2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题滑块-木板模型综合问题 含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题微专题2滑块—木板模型综合问题1.模型特点:摩擦力的分析与“传送带”模型类似,木板受到摩擦力的影响,往往做匀变速直线运动,解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度寻找各运动过程之间的联系.2.解题关键:(1)抓住临界条件,使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同.(2)抓住问题实质,“滑块—木板”模型的本质是相对运动问题,一是分析共速时是否发生相对运动,采用假设法判断摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力,二是要分别求出滑块和木板对地的位移,再计算相对位移.光滑水平面上的板块模型木板在光滑水平面上运动,系统无水平外力作用,满足动量守恒的条件,但因板块间的滑动摩擦力做功,产生摩擦热,所以常涉及能量问题.例1[2024·安徽卷]如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点.一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧.现将细线拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞,碰撞后,物块沿着轨道运动.已知细线长L=1.25m,小球质量m=0.20kg,物块、小车质量均为M=0.30kg,小车上的水平轨道长s=1.0m,圆弧轨道半径R=0.15m.小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2.(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μ的取值范围.规范答题区自评项目(共100分)自评得分书写工整无涂抹(20分)有必要的文字说明(20分)使用原始表达式、无代数过程(30分)有据①②得③等说明(10分)结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)斜面上的板块模型斜面上的板块模型和水平面上的板块模型分析方法如出一辙,通常以联系力学和运动学的关键量——加速度为突破口,由于板块系统在斜面上运动,因此在对木板和物块进行受力分析时,注意木板和物块重力沿斜面方向分力的存在.例2(多选)[2024·山东济南模拟]如图,一固定且足够长的斜面MN与水平面的夹角为α=37°,斜面上有一质量为3m、上表面光滑且下端有挡板P的长木板A沿斜面匀速向下运动,速度大小v0=1m/s,现将一质量为m的小滑块轻轻地放在长木板上,当小滑块运动到挡板P时(与挡板碰前的瞬间),长木板的速度刚好减为零,之后小滑块与挡板发生第1次碰撞,以后每隔一段时间,小滑块就与挡板碰撞一次,小滑块始终在长木板上运动,已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是 ()A.小滑块在长木板上下滑过程中,长木板的加速度大小为2m/s2B.小滑块放在木板上的瞬间,其与P的距离为116C.小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间,小滑块的速度大小为1.5m/sD.小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间,小滑块的速度大小为1.5m/s【跟踪训练】1.画出对应的运动情境图,可以让我们对物理过程的体会更加直观.如图所示,光滑水平地面上有一静止的足够长的木板,一小铁块(可视为质点)从左端以某一初速度v向右运动.若固定木板,最终小铁块停在木板上的P点.若不固定木板,最终小铁块也会相对木板停止滑动,这种情形下,小铁块刚相对木板停止滑动时的状态图可能是图中的()2.(多选)如图所示,甲图表示光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上,车与水平面间的摩擦力不计,乙图为物体A与小车B的v-t图像,由此可知 ()A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D.小车B获得的动能微专题2滑块—木板模型综合问题例1(12分)(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4[解析](1)对小球摆动到最低点的过程中,由动能定理有mgL=12mv02-0 解得v0=5m/s(1分)小球在最低点时,由牛顿第二定律有FT-mg=mv02L 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6N(1分)(2)小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2 (1分)12mv02=12mv12+1解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=4m/s(1分)(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速,则对物块与小车整体由水平方向上动量守恒有Mv2=2Mv3由能量守恒定律有12Mv22=12×2Mv32+μ解得μ1=0.4 (1分)若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置时两者共速,则对物块与小车整体由水平方向上动量守恒有Mv2=2Mv4由能量守恒定律有12Mv22=12×2Mv42+μ2Mgs解得μ2=0.25 (1分)综上所述,物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4 (1分)例2ACD[解析]开始长木板匀速下滑时,由平衡条件可得3mgsinα=μ3mgcosα,代入数据解得μ=0.75,把小滑块放上长木板后,对长木板,由牛顿第二定律可得μ·4mgcosα-3mgsinα=3ma,代入数据解得a=2m/s2,故A正确;长木板上表面光滑,碰撞前小滑块做匀加速直线运动,长木板做匀减速直线运动,小滑块从放上长木板到与挡板相撞的时间为t=v0a=0.5s,小滑块放上长木板的瞬间,其与P的距离为x0=12gsinα·t2-12v0t=0.5m,故B错误;设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为v,则v=gsinα·t=3m/s,滑块与挡板碰撞过程系统动量守恒,取沿斜面向下为正方向,由动量守恒定律可得mv=mv1+3mv2,由机械能守恒定律可得12mv2=12mv12+12·3mv22,联立方程,代入数据解得v1=-1.5m/s,v2=1.5m/s,则小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间,小滑块的速度大小为1.5m/s,故C正确;碰撞后长木板速度再次减为零的时间为t'=v2a=0.75s,此时小滑块的速度为v'=v1+gsinα·t'=3m/s,方向沿斜面向下,这个过程中小滑块的位移为x=v1+v'2t'=916m,方向沿斜面向下,长木板的位移为x'=v22t'=916m,故x=x',二者发生第2【跟踪训练】1.C[解析]如图所示,当木板固定时,小铁块相对于地面滑行的距离为S△OAB,当木板不固定时,小铁块相对于地面滑行距离为S梯形OACE,木板相对于地面滑行的距离为S△OCE,小铁块相对于木板滑行的距离为S△OAC,由图可以看出SΔOCE<S△OAC<S梯形OACE<S△OAB,故C正确.2.BC[解析]由图像乙可知,A、B最终以共同速度v1匀速运动,不能确定小车上表面长度,故A错误;由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,故可以确定物体A与小车B的质量之比,故B正确;由图像可知物块A相对小车B的位移为Δx=12v0t1,根据动能定理得-μmAgΔx=12(mA+mB)v12-12mAv02,根据B项中求得的质量关系,可以解出物体A与小车B上表面间的动摩擦因数,故C正确;由于小车B的质量无法求出,故不能确定小车1.[2024·山西太原模拟]如图所示,光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1kg、m2=2kg的木板A、B,一质量为M=2kg的滑块C(可视为质点)以初速度v0=10m/s从A左端滑上木板,C滑离木板A时的速度大小为v1=7m/s,最终C与木板B相对静止,则()A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上B.木板B的最大速度为5m/sC.木板A的最大速度为1m/sD.整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少了57.5J2.(多选)[2024·河北唐山模拟]如图所示,光滑水平面上放置滑块A和左侧固定轻质竖直挡板的木板B,滑块C置于B的最右端,三者质量分别为mA=2kg、mB=3kg、mC=1kg.开始时B、C静止,A以v0=7.5m/s的速度匀速向右运动,A与B发生正碰(碰撞时间极短),经过一段时间,B、C达到共同速度一起向右运动,且此时C再次位于B的最右端.已知所有的碰撞均无机械能损失,木板B的长度为L=0.9m,B、C之间的动摩擦因数为μ,g取10m/s2,下列说法正确的是 ()A.A与B碰撞后瞬间,B的速度大小为5m/sB.A与B碰撞后瞬间,B的速度大小为6m/sC.C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内,C对B的摩擦力的冲量方向水平向左D.μ=0.753.(多选)[2024·河南安阳模拟]如图所示,质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上,有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板,且恰能滑离木板,滑块与木板间动摩擦因数为μ.下列说法中正确的是 ()A.若只增大v0,则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B.若只增大M,则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少C.若只减小m,则滑块滑离木板时木板获得的速度减少D.若只减小μ,则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移增大4.(多选)[2024·四川成都模拟]如图所示,质量为M=0.5kg的光滑木板静止放在光滑水平面上,左侧连接一个劲度系数为k=1N/m且足够长的水平轻质弹簧,右侧用一根不可伸长的轻细线连接在竖直墙上,细线所能承受的最大拉力为FT=1N.现让一个质量为m=1kg、初速度为v0=2m/s的滑块在木板上向左运动,然后压缩弹簧.以下说法正确的是 ()A.细线被拉断前,木板、滑块、弹簧组成的系统机械能守恒B.细线被拉断时,滑块的加速度最大C.木板的最大加速度为22m/s2D.滑块最后离开木板时相对地面的速度恰好为零5.(多选)[2024·湖北武汉模拟]如图所示,左侧带有挡板的小车质量为m1=2kg,挡板上固定一轻弹簧,弹簧水平且自由端恰好在小车O点正上方,且离小车右端的距离为L=1.0m,小车上表面O点左侧光滑,小车静止于光滑水平面上.质量为m2=1kg的滑块(可以看作质点)以水平速度v0=6m/s从右端滑上小车.已知滑块与小车O点右侧表面的动摩擦因数为μ=0.45,重力加速度g取10m/s2,整个过程中弹簧始终处于弹性限度内.下列说法中正确的是 ()A.滑块相对小车向左滑行的过程中一直在减速B.滑块相对小车向左滑行的过程中加速度大小先不变后变小C.此过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=6JD.滑块离开小车后在空中做自由落体运动6.(多选)[2024·广西南宁模拟]如图甲所示,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在有摩擦,之后,A、B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是 ()A.A、B之间动摩擦因数为0.1B.长木板的质量为M=2kgC.长木板长度至少为2mD.A、B组成的系统损失的机械能为4J7.[2024·吉林长春模拟]如图所示,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆轨道,BC段是光滑水平轨道,AB和BC两段轨道相切于B点,小车右端固定一个连接轻弹簧的挡板,开始时弹簧处于自由伸长状态,原长小于BC.一质量为m=M3、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下,而后滑入水平轨道,重力加速度为g.下列说法正确的是 (A.滑块到达B点时的速度大小为2B.滑块到达B点时小车的速度大小为3C.弹簧获得的最大弹性势能为MgRD.滑块从A点运动到B点的过程中,小车运动的位移大小为148.[2024·广东珠海模拟]如图,光滑水平面上静置一质量M=2kg的木板,木板右侧某位置固定一半径R=0.9m的光滑绝缘竖直半圆轨道,轨道下端与木板上表面齐平,虚线右侧存在竖直方向的匀强电场,质量m1=1kg的物块a以v0=3m/s的水平速度冲上木板左端,与木板的动摩擦因数μ=0.1,到达木板右端时刚好与木板共速,之后物块a与静止在半圆轨道底端的物块b(质量m2=2kg、电荷量q=+0.04C)发生弹性正碰,碰后物块b电荷量不变,长木板瞬间停止且不再运动.已知物块b在半圆轨道内运动过程中对轨道各点的压力大小均相等.g取10m/s2,求:(1)匀强电场的场强;(2)长木板的长度;(3)定量计算说明物块b离开半圆轨道后能否落回木板.9.[2024·甘肃卷]如图所示,质量为2kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6m,与竖直方向的夹角均为60°.质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2kg的物块C静止在B的左端.剪断细绳O'P,小球A开始运动.(重力加速度g取10m/s2)(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力.(2)A在最低点时,细绳OP断裂.A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动.求碰后C的速度大小.(3)A、C碰后,C相对B滑行4m后与B共速.求C和B之间的动摩擦因数.微专题3力学三大观点的综合运用时间|40min微专题2滑块—木板模型综合问题1.D[解析]设C刚滑到木板B上时,B的速度为v2,由动量守恒定律得Mv0=Mv1+(m1+m2)v2,得v2=2m/s,方向与C的初速度方向相同,以滑块C与木板B为研究对象,设木板B的最终速度为v3,由动量守恒定律得Mv1+m2v2=(M+m2)v3,得v3=4.5m/s,方向与C初速度方向相同,A、B、C错误;整个过程中A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔE=12Mv02-12m1v22-12(M+m2.BD[解析]规定向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0=mAvA1+mBvB1,12mAv02=12mAvA12+12mBvB12,解得vB1=6m/s,故A错误,B正确;C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内,C的速度大于B的速度,C对B的摩擦力水平向右,此时C对B的摩擦力的冲量方向水平向右,故C错误;由动量守恒定律和机械能守恒定律得mBvB1=(mB+mC)v共,12mBvB12=12(mB+3.BC[解析]滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积Q=FfΔx相=μmgΔx相,因为相对位移没变,所以产生热量不变,故A错误;由极限法,当M很大时,长木板运动的位移xM会很小,滑块的位移等于xM+L很小,对滑块根据动能定理有-μmg(xM+L)=12mv12-12mv02,可知滑块滑离木板时的速度v1很大,把长木板和小滑块看成一个系统,满足动量守恒定律mv0=mv1+Mv',可知长木板的动量变化比较小,所以若只增大M,则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少,故B正确;采用极限法,当m很小时,摩擦力也很小,滑块的动量变化很小,把长木板和滑块看成一个系统,满足动量守恒定律,那么长木板的动量变化也很小,故C正确;当μ很小时,摩擦力也很小,长木板运动的位移xM会很小,滑块的位移等于4.AC[解析]细线被拉断前,木板、滑块、弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功,其他力不做功,故系统机械能守恒,故A正确;细线被拉断时,滑块将继续向左压缩弹簧,当滑块与木板速度相等时,弹簧被压缩得最短,此时滑块的加速度最大,故B错误;细线被拉断时,设滑块的速度大小为v1,此时弹簧被压缩x1,当滑块与木板速度相等时,设滑块的速度大小为v2,且弹簧被压缩x2,由能量守恒定律得12mv02=12mv12+12kx12=12(m+M)v22+12kx22,由胡克定律得kx1=FT,由动量守恒定律得mv1=(m+M)v2,解得x2=2m,木板的最大加速度为a=kx2M=22m/s2,故C正确;滑块最后离开木板时,弹簧恢复原长,设此时滑块速度为v3,木板速度为v4,由动量守恒定律得mv0=mv3+Mv5.AD[解析]滑块相对小车向左滑动的过程中分两个阶段,一是在O点右侧滑动时,滑块受滑动摩擦力作用而减速,二是在O点左侧滑行时受弹簧弹力作用而减速,故A正确;当滑块在O点右侧滑行时,根据牛顿第二定律有μm2g=m2a1,而在O点左侧滑行时,根据牛顿第二定律有kx=m2a2,由上述分析过程可知,滑块在O点右侧时,其加速度大小不变,当到达O点时其加速度大小突变为零,在O点左侧时,其加速度大小逐渐变大,故B错误;当弹簧压缩量最大时弹簧弹性势能最大,此时滑块与小车共速,此过程中由动量守恒定律和能量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v,Ep+μm2gL=12m2v02-12(m1+m2)v2,解得Ep=7.5J,故C错误;设当滑块离开小车时滑块的速度为v1,小车的速度为v2,此过程中由动量守恒定律和能量守恒定律有m2v0=m2v1+m1v2,2μm2gL=12m2v02-12m2v12-126.AB[解析]从题图乙可以看出,A先做匀减速运动,B先做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度为v=1m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得M=m=2kg,故B正确;由图乙可知,木板B匀加速运动的加速度为a=ΔvΔt=1m/s2,对B根据牛顿第二定律得μmg=Ma,解得动摩擦因数为μ=0.1,故A正确;由图乙可知前1s内B的位移为xB=12×1×1m=0.5m,A的位移为xA=2+12×1m=1.5m,所以木板最小长度为L=xA-xB=1m,故C错误;A、B组成的系统损失的机械能为ΔE=12mv02-127.D[解析]从A滑到B,滑块和小车组成的系统水平方向动量守恒,则由动量守恒定律有mv1-Mv2=0,根据能量守