模型34板块模型（解析版）-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练_4.2025物理总复习_2024年新高考资料_2.2024二轮复习_2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练

2024 高考物理二轮复习 80 热点模型 最新高考题模拟题专项训练 模型34 动量板块模型 最新高考题 1. （2023高考山东高中学业水平等级考试） 如图所示，物块A和木板B置于水平地面上， 固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A 上的水平外力，使A与B以相同速度 向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时， 从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面， 同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知 ， ， ， ，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数 ，C与B间动摩擦因数 ，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰 撞时间，取重力加速度大小 。 （1）求C下滑的高度H； （2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围； （3）若 ，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W； （4）若 ，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物 体总动量的变化量 的大小。 【参考答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）【名师解析】 （1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有 代入数据解得 （2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为 木板B受到C的摩擦力水平向右，为 B受到地面的摩擦力水平向左，为 所以滑块C 加速度为 的 木板B的加速度为 设经过时间t，B和C共速，有 1 代入数据解得 木板B的位移 共同的速度 此后B和C共同减速，加速度大小为设再经过t 时间，物块A恰好撞上木板B，有 2 整理得 解得 ， （舍去） 此时B的位移 共同的速度 综上可知满足条件的s范围为 （3）由于 所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有 整理后有 解得 ， （舍去） 滑块C在这段时间的位移 所以摩擦力对C做的功 （4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板 B向右运动0.48m时，有此时A、B之间的距离为 △s=s-s =0.48m-0.4m=0.08m A 由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加 速度大小 物块A和木板B相向运动，设经过t 时间恰好相遇，则有 3 整理得 解得 ， （舍去） 此时有 ，方向向左； ，方向向右。 接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则 0 有 代入数据解得而此时 物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A 向左匀速运动，系统的初动量 末动量 则整个过程动量的变化量 即这三个物体总动量的变化量 的大小为9.02kg·m/s。 2. （2023高考选择性考试辽宁卷）如图，质量m= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右 1 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m= 4kg的 2 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E 与形变量x的关系为 。取重力加速度g p = 10m/s2，结果可用根式表示。 （1）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x； 1 （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x 及此时木板 2 速度v 的大小； 2 （3）已知木板向右运动的速度从v 减小到0所用时间为t 。求木板从速度为v 时到之后与 2 0 2 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t表示）。【参考答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m； ；（3） 【名师解析】 （1）由于地面光滑，则m、m 组成的系统动量守恒，则有 1 2 mv= (m＋m)v 2 0 1 2 1 代入数据有 v= 1m/s 1 对m 受力分析有 1 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有 v2= 2ax 1 1 1 代入数据解得 x= 0.125m 1 （2）木板与弹簧接触以后，对m、m 组成的系统有 1 2 kx = (m＋m)a 1 2 共 对m 有 2 a= μg = 1m/s2 2 当a = a 时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量 共 2 x= 0.25m 2 对m、m 组成的系统列动能定理有 1 2 代入数据有 （3）木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即 m 的加速 2 1 度大于木块m 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x 时，则说明此 2 2时m 的速度大小为v，共用时2t，且m 一直受滑动摩擦力作用，则对m 有 1 2 0 2 2 －μm g∙2t= mv－mv 2 0 2 3 2 2 解得 则对于m、m 组成的系统有 1 2 U = －W f 联立有 3. （2022福建高考）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为 的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度 从滑板最左端滑入，滑行 后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右 运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为 ，滑板与小物块、 滑板与地面之间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为 ；最大静摩擦力近似等于滑动 摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）C在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C与B碰撞过程中损失的机械能； （3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 【参考答案】（1） ；（2） ；（3） 【命题意图】此题考查动能定理、动量守恒定律、碰撞、摩擦力做功及其相关知识点。 【名师解析】 （1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得解得C在碰撞前瞬间的速度大小为 （2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得 解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为 故C与B碰撞过程中损失的机械能为 （3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得 解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为 最新模拟题 1．（2024吉林重点高中质检）如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为 m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，质量为m＝2 kg且可看成质点的小物块与木板 1 1 2 和地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，以v＝4 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 2 0 s滑离木板，g取10 m/s2（1）（6分）求木板的长度L。 （2）（4分）小物块离开木板时，木板的速度为多少 m/s。 （3）（4分）小物块离开木板后，木板的加速度。 （4）（6分）小物块离开木板后，判断木板与小物块是否发生碰撞。 【参考答案】．（1）1.32m；（2）1.2m/s；（3）2 m/s2，方向水平向左（4）见解析 【名师解析】：（1）物块在木板上滑动的过程，根据牛顿第二定律得 对木块有 解得 对木板有 解得 木板的长度为 解得 （2）小物块离开木板时，木板的速度为 （3）小物块离开后木板的加速度为 方向水平向左；（4）小物块离开木板时，物块的速度 物块在地面上滑行时的加速度大小为 物块在地面上滑行的最大位移为 木板在地面上滑行的最大位移为 2. (2023福建南平期末) 15. （18分）如图甲，在光滑水平地面上摆放有一个四分之一光滑 圆轨道A及两块长木板B、C，圆轨道末端与长木板上表面齐平，一可视为质点的滑块D 从圆轨道顶端由静止释放。已知A、B、C、D的质量均为m＝1kg，圆轨道半径R＝0. 2m，两木板长均为L＝0. 2m，D与B上表面的动摩擦因数 ，D与C上表面的动摩 擦因数 从左端到右端随距离变化如图乙所示， 。求： （1）滑块D从A的顶端滑至底端时的速度大小 ； （2）若将A固定在地面上，滑块D刚滑上C时的速度大小 ； （3）若将A固定在地面上，滑块D将在C上滑行的最远距离x。【参考答案】（1） （2） （3） 【名师解析】 （1）滑块D从圆轨道滑下的的过程中，A将在压力作用下向左侧运动，与B、C分离。A 与D所组成的系统水平方向动量守恒得： 2分 由能量守恒得： 1分 解得 1分 （2）滑块D从圆轨道滑下的的过程，由动能定理得 可得 1 分 滑块滑上B过程，对B、C、D整体，由动量守恒定律 2分 由功能关系得： 2分 联立可得： 1分 （3）设滑块D 在C 上滑行过程中产生的热量为Q， 对C、D 由动量守恒定律得： 2分 由能量守恒定律得： 1分 由功能关系得： 1分 由图像分析得： 1分 1分1分 联立解得： 1分， 舍去 3． （2023安徽皖南八校联考）如图所示,质量为M的长木板放在光滑的水平面上处于静 止状态，木板的长为L，B为木板的中点,一个质量为m的物块从木板的左侧A端以初速度 v 滑上木板，术板上表面B点左侧粗糙、右侧光滑,已知物块能滑离木板,且物块在B点右侧 0 木板上滑行的时间为t.，则物块滑离木板时的速度大小为 A. B. C. D. 【参考答案】.C 【命题意图】本题考查受力分析、平衡条件、功率及其相关知识点。 【解题思路】设物块滑到B点右侧时速度大小为v ，木板速度大小为v ，则（v- v ） 1 2 1 2 t=L/2，根据动量守恒定律，mv =mv +Mv ，联立解得：v= ，选项C正确。 0 1 2 1 4. （2023安徽江淮十校5月联考）如图所示，厚度相同的长木板B、D质量均为1kg，静 止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为 ，B 的右端与 D 的左端相距 。在 B、D 的左端分别静止有可视为质点的小物块 A、C，其中 A 的质量 ，C的质量 ，A与B、D之间的动摩擦因数均为 ，C与D间无 摩擦作用。现对A施加水平向右的恒力F＝52N，当B与D发生碰撞时，A与C刚好发生 弹性碰撞，BD碰撞后粘在一起，已知A与C能在木板上发生第二次碰撞，所有碰撞时间均极短，重力加速度 ，求： （1）木板B的长度； （2）木板D的最小长度。 【参考答案】（1） ；（2） 【名师解析】 （1）设在施加水平向右的恒力瞬间，A、B加速度大小分别为 、 ，则有 解得 设从施加水平向右的恒力到B、D相碰经过的时间为 ，则有 联立解得 （2）设B与D碰前瞬间的速度为 ，碰后瞬间B与D的共同速度为 ，则有解得 设A与C相碰前瞬间速度为 ，碰后瞬间A、C速度分别为 、 ，则有 解得 由于 则B、D碰撞后粘在一起，以共同速度 做匀速直线运动。又碰后B与D的共同速度 所以碰后A和C都相对B、D向右滑动。A做初速度为 ，加速度为 的匀加速运动，C做速度为 的匀速运动。设A与C从第一次碰撞到第二次碰撞 经过的时间为 ，通过的距离为 ，B与D一起通过的距离为 ，则解得 设D板的最小长度为 ，则 解得D板的最小长度 5. （2023山东聊城三模）如图所示， 是一长为 的水平传送带，以 顺时针匀速转动，传送带左端 与半径 的 光滑圆轨道相切，右端 与放在光滑水平桌面上的长木板 上表面平齐。木板长为 ， 的右端带有挡 板，在 上放有小物块 ，开始时 和 静止， 到挡板的距离为 。现将小物 块 从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块 与传送带间的动摩擦因数 ， 、 之间及 、 之间的动摩擦因数均为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 、 、 的质量均为 ，重力加速度为 ，所有的碰撞均为弹性正碰。求：（1） 通过传送带过程产生的内能； （2） 滑上 后与 碰撞前， 与 间的摩擦力大小； （3） 滑上 后，经多长时间 与挡板碰撞； （4） 与 碰后， 到挡板的最大距离。 【参考答案】（1）0.5J；（2）1N；（3）1.0s；（4） 【名师解析】 （1）小物块A由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理 解得 设经时间t 小物块A与传送带共速，由动量定理 1 解得 在时间t 内A、传送带发生的位移为 1 小物块A通过传送带过程产生的内能（2）对物块B和长木板C整体受力分析，由牛顿第二定律 物块B和长木板C整体加速度为 对物块B，由牛顿第二定律 （3）设A滑上C后经时间t 物块A与B碰撞 2 解得 A、B碰撞前速度分别为v、v，碰后速度分别为v、v，则 1 2 3 4 A、B碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得 解得 ， 设A、B碰后经时间t 物块B与挡板相碰 3 解得A滑上C后，B与挡板碰撞的时间 （4）B与挡板碰撞前C、B的速度分别为v、v，则 5 6 B与C碰撞过程动量守恒和机械能守恒，碰后C、B的速度分别为v、v，得 7 8 解得 ， 之后A、B一起相对C滑动ΔL达到共同速度，对三者由动量守恒 由能量守恒 解得 6．（16分）（2023北京昌平模拟）如图所示，光滑水平地面上固定一竖直挡板P，质量 m =2kg的木板B静止在水平面上，木板右端与挡板P的距离为L。质量m =1kg的滑块 B A （可视为质点）以v=12m/s的水平初速度从木板左端滑上木板上表面，滑块与木板上表面 0 的动摩擦因数μ=0.2，假设木板足够长，滑块在此后的运动过程中始终未脱离木板且不会 与挡板相碰，木板与挡板相碰过程时间极短且无机械能损失，g=10m/s2，求： (1)若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动，则木板右端与挡板的距离至少 为多少？ (2)若木板右端与挡板的距离L=2m，木板第一次与挡板碰撞时，滑块的速度的大小？(3)若木板右端与挡板的距离L=2m，木板至少要多长，滑块才不会脱离木板？（滑块始终 未与挡板碰撞） 【参考答案】 (1) 8m (2) 8m/s (3) （35.85m或35.9m） 【名师解析】 (1)木板与滑块共速后将做匀速运动，由动量守恒定律可得： 对B木板，由动能定理可得： 解得 L=8m 1 (2)对B木板，由动能定理可得： B与挡板碰撞前，A、B组成的系统动量守恒： 得 v =8m/s A (3)从A滑上木板到木板与挡板第一次碰撞过程中，A在木板上滑过的距离 ，由能量守 恒定律可得： 解得B与挡板碰后向左减速，设水平向右为正方向，由己知可得：B与挡板碰后速度 ，此时A的速度v =8m/s，由牛顿第二定律可得： A ， 木板向左减速，当速度减为零时，由 得 t=2s 1 此时B右端距离挡板距离由 ，得 L=2m 2 此时A的速度由 ，可得： 此时系统总动量向右，设第二次碰撞前A．B已经共速，由动量守恒定律可得： 得 木板从速度为零到v 经过的位移S ，由 ，得 共1 B 故第二次碰前瞬间A、B已经共速，从第一次碰撞到第二次碰撞，A在B上滑过的距离 ，由能量守恒定律可得： 得第二次碰撞后B的动量大小大于A的动量大小，故之后B不会再与挡板相碰，对AB由动 量守恒可得： 得 从第二次碰撞到最终AB做匀速运动，A在B上滑过距离 ，由能量守恒定律可得： 得 则 （35.85m或35.9m） 7．（18分）（2023广东茂名一中三模）如图所示，右侧带有挡板的长木板质 量M 6kg、放在水平面上，质量m2kg的小物块放在长木板上，小物块与长 木板右侧的挡板的距离为L。此时水平向右的力F作用于长木板上，长木板和 小物块一起以v 4m/s的速度匀速运动。已知长木板与水平面间的动摩擦因数 0 为 0.6，物块与长木板之间的动摩擦因数为 0.4，某时刻撤去力F，最 1 2 终小物块会与右侧挡板发生碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 10m/s2。 (1)求力F的大小； (2)撤去力F时，分别求出长木板和小物块的加速度大小； (3)小物块与右侧挡板碰撞前物块的速度v与L的关系式。 【名师解析】．（18分）(1)长木板和物块做匀速运动，对整体受力分析，由平衡条件有 F (M m)g （2分） 1解得 F 48N （1分）  (2)撤去力F后， 1 2物块会与长木块相对滑动，对长木板有 (M m)gmg  Ma （1分） 1 2 1 对物块有 mg ma （1分） 2 2 解得 20 a  m/s2,a 4m/s2 （1分） 1 3 2 (3)长木板和物块发生相对滑动，由于a a ，则长木板先停止运动，从撤去力F到停止运 1 2 动，长木板的位移为 v2 s  0 （1分） 1 2a 1 物块停止运动时的位移为 v2 s  0 （1分） 2 2a 2 有 s L  s （1分） 1 0 2 联立解得 L 0.8m （1分） 0 v 从撤去力F到停止运动，长木板运动时间为 t  0 0.6s （1分） 1 a 1 0.6 s内物块 的位移大小为 1 s v t  a t2 1.68m （1分） 3 01 2 21 s s 0.48m （1分） 3 2 ①当0.48mL0.8m时，长木板停止运动后二者发生碰撞 碰撞前瞬间对物块有 v2 v2 2a (s L) （1分） 0 2 1 v 2 1.62L (0.48m L0.8m) m/s （1分） 1 1 ②当 时，在长木板停止运动前二者发生碰撞有 v t a t2 v t at2 L L0.48m 0 2 2 0 2 1 （1分）碰撞前瞬间对长木板有 v v at （1分） 2 0 1 v=4−2√3L (L0.48m) m/s （1分）