课时作业18 专题强化：滑块一木板模型中的动力学问题-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

因为mQg=mpg,则Q的速度与传送 带速度相等即8m/s后，P、Q接着做 匀速直线运动，Q做匀加速运动的时 间为t1=口=1.2s,匀速运动的时间 为t2 L一工=1.4s,则Q从传送带左 U 端运动到右端所用的时间为t总=t1十 t2=2.6s,故B正确；物块Q做匀加速 直线运动时，所受摩擦力方向水平向 右，在做匀速运动过程中，所受摩擦力 方向水平向左，故Q在运动过程中所 受摩擦力方向变化，故C错误；由B项 分析可知，Q做匀加速直线运动时，P 加速下降，处于失重状态，Q在做匀速 运动过程中，P匀速下降，处于平衡状 态，故D错误。 10.(1)见解析（2) 8 (3)18m 解析：(1)前2s小物块与传送带发生 相对滑动，小物块沿传送带向下做匀 减速直线运动；26s小物块与传送 带发生相对滑动，小物块沿传送带向 上做匀加速直线运动：6~一8s小物块 与传送带不发生相对滑动，向上做匀 速直线运动。 (2)根据v一t图线的斜率表示加速度 可得a= =2 m/s2=1m/s2,由 △t 牛顿第二定律得umgcos37°一 mgin37”=ma,解得= 7 (3)前8s内只有前6s内小物块与传 送带发生相对滑动，前6s内传送带 做匀速直线运动的距离x=4X 6m=24m,由题图可知，前2s内小 1 物块运动的位移大小x1=。X2X 2 2m=2m,方向沿传送带向下，2~6s 内小物块运动的位移大小x,=号× 2 4×4m=8m,方向沿传送带向上，所 以划痕的长度△x=x带十x1一x2= (24+2-8)m=18m。 11.(1)0.75m1.8s(2)4m/s 解析：(1)工件刚放在传送 带AB上时，在摩擦力作 用下做匀加速运动，设其 加速度大小为a1,速度增 加到1所用时间为t1,位 mg 移大小为x1,受力分析如 甲 图甲所示，则F=mg,Fn=FN= ma1,联立解得a1=5m/s2。由运动 学公式有1=4=5 s=1s,x1= al 4=专×5×1m=25m,由于 1 x1<LAB,工件随后在传送带AB上 做匀速直线运动到B端，则匀速运动 的时间为t2 LAB1 =0.3s,工件滑 上CD传送带后在重力和滑动摩擦力 作用下做匀减速运动，设其加速度大 2对勾·讲与练·高三物理 小为a,速度减小下e 到0所用时间为t, 位移大小为x2,受 力分析如图乙所示， 则F2=gcos日， Gx Fe=uF x mgsin e+uF= G a2,由运动学公式 乙 0-心i,联立解得a:=10m/s, 有x2=-2a2 x2=1.25m,工件沿CD传送带上升 的最大高度为h=x2sin8=1.25× 0.6m=0.75m,沿CD上升的时间为 4,=0二四=0.5s,故总时间为1= -a2 t1十t2十t3=1.8s。 2)设CD传送觉以F 速度2沿顺时针方 向运转，当工件的 速度大于v2时，工 件所受滑动摩擦力 G 沿传送带向下，加x 速度大小仍为a2; G 当工件的速度小于 02时，工件所受滑动摩擦力沿传送带 向上，受力分析图如图丙所示，设其 加速度大小为a。两个过程的位移 大小分别为x和x1,由运动学公式 和牛顿第二定律可得-2a2x?=v vi,mg sin 0-uFx=mas,-2a3x= 0-i,LD=xa十x4,解得v2= 4m/s。 课时作业18专题强化：滑块一 木板模型中的动力学问题 1.B设物块与平板车间的滑动摩擦力 为f,则对物块分析，有F一mg= ma1,2L=0t十2a1f,对平板车分 1 折，有mg=2ma2L=t+2a:t, 解得F=2L十mg,故B正确。 t 2.BD设木块与木板之间的动摩擦因数 为以，对木块由牛顿第二定律可得木块 加速度大小为a1==g,同理可 m 得木板加速度大小为a,=,由题 M 可知，m<M,故有a1>a2,v-t图线 的斜率代表加速度，故1图线斜率的 绝对值应大于2图线斜率的绝对值， C错误；由于不知道v1和U2的大小关 系，故可能存在木块与木板速度同时 减小为零的情况，B正确；若木块速度 先减小为零，则木块会在摩擦力作用 下向左做匀加速运动，加速度不变，故 其图线斜率不变，A错误，D正确。 3.B由题图乙可知，0~1s内，xA= 5m,xn=2m,对A进行受力分析得 μmAg=mAaA,对B进行受力分析得 μAg=muaB,1s后两物体相对静止 一起匀速运动，则速度关系为。一 -614- aat=aut,B的位移为xn=之at= 2m,解得an=4m/s2,则得出共速的 速度大小为v来=v=ant=4m/s,对 A有xA= 0十味1=5m,U*=0。 2 aAt=4m/s,解得vo=6m/s,aA= 4.BD对P受力分析，受重力和Q对P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有 npg sin37°=pap,解得ap=gsin37° 6m/s2;对Q受力分析，受重力、斜面 对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力 作用，根据牛顿第二定律有magsin37° u(mp十mo）gc0s37°=maaQ,解得 aQ=2m/s,故A错误，B正确；设P 在Q上面滑动的时间为t,因ap= 6m/s>aa=2m/s,故P比Q运动 1 得更快，根据位移关系有L=2ap心 之aQ,代入数据解得t=2s,C错误， D正确。 5.C由v2=2ax知，v2-x图线斜率的 绝对值等于加速度的2倍，拉力F作 1 用时长木板的加速度大小a1=2× 1 8m/s=1m/s,B错误；撤去拉力时 的速度大小v=4m/s,拉力作用时间 =4S,A错误：撤去拉力后的加 t一a 速度大小a?=8m/s,对二者整体由 牛顿第二定律有(M十m)gsin8十 1(M十m)gcos日=(M十m)a2,解得 以1=0.25，C正确：物块与长木板之间 无相对滑动，对物块由牛顿第二定律 可得u2gcos日-gsin9≥ma1,解得 以2≥0.875，物块与长木板之间的动摩 擦因数不可能为0.75，D错误。 6.14m/s子s(2)号m 解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动 的加速度大小为a1=g=3m/s2,薄 板做加速运动的加速度大小为a2= mg=3m/s2,对物块1十△l=vot 72 1 2a1t,对薄板△1=豆at,解得 1 vo=4 m/s,t=3 s. (2)物块飞离薄板时薄板的速度2= a2t=1m/s,物块飞离薄板后薄板做匀 速运动，物块做平抛运动，则当物块落 ii 到地面时运动的时间为t'= 26 3s,则平台距地面的高度h=2= 5 g m. 7.A根据牛顿第二定律，mg=maA= maB,则A、B两物体加速度大小相等， 设为a,小物块A历时t。恰好运动到 木板右端与木板共速，则V共=。一 Vo at。=ato,解得。=2av4= ,a 木板的长度L U0十0共 to 2 Vo -to= 2 巴，若U=2,A,B两物体共 速时有u1=之一a山1=at1,解得 Vo Aa 2,U1=4,A,B相对静止时， = to 2 共1 相对位移为L1= U共1 2 t1- 2 t1= Votl voto L ._vot 4 8 2 ,故A停在木 4 板B的中，点左侧，故A正确，B错误； 若v=20,A从木板B右端离开时，根 据动力学公式L=2,一号a ?at,解得2=(2-5)to,A从木机 B右端离开时，木板速度为永板 2-√5 2 Uo<vo,故C、D错误。 8.A由题图乙可知当F=12N时，木 板加速度大小为a=4m/s2,对整体受 力分析，由牛顿第二定律得F=(M十 m)a,代入数据解得M十m=3kg,当 F>12N时，根据牛顿第二定律得a= F一mg 1 M F-,知题周乙中 M F>12N时，图线的斜率为k= M 4 12-0 g1=2kg1,解得M=0.5kg 滑块的质量为m=2.5kg,故A正确， B错误；根据F>12N的a-F图线 知，F=10N时，a=0,即0=2F-2X ×2.5×10N,代入数据解得以=0.4， 当F=8N时，对滑块和木板的整体， 根据牛顿第二定律得F=(M十m)a', 解得a'=只 m/s2,故C、D错误。 9.(1)2s(2)4m(3)2.8m 解析：(1)保持相对静止前，对小煤块 根据牛顿第二定律可得umg=n1a1,解 得a1=2m/s,对小车根据牛顿第二 定律可得F-mg=Ma2,解得a2= 0.6m/s2,经过时间t,小煤块与小车 保持相对静止，则有v=a1t=vo十 a2t,解得t=2s。 (2)相对静止前小煤块前进的位移大 1 小1=2a1t,解得x1=4m (3)在相对静止前小车前进的位移 =1十号a,,解得=68m,小 煤块与小车的相对位移△x=x2一 x1=2.8m,即小煤块最终在小车上留 下的痕迹长度为2.8m。 10.(1)5m/s2沿着坡床向下 400 (2)5.5m/s2(3)40m 11 m 解析：(1)设货物的质量为m,则其滑 动时加速度的大小am mgsin0十mg cos9=5m/s,加速 72 度的方向沿着坡床向下。 (2)货物在车厢内滑动时货车的加速 度大小aM= 0.44X(5mg)4mg sin a-umg cos Am 5.5m/s。 (3)由于gcos8>ng sin8,所以货 物最终会静止在车厢内，不会在重力 作用下沿车厢下滑，由于以1gcos日< 0.44X(5mg)十4gsin8,所以滑动 的货物不会带动已经静止的车厢重 新运动，所以在此过程中货车的位移 大小xM= (）1 ()广mm,货物的位移大小 400 1 2 am 1×5× ÷ (得)广m=40m. 课时作业19实验四：探究 加速度与力、质量的关系 1.(1)B(2)B(3)远大于系统误差 C(4107A 解析：(1)该实验中同时研究三个物理 量间关系是很困难的，因此我们可以 控制其中一个物理量不变，研究另外 两个物理量之间的关系，即采用了控 制变量法。故选B。 (2)补偿阻力时小车需要连接纸带，一 方面是需要连同纸带所受的阻力一并 平衡，另外一方面是通过纸带上的点 间距判断小车是否在长木板上做匀速 直线运动，故A错误；由于小车速度较 快，且运动距离有限，打出的纸带长度 也有限，为了能在长度有限的纸带上 尽可能多地获取间距适当的数据点， 实验时应先接通打点计时器电源，后 释放小车，故B正确：为使小车所受拉 力与速度同向，应调节滑轮高度使细 绳与长木板平行，故C错误。 (3)设小车的质量为M,槽码的质量为 。对小车和槽码根据牛顿第二定律 分别有F=Ma,mg一F=ma,联立解 母F-M由上式可知在小车质量 远大于槽码质量时，可以认为细绳拉 力近似等于槽码所受的重力。上述做 法引起的误差是由于实验方法或原理 不完善造成的，属于系统误差。该误 差是将细绳拉力用槽码重力近似替代 所引入的，不是由于小车与木板间存 -615- 在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是 速度测量精度低造成的，为减小此误 差，可在小车与细绳之间加装力传感 器，测出小车所受拉力大小。故选C。 (4)相邻两计数，点间的时间间隔为t 5T,打计数，点5时小车速度的表达式 为0=6一=x。-x1 2t 10T,根据逐差法 可得小车加速度的表达式是a= x6一x3-x3=x6-2x ,故选A。 (3t)2 (15T)2 2.(1)见解析图甲、乙(2)正比关系反 比关系(3)0.50kg4.00N 解析：(1)建立坐标系，确定标度，描点 画图线，得出a-F图像和a图像 分别如解析图甲、乙所示： 12.001ams ↑al(ms) 4.00 8.00出 3.00 6.002 2.00话 4.00田日H 1.00 kg网 1.002.003.004.00 0.50 1.00 (2)由解析图甲可知加速度与力成正 比关系，由解析图乙可知加速度与质 量成反比关系。 F (3)由于a=,在a-F图像中斜率 k1=M=2.0kg,则M=0.50kg,在 aM图像中斜率k:=F=4.00N。 3.(1)不需要(2)2.00.05 解析：(1)本实验中细线的拉力可以通 过力传感器直接测出，因此不需要满 足滑块（包括位移传感器发射器和力 传感器)的质量远大于重物的质量。 (2)取滑块为研究对象，由牛顿第二定 律可得F一umg=ma,变形可得a= 上F一g,分析图像的斜率可得 m 1.5-0 4.0-1.0 kg1=0.5kg1,可得m= 2.0kg;把F=1.0N,a=0代入加速 度的表达式a=F一g,解得4 0.05。 4.(1)1.02 (5)见解析图 0.343 (0.341-0.345) 解析：(1)垫块的厚度为h=10mm十 2X0.1mm=10.2mm=1.02cm。 (5)绘制图线如图所示： +a/m·s2) 0.6 0.5 04 0.2 7 n 参考答案·☑。班级： 姓名： 课时作业18 专题强化：滑块一木板模型中的动力学问题 (总分：80分) ,/基础巩固 端放置一质量为1kg的小滑块P。P、Q间光滑， 1.(5分)如图所示，长为L、 Q与斜面间的动岸擦因数为了，若P.Q同时从 质量为2m的平板车放在 静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描 光滑水平面上，质量为m的物块放在平板车上表 述正确的是(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取 面的左端，给物块和平板车向右相同的初速度，同 10m/s2) () 时给物块施加一个水平向右的恒力F,经过t时 A.P、Q两个物体加速度大小分别为6m/s2、4m/s 间，平板车运动的距离为L,此时物块刚好滑离平 B.P、Q两个物体加速度大小分别为6m/s2、2m/s 板车，不计物块的大小，物块与平板车间的动摩擦 C.滑块P在Q上运动时间为1s 因数为号，重力加速度为g:则水平拉力的大小为 D.滑块P在Q上运动时间为2s 5.(5分)如图(a)所示，物块和长木板置于倾角0 ( 37°且足够长的斜面上。t=0时对长木板施加沿 A. 产+mg B. mL 十mg 斜面向上的拉力F,使长木板和物块由静止开始 沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力F。已知 C.3mgLmg D.mgmg 长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速 度的平方与位移之间的关系2-x图像如图(b) 2.(5分)（多选）如图所示，一 %口一 所示。已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，重力加速 质量为m的木块以v1的速 度大小g取10m/s2,最大静摩擦力认为等于滑动 率向右滑上以v2的速率在光滑水平地面上向左运动 摩擦力，则下列说法正确的是 ( 的薄木板，薄木板质量为M,已知m<M,则在以 后的运动过程中，下列图像可能正确的是( ↑2/(m2·s) ) 16 370 89 x/m A B C D 图(a 图b) 3.(5分)如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑 A.拉力F的作用时间为2s 水平地面上，现给物块A一初速度，1s后两物体 B.拉力F作用时长木板的加速度大小为2m/s 相对静止一起匀速运动，它们的位移一时间图像 C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25 如图乙所示，则A、B的质量比为 D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75 ↑x/m 6.(12分)(2024·新课标卷)如图所示，一长度1 5 1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄 A→ 板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一物块 77n770707777n7m777n77 1 t/s 从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运 甲 乙 A.4:3 B.2:1 C.3:2 D.5:2 动的距离山=后m时，物块从薄板右希水平飞 4.(5分)（多选）倾角为37°的足够®P 出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 长斜面，上面有一质量为2kg 点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动 长8m的长木板Q,木板上下 摩擦因数4=0.3，重力加速度大小g取10m/s2。 表面与斜面平行。木板Q最上 37 求： 得分 (横线下方不可作答) 383 第三章运动和力的关系 (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； 9.(15分)如图所示，质量M= M (2)平台距地面的高度。 10kg的小车停放在光滑水 0 平面上，在小车右端施加一个F=10N的水平恒 力，当小车向右运动的速度达到2.8m/s时，在其 777777777777 右端轻轻放上一质量m=2.0kg的小煤块（小煤 块视为质点且初速度为零)，小煤块与小车间的动 摩擦因数4=0.20，假定小车足够长。得分 (1)经过多长时间小煤块与小车保持相对静止？ (2)求相对静止前小煤块前进的位移大小。 (3)求小煤块最终在小车上留下的痕迹长度。 综合提升 7.(5分)(2024·甘肃张掖高 三质检)如图所示，光滑水 A 平面上静置一质量为m的 长木板B,木板上表面各处粗糙程度相同，一质量 也为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v 10.（18分)如图甲所示，避险车道是避免恶性交通事 冲上木板。当v=v。时，小物块A历时t。恰好运 故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成， 动到木板右端与木板共速，则 其模型如图乙所示，竖直平面内，制动坡床视为 与水平面夹角为0的斜面。一辆车厢长9m的 A.若=空，AB相对运动时间为号 载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡 床，当车速为20m/s时，车尾位于制动坡床的底 B若。=分AB相对静止时，A恰好停在木板B 端，货物（忽略大小）开始在车厢内从车尾向车头 的中点 滑动。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与 C.若=2u,A经历号到达木板右端 车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上 运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重 D.若u=2uo,A从木板B右端离开时，木板速度 大小等于0 25,货物与货车可分别视为小滑块和平板（取 8.(5分)(2025·陕西西安高三检测)如图甲所示， cos0=1,sin0=0.1,重力加速度大小g取10 质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放 m/s2)。求： 得分 置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的 防撞设施 水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a,得 干道 到如图乙所示的a-F图像。最大静摩擦力与滑 要名味 货车 动摩擦力相等，重力加速度大小g取10m/s2,则 甲 乙 (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)货物在车厢内滑动时货车的加速度大小； ↑a/(m·s-) (3)在此过程中货物和货车的位移大小。 1012 FN 分 乙 A.滑块的质量m=2.5kg B.木板的质量M=3kg C.当F=8N时，滑块的加速度大小为2m/s D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.6 红对勾·讲与练 384 高三物理 ■