2026步步高-高三大二轮专题复习物理习题_第一篇　专题二　计算题培优练2　板块模型的综合分析（含解析）

这是一份2026步步高-高三大二轮专题复习物理习题_第一篇　专题二　计算题培优练2　板块模型的综合分析（含解析），共7页。试卷主要包含了125 m，5 m，22 m-0，4 m/s等内容，欢迎下载使用。

(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=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/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=8 N，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7 m/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=1.8 m，厚度相同、材质相同、质量均为M=2 kg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=4.86 m、L2=5.6 m，滑块A的质量为m1=3 kg，滑块B的质量为m2=1 kg，滑块C的质量为m3=1 kg，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10 m/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)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m 32 m/s
(3)43t0-8t02
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=1 m/s
对木板受力分析有μm2g=m1a1，
得a1=μm2gm1=4 m/s2
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=0.125 m
(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=1 m/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=0.25 m
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+12kx22
代入数据得v2=32 m/s
(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=32-2t0
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(m1+m2)v22
ΔU=-Wf，
联立得ΔU=43t0-8t02。
2.(1)4 m/s (2)(ⅰ)0.2 1 kg (ⅱ)4.5 m
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=mv2R
代入数据解得v=4 m/s
(2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4 N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 kg-1
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，
则对轨道有F-μmg=Ma
即a=1MF-μmgM
结合题图乙有k'=1M=1 kg-1
纵截距b=-μmgM=-2 m/s2
联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2
(ⅱ)由题图乙可知，当F=8 N时，轨道的加速度为a1=6 m/s2，
小物块的加速度为a2=μg=2 m/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=12Mv32+12mv42+2mgR
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=1.5 s(另一解t0=196 s不合题意，舍去)
根据运动学公式有
L=12a1t02-12a2t02
代入数据解得L=4.5 m。
3.(1)3 m/s 9 m/s (2)12.96 J
(3)不会 0.16 m
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=12m1v02
解得v0=6 m/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+m2vB
12m1v02=12m1vA2+12m2vB2
联立解得vA=3 m/s，vB=9 m/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=m1aA
μ2m2g=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=2 m/s2
因滑块C的最大加速度为
am=μ3g=3 m/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=1.2 m/s，t1=0.6 s
A与P达到共速时B的速度为
vB1=vB-aBt1=9 m/s-1×0.6 m/s=8.4 m/s
A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)t1
xB=12(vB+vB1)t1
xP=12v共t1
解得xA=1.26 m，xB=5.22 m，
xP=0.36 m
此过程A相对P的位移大小为
Δx1=xA-xP=1.26 m-0.36 m
=0.9 m
此过程B相对P的位移大小为
Δx2=xB-xP=5.22 m-0.36 m
=4.86 m
因Δx2=L1=4.86 m
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=8.4 m/s
B的速度大小为vB2=v共=1.2 m/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=12.96 J
(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Q的运动路程为s，以向右为正方向，由动量守恒定律
m3vC+Mv共=(m3+M)v共1
解得v共1=3.6 m/s
由能量守恒定律有
μ3m3gs=12m3vC2+12Mv共2-12(m3+M)v共12
解得s=5.76 m
因s