课时冲关17 素养培优6“滑块一木板“模型中的动力学问题 & 课时冲关18 实验四 探究加速度与力、质量的关系-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

高考总复习物理 [答题栏] 课时冲关17素养培优6“滑块 1 1.(2025·黑吉辽蒙卷，10)（多选）如图(a), 倾角为0的足够长斜面放置在粗糙水平面 上.质量相等的小物块甲、乙同时以初速度 。沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因 数分别为12，整个过程中斜面相对地 面静止.甲和乙的位置x与时间t的关系 曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线， 乙的x一t曲线在t=t。时切线斜率为0， 则 ( ) 3x 甲 10 to 图(a) 图(b) A.uu=2tan0 B.t=t。时，甲的速度大小为30o C.t=t。之前，地面对斜面的摩擦力方向 向左 D.t=t。之后，地面对斜面的摩擦力方向 向左 2.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板，木板以速度向右运动，在其右端 轻放一小滑块，小滑块刚好滑到木板中点， 已知木板与小滑块的质量相等，小滑块看 作质点，重力加速大小为g,求： (1)小滑块最终的速度大小v'; (2)小滑块在木板上滑动的过程中，木板的 位移大小x及两者间的动摩擦因数. ·362 木板”模型中的动力学问题 如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为 L=12m、质量为M=2kg的长木板B,在 长木板的中点P放有一质量为m=1kg (可视为质点)的小物块A,开始时A、B均 静止.已知A与B、B与地面之间的动摩擦 因数分别为41=0.1和2=0.3，设最大静 摩擦力等于滑动摩擦力.现用水平向右的恒 力拉长木板B,重力加速度g=10m/s2.求： B P 7777777777777777777777777777 (1)当A刚好相对B开始滑动时，水平拉 力F。的大小； (2)若水平拉力F,=10.5N,A所受到的 摩擦力大小； (3)若水平拉力F。=24N,要使A刚好不 滑离B,则F2作用多长时间后撤去？并求 A最终停在B上的位置. 课时冲关18实验四探等 1.如图甲所示的装置由气垫导轨、两个光电 门、滑块和砂桶等组成.光电门可以测出滑 块分别通过两个光电门的时间△t1和△t2, 导轨标尺可以测出两个光电门间的距离 L,游标卡尺测量遮光片的宽度d,另用天 平测出滑块和砂桶（装砂）的质量分别为 M和m,回答下列问题： 光电门遮光片 滑块 气垫导轨 1 砂桶 导轨标尺 01020 甲 (1)测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小 分度为1mm)的示数如图乙所示，其读数 为 mm. (2)若用该装置来验证牛顿第二定律，以下 说法不正确的是 A.该装置可以不平衡摩擦力也不需要将气 垫导轨调节水平 B.如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑 动时，通过两个光电门的时间△t,和 △t2必相等 C.实验时，多次在同一条件下重复实验取 挡光片通过两光电门时间的平均值以 减小偶然误差 (3)该装置中滑块所受线的拉力F若用M、 m、L、△t1和△t2表示，则F= (4)通过计算比较发现滑块受到的线的拉 力F与砂和砂桶的重力不相等且相差较 大，是因为 2.某组同学设计了“探究加速度a与物体所 受合力F及质量m的关系”实验.图(a)为 实验装置简图，A为小车，B为电火花计时 器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定 滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小 车的拉力F等于细砂和小桶的总重量，小 车运动的加速度a可用纸带上打出的点 求得. 电源插头 纸 B D C (a) (1)图(b)为某次实验得到的纸带，已知实 验所用电源的频率为50Hz.根据纸带可 ·36 第三章 牛顿运动定律 加速度与力、质量的关系 求出电火花计时器打B点时的速度为 m/s,小车的加速度大小为m/s. (结果均保留两位有效数字) AB C D E 6.196.70 7.21 7.72单位：cm (b) (2)在“探究加速度a 2.0 a/(m.s 与质量m的关系”时， 1.5 某同学按照自己的方 1.0 案将实验数据在坐标 0.5 系中进行了标注，但尚 1.02.03.04.0akg 未完成图像（如图c所 示).请继续帮助该同 (c) 学作出坐标系中的图像， (3)在“探究加速度a与合力“ F的关系”时，该同学根据实 验数据作出了加速度a与合 力F的图线如图(d),该图线o 不通过坐标原点，试分析图线 不通过坐标原点的原因 答： 3.某同学利用图(a)所 位移传感器（发射器）位移传感器（接收器） 示实验装置及数字 。品小车 轨道 化信息系统获得了 自槽码 6 小车加速度a与槽 ta/(m.s-2) 码的质量m的对应 5 关系图，如图(b)所 示.实验中小车（含 2 发射器)的质量为 50100150200250m/g 200g,实验时选择 (b) 了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车 的加速度由位移传感器及与之相连的计算 机得到.回答下列问题： (1)根据该同学的结果，小车的加速度与槽 码的质量成 （选填“线性”或“非线 性”)关系. (2)由图(b)可知，a-m图线不经过原点， 可能的原因是 (3)若利用本实验装置来验证“在小车质量 不变的情况下，小车的加速度与作用力成 正比”的结论，并直接以槽码所受重力mg 作为小车受到的合外力，则实验中应采取 的改进措施是 槽码的质量应满足的条件是可知，相同时间内，物体的位移与加速度成正比，所以物 块A、B的加速度之比为2：1.故B错误；设绳子的拉力 为T,对A有T=maA,对B有3mg一2T=3mau,又因为 3 2am=aA,解得T=7mg,am=号g,故C错误：当B下落 ,故D 高度h时，速度为i=2ah,解得=√ 正确. 6.解析：(1)F在2~5N内时，对圆环受力分析可得Fcos8 -μ(g-Fsine)=ma, 当拉力超过5N时，支持力方向相反，所以当拉力为5N 时Fsin8=mg, 代入图中数据，联立求解可得sin8=0.8,=0.5,m =0.4kg. (2)当圆环受到的摩擦力大小为1N,且拉力小于2N 时，对圆环受力分析可知F金=0，即 Fcos0==1N,解得圆环的加速度为0： 当圆环受到的摩擦力大小为1N,且2N<F5N时，可 知u(ng-Fsin8)=1N, 解得F=2.5N, Fcos0-u(mg-Fsine)=ma, 解得a=1.25m/s2, 当圆环受到的摩擦力大小为1N,且拉力5N<F时，可 知(Fsin9-mg)=1N, 解得F=7.5N, Fcose-u(Fsine-mg)=ma, 得a=8.75m/s2. 答案：(1)m=0.4kg,=0.5 (2)0,1.25m/s,8.75m/s 课时冲关16素养培优5传送带模型 中的动力学问题 1.D[快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀 速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用， 故A、B错误：快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定 律可得加速度大小为a=ms=4g=2m/s,快件由静止 开始加速至速率为0的过程所用时间为t=”=0.5s,与 传送带的相对位移为△x=t一之t=0.25m,故C错误； 快件匀速运动的时间为t= -=5s,则快件由A到B 的时间为t5=t十t=5.5s,故D正确.] 2.CD[A.加速阶段物块所受摩擦力为 f=1 ngcos日共速后为f'=mgsin日，故A错误；根据功 能关系，传送带对物体做功等于物块获得的动能加重力 势能，故B错误；增加传送带速度，物块加速时间更长， 全程平均速度更大，用时更短，故C正确；增加传送带动 摩擦因数，物块加速度更大，更快达到共速，全程平均速 度更大，用时更短，故D正确，门 3.BD[剪断细绳前，物体处于静止状态，根据受力平衡可 得Fcos8=f=u(mg一Fsin), 可得F= cos0干么sin0,可知绳中的拉力与传送带速度无 umg 关，故有F=F,,故A错误，B正确；绳子断开后，木块受 重力、支持力和向左的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律 有mg=ma,解得a=g,木块可能一直向左做匀加速 直线运动：也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度 与传送带速度相同，然后一起匀速运动；由于1<，若 两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，由L= 2,可得1=女，若传送带速度为4时，木块先向左做 1 匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起 匀速运动：传送带速度为2时，木块一直向左做匀加速 直线运动，则t1>t2;若两种情况下木块都是先向左做匀 加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀 速运动，则t1>t2,故C错误，D正确.门 ·53 参考答案 4.AD[煤块的加速度a=ms=2m/s, +m·s 71 在？图上作出煤块的速度一时间图产 像，斜率为加速度，根据几何关系可知， 068126 图像过6s,12m/s;与传送带的图像交于8s,16m/s;然后 减速，交t轴于16s,故A正确；由图可知，煤块先相对皮 带向左滑动的相对位移为 △m12 1 X6X24m+624X2m7×8X16m=48m 2 共逢后煤块湘相对皮带往右滑功的相对位参为△虹，=子× X16m2X4X16m=32m,则痕迹应取较长的相 位移为48m,煤块相对传送带的总位移为△x=△x1一△x2 =16m,故B错误，D正确：质量变大，不改变加速度，痕 迹长不变，故C错误.] 5.解析：(1)货物放上传送带1后一直做匀加速直线运动， 根据牛顿第二定律，有hmg=1a, 解得a=41g=4m/s, 根据运动学公式，有v12=2aL1, 解得1=4m/s. (2)若传送带不转动，则货物向上运动的加速度一直 保持 1=mgcos8十mgsin =g(u:cos 0-sin 0)=10 m/s 最远距离为smx=2a =0.8m<Le 货物无法运动到c,点，若传送带2的速度大于4/s,则 货物向上运动的加速度一直保持 a="ssin日-凸mgc0s =g(sin cos 0)=2 m/s 72 近=4m>Lg 最远距离为5mx一2 货物运动到c点时速度不为零.设传送带2的速度为 时，恰好能将货物运送至c,点.据以上信息可知，)的值 一定在0<v<4m/s之间，货物在传送带2上先做a1= 10m/s2的匀减速直线运动，当速度相等时，改做a2= 21/s的匀减速直线运动，到达c,点时速度恰好为零，由 逆向思维法，有=，心 U 2a1 9=2a,5+5=L, 解得v=11m/s. (3)货物在传送带1中的时间不随传送带的速度变化而 1 变化L=2ati,所以6=1s, 当传送带速度足够大，货物在传送带2上一直做加速度 大小为2m/s的匀减速直线运动 1 Le=4t,-2a,t5,t4=(2-√5)s, 所以最短时间为t=t十t=(3一√3)s. 答案：(1)4m/s;(2)1m/s;(3)(3-√3)s 课时冲关17素养培优6“滑块一木板” 模型中的动力学问题 1.AD[位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两 个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙 物体做匀减速运动，在。时间内甲乙的位移工p=心十 2 6=3x2=心十0， 2t0=0, 可得t。时刻甲物体的速度为U=2vo,B错误； 甲物体的加速度大小为a1=”心】 to 乙物体的加速度大小为a=弘， to 由牛顿第二定律可得甲物体mgsin日一h1 ng cos日 =72a1, 同理可得乙物体mg cos8-mg sin8=ma2, 联立可得h十h=2tan日，A正确； 高考总复习物理 设斜面的质量为M,取水平向左为正方向，由系统牛顿第二 定律可得f=a1c0s日-1a2c0s0=0, 则t=七。之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误： t=。之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加 速，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos0,即地面对斜 面的摩擦力向左，D正确.故选AD.门 2.解析：(1)设木板和小滑块的质量为，小滑块最终的速 度大小为，以向右为正方向，由动量守恒定律得u= 1 2mv,得0'=7u (2)设小滑块在木板上滑动的过程中，木板的位移大小 为x及两者间的动摩擦因数为以，由动能定理，对木板 1 一ungx= 2n'?、 对滑块mg工 1 解得x= 3L 1=2g 答案：1)号 3.解析：(1)当A与B刚好相对滑动时，A、B之间为滑动摩 擦力，对A有h1g=mao,解得a=1m/s, 当A、B刚要相对滑动时，设拉力大小为F。,对A、B有 F。-(M十m)g=(M十m)ao,解得F=12N. (2)由于F1=10.5N<F。=12N, 且F1>42(M+m)g=9N, 故A、B一起做匀加速运动，对A、B整体有F一2(M十 m)g=(M十m)a共， 解得a共=0.5m/s2, 对A有f=ma共，解得f=0.5N. (3)由于水平拉力F2=24N>F。=12N, 故A、B相对滑动，对A有41mg=ma1, 解得a,=1m/s, 对B有F2-,(M+m)g一41mg=Ma2, 解得a2=7m/s2, 设拉力作用t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则 时间内小物块速度和位移分别为 4=a14,x=2a1t,4时间内木板的速度和位移分别 1 为v=a4x,=之ati, 1 此过程中A相对B向左滑动距离△虹1=之a,t行 1 a1t, 水平拉力撤去后，设再经时间t2,A、B刚好共速，因A的 受力不变，故A继续加速，加速度仍然为a1=1m/s2, B做减速运动，且有h(M十m)g十1mg=Ma,解得a =5m/s, 则有v共=U1十a1t红=功一a· 此过程中A相对B向左滑动△，=监，一4十U 2 2 6=,4, 此时A刚好滑到B最左端， 则有Ar=A十A:=专=6m, 联立解得共=2m/s,t1=t2=1s, 即F2作用1s时间后撤去，A刚好不从B的左边滑离. 由于A、B间动摩擦因数小，故共速后A相对B向右滑 动，A向右减速，加速度大小仍然为a1=1m/s, B向右减速，设加速度大小为a1, 则有(M十m)g一41mg=Ma1, 解得a1=4m/s2, 此后，A、B分别运动xx1后停下， 克=2m,x1=2a1 有x=2a v先=0.5m, A相对B向右滑动了△x'=x2一x,=1.5m, 即A最终停在B上离B左端1.5m的位置。 答案：(1)12N;(2)0.5N;(3)1s,最终停在B上离B左 端1.5m的位置 ·5 课时冲关18实验四探究加速度 与力、质量的关象 1.解析：(1)由游标卡尺的读数规则得，读数为11.30mm (2)该装置需要将气垫导轨调节水平，所以A不正确， (3)由F=Ma,w2-6=2aL,v= △U1 得F=M 2L (4)没有满足M>m. ()-() 答案：(1)11.30(2)A(3)M 2L (4)没有满足M>m 2.解析：(1)AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中 间时刻的眸时速度，即B点的醉时速度，故=AB+BC 4T =6.19+6.70)X10- m/s=1.6m/s. 4×0.02 由逐差法求解小车的加速度 a=(CD+DE)-(AB+BC) 4(2T) =7.21+7.72-6.19-6.70)×102 4×(2×0.02)2 m/s2 =3.2m/s2 (2)将坐标系中各点连成一条直线，连 接时应使直线过尽可能多的，点，不在直 20 线上的点应大致对称地分布在直线的 两侧，离直线较远的，点应视为错误数 据，不予考虑，连线如图所示： 据不说明实验前没 有平衡阻力或平衡阻力不够. 答案：(1)1.63.2(2)见解析 (3)实验前没有平衡阻力或平衡阻力不够 3.解析：这是探究牛顿第二定律的实验，即(2)是探究小车 加速度与槽码质量的关系，所以该实验必须平衡摩擦力，并 且要保证槽码的质量远小于小车的质量。 (1)由图像可知小车的加速度与槽码的质量成非线性 关系 (2)a-m图线不经过原点，在m轴上有截距，即挂上小槽码 后小车加速度仍为零，可能的原因是存在摩擦力. (3)本实验直接以槽码所受重力g作为小车受到的合外力， 则应采取的措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，槽码的 质量应满足的条件是远小于小车的质量 答案：(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾 斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量 课时冲关19曲线运动运动的合成与分解 1.A2.A3.A4.B 5.C「船沿平行河岸和垂直河岸方向均做匀速运动，可知 合运动为直线运动，即船的实际行驶轨迹是直线，选项 A错误；船返回岸边最快用时为tm==180 s=45s, U好 选项B错误；船在水中的实际行驶速度大小为心= √v然十Us=5m/s,选项C正确；水流速度不影响船垂直 河岸的速度，则若水流速度增大，船到河岸的时间将不 变，选项D错误. 6.A[当船头与河岸垂直时，船渡河时间最短，则船渡河 的最短时间为。=，故A正确；根据运动的合成可 V? 知，水流速度和船速都是匀速运动，故船渡河的运动仍 是直线运动，故B错误；若1>2，根据运动的合成可 知，船不能到达正对岸，设船头与河岸上游的夹角为日， 则c0s9=,所以船渡河的最小位移为工=。 d cos 0 v. >d,故C错误；若y1<,船能到达正对岸，则船渡河的 位移最短为d,由运动学公式可得，船渡河的时间为t= d 一，故D错误.] v合√- 0