2025年新高考物理大题必刷大题板块模型（含解析）

像分析临界点(如板块分离时刻的v-t图拐点)、AGV搬运机器人货物防滑设计中的临界加速(2)物块B刚放上木板时离木板A右端的距离x；)试求：(1)铁块A和长木板B共速后的速度大小；题型三动量观点在板块模型中的应用出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示。物块可视为质(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ;右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=(1)求滑块的质量m；板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，(1)第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小I；(2)木板的最短长度L；(3)木块与木板发生相对滑动的时间总和t。滑曲面轨道MN相切，一质量为m1=0.5kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h=1.8m处由静止滑(3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范道P点右边长度可以调节。轨道右端N点平滑连接一段外表面光滑的圆弧形轨道NQ，圆弧的圆心在N点正下方(图中没有画出)，半径为R=50m，圆弧轨道末端Q点的切线与水平方向的夹角为θ=用长H=0.8m的轻绳悬挂质量为m的物块A，悬点正下方静置一质量为mB(1)物块B与物块A碰撞前速度v0；(2)A刚滑上小车时的速度大小v1；均为m=1.0kg，A、B间的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=(3)B的最小长度L。(不含边界)会受到水平向右的恒力F(0<F<5N)作用，虚B刚接触时，Q恰好滑到小车右端且相对小车静止。小车与平台相碰后上B与弹簧作用后再次滑上小车。已知A的长平台A右端的距离。 像分析临界点(如板块分离时刻的v-t图拐点)、AGV搬运机器人货物防滑设计中的临界加速Ff=μmg=4N(2)小木块对地位移a1t2=4m长木板对地位移a2t2=1m长木板的长度L=x1-x2=3m。(3)摩擦力对小物块做功W1=-Ffx1=-16J摩擦力对长木板做功W2=Ffx2=4J故W+W2≠0。(2)物块B刚放上木板时离木板A右端的距离x；F+μmBg=mAaAμmBg=mBaBx=v0t1-aBt-aAtμmg=MaA，即aA==0.5m/s2。mv0=(m+M)v共代入数据解得v共=2m/s代入数据解得L=20m。(M+m)gsinθ=(M+m)a代入数据解得v=2m/s。Mgsinθ+μmgcosθ=MaA木板A上滑距离有mgsinθ-μmgcosθ=maB物块B下滑距离xB=vt+aBt2=mQ=μmgcosθ·(xA+xB)=6.5J。)试求：F+Mgsinθ-μ1Mgcosθ=MaF+Mgsinθ-μ1(m+M)gcosθ-μ2mgcosθ=Ma12=8m/s2有v2=v1+a1t2=a2t2=5.76m木板的位移x1=v1t2+=9.36m物块相对木板向上运动Δx=x1-x2=3.6m (1)铁块A和长木板B共速后的速度大小；Mv0=(M+m)v(2)根据题意可知μ=tanθ=0.75对铁块A受力分析有Mgsinθ-μmgcosθ-μ(M+m)gcosθ=Ma2解得a2=-6m/s2铁块运动位移t=1.5m长木板运动位移t=3.75m长木板的长度l=x2-x1=2.25m。ΔEp1=-mgx1sinθ=-9JΔEp2=-Mgx2sinθ=-45JQ1=μ(M+m)gx2cosθ=67.5JΔEk+ΔEp1+ΔEp2+Q1+Q2=0题型三动量观点在板块模型中的应用出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示。物块可视为质过v木=1m/smv0=mv1+Mv木解得v1=4m/s过解得v2=3m/s有mv0=(m+M)v3解得v3=2m/s。所以系统产生的热量Q=Ek0-Ek3=12J。(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ;答案v0恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mv0=m·(v0(+2mv1①,由能量守恒定律得μmgL=v0(2-×2mv②,联立①②解得v成的系统在水平方向动量守恒，则m·(v0(+mv1=v2④,A、C组成的系统机械能守恒，则v0(2++mgR⑤,联立③④⑤解得度大小为vA，C的速度大小为vC，对A与C组成的系统，由动由能量守恒定律得v0(2+联立解得v0，vC=由动量守恒定律得2mv0-mv0=3mv2=则该过程木板的位移为x=v0t-a2t2右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=2n+1m动量守恒定律得mv10-Mv10=(M+m)v20，由能量守恒定律可得μmgL=0，解得L=②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v-mv=v1，解得v1=， (3v(1)求滑块的质量m；mv0=(M+m)v共解得m=2kg。(2)在滑块相对木板滑动的过程中，根据能量守恒定律有μmgs=mv0-共板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，(1)第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小I；(2)木板的最短长度L；(3)木块与木板发生相对滑动的时间总和t。由动量定理可得mv0=(M+m)v1解得v1=1m/s木板的冲量为I=-Mv1-Mv1解得I=-4N·s解得Lmin=3m。则木块与木板相对滑动总时间为t=t1+t′=4s。滑曲面轨道MN相切，一质量为m1=0.5kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h=1.8m处由静止滑(3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范由机械能守恒定律得m1gh=解得v0=6m/s由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2m1v=m1v+m2v解得v1=-2m/s，v2=4m/s物块Q的位移x2=v2t+a2t2=3m小车的位移a3t2=m解得s=x2-x3=m。m2v2=(m2+M)v3可得共同速度为v3=1m/s解得L1=3m解得L2=1.5m解得H=0.3m<R=0.4m上表面间的动摩擦因数μ1=0.8，雪橇与右侧平台间的动摩擦因数μ2=0.5。小车质量M=20kg，长度解得v1=8m/s假设小车和雪橇可以共速，设共同速度为v2根据动量守恒有mv1=(m+M(v2解得v2=4m/s雪橇与小车滑行过程中损失的机械能为Q，则有Q=(m+M(v联立解得x相=2m由于x相<L1，x2<L2Ma22=8m/s2-a1t根据位移公式有x1=v1t-a1t2x2=a2t2小车与雪橇的相对位移x相=x1-x2由于x相<L1，x2<L2对雪橇由动能定理有=-μ1mgx3-μ2mgx4联立解得x4=0.8m雪橇离开小车时的速度为v3由运动学有v-v=-2a1x3根据速度与位移的关系式有0-v=-2a3x4联立解得x4=0.8m端放置一质量为m1=2kg的物块A。木板右侧距离为d处有一光滑水平轨道MN，轨道道P点右边长度可以调节。轨道右端N点平滑连接一段外表面光滑的圆弧形轨道NQ，圆弧的圆心在N点正下方(图中没有画出)，半径为R=50m，圆弧轨道末端Q点的切线与水平方向的夹角为θ=解析(1)对A有F-μ1m1g=m1a1①2对长木板有μ1m1g-μ2(m1+m0(g=m0a2②2a2t2=d③a1t2-a2t2=L④A物块从M点到P点的运动过程中有FS0=⑥4。m/s由机械能守恒有m1vAm2vB⑧又d=vA1Δt+aΔt2-vB1Δt⑨此后A继续加速再经相同的时间Δt追上B。m1vA+m2vB1=m1vA2+m2vB2⑩B2=设A、B第n次碰撞前的速度为vAn-、vBn-1，第n次碰后的速度为vAn、vBn由⑩两式的规律可得vAn-vBn=vBn-1-vAn-A、B的v-t图像所示⋯⋯(⑥若B物块过N点后能沿着光滑圆弧轨道外表面恰好能滑到P点，在P点有m2gcosθ=m2⑩对B物块从N滑到P的过程中，由动能定理得m2gR(1-cosθ(=⑥要B物块能够滑到P点，应有vBn≤vN，可得n≤3用长H=0.8m的轻绳悬挂质量为m的物块A，悬点正下方静置一质量为mB=3kg的物块B，将A向左止且A不滑出小车。已知物块A和小车C质量都为m=2(1)物块B与物块A碰撞前速度v0；解得v0=4m/s解得vA=4m/sA碰撞B过程，根据动量守恒定律有mvA=mBvB则A与B碰撞过程中的恢复系数B碰撞A过程，根据动量守恒定律有mBv0=mv1+mBv2B与A碰撞过程中的恢复系数m/s历时t0共=a2t0=v1-a1t0共=解得m≈1.33m则最后小车离开平台的位移x=x1+x2解得m≈1.33m均为m=1.0kg，A、B间的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=解得aA=2.5m/s2A+mB)gsin30°=(mA+mB)a解得L=1.8m2=0.2m=6kgaB=4m/s2aA=2m/s2μ1mBg=mBaB对A有μ1mBg-μ2(mB+mA(g=mAaAμ1=0.42=0.2mg-μ1mBg=(m+mB(aB’m=6kgF≥18N>5N2ad=v2a=a共F=2NF≤μ2(mA+mB(g=3NF≥6N>5N3-μ2(mA+mB(g(s3+s(=0B刚接触时，Q恰好滑到小车右端且相对小车静止。小车与平台相碰后上B与弹簧作用后再次滑上小车。已知A的长平台A右端的距离。mv=2m