2024年 高三二轮专题复习 专题06 板块模型-

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【特训典例】
高考真题
1．（2023·全国·统考高考真题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）

A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于D．物块的动能一定小于
【答案】BD
【详解】设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题意可知设物块的对地位移为，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得整理可得
D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热根据运动学公式；因为
可得则所以，B正确，A错误。
故选BD。
2．（2023·辽宁·统考高考真题）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。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）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）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U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0= (m1＋m2)v1代入数据有v1= 1m/s对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12= 2a1x1代入数据解得x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx = (m1＋m2)a共对m2有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m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）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，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2解得则对于m1、m2组成的系统有；U = Wf联立有
3．（2023·河北·高考真题）如图，质量为的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角．质量为的小物块以的初速度从木板左端水平向右滑行，与木板间的动摩擦因数为0.5．当到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时沿圆弧切线方向滑上轨道．待离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为取取．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块和木板的速度大小；
（2）求物块到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块运动到最大高度时会炸裂成质量比为的物块和物块，总质量不变，同时系统动能增加，其中一块沿原速度方向运动．为保证之一落在木板上，求从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围．
【答案】（1），；（2），；（3）或
【详解】（1）设物块的初速度为，木板与轨道底部碰撞前，物块和木板的速度分别为和，物块和木板的质量分别为和，物块与木板间的动摩擦因数为，木板长度为，由动量守恒定律和功能关系有；由题意分析，联立式得
（2）设圆弧轨道半径为，物块到圆弧轨道最高点时斜抛速度为，轨道对物块的弹力为．物块从轨道最低点到最高点，根据动能定理有物块到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有联立式，得设物块拋出时速度的水平和竖直分量分别为和，斜抛过程物块上升时间该段时间物块向左运动距离为．物块距离地面最大高度．
（3）物块从最高点落地时间设向左为正方向，物块在最高点炸裂为，设质量和速度分别为和、，设，系统动能增加．根据动量守恒定律和能量守恒定律得
；解得或．设从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围：
（a）若，炸裂后落地过程中的水平位移为炸裂后落地过程中的水平位移为木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅落在木板上，应满足且
解得
Ⅱ．若仅落在木板上，应满足且不等式无解；
（b）若，炸裂后落地过程中水平位移为0，炸裂后落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅落在木板上，应满足且解得
Ⅳ．若仅落在木板上，应满足且
解得．综合分析（a）（b）两种情况，为保证之一一定落在木板上，满足的条件为
或
无外力动力学板块模型
4．如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）

A．若只增大M，则小滑块能滑离木板
B．若只增大v0，则小滑块在木板上运动的时间变长
C．若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地的位移变小
D．若只减小μ，则小滑块离开木板的速度变大
【答案】AC
【详解】A．若只增大木板的质量M，根据牛顿第二定律可知木板的加速度减小，小滑块的加速度为不变，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，则小滑块能滑离木板，A正确；
B．若只增大木板的初速度v0，小滑块受力情况不变，小滑块的加速度不变，小滑块相对木板的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，B错误；
C．若只减小小滑块的质量m，小滑块的加速度不变，木板的加速度变小，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，滑离木板过程中小滑块对地的位移变小，C正确；
D．若只减小动摩擦因数，小滑块和木板的加速度都减小，相对位移不变，小滑块滑离木板的过程所用时间变短，小滑块离开木板的速度变小，D错误。故选AC。
5．如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2kg的物体B（可看作质点）以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反
B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2
C．长木板A的长度可能为L＝0.8 m
D．长木板A的质量是4kg
【答案】BD
【详解】A．由题意可知，A木板的运动方向与其摩擦力方向相同，故A错误；
B．由图象知B的加速度大小为对B进行分析有：μmBg=mBaB，可解得：μ=0.2
故B正确；
C．由题意可知，木块B尚未滑出木板A，则临界条件为当AB具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，设A、B物体位移量分别为sA、sB，加速度分别为aA、aB，由图可知aA=1m/s2，aB=2m/s2，A的长度为L，则有：
联立上式可解得L=1.5m，即L≥1.5m即可，故C错误；
D．由μmBg=mAaA，μmBg=mBaB联立两式可解得：即A物体的质量是B物体的两倍，长木板A的质量是4kg，故D正确；故选BD。
6．如图所示，倾角为30°足够长的光滑斜面固定在水平地面上，一木板B置于斜面顶端，木板B的质量M=4kg，某时刻，B由静止释放的同时，有一个质量为m=1kg的物块A以沿斜面向上，大小为5m/s的初速度滑上木板，A、B间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，关于物块和木板的运动，下列说法正确的是（ ）

A．物块刚滑上板时，木板的加速度为3.125m/s2
B．要使物块不滑离板，则木板长至少为2m
C．整个运动过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q为10J
D．不论板多长，物块最终一定能滑离木板
【答案】AC
【详解】A．对木板，根据牛顿第二定律可得解得故A正确；
BD．对物块，根据牛顿第二定律可得解得物块先做匀减速直线运动，速度减为0后，再做匀加速直线运动，匀减速和匀加速的加速度相同，板始终做匀加速直线运动，当两者共速后，物块和木板一起做匀加速直线运动的加速度为设沿斜面向下为正方向，则
共速时间为；故BD错误；
C．整个过程因摩擦产生的热量为故C正确。故选AC。
7．一块足够长的木板C质量为，放在光滑的水平面上，如图所示，在木板上自左向右放有A、B两个物块，物块A质量为m，与木板间的动摩擦因数为，物块B质量为，与木板间的动摩擦因数为。初始时刻木板静止不动，A、B两物块的初速度分别为、，方向如图所示（重力加速度为g）。在以后运动的整个过程中，下列说法正确的是（ ）

A．经过的时间，A达到最小速度
B．木板C能获得的最大速度是
C．在与B共速前，木板C一直做匀加速直线运动
D．A、B、C组成的系统由于摩擦产生的热量是
【答案】AD
【详解】A．根据题意，由牛顿第二定律可知，开始时；；
因为A的初速度小，A与木板C先达到共同速度，当A与木板达到共同速度后，A与木板一起做匀加速直线运动。可知，A与木板速度相同时，速度最小，则有
解得，故A正确；
B．当A、B和木板速度相同时，木板的速度最大，取向右为正方向，对三者组成的系统运用动量守恒定律得解得故B错误；
C．木板C匀速运动之前，在与A共速时其加速度有突变，故C错误；
D．全过程A、B、C系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量，为
故D正确。故选AD。
8．如图所示，A、B两块木板并排静止在光滑水平面上，小物块C（可视为质点）以水平速度vC=6m/s从A的左端滑上，若三个物体质量均为m=2kg，A、C间的动摩擦因数μ1=0.2，C的速度减小到4m/s时，恰好与A分离，滑上B板，g取10m/s2。
（1）求C刚滑上A时，物块A、C的加速度大小aA、aC；
（2）求A板的长度LA；
（3）若B板长LB=1.5m，要使C不脱离B，求B、C间的动摩擦因数μ2的最小值。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）如图所示，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得解得

对A、B整体受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得解得
（2）设C从A的左端到右端所用时间为，根据匀变速运动规律，对C有，
解得，对A有解得则A板的长度为
（3）C滑上B时的速度为4m/s，此时加速度大小均为此时B的速度为当最小时，C、B两物体刚好在B的末端达到共同速度，则有；
可得根据匀变速直线运动位移速度公式可得；
又联立解得
有外力动力学板块模型
9．如图所示，物体A、B的质量分别为2m和m，A、B叠放在水平桌面上，A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C相连，定滑轮左端的轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为μ（μ