以，最大静摩擦力等于滑动摩擦 D.恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机 力，当地重力加速度为g。用恒力F=mg水平 械能的增加量 (横线下方不可作答) 123 专题二能量与动量 能力提升练 尖子生选练 6.(15分)(2024·甘肃卷)如图，质量为2kg的小球 7.(15分)(2024·安徽卷) 0 A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡 如图所示，一实验小车 状态，细绳O'P=OP=1.6m,与竖直方向的夹角 静止在光滑水平面上， 均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平 其上表面有粗糙水平轨 面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪 道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨 断细绳O'P,小球A开始运动。（重力加速度g取 道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最 10m/s2) 得分 左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点 0 正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水 平位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时 B 与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上 (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 的轨道运动，已知细线长L=1.25m。小球质量 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好 m=0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。 与C左侧碰撞（时间极短），碰后A竖直下落，C水 小车上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径 平向右运动。求碰后C的速度大小。 R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气 (3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求 阻力，重力加速度g取10m/s2。 得分 C和B之间的动摩擦因数。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力 的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的 大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱 离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数“的 取值范围。 红对勾·讲与练 124☐ 高三二轮物理 ■1 mBo,联立解得E,= 2 ,故可知弹簧恢复原长时物体B 的速度最大，此时动量最大，动能最 大。对于系统来说动量一直为0，系统 机械能不变，故选A。 3.D小车P、N碰撞时，根据碰撞前后 动量守恒有mpp十mN'N=pp十 mNN,即mp(vp-0'p）=mN()'N一 N),根据题图1可知（p一'p)> (W一N),故p<mN;同理，小车Q、 N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 mav'a+mxu'x=mava mxux, mQ(Q一vQ)=mN(N一N),根据题 图2可知(a-oQ)<('N一N),故 mQ>mN;故mQ>mN>mp,故选D。 4.A由动量守恒定律得pA十pg=pA十 pg,代入数据解得pA=1kg·m/s;根 据碰撞过程中总动能不增加，则有 + 12 巾A ,代入数据解得 2m A mB 2m A mg≥ 3mA:碰后两球同向运动，白色 球A的速度不大于花色球B的速度， 则P△≤，解得mB≤4mA:综上可得 mA 71B mA≤mB≤4mA,故A正确。 2 5.AC 设a、b碰撞前的速度分别为1 ℃g。由题图得y1=一2m/s,v,=1m/s, 2 a、b发生碰撞后的共同速度v= 3 m/s, 碰后a、b一起沿b原来运动的方向运 动，A正确；由动量守恒定律得(m。十 mb)=m.℃1十mbY2,解得b=8kg, B错误；由能量守恒定律得a、b因碰撞 而损失的机械能为△E=】 m+ 2m时-2(m.十m,)e=4J.C正 确；a、b碰撞后的总动能为 1(m.十 mb)v=2J,则a、b克服摩擦力做的功 W=2J,此功与因碰撞而损失的机械 能之比为W:△E=1:2,D错误。 6.BD由动量守恒定律得(m十M)u= m。,解得车厢和物块最终运动的共同 速度为)=5m/s,方向水平向右，对系 统由能量守恒定律得 2(M+m)。+Q,代入数据解得 Q- 25J,故B、D正确；根据Q=mgL可 得物块在车厢中相对车厢滑行的距离 L=_Q =25m,与车厢壁来回弹性碰 umg L 撞次数n= =25次，因此可知物块 最终停在车厢中点处，故A、C错误。 7.D从t=0时刻至木块Q再次运动到 小球P的正下方过程中，细绳一直处 于向右倾斜状态，故细绳对小球P一 直做正功，A错误；由动量守恒有 m十ma=m,由能量守恒有2m+ 1 >72之72号，关立解浮心Q一0、自 Yp=√gl,对小球P由动量定理可得 1支持力十I重力十1跳=m√g一0，由受 力分析可知重力与支持力不相等，故 I,≠m√gl,B错误，D正确；木块Q 运动到最右侧时，具有和小球P相同 的水平速度，由动量守恒有2m0= mv。,解得v= √g,C错误。 2 8.(1)0.2(2)3.5s 解析：(1)0~3s内，根据动量定理 F1t1+F2t2-μmg(t1+t2）=m01-0, 其中t1=2s,t2=1s,F1=2N,F:= 3N, 联立解得=0.2。 (2)从B到C的过程中，根据动能定 理-mgL=2mu-2m0i, 解得02=7m/s, 设甲、乙碰撞后速度分别为3、：，根 据动量守恒定律和能量守恒定律有 nv3十mv:=mv2, 1 1 1 2 mv+2mv-2mv. 解得v,=7m/s, 根据动量定理一：mgt3=0一mv,, 解得甲、乙发生弹性碰撞后乙运动的 时间t3=3.5s。 9.(1)0.6m(2)0.1N·s0 解析：(1)小物块在平台上做匀减速直 线运动，根据牛顿第二定律有mg=ma, 则小物块从开始运动到离开平台有 v-v=-2axo, 小物块从平台飞出后做平抛运动有 h=2gti=v 联立解得x=0.6m。 (2)小物块第一次落到地面后弹起的 最大高度为0.45m,则小物块弹起至 最大高度所用时间和弹起的初速度有 h'=2g0=g: 则小物块与地面接触的时间 △t=t-t1-t2=0.1s, 小物块与地面接触的过程中根据动量 定理，取竖直向上为正方向，在竖直方向 有1N-mg△t=m℃2-m(-1), 0y1=gt1, 解得I×=0.1N·s, 取水平向右为正方向，在水平方向有 -uN△t=m2-mo,lN=N△t, 解得v,=一1m/s, 但由于减小为0将无相对运动和相 对运动的趋势，故0，=0。 10.AD子弹在木块内运动的过程中，子 弹与木块组成的系统所受合力为0， 所以该系统动量守恒，若子弹没有射 出木块，则由动量守恒定律有（十 M))=mo,解得木块获得的速度大 小为0=m十M又子弹的初速度越 大，其打入木块越深，则当子弹恰不 射出木块时，木块获得的速度最大，此 时有2（m+M)u+kwL=2mu6, 2kL (m++M) 解得v。= ；若子弹能够射 mM 2kL (m+M) 出木块，则有。 ,子弹在 mM 木块内运动的过程，对子弹和木块分别 由牛顿第二定律有k心。=mam,k。= 1 MaM,根据位移关系有t一 子aw=L,对木块有心，=aw1,联立 2kmL 解得v2= 2Mm-(M+m)kt 越大，t越小，则：越小，即随着 10 的增大，木块获得的速度？不断减 小。综上，若木块获得的速度最大，则 2kL (m+M) 子弹的初速度大小。= M A正确；子弹在木块内运动的过程， 对子弹由动量定理有一kv。t=m0一 m℃。，解得子弹在木块中运动的时间 mM t一k(m十M,B错误；由能量守恒定 律可知，木块和子弹损失的总动能 △E=k,L= 2k2L2(m+M) ,C错误； mM 木块在加速过程中做匀加速运动，由 运动学规律有工=，解得木块在加 mL 速过程中运动的距离x= m+M' D正确。 课时作业8“板一块”模型 中力学三大观点的应用 1.ABD若木板M的质量等于滑块N 的质量，则木板M与挡板碰后，二者的 动量大小相等、方向相反，系统的总动 量等于0，最终二者静止，A正确；若木 板M的 :量大于滑块N的质量，则木 板M与挡板碰后，系统的总动量向左， 最终二者共速，且共同的速度向左， B正确，C错误；若 的质量小于 滑块N的质量，则木板M 与挡板碰 后，系统的 总动量向右，最 ,终二者共 速，速度方向向右，然后木 M第二次 与挡板发生碰撞，碰后系统的总动量 向右，然后再次共速，速度方向向右且 小于第一次共速的速度，D正确。 2.ACD对木板，由牛顿第二定律可得 m2g=m1a1,解得a1=2m/s2,对小 物块，由牛顿第二定律可得F一 m2g=m2a2,解得a2=4m/s2,A正 确，B错误；小物块从木板上滑离时，位 1 t=2s,C正确；小物块离开木板时的 速度大小为2=a2t=8m/s,D正确。 3.C由题意知在恒力F作用的时间t 内，A、B相对静止，一起运动，把A、B 看成整体，根据牛顿第二定律有F= 2ma,对A,由静摩擦力提供加速度有 F=a= ,当B停止运动时，A,B F 之间的摩擦力为滑动摩擦力，以向右 为正方向，对A,根据动量定理有 F1-mgt=0,解得/=乞，综上可 知，从开始运动至A停止运动经历的 时同为T=1十1=多1，故C正确。 参考答案245 4.AC物体A滑上小车B后做匀减速 直线运动，对物体A分析有mAg= mAaA,由v一t图像可得物体A的加速 度大小为0片 m/$- 3m/s2,联立解得4=0.3，故A正确； 对小车B分析有mAg=mBaB,由)-t 图像可得小车B的加速度大小为ag= △v21-0 △t 1 m/s2=1m/s2,联立解得 mA 1 。,故B错误；小车B的最小长 72B 度为物体A在小车B上的最大相对滑 动位移，则有Lmn=xA一xB= 4+1 2 lm- 2X1X1m=2m,故C正确： 如果仅增大物体A的质量，物体A的 加速度保持不变，但是小车B的加速 度增大，那么两者达到共速的时间减 小，则物体A与小车B的相对滑动位 移减小，所以物体A不可能冲出去，故 D错误。 5.BC对长木板进行受力分析，受力示 意图如图甲所示， F晚 G 甲 根据牛顿第二定律Fg一41mg u2(M+m)g=MaM,解得aM=1m/s2, 故A错误；对小物块进行受力分析，小 物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀 加速直线运动，后在摩擦力作用下做 匀减速直线运动，加速度大小分别为 2 m/s 和4m/s2,长木板和小物块在 0~48内的0-t图像如图乙所示， t/(m·s) 4 长木板 32101234 1234 小物块 乙 0~2s小物块的位移x=4m,拉力F 对小物块做功为W=12J,故B正确； 两条？一t图线围成的面积表示小物块 相对于长木板运动的长度，由一t图 像可知L=12m,小物块与长木板之间 的摩擦生热Q=:1mgL=24J,故C正 确；恒力对小物块、长木板系统做的功 等于系统机械能的增加量加上摩擦生 热，故D错误。 6.(1)40N(2)4m/s (3)0.15 解析：A、C的质量均为m=2kg,B的 质量为M=6kg,细绳OP长为l 1.6m。 (1)A从开始运动到最低点由动能定 理得mgl(1-cos60)= 2 muj-0, 对A在最低，点，根据牛顿第二定律得 246红对闪·讲与练·高三二轮物理 F-ng=吧，解得=4m/sF 40N, 由牛顿第三定律得，A运动到最低，点 时细绳OP所受的拉力大小为40N。 (2)由于A与C相碰后A竖直下落，可 知碰后A水平速度变为0，由水平方向 动量守恒，可知0十m℃c=mv。, 解得vc=。=4m/s。 (3)C相对B滑行4m后与B共速， 根据动量守恒可得(M十m)v=mv。, 根据能量守恒得mgL每时=2m0店 2(m+M)u2, 联立解得：=0.15。 7.(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤ 以<0.4 解析：(1)对小球摆动到最低，点的过程 1 中，由动能定理得mgL=2mu6-0, 解得v。=5m/s, 在最低点，对小球由牛顿第二定律得 Fr-mg=m L' 小球运动到最低点与物块碰撞前所受 拉力的大小为Fr=6N。 (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守 恒定律和能量守恒定律得 mv+Mv:=mvo, 合mi+2Me=子m, 1 1 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块 2m 速度的大小为：=m十M=4m/s (3)若物块恰好运动到圆孤轨道的最 低，点，此时两者共速，则对物块与小车 整体由水平方向动量守恒得 2M3=Mw2, 由能量守恒定律得2X2M0号+ 1Mgs=2M0,解得1=0.4： 若物块恰好运动到与圆孤轨道圆心等 高的位置，此时两者共速，则对物块与 小车整体由水平方向动量守恒得 2Mv=Mv2, 由能量守恒定律得2×2M0+ n:Mgs+MgR-Mvi. 解得42=0.25。 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦 因数：的取值范围为0.25≤μ<0.4。 专题三电场与磁场 课时作业9电场带电粒子 在电场中的运动 1.C在静电场中，等差等势线的疏密程 度反映电场强度的大小，题图中c点的 等差等势线相对最密集，故该点的电 场强度最大，故选C。 2.ADC先跟A接触后，两者电荷量均 变为g1=Q十9，C再跟B接触后，两 2 者电荷量均变为92= 9十91_Q+3g 2 4 此时A、B之间静电力大小仍为F= ,则有F= kq' L2 L2 ,解得Q=g 或Q=一5q。则Q:q的绝对值可能 是1或者5，故选A、D。 3.C由题意知，负电荷所受静电力方向 向右，故电场强度方向向左，沿电场线 方向，电势逐渐降低，那么A点电势低 于B点电势，A错误；该负电荷从A到 B过程，静电力做正功，电势能减少，故 该负电荷在A 点电势能大于在B点电 势能，C正确；根据速度一时间图像知， 电荷的加速 度逐渐减小，故电场强度 逐渐减小，D错误；如果是正点电荷产 生的电场，那正点电荷应该在右侧，则 A点电场强度会小于B点电场强度， 与题目矛盾，B错误。 4.D电场线从高等势面指向低等势面， 即电场线从图中的正电荷指向负电 荷，因此b,点所在的等势面电势高于a 点所在的等势面电势，A错误；a、c两 点电场强度方向不同，电场强度不同， B错误；从d·e·f电场强度逐渐减 小，间距相等，结合U=Ed可知0< Ur Ual,则lUa|<2UdI,C错 误；a 点与f点在同一等势面上，a、b 两，点和∫、b两点的电势差相等，根据 静电力做功W=gU可知从a到b与 从f到b,静电力对电子做功相等， D正确。 5.B由题图(a)知，溶液浓度降低，相对 e.S 介电常数e。增大，根据C= 可知， 4πkd 电容C增大，A错误：由于电容器与恒 压电源相连，故电容器两极板间的电 势差等于电源电压，保持不变，C错误； 银据C=可知，电容C增大，电容器 两极板间的电势差U不变，故电容器 所带电荷量增大，电容器充电，故电流 方向为N→M,B正确，D错误。 6.C匀 强电场中 任意 间的中 点电 于这两 点的 均值，可 知ad 中点d的电 势与 点相同，如 图所示，b、d的连 4V 2V 线为该匀强电场 的等势线。电场线垂直于等势线且由 高电势指向低电势，故电场线沿ac方 向且由a指向c,故C正确。 7.BD根据U,=Ex可知，9 一x图像 斜率的绝对值表示BC方向电场强度大 小，根据图像可知E,= 3-1 V/m= 4×10-9 50V/m,由于沿电场线方向电势降低， 可知，电场强度方向沿C>B,故B正 确；根据U,=E,y可知，9一y图像斜 率的绝对值表示AC方向电场强度大 3-2 小根据图像可知E,=K0号 V/m= 25V/m,由于沿电场线方向电势降低， 可知，电场强度方向沿C·A,故A错 误；结合上述，根据夫量叠加原理可 知，匀强电场的电场强度大小E=