2025年新高考物理大題必刷大題板塊模型（含解析）

像分析臨界點(diǎn)(如板塊分離時(shí)刻的v-t圖拐點(diǎn))、AGV搬運(yùn)機(jī)器人貨物防滑設(shè)計(jì)中的臨界加速(2)物塊B剛放上木板時(shí)離木板A右端的距離x；)試求：(1)鐵塊A和長木板B共速后的速度大??；題型三動(dòng)量觀點(diǎn)在板塊模型中的應(yīng)用出)與木板保持相對靜止，物塊和木板的運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖乙所示。物塊可視為質(zhì)(1)滑塊A與木板B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;右側(cè)有一固定擋板，擋板下方留有僅允許長木板通過的缺口，小物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=(1)求滑塊的質(zhì)量m；板與墻壁碰撞前木塊和木板均已相對靜止，(1)第一次碰撞墻壁對木板的沖量大小I；(2)木板的最短長度L；(3)木塊與木板發(fā)生相對滑動(dòng)的時(shí)間總和t?；孳壍繫N相切，一質(zhì)量為m1=0.5kg的小物塊P從距離軌道MN底端高為h=1.8m處由靜止滑(3)要使物塊Q既可以到達(dá)B點(diǎn)又不會(huì)從小車上掉下來，求小車左側(cè)水平部分AB的長度L的取值范道P點(diǎn)右邊長度可以調(diào)節(jié)。軌道右端N點(diǎn)平滑連接一段外表面光滑的圓弧形軌道NQ，圓弧的圓心在N點(diǎn)正下方(圖中沒有畫出)，半徑為R=50m，圓弧軌道末端Q點(diǎn)的切線與水平方向的夾角為θ=用長H=0.8m的輕繩懸掛質(zhì)量為m的物塊A，懸點(diǎn)正下方靜置一質(zhì)量為mB(1)物塊B與物塊A碰撞前速度v0；(2)A剛滑上小車時(shí)的速度大小v1；均為m=1.0kg，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g=(3)B的最小長度L。(不含邊界)會(huì)受到水平向右的恒力F(0<F<5N)作用，虛B剛接觸時(shí)，Q恰好滑到小車右端且相對小車靜止。小車與平臺相碰后上B與彈簧作用后再次滑上小車。已知A的長平臺A右端的距離。 像分析臨界點(diǎn)(如板塊分離時(shí)刻的v-t圖拐點(diǎn))、AGV搬運(yùn)機(jī)器人貨物防滑設(shè)計(jì)中的臨界加速Ff=μmg=4N(2)小木塊對地位移a1t2=4m長木板對地位移a2t2=1m長木板的長度L=x1-x2=3m。(3)摩擦力對小物塊做功W1=-Ffx1=-16J摩擦力對長木板做功W2=Ffx2=4J故W+W2≠0。(2)物塊B剛放上木板時(shí)離木板A右端的距離x；F+μmBg=mAaAμmBg=mBaBx=v0t1-aBt-aAtμmg=MaA，即aA==0.5m/s2。mv0=(m+M)v共代入數(shù)據(jù)解得v共=2m/s代入數(shù)據(jù)解得L=20m。(M+m)gsinθ=(M+m)a代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s。Mgsinθ+μmgcosθ=MaA木板A上滑距離有mgsinθ-μmgcosθ=maB物塊B下滑距離xB=vt+aBt2=mQ=μmgcosθ·(xA+xB)=6.5J。)試求：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物塊相對木板向上運(yùn)動(dòng)Δx=x1-x2=3.6m (1)鐵塊A和長木板B共速后的速度大?。籑v0=(M+m)v(2)根據(jù)題意可知μ=tanθ=0.75對鐵塊A受力分析有Mgsinθ-μmgcosθ-μ(M+m)gcosθ=Ma2解得a2=-6m/s2鐵塊運(yùn)動(dòng)位移t=1.5m長木板運(yùn)動(dòng)位移t=3.75m長木板的長度l=x2-x1=2.25m。ΔEp1=-mgx1sinθ=-9JΔEp2=-Mgx2sinθ=-45JQ1=μ(M+m)gx2cosθ=67.5JΔEk+ΔEp1+ΔEp2+Q1+Q2=0題型三動(dòng)量觀點(diǎn)在板塊模型中的應(yīng)用出)與木板保持相對靜止，物塊和木板的運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖乙所示。物塊可視為質(zhì)過v木=1m/smv0=mv1+Mv木解得v1=4m/s過解得v2=3m/s有mv0=(m+M)v3解得v3=2m/s。所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=Ek0-Ek3=12J。(1)滑塊A與木板B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;答案v0恒，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0=m·(v0(+2mv1①,由能量守恒定律得μmgL=v0(2-×2mv②,聯(lián)立①②解得v成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，則m·(v0(+mv1=v2④,A、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則v0(2++mgR⑤,聯(lián)立③④⑤解得度大小為vA，C的速度大小為vC，對A與C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)由能量守恒定律得v0(2+聯(lián)立解得v0，vC=由動(dòng)量守恒定律得2mv0-mv0=3mv2=則該過程木板的位移為x=v0t-a2t2右側(cè)有一固定擋板，擋板下方留有僅允許長木板通過的缺口，小物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=2n+1m動(dòng)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設(shè)小物塊與擋板第二次碰撞前的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律可得M'v-mv=v1，解得v1=， (3v(1)求滑塊的質(zhì)量m；mv0=(M+m)v共解得m=2kg。(2)在滑塊相對木板滑動(dòng)的過程中，根據(jù)能量守恒定律有μmgs=mv0-共板與墻壁碰撞前木塊和木板均已相對靜止，(1)第一次碰撞墻壁對木板的沖量大小I；(2)木板的最短長度L；(3)木塊與木板發(fā)生相對滑動(dòng)的時(shí)間總和t。由動(dòng)量定理可得mv0=(M+m)v1解得v1=1m/s木板的沖量為I=-Mv1-Mv1解得I=-4N·s解得Lmin=3m。則木塊與木板相對滑動(dòng)總時(shí)間為t=t1+t′=4s?；孳壍繫N相切，一質(zhì)量為m1=0.5kg的小物塊P從距離軌道MN底端高為h=1.8m處由靜止滑(3)要使物塊Q既可以到達(dá)B點(diǎn)又不會(huì)從小車上掉下來，求小車左側(cè)水平部分AB的長度L的取值范由機(jī)械能守恒定律得m1gh=解得v0=6m/s由動(dòng)量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2m1v=m1v+m2v解得v1=-2m/s，v2=4m/s物塊Q的位移x2=v2t+a2t2=3m小車的位移a3t2=m解得s=x2-x3=m。m2v2=(m2+M)v3可得共同速度為v3=1m/s解得L1=3m解得L2=1.5m解得H=0.3m<R=0.4m上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.8，雪橇與右側(cè)平臺間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5。小車質(zhì)量M=20kg，長度解得v1=8m/s假設(shè)小車和雪橇可以共速，設(shè)共同速度為v2根據(jù)動(dòng)量守恒有mv1=(m+M(v2解得v2=4m/s雪橇與小車滑行過程中損失的機(jī)械能為Q，則有Q=(m+M(v聯(lián)立解得x相=2m由于x相<L1，x2<L2Ma22=8m/s2-a1t根據(jù)位移公式有x1=v1t-a1t2x2=a2t2小車與雪橇的相對位移x相=x1-x2由于x相<L1，x2<L2對雪橇由動(dòng)能定理有=-μ1mgx3-μ2mgx4聯(lián)立解得x4=0.8m雪橇離開小車時(shí)的速度為v3由運(yùn)動(dòng)學(xué)有v-v=-2a1x3根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有0-v=-2a3x4聯(lián)立解得x4=0.8m端放置一質(zhì)量為m1=2kg的物塊A。木板右側(cè)距離為d處有一光滑水平軌道MN，軌道道P點(diǎn)右邊長度可以調(diào)節(jié)。軌道右端N點(diǎn)平滑連接一段外表面光滑的圓弧形軌道NQ，圓弧的圓心在N點(diǎn)正下方(圖中沒有畫出)，半徑為R=50m，圓弧軌道末端Q點(diǎn)的切線與水平方向的夾角為θ=解析(1)對A有F-μ1m1g=m1a1①2對長木板有μ1m1g-μ2(m1+m0(g=m0a2②2a2t2=d③a1t2-a2t2=L④A物塊從M點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中有FS0=⑥4。m/s由機(jī)械能守恒有m1vAm2vB⑧又d=vA1Δt+aΔt2-vB1Δt⑨此后A繼續(xù)加速再經(jīng)相同的時(shí)間Δt追上B。m1vA+m2vB1=m1vA2+m2vB2⑩B2=設(shè)A、B第n次碰撞前的速度為vAn-、vBn-1，第n次碰后的速度為vAn、vBn由⑩兩式的規(guī)律可得vAn-vBn=vBn-1-vAn-A、B的v-t圖像所示??(⑥若B物塊過N點(diǎn)后能沿著光滑圓弧軌道外表面恰好能滑到P點(diǎn)，在P點(diǎn)有m2gcosθ=m2⑩對B物塊從N滑到P的過程中，由動(dòng)能定理得m2gR(1-cosθ(=⑥要B物塊能夠滑到P點(diǎn)，應(yīng)有vBn≤vN，可得n≤3用長H=0.8m的輕繩懸掛質(zhì)量為m的物塊A，懸點(diǎn)正下方靜置一質(zhì)量為mB=3kg的物塊B，將A向左止且A不滑出小車。已知物塊A和小車C質(zhì)量都為m=2(1)物塊B與物塊A碰撞前速度v0；解得v0=4m/s解得vA=4m/sA碰撞B過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvA=mBvB則A與B碰撞過程中的恢復(fù)系數(shù)B碰撞A過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mBv0=mv1+mBv2B與A碰撞過程中的恢復(fù)系數(shù)m/s歷時(shí)t0共=a2t0=v1-a1t0共=解得m≈1.33m則最后小車離開平臺的位移x=x1+x2解得m≈1.33m均為m=1.0kg，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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對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剛接觸時(shí)，Q恰好滑到小車右端且相對小車靜止。小車與平臺相碰后上B與彈簧作用后再次滑上小車。已知A的長平臺A右端的距離。mv=2m