思维进阶强化练(二)　板块模型-2025版高考物理二轮复习

8思维进阶强化练(二)板块模型(40分钟64分)1.(6分)(2024·成都二模)如图,一质量为M=2kg的木板静止在水平地面上,一质量为m=1kg的滑块(可视为质点)以v0=2m/s的水平速度从木板左端滑上木板,木板始终保持静止。木板足够长,滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知),重力加速度大小取g=10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A.地面对木板的摩擦力方向水平向右B.地面对木板的摩擦力大小为9NC.μ2可能为0.12D.整个过程中,滑块与木板间因摩擦产生的热量为4J【解析】选C。选项选项剖析对错A根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右,因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左×B滑块对木板的滑动摩擦力大小fm=μ1mg=3N由于木板始终保持静止,故地面对木板的静摩擦力大小fM=fm=3N×C木板始终保持静止,即μ2(m+M)g≥fm,解得μ2≥0.1√D整个过程中,滑块的动能全部转化为系统的内能,产生的热量Q=12mv×2.(6分·多选)(2024·桂林模拟)如图所示,质量m=1kg的小滑块(可视为质点)放在木板的右端,质量为M=4kg的木板与水平地面以及木板与滑块间的动摩擦因数皆为μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时木板与小滑块均处于静止状态,现给木板加一水平向右的恒力F,重力加速度g=10m/s2,则以下说法中错误的是()A.当拉力F=18N时,小滑块和木板一起匀速运动B.当拉力F=24N时,小滑块和木板一起匀速运动C.当拉力F=30N时,小滑块和木板一起加速运动D.当拉力F=42N时,小滑块和木板发生相对滑动【解析】选A、B。木板受到地面最大静摩擦力f1=μ(M+m)g=20N,则当拉力F=18N时,小滑块和木板都保持静止,故A错误,符合题意;当小滑块受到最大摩擦力时,产生最大加速度为a=μmgm=4m/s2,对木板受力分析,根据牛顿第二定律可知F-μmg-μ(M+m)g=Ma,解得F=40N。当拉力F=24N时,因为20N<24N<40N,所以滑块和木板一起匀加速运动,故B错误,符合题意;当拉力F=30N时,因为30N<40N,所以滑块和木板一起加速运动,故C正确,不符合题意;当拉力F3.(6分)如图所示,木板C静止在足够大的光滑水平面上,两个材料相同、质量不同的滑块A、B(均可视为质点)同时从木板两端以不同的速度水平滑上木板,最终同时停在木板上且恰好相遇,相遇点距木板左端的距离为板长的13。已知木板C与滑块A的质量相等,下列说法正确的是(A.A、B两滑块的质量之比为3∶5B.A、B两滑块的初动量之比为1∶3C.A、B两滑块因摩擦产生的热量之比为3∶8D.此过程中摩擦力对A、B两滑块的冲量之比为2∶3【解析】选C。设A、C质量为m,B质量为M,A、B的初速度大小分别为v1、v2,A、B与木板之间的动摩擦因数为μ,木板长度为L,从开始到相遇所用时间为t,相遇时三者共同速度为v,由运动学规律有12vt-12(-v1+v)t=13L,12(v2+v)t-12vt=23L,解得v2=2v1,又对A、B分别有v=-v1+a1t=-v1+μgt,v=v2-a2t=v2-μgt,联立解得v=v12由动量守恒定律得Mv2-mv1=(M+2m)v,解得mM=34,A错误;A、B两滑块的初动量之比为mv1Mv2=34×12=38,B错误;A、B两滑块因摩擦产生的热量之比为Q14.(6分·多选)(2024·雅安三模)如图甲所示,水平地面上有一质量为M的长木板,将一质量为m的小物块放在长木板上,小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2。给小物块施加一水平外力F,利用拉力传感器和加速度传感器(图中未标出)测得长木板和小物块加速度a随外力F的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,则()A.μ1=0.2 B.μ2=0.1C.m=0.25kg D.M=0.75kg【解析】选B、C、D。根据题意,由图乙可知,当F=F1=1N时,木板相对地面开始滑动,则有F1=μ2(M+m)g,当F1≤F≤F3=3N时,小物块与长木板一起加速运动,则有F-μ2(M+m)g=(M+m)a,解得a=FM+m-μ2g,结合图乙可得-a0=-μ2g,a0=1m/s2,解得μ2=a0g=110=0.1。当F>F3时,小物块与长木板发生相对滑动,对小物块有F-μ1mg=ma,解得a=Fm-μ1g,结合图乙可得1m=a1F3-F2,a1=2m/s2,F2=2.5N=μ1mg,则小物块的质量m=F3-F2a1=3-2.52kg=0.25kg,μ15.(6分·多选)(2024·呼和浩特二模)如图甲所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示,已知滑块与长木板的质量相等,滑块Q始终没有从长木板P上滑下。滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1,长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2,重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是()A.μ1=0.1B.μ2=0.3C.t=203s时,木板PD.滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为203【解析】选A、D。根据v-t图像可知,滑块Q加速阶段的加速度大小为aQ=44m/s2=1m/s2,根据牛顿第二定律可得μ1mg=maQ,解得μ1=0.1,根据v-t图像可知,撤去力F到P、Q共速前过程,木板P做减速运动的加速度大小为aP=9-44-3m/s2=5m/s2,根据牛顿第二定律可得μ1mg+μ2·2mg=maP,解得μ2=0.2,故A正确,B错误;由v-t图像可知,t=4s共速后,由于μ2=0.2>μ1=0.1,则滑块Q相对于木板P向前运动,以P为对象,根据牛顿第二定律可得μ2·2mg-μ1mg=ma'P,解得P的加速度大小为a'P=3m/s2,则共速到木板P停下所用时间为Δt=v共a'P=43s,木板P停止运动的时刻为t=4s+Δt=163s,故C错误;根据v-t图像的面积表示位移可知,共速前,滑块Q相对P向左运动的位移为Δx1=12×3×9m+12×(4+9)×1m-12×4×4m=12m,共速后滑块Q的加速度大小仍为aQ=μ1mgm=1m/s2,则共速后到两者都停下,滑块Q相对P向右运动的位移为Δx2=v共22aQ-v共6.(6分·多选)如图所示,光滑水平地面上静置着一足够长的木板B和物块C,木板B的质量为4m,物块C的质量为12m。现有一质量为m的物块A以初速度v0从左端滑上木板B,木板B与物块C仅发生过一次碰撞(弹性碰撞),且碰撞时间极短可忽略不计,最终物块A和木板B均停止运动。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.木板B与物块C碰撞前瞬间,物块A的速度大小为vB.木板B与物块C碰撞前瞬间,木板B的速度大小为vC.木板B与物块C碰撞后,物块C的速度大小为vD.物块A相对木板B滑行的距离为11【解析】选A、D。从A滑上B到B与C碰撞前瞬间,A、B动量守恒,有mv0=mvA1+4mvB1,B与C发生弹性碰撞,由动量守恒和机械能守恒有4mvB1=4mvB2+12mvC,12×4mvB12=12×4mvB22+12×12mvC2,解得vB2=-12vB1,vC=12vB1,B与C碰撞后,A、B均能停下来,有mvA1+4mvB2=0,联立解得vA1=v03,vB1=v06,vB2=-v012,v7.(12分)(2024·新课标全国卷)如图,一长度l=1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上,薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动,当薄板运动的距离Δl=l6时,物块从薄板右端水平飞出;当物块落到地面时,薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3,重力加速度大小g取10m/s2(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间;(4分)(2)平台距地面的高度。(8分)【解析】(1)设物块质量为m,初速度为v0,则薄板质量也为m,物块滑上薄板,由动量守恒定律mv0=mv1+mv2由能量守恒定律μmgl=12mv02-12mv物块在薄板上运动加速度a1=μg=3m/s2物块在薄板上运动位移s=7v02-v12联立解得:v0=4m/s,v1=3m/s,v2=1m/s由v0-v1=at1,解得t1=13(2)物块抛出后薄板匀速运动l2-Δl=v2t解得t2=13平台距地面的高度h=12g解得h=59答案:(1)4m/s13s(2)58.(16分)(2023·海南等级考)如图所示,有一固定的光滑14圆弧轨道,半径R=0.2m,一质量为mB=1kg的小滑块B从轨道顶端滑下,在其冲上长木板C左端时,给木板一个与小滑块相同的初速度,已知mC=3kg,B、C间动摩擦因数μ1=0.2,C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8,C右端有一个挡板,C长为L。g取10m/s2(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大?(3分)(2)若B未与C右端挡板碰撞,当B与地面保持相对静止时,B、C间因摩擦产生的热量是多少?(4分)(3)在0.16m<L<0.8m时,B与C右端挡板发生碰撞,且碰后粘在一起,B从滑上C到最终停止所用的时间。(9分)【解析】(1)滑块下滑到轨道底部,有mBgR=12mBv解得:v0=2m/s在底部,根据牛顿第二定律FN-mBg=mBv解得:FN=30N,由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。(2)当B滑上C后,对B分析,受摩擦力向左,根据牛顿第二定律得fBC=μ1mBg=mBa1解得:a1=2m/s2,方向水平向左对C分析,受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力f地C=μ2(mB+mC)g根据牛顿第二定律f地C-fBC=μ2(mB+mC)g-μ1mBg=mCa2解得其加速度向左为a2=10m/s2根据运动学公式可得B向右运动的距离为:x1=v代入数据解得:x1=1mC向右运动的距离x2=v代入数据解得:x2=0.2m由功能关系可知,B、C间摩擦产生的热量Q=μ1mBg(x1-x2)解得:Q=1.6J(3)由(2)可知,若B还未与C上挡板碰撞,C先停下,用时为t1,有t1=v解得:t1=0.2s,B的位移为xB1=v0t1-12代入数据解得:xB1=0则此刻的相对位移为x相=xB1-x2=0此时vB1=v0-a1代入数据解得:vB1=1由L>0.16m,一定是C停下之后,B才与C