2022年高考物理板块模型典型例题+答案.资料 .pdf

《2022年高考物理板块模型典型例题+答案.资料 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理板块模型典型例题+答案.资料 .pdf（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、学习必备欢迎下载1.（8 分）如图19 所示，长度L = 1.0 m 的长木板A 静止在水平地面上，A 的质量 m1 = 1.0 kg ，A 与水平地面之间的动摩擦因数1 = 0.04 在 A 的右端有一个小物块B（可视为质点）现猛击A 左侧，使 A 瞬间获得水平向右的速度0 = 2.0 m/sB 的质量 m2 = 1.0 kg ，A 与 B 之间的动摩擦因数2 = 0.16取重力加速度g = 10 m/s2（1）求 B 在 A 上相对A 滑行的最远距离；（2）若只改变物理量0、2中的一个，使B 刚好从A 上滑下请求出改变后该物理量的数值（只要求出一个即可）2、 （8 分）如图13 所示， 如

2、图所示，水平地面上一个质量M=4.0kg 、长度 L=2.0m 的木板， 在 F=8.0N 的水平拉力作用下，以 v0=2.0m/s 的速度向右做匀速直线运动某时刻将质量m=1.0kg的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端 （ g=10m/s2）（1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；（保留二位有效数字）（2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动B A v0L图 19 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页学习必备

3、欢迎下载3.(2009 春会考）（ 8 分）如图15 所示，光滑水平面上有一块木板，质量 M = 1.0 kg，长度 L = 1.0 m 在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点） ，质量 m = 1.0 kg小滑块与木板之间的动摩擦因数= 0.30开始时它们都处于静止状态 某时刻起对小滑块施加一个F = 8.0 N 水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动. （1）求小滑块离开木板时的速度；（2）假设只改变M、m、 、F 中一个物理量的大小，使得小滑块速度总是木板速度的2 倍，请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）. 4. （ 2009 夏） （8 分）如图 15 所

4、示，水平桌面到地面的高度h = 0.8 m. 质量 m = 0.2 kg 的小物块 （可以看作质点）放在桌面 A 端 . 现对小物块施加一个 F0.8 N 的水平向右的恒力，小物块从静止开始运动. 当它经过桌面上的 B 点时撤去力F，一段时间后小物块从桌面上的C 端飞出，最后落在水平地面上 . 已知 AB = BC = 0.5 m， 小物块在A、B 间运动时与桌面间的动摩擦因数 1 = 0.2，在 B、C 间运动时与桌面间的动摩擦因数2 = 0.1. （1）求小物块落地点与桌面C 端的水平距离；（2）某同学作出了如下判断：若仅改变AB 段的长度而保持BC 段的长度不变， 或仅改变 BC 段的长

5、度而保持AB 段的长度不变， 都可以使小物块落地点与桌面C 端的水平距离变为原来的2 倍. 请你通过计算说明这位同学的判断是否正确. m M F 图 15 F h A B C 图 15 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页学习必备欢迎下载5.（2010 春）如图 14 所示，光滑水平面上有一木板槽（两侧挡板厚度忽略不计），质量 M=2.0kg ，槽的长度L=2.0m ，在木板槽的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=1.0kg ，小滑块与木板槽之间的动摩擦因数20.01. 开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板

6、槽施加一个 F=10.0N 水平向左的恒力，此后小滑块将相对木板槽滑动。（1）求小滑块滑到木板槽中点时速度的大小；（2）水平面光滑是一种理想化的情况，实际上木板槽与水平面间是有摩擦的， 经测定木板槽与水平面间的动摩擦因数2=0.05。如果使小滑块滑到木板槽中点时的速度与第（1）问所求速度相同，请你通过计算确定一种方案：即只改变M、m、F 中一个物理量的大小，实现上述要求（只要提出一种方案即可） 。6 （8 分）如图 17 所示，质量M = 5 kg 的平板静止在光滑的水平面上，平板的右端有一竖直挡板，一个质量m = 2 kg 的木块静止在平板上，木块与挡板之间的距离L = 0.8 m，木块与平

7、板之间的动摩擦因数= 0.4（1）若对木块施加F 12 N 水平向右的恒力，直到木块与挡板相撞，求这个过程经历的时间t；（2）甲同学说，只增大平板的质量M，可以缩短上述时间t；乙同学说，只减小平板的质量M，可以缩短上述时间t请你通过计算， 判断哪位同学的说法是正确的FL 平板木块图 17 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页学习必备欢迎下载7.（20XX 年夏）如图17 所示，光滑水平面上有一块质量M= 3.0kg，长度L=1.0m 的长木板， 它的右端有一个质量m= 2.0kg 的小物块 （可视为质点） ，小物块与

8、长木板之间的动摩擦因数=0.20小物块与长木板都处于静止状态。从某时刻起对长木板施加一个水平向右的恒力F，使小物块将相对长木板滑动，经过时间t=1.0s，小物块恰好滑到木板的中点。取重力加速度g=10m/s2（1）求恒力F 的大小；（2）假设改变M、m、F 中一个物理量的大小，使得经过时间t=1.0s，小物块恰好滑到木板的左端。请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）8.（ 20XX 年春）如图17 所示，长度L = 1.0 m 的长木板A 静止在水平地面上，A 的质量 m1 = 1.0 kg ，A 与水平地面之间的动摩擦因数1 = 0.04小物块 B（可视为质点）以0

9、 = 2.0 m/s 的初速度滑上A 的左端， B 的质量m2 = 1.0 kg ， A 与 B 之间的动摩擦因数2 = 0.16 取重力加速度g = 10 m/s2（1）求 B 在 A 上相对 A 滑行的最远距离；（2）若只改变物理量0、 1、2中的一个，使B 刚好从 A 上滑下，请确定改变后该物理量的数值（只要提出一种方案即可）B A 0图 17 L精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页学习必备欢迎下载9.（20XX 年春）如图19 所示，光滑水平面上有一块静止的长木板，木板的长度L = 2.4 m，质量 M =

10、3.0 kg .某时刻，一个小物块（可视为质点）以 0 = 3.0 m/s 的初速度滑上木板的右端，与此同时对木板施加一个F = 6.0 N 的水平向右的恒力. 物块的质量m= 1.0 kg ，物块与木板间的动摩擦因数 = 0.30取重力加速度g = 10 m/s2（1）求物块相对木板滑动的最大距离；（2）若只改变物理量F、M、m 中的一个，使得物块速度减为零时恰好到达木板的左端，请确定改变后该物理量的数值(只要提出一种方案即可 )10(8 分)如图 19 所示，光滑水平面上放着一块长木板，木板处于静止状态，其长度L=16 m质量 M=30 kg，质量 m=10 kg 的小物块放在木板的最右端

11、(小物块可视为质点)，小物块与木板之间的动摩擦因数=010现对木板施加一个F=10 N 方向水平向右的恒力，木板与小物块发生相对滑动。取g=10m/s2 (1) 求木板开始运动时加速度的大小；(2) 如果把木板从物块下方抽出来，那么 F持续作用的时间至少需要多长？F m M 0图 19 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页学习必备欢迎下载11.（2013 丰台会考模拟）如图16 所示，一上表面光滑的木箱宽L1 m、高 h 3.2 m、质量 M8 kg。木箱在水平向右的恒力F16N 作用下，以速度 v03m/s 在水平

12、地面上做匀速运动。某时刻在木箱上表面的左端滑上一质量m2 kg，速度也为3m/s 的光滑小铁块（视为质点），重力加速度 g 取 10 m/s2。求：（1）小铁块刚着地时与木箱右端的距离x；（2）若其它条件均不变，木箱宽L至少为多长，小铁块刚着地时与木箱右端的距离最远。12. （2013 海淀会考模拟）如图17 所示，在高出水平地面h0.80 m 的平台上放置一质量m20.20kg、长 L=0.375m 的薄木板A。在 A 最右端放有可视为质点的小金属块B，其质量 m10.50kg。小金属块B 与木板 A、木板 A与平台间、小金属块与平台间的动摩擦因数都相等，其值0.20。开始时小金属块 B 与

13、木板 A 均静止，木板 A 的右端与平台右边缘的距离d=0.49m。现用水平力将木板向右加速抽出。在小金属块从木板上滑下以前，加在木板上的力为水平向右的恒力F。小金属块落到平台上后，将木板迅速取走，小金属块又在平台上滑动了一段距离，再从平台边缘飞出落到水平地面上，小金属块落地点到平台的水平距离x=0.08m。 (取 g10 m/s2，不计空气阻力)求：（1）小金属块B 离开平台时速度vB的大小；（2）小金属块B 从开始运动到刚脱离木板A 时，小金属块B 运动的位移xB；（3）作用在木板上的恒力F 的大小。M h L v0m F 图 16 B x F A h d 图 17 精选学习资料 - -

14、- - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页学习必备欢迎下载13.（2013 东城南片模拟）如图19 所示，质量M = 2.0 kg的长木板静止在光滑水平面上，在长木板的左端放一质量m = 1.0 kg的小滑块（可视为质点） ，小滑块与长木板之间的动摩擦因数= 0.10. 现用水平恒力F = 3.0 N 向右拉小滑块，使小滑块与长木板发生相对滑动，当小滑块滑至距长木板的左端3m 时撤去力F. 已知小滑块在运动过程中始终没有脱离长木板. 取g=10m/s2. 求：撤去力F 时小滑块和长木板的速度各是多大；运动中小滑块距长木板左端的最远距离. 图 1

15、9 F精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页学习必备欢迎下载滑块参考答案1. 2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 15 页学习必备欢迎下载3.解： （1）小滑块受到F=8.0 N 水平向右的恒力后，向右做匀加速直线运动，所受向左的摩擦力f = mg根据牛顿第二定律，小滑块的加速度a1=mfF= 5.0 m/s2设经过时间t 后小滑块离开木板。在这段时间内小滑块的位移21121tax木板所受向右的摩擦力f = f，向右做匀加速直线运动。根据牛顿第

16、二定律，木板的加速度a2=Mf = 3.0 m/s2在时间 t 内木板的位移22221tax由图可知L = x1 x2，解得t = 1.0 s 则小滑块离开木板时的速度v = a1t = 5.0 m/s （2）小滑块做匀加速直线运动的速度tmmgFtav11木板做匀加速直线运动的速度tMmgtav22任意时刻小滑块与木板速度之比gmMmgFvv221)(欲使小滑块速度是木板速度的2 倍，应满足2)(2gmMmgF若只改变F，则 F = 9 N 若只改变M，则 M = 1.2 kg 若只改变 ，则 = 0.27 若只改变 m，则 m = 0.93 kg 4.F F x2 x1 L 精选学习资料

17、- - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页学习必备欢迎下载5.解：（1）木板槽受到F=10.0N 水平向左的恒力后，向左做匀加速直线运动，所受向右的摩擦力mgf1，增根据牛顿第二定律，木板槽的加速度21s/m0.4MfFa设经过时间t 后小滑块滑到木板槽中点，在这段时间内木板槽的位移2t1ta21x小滑块因受向左的摩擦力ff，将向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，小滑块的加速度22s/m0.2mfa在时间 t 内木板的位移222ta21x由图可知21xx2L解得s0. 1t则小滑块滑到木板槽中点时的速度s/m0.2tav2（2）由于

18、小滑块滑到木板槽中点时的速度与第（1）问所求速度相同，而小滑块的加速度不变，所以当木板槽与水平面间有摩擦时，要求木板槽的加速度也不变，即1211aMg)mM(mgFa若只改变 F，则 F=11.5N；若只改变 M，则 M=1.67kg ；若只改变 m，则 m=0.40kg. 6. 解：（1）对木块施加推力作用后，木块和平板的受力情况如图所示木块受到的滑动摩擦力f1=N1=mg =0.402.010 N =8.0N 根据牛顿第三定律, 有f1= f2, N1= N2根据牛顿第二定律, 木块的加速度a1=0 .20 .8121mfFm/s2 = 2.0m/s2平板的加速度a2=50.82Mfm/s

19、2 = 1.6m/s2设经过 t ，木块恰好与挡板相撞，则N1mg F f1Mg f2NN2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页学习必备欢迎下载L=2121ta2221ta解得t2s （2）根据（ 1）可以求得时间tMmgmmgFLt2如果只改变平板的质量M，从上式可知，当M 增大时，时间t 减小，所以甲同学说法正确7. 解： 木板在外力F 的作用下，与小物块发生相对滑动。小物块做匀加速直线运动，没小物块加速度的大小为a1. 对小物块f = mg = ma1 即a1 = 2.0m/s2 木板做匀加速直线运动，没木反

20、加速度的大小为a2. 在 t=1.0s 内，小物块向右运动的距离为21121tax木板向右运动的为22212xa t依据题意x2- x1= 2L解得a2= 3.0m/s2对木板F -mg = Ma2得F = 13N 小物块做匀加速直线运动的加速度1a = 2.0m/s2 经过时间t，小物块向右运动的距离为21112xa t木板向右运动的距离为22212xa t欲使经过时间t = 1.0s，小物块恰好滑到木板的左端，要求21xxL即222FmgtgtLM则 M、m、F 满足关系F = 4M + 2m若只改变 F，则 F= 16N；若只改变M，则 M=2.25kg；若只改变 m，则 m= 0.50

21、kg . 8.解：（1）B 滑上 A 后， A、 B 在水平方向的受力情况如答图所示x1 2Lx2 MMmmFf2 Ff1 Ff2 A B 答图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页学习必备欢迎下载其中 A 受地面的摩擦力的大小Ff1 = 1 ( m1+ m2) gA、B 之间摩擦力的大小Ff2 = 2 m2g以初速度 0的方向为正方向A 的加速度21211221m/s8.0)(mgmmgmaB 的加速度22222m/s6 .1mgma由于 a1 0，所以 A 会相对地面滑动，经时间t，A 的速度ta11A 的位移2

22、1121taxB 的速度ta202B 的位移220221tatx当 1=2 时， B 相对 A 静止，解得x2x1= 0.83 m 即 B在 A上相对 A滑行的最远距离为0.83m（2）要使 B 刚好从 A 上滑下，即当1=2时，有x2x1 = L解得Lg)(41220（i）只改变0，则30520m/s = 2.2 m/s；（ii）只改变1，则 1 = 0.06 ；（iii ）只改变2，则 2 = 0.14 . 4 分4 分9.解：（1）小物块先向左做匀减速直线运动，设小物块加速度的大小为a1对小物块，根据牛顿第二定律得f = mg = ma1a1 = 3.0 m/s2经时间t1=10a=1.

23、0 s，速度减为零.位移大小211101)- (21+=tatx= 1.5 m 之后，小物块向右做匀加速直线运动，设经时间t2与木板相对静止，此时它们的速度大小为 ，物块向右运动的位移大小为x2.21=ta，221221=tax对木板，水平方向的受力情况如答图2 所示 . 木板向右做匀加速直线运动，设木板的加速度大小为a2根据牛顿第二定律得F- mg = Ma2MmgFa-=2= 1.0 m/s2答图 2 Ff 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页学习必备欢迎下载)+(=212tta木板的位移大小22123)+(2

24、1=ttax可解得t2 = 0.50 s，83=2xm，89=3xm 物块相对木板滑动的最大距离231-+=xxxx= 2.25 m （2）若物块速度减为零时恰好到达木板的左端，则212121+=taxL=211mg-21+tMFxF、M、m 满足关系F= 1.8M + 3m若只改变F，则 F = 8.4 N 若只改变M，则 M = 1.7 kg 若只改变 m，则 m = 0.20 kg 10. 答图 3 x1 x2 x3 x 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 15 页学习必备欢迎下载11.解：（1）未放小铁块，木箱受到

25、的摩擦力为f1，有 Ff1，f1 Mg放上小铁块，木箱受到的摩擦力为f2，此时木箱的加速度大小为a ，有Ff2Ma联立得a 0.5m/s2（1 分）设小铁块经过t1从木箱右端滑落，有20 10 1112v tv tatL（1 分）小铁块滑落时，木箱的速度v1，则v1v0a t1 （1 分）小铁块滑落后，木箱在F 作用下以速度v1作匀速运动，小铁块以初速度 v0作平抛运动，下落时间为t2，有2212hgt0 21 2xv tv t（1 分）联立得x 0.8m （ 1 分）（2）小铁块在水平方向的速度不变，平抛运动时下落时间也不变，因此，小铁块刚滑落时，要求木箱速度刚好为零，此后木箱就停止了运动，

26、小铁块的落地点距木箱右端最远。设小铁块在木箱上运动时间为t3，有0v0a t3（1 分）2/0 30 3312v tv tatL（1 分）联立得L 9m 12 （ 8 分） 解答：（1）小金属块经历了三段运动过程：在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在平台上的匀减速直线运动，离开平台后的平抛运动。设小金属块做平抛运动的时间为t3，由2321gths4.01080. 0223ght设平抛运动的初速度为vB，由 x=vBt3 解得m/s2 .04 .008.03Btxv2分（2）小金属块B 在长木板上运动时的受力如答图3 所示，小金属块B 做匀加速直线运动，设它的加速度为a1。N0.11050

27、.020.0111gmFf答图 3 f1m1g F1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页学习必备欢迎下载2111m/s0 .25.00.1mfa小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如答图4 所示，小金属块做匀减速直线运动，设它的加速度的大小为1a。N0 .1105.02 .0111gmFf2111m/s0 .25.00.1mfa1 分11aa设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为x1，末速度为v1，所用时间为t1，则12112avx111tav设小金属块在平台上运动时，相对于地面运动的距离为x2，末速

28、度为v2，v2=vB=0.20m/s 2122212vvxa由题意知dxx21联立以上四式，解得x1=0.25m x2=0.24m t1=0.5s v1=1.0m/s 所以小金属块B 从开始运动到刚脱离木板A 时，小金属块B 运动的位移 xB=x1=0.25m 2 分（3）取木板为研究对象，小金属块在木板上运动时，木板受力如答图 5 所示。N4.11070.020. 0)(2122gmmFf木板在 t1时间内向右运动距离为L+x1，设木板的加速度为a2，则212121taxL2222112m/s0.5m/s5 .0)25.0375.0(2)(2tsLa 1 分根据牛顿定律F(f1+f2)=m2a2解得 F=3.4N 2 分答图 4 f1m1g F1答图 5 f1m2g F2FF1f2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页