2022年高考物理板块模型典型例题答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 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 瞬时获得水平向右的速度 0 = 2.0 m/s 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/s22、（8 分）如图 13 所示, 如下列图,水平地面上一个质量 M=4.0kg 、长度 L=2.0m 的木板, 在

2、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/s 2）（1）如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）（1）求 B 在 A 上相对 A 滑行的最远距离；（2）如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（2）如只转变物理量0、2 中的一个,使B 刚好从 A 上滑下恳求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出转变后该物理量的数值（只要求出一个即可）动v0A B L 图 19 名师归纳总结 - - - - -

3、- -第 1 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载3.2022 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开头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；4.（ 2022 夏）（ 8 分）如图 15 所示,水平桌面到地面的高度 h = 0.8 m. 质量 m =

4、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,小物块从静止开头运动 . 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,最终落在水平地面上 . 已知 AB = BC = 0.5 m ,小物块在 A、B 间运动时与桌面间的动摩（2）假设只转变M、m、F 中一个物理量的大小,使得小滑块速度擦因数 1 = 0.2,在 B、C 间运动时与桌面间的动摩擦因数2 = 0.1. 总是木板速度的2 倍,请你通过运算确定转变后的那个物理量的数值（只（1）求小物块落地点与桌面C 端的水平距离；要提出一种方案即可）.

5、 m F （2）某同学作出了如下判定：如仅转变AB 段的长度而保持BC 段的M 图 15 长度不变, 或仅转变 BC 段的长度而保持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先的2 倍. 请你通过运算说明这位同学的判定是否正确. A F B C h 图 15 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载5.（2022 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

6、） ,质量 m=1.0kg ,小滑块与木板槽之间的动摩擦因数 1 0 . 20 . 开头时它们都处于静止状态,某时刻起对木板槽施加一个 F=10.0N 水平向左的恒力,此后小滑块将相对木板槽滑动；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,木块与平板之间的动摩擦因数 = 0.4（1）如对木块施加 F 12 N 水平向右的恒力,直到木块与挡板相撞,求这个过程经受的时间 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

7、小平板的质量 M,可以缩短上述时间 t请你通过运算, 判定哪位同学的说法是正确的名师归纳总结 （1）求小滑块滑到木板槽中点时速度的大小；F木块平板L 第 3 页,共 15 页（2）水平面光滑是一种抱负化的情形,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；假如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,请你通过运算确定一种方案：即只转变M 、m、F 中一个物理量的大小,实现上述要求（只要提图 17 出一种方案即可） ；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 7.（2022 年夏）如图17 所示,光滑水平面上

8、有一块质量学习好资料欢迎下载A 静止在水平地面M= 3.0kg,长度8.（2022 年春） 如图 17 所示, 长度 L = 1.0 m 的长木板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/s 2（1）求恒力 F 的大小；（2）假设转变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；请你通过运

9、算确定转变后的那个物理量的数值上, 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 = 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）如只转变物理量0、 1、2 中的一个,使B 刚好从 A 上滑下,请确定转变后该物理量的数值（只要提出一种方案即可）（只要提出一种方案即可）B 0A L 图 17 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 15

10、 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料F 欢迎下载9.（2022 年春）如图19 所示,光滑水平面上有一块静止的长木板,108 分如图 19 所示,光滑水平面上放着一块长木板,木板处于静止木板的长度L = 2.4 m,质量 M = 3.0 kg .某时刻,一个小物块（可视为质状态,其长度L=1 6 m质量 M=3 0 kg,质量 m=10 kg 的小物块放在点）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木板的最右端小物块可视为质点,小物块与木板之间的动摩擦因数= 6.0 N 的水平向右的恒力. 物块的质量m = 1.0 kg ,物块与木

11、板间的动摩=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；生相对滑动；取g= 10m/s2（2）如只转变物理量F、M、m 中的一个,使得物块速度减为零时恰长？ 1 求木板开头运动时加速度的大小；2 假如把木板从物块下方抽出来,那么 F 连续作用的时间至少需要多好到达木板的左端,请确定转变后该物理量的数值只要提出一种方案即可 F M 0m 图 19 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 11.（2022 丰台

12、会考模拟）如图学习好资料欢迎下载16 所示,一上表面光滑的木箱宽L1 m、高 h 3.2 m、质量 M 8 kg；木箱在水平向右的恒力 F16N 作用下,以速度 v03m/s 在水平地面上做匀速运动；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）如其它条件均不变,木箱宽 L 至少为多长,小铁块刚着地时与m v0木箱右端的距离最远；12. （2022 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=0.3

13、75m 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；开头时h M F 小金属块 B 与木板 A 均静止,木板 A 的右端与平台右边缘的距离d=0.49m ；L 图 16 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,将木板快速取走,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

14、B 离开平台时速度vB 的大小；F B 运动的位移（2）小金属块B 从开头运动到刚脱离木板A 时,小金属块xB；F 的大小；A B （3）作用在木板上的恒力d h 名师归纳总结 图 17 x 第 6 页,共 15 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 13.（2022 东城南片模拟）如图19 所示,质量学习好资料欢迎下载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

15、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 . F图 19 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 滑块参考答案学习好资料2. 欢迎下载1. 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 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

16、左的摩擦力 f = mg依据牛顿其次定律,小滑块的加速度a1= F f= 5.0 m/s 2m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1 2x 1 a 1 t2木板所受向右的摩擦力 f = f ,向右做匀加速直线运动；依据牛顿其次v2a2tmgt2 倍,应满意M任意时刻小滑块与木板速度之比v 1FmgMv 2m2g欲使小滑块速度是木板速度的Fmg m 2 gM2如只转变 F,就 F = 9 N 如只转变 M,就 M = 1.2 kg 如只转变,就 = 0.27 如只转变 m,就 m = 0.93 kg 定律,木板的加速度L F 4.a2=f = 3.0 m/s2M在时间 t

17、内木板的位移x21a2t22F x2 x1 t = 1.0 s 由图可知L = x1 x2,解得就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名师归纳总结 v 1a 1 tFmmgt第 9 页,共 15 页木板做匀加速直线运动的速度- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料所欢迎下载5.解：a1F1mgM2Mm ga1（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,如只转变 F,就 F=11.5N；受向右的摩擦力f1mg,增如只转变 M ,就 M=1.67kg ；依据牛顿其次定律

18、,木板槽的加速度如只转变 m,就 m=0.40kg. a 1Ff4 .0 m/s26. 解：M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（1）对木块施加推力作用后,木块和平板的受力情形如下列图小滑块因受向左的摩擦力faf1 2x 1 a t t2,将向左做匀加速直线运动,依据牛顿其次N1N2Nf 2定律,小滑块的加速度在时间 t 内木板的位移2f2. 0m/s2f1F Mg mmg x21a2t22木块受到的滑动摩擦力f1= N1= mg =0.40 2.0 10 N =8.0N 由图可知tLx1x2依据牛顿第三定律, 有f 1= f2, N1= N2依据牛顿其次定律, 木

19、块的加速度a1=Fmf112280.m/s2 = 2.0m/s22 .1 0解得s0.就小滑块滑到木板槽中点时的速度平板的加速度v a 2 t 2 . 0 m / s（2）由于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a2=f28 . 0m/s2 = 1.6m/s2M5设经过 t ,木块恰好与挡板相撞,就名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解得L=1a 1t21a 2t2学习好资料欢迎下载x2- x1= L依据题意222解

20、得a2 = 3.0m/s2t2s 名师归纳总结 （2）依据（ 1）可以求得时间t对木板F - mg = Ma 2x2x 1L第 11 页,共 15 页得F = 13N tF2Lmg 小物块做匀加速直线运动的加速度1a = 2.0m/s2 mgmM经过时间 t,小物块向右运动的距离为假如只转变平板的质量M,从上式可知,当M 增大时,时间t 减小,所以x 11a t2甲同学说法正确27. 解：木板向右运动的距离为x21a t2 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2欲使经过时间t = 1.0s,小物块恰好滑到木板的左端,要求线运动,没小物块加速度的大小为a1. 对小物块f

21、 = mg = ma1 即FMmg t2gt22L即a1 = 2.0m/s2 就 M 、m、F 满意关系F = 4M + 2m木板做匀加速直线运动,没木反加速度的大小为a2. 如只转变 F,就 F= 16N ；如只转变M,就 M=2.25kg；MmmM如只转变 m,就 m= 0.50kg . 8.解：x1 x2 L（1）B 滑上 A 后, A、 B 在水平方向的受力情形2在 t=1.0s 内,小物块向右运动的距离为如答图所示x 11a1t2Ff1 Ff2 Ff2 2木板向右运动的为x 21a t2A B 2答图- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 其中 A

22、 受地面的摩擦力的大小F f1 = 1 m1+ m2 g学习好资料欢迎下载9. 解：名师归纳总结 A、B 之间摩擦力的大小Ff2 = 2 m2 g4 分（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第 12 页,共 15 页以初速度 0 的方向为正方向对小物块,依据牛顿其次定律得A 的加速度a 12m2g1m 1m2g0 .8 m/s2f = mg = ma1m 1B 的加速度a22m2g16.2 m/sa1 = 3.0 m/s2m 2经时间t1= 0=1.0 s,速度减为零 .由于 a1 0,所以 A 会相对地面滑动,经时间t,a1A 的速度1a1t位移大小x 1= 0 t1

23、+1-a 1 t2= 1.5 m A 的位移x 11a 1t2212B 的速度20a2t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,B 的位移x 20t1a 2t2此时它们的速度大小为,物块向右运动的位移大小为x2.2=a 1t2,x2=1a1 t2当 1=2 时, B 相对 A 静止,22解得x2x1= 0.83 m 对木板,水平方向的受力情形如答图2 所示 . 木板向右做匀加速直线即 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,有运动,设木板的加速度大小为a2f Fx2x1 = L4 分答图 2 解得4221gL

24、0依据牛顿其次定律得（i）只转变 0,就0230m/s = 2.2 m/s；F- mg = Ma25a2=F-mg= 1.0 m/s2（ii ）只转变 1,就 1 = 0.06 ；M（iii ）只转变 2,就 2 = 0.14 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - =a 2 t1+t2学习好资料欢迎下载木板的位移大小x 3=1a2t1+t222=3 8m,x3=9m 2可解得t2 = 0.50 s,x8x2 x1 x3 x 答图 3 物块相对木板滑动的最大距离x=x 1+x3-x 2= 2.25 m （2）如物块速度减为零时恰好到达木板的左端,就L=x

25、 1+1a2 t2=x 1+1F- mgt2212M1F、M、m 满意关系F = 1.8M + 3m如只转变 F,就 F = 8.4 N 如只转变 M,就 M = 1.7 kg 如只转变 m,就 m = 0.20 kg 10. 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 11.解：学习好资料欢迎下载t3,有 0v0a t3（1 分）设小铁块在木箱上运动时间为（1）未放小铁块,木箱受到的摩擦力为f1 ,有 Ff1 ,v t 0 3v t 0 31at2/ L（1 分）f1Mg32放上小铁块,木箱受到的摩擦力为f 2,此时木箱

26、的加速度大小为a ,联立得L 9m 有 Ff2Ma12（ 8 分） 解答：（1）小金属块经受了三段运动过程：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；联立得a 0.5m/s2（1 分）设小铁块经过t1 从木箱右端滑落,有设小金属块做平抛运动的时间为t3,v t 0 1v t 0 112 at 1L（1 分）由h1 gt 2232t 32h2.0 800 . 4 s小铁块滑落时,木箱的速度v1 ,就v1v0a t1 （1 分）g10小铁块滑落后,木箱在F 作用下以速度v1 作匀速运动,小铁块以初速设平抛运动的初速度为vB,度 v0 作平抛运动,下落时

27、间为t2,有由 x=vBt3 h1gt2解得22v Bx0 .0802.m/s 2分xv t 0 2v t 1 2（1 分）t304.联立得x 0.8m （ 1 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；F1（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,小铁块的落地点距木箱右端最远；f1F 1m 1g0 . 200.50101 .0Nf1m1g 答图 3 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 15 页精选学习资料 - - -

28、- - - - - - a 1f11 .020.2 m/s学习好资料欢迎下载联立以上四式,解得x1=0.25m m 10 .5x2=0.24m 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t1=0.5s F块做匀减速直线运动,设它的加速度的大小为a ；1 分v1=1.0m/s 所以小金属块B 从开头运动到刚脱离木板A 时,小金属块B 运动的f1F 1m 1g02.0.51010.NF1位移 xB=x1=0.25m 2 分a 1f11 .020.2 m/s （3）取木板为讨论对象,小金属块在木板上运动时,木板受力如答m 10 .5图 5 所示；m1g a 1a 1答图 4 x1

29、,末速度为f2F2m 1m 2g.0200. 70101. 4N设小金属块在木板上运动时,相对于地面运动的距离为木板在 t1 时间内向右运动距离为L+x1,设木板的加速度为a2,就F2v1,所用时间为t 1,就x 12 v 1Lx 11a2 t2f1f2122a 1a 22Ls 120 .37520 .25m/s25.0 m/s2 1 分F1v 1a1 t1x2,末速度为2 t 1m2g 05.依据牛顿定律答图 5 设小金属块在平台上运动时,相对于地面运动的距离为v2,Ff1+f2=m2a2v2=vB=0.20m/s 解得 F=3.4N 2 分2a 1x22 v 22 v 1由题意知名师归纳总结 x 1x 2d第 15 页,共 15 页- - - - - - -