第一篇　专题二　计算题培优练2　板块模型的综合分析-2025高考物理二轮复习

计算题培优练2板块模型的综合分析1.(12分)(2023·辽宁卷·15)如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s(1)(3分)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；(2)(4分)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；(3)(5分)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。2.(13分)(2024·山东卷·17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2。(1)(3分)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；(2)(10分)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。(ⅰ)求μ和m；(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。3.(15分)(2024·贵州省部分学校一模)如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O点，半径R=1.8m，厚度相同、材质相同、质量均为M=2kg的木板P、Q静止在光滑水平面上，两者相互接触但没有粘连，木板Q的右端固定有轻质挡板D，圆弧轨道的末端与木板P的上表面相切于木板P的左端，滑块B、C分别放置在木板P、Q的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时与滑块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为L1=4.86m、L2=5.6m，滑块A的质量为m1=3kg，滑块B的质量为m2=1kg，滑块C的质量为m3=1kg，滑块A、B、C与木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1和μ3=0.3，所有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。(1)(4分)求滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；(2)(7分)求滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；(3)(4分)滑块C是否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板D多远的地方？

答案精析1.(1)1m/s0.125m(2)0.25m32(3)43t0-8t解析(1)由于地面光滑，则木板、物块组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1+m2)v代入数据得v=1m/s对木板受力分析有μm2g=m1a1，得a1=μm2gm则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v2=2a1x1代入数据解得x1=0.125m(2)木板与弹簧接触以后，对物块和木板组成的系统有kx2=(m1+m2)a共对物块受力分析有μm2g=m2a2，得a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对物块、木板与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有12(m1+m2)v2=12(m1+m2)v22代入数据得v2=32(3)木板从速度为v2到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于物块的加速度，则当木板与物块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时木板的末速度大小为v2，共用时2t0，且物块一直受滑动摩擦力作用，则对物块有-μm2g·2t0=m2v3-m2v2解得v3=32-2t木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初、末动能相等，则对于木板和物块组成的系统有Wf=12m1v22+12m2v32-12(ΔU=-Wf，联立得ΔU=43t0-8t02.(1)4m/s(2)(ⅰ)0.21kg(ⅱ)4.5m解析(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg+3mg=mv代入数据解得v=4m/s(2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a根据题图乙有k=1M+m=0.5当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F-μmg=Ma即a=1MF-结合题图乙有k'=1M=1kg纵截距b=-μmgM=-2m/s联立以上各式可得M=1kg，m=1kg，μ=0.2(ⅱ)由题图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为a1=6m/s2，小物块的加速度为a2=μg=2m/s2设当小物块运动到P点时，经过t0时间，则对轨道有v1=a1t0对小物块有v2=a2t0在小物块从P点到Q点过程中系统机械能守恒有12Mv12+12mv22=12M水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有Mv1+mv2=Mv3+mv4联立解得t0=1.5s(另一解t0=196s不合题意，舍去根据运动学公式有L=12a1t02-1代入数据解得L=4.5m。3.(1)3m/s9m/s(2)12.96J(3)不会0.16m解析(1)设滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度大小为v0，对滑块A从圆弧轨道的顶端滑至底端的过程由机械能守恒定律得m1gR=12m1解得v0=6m/s设滑块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为vA、vB，A、B发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别得m1v0=m1vA+m2vB12m1v02=12m1vA联立解得vA=3m/s，vB=9m/s(2)滑块A、B碰撞后在木板P上分别做匀减速直线运动，设滑块A、B的加速度分别为aA、aB，由牛顿第二定律得μ1m1g=m1aAμ2m2g=m2aB假设滑块C相对木板P、Q静止，设三者整体的加速度为aP，由牛顿第二定律得μ1m1g+μ2m2g=(2M+m3)aP解得aP=2m/s2因滑块C的最大加速度为am=μ3g=3m/s2>aP故假设成立，可得滑块C与木板P、Q相对静止一起以加速度aP做匀加速直线运动。设A与P达到共速的时间为t1，共速时的速度为v共，由速度—时间关系得v共=vA-aAt1=aPt1解得v共=1.2m/s，t1=0.6sA与P达到共速时B的速度为vB1=vB-aBt1=9m/s-1×0.6m/s=8.4m/sA与P达到共速的过程，A、B、P三者的位移大小分别为xA=12(vA+v共)txB=12(vB+vB1)txP=12v共t解得xA=1.26m，xB=5.22m，xP=0.36m此过程A相对P的位移大小为Δx1=xA-xP=1.26m-0.36m=0.9m此过程B相对P的位移大小为Δx2=xB-xP=5.22m-0.36m=4.86m因Δx2=L1=4.86m故A与P达到共速时B恰好运动到P的右端与C发生弹性碰撞，因B、C的质量相等，故碰撞过程两者的速度发生交换，碰撞后瞬间C的速度大小为vC=vB1=8.4m/sB的速度大小为vB2=v共=1.2m/s可知B相对P静止在其右端，A、B、P三者一起做匀速直线运动。滑块C相对木板Q向右运动，木板Q做加速直线运动，P、Q分离。滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量为Q=μ1m1gΔx1+μ2m2gΔx2解得Q=12.96J(3)假设滑块C不会从木板Q上滑落，最终C与Q相对静止一起匀速直线运动的速度为v共1，C相对