第3章 课时冲关17 素养培优6“滑块一木板“模型中的动力学题&课时冲关18 实验4 科学探究：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（鲁科版）

课时冲关17素养培优6“滑块 1.(2025·黑吉辽蒙卷，10)（双选）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412，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 甲之 0 图(a) 图(b) A.u+u2=2tan0 B.t=to时，甲的速度大小为3vo 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'： (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以， 277 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1=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=l0m/s2.求： A B P F 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实验四科学拣 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 砂桶 导轨标尺 fa 01020 分 乙 (1)测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小 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△t1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. 源插头 纸带 B D (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 27 究：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) C D E 6.196.70 7.21 7.72单位：cm (b) (2)在“探究加速度a 2.01ms 与质量m的关系”时，1.5 某同学按照自己的方 1.0日 案将实验数据在坐标 0.5 系中进行了标注，但尚 01.02.03.04.0akg 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“ ℉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 (d) 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 槽码 a 小车加速度a与槽 a/(ms) 码的质量m的对应 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 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(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 Fcos8=f=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2NF5N时，可 知u(g-Fsin8)=1N, 解得F=2.5N, Fcos0-u(mg-Fsine)=ma, 解得a=1.25m/s, 当圆环受到的摩擦力大小为1N,且拉力5N<F时，可 知u(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 1D[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=m坚=4g=2m/s,快件由静止 开始加速至速率为的过程所用时间为t=巴=0,5s,与 传送带的相对位移为△虹=-艺1=0.25m,故C错误 U L-2 快件匀速运动的时间为(=。 =5s,则快件由A到B 的时间为t=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=mgcos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 Fcos=f=u(mg-Fsin), 可得F=0g丽可知绳中的挂力与传送学选度无 关，故有F1=F2,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mmg=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= ?a,可得1=，若传送常速度为4时，木块先向左 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；传送带速度为时，木块一直向左做匀加速 直线运动，则t1>t妇：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 40 4.AD[煤块的加速度a=mm竖=2m/s2,a +m·s m 在v-t图上作出煤块的速度一时间图 0 26 像，斜率为加速度，根据几何关系可知， 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 A=号×6×24m16224×2m-子×8x15m=48m… 共速后煤块相对皮带往右滑动的相对位移为△虹，=2 8X16m一号X4X16m=32m,则痕选应取较长的相对 位移为48m,煤块相对传送带的总位移为△x=△一△ =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.门 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4mg=a, 解得a=hg=4m/s, 根据运动学公式，有v12=2aL1, 解得v1=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 a mgcos 0mgsin =g(u:cos 0+sin 0)=10 m/s2 m _f=0.8m<L: 最远距离为5mx一2a1 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 mgsin -u mgcos 0 a2= =g(sin cos 0)=2 m/s =4m>L 最远距离为ms=2a, 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<u<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= 2m/s2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， 2a15-2a,5+5=L, 解得u=1m/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=2Qi,所以4=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 L,=4za54=(2-B)s, 所以最短时间为t=t十t2=(3-√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 个物块的曲线均为地物线，则甲物体做匀加速运动，乙 物体做匀减速运动，在t。时间内甲乙的位移x甲= v十U 2 6=3x=6+0, 2t=2x0, 可得to时刻甲物体的速度为v=2Uo,B错误： 甲物体的加速度大小为a1=”一西 to 乙新体的加造度大小为@，一受， 由牛顿第二定律可得甲物体mgsin日一4 mg cos日 =ma1, 同理可得乙物体42gcos0-mg sin8=ma2, 联立可得k1十2=2tan0,A正确； 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=a1c0s0-a2c0s0=0, 则t=t。之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误； t=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=ma1cos日，即地面对斜 面的摩擦力向左，D正确.故选AD.] 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= 2md,得d=合u (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u2gx= 2m'2、1 2mw2, 对滑块mg（一2) 1 解得x= 3L 44=2gL 答案：1号21最 2 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41mg=mao,解得a。=1m/s2, 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>k2(M+m)g=9N, 故A、B一起做匀加速运动，对A、B整体有F,一(M十 m)g=(M十m)a共， 解得a共=0.5m/s, 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4mg=ma1, 解得a1=1m/s2, 对B有F2-42(M十m)g-A1mg=Ma2, 解得a2=7m/s, 设拉力作用七时最终小物块刚好没有滑离长木板，则t 时间内小物块速度和位移分别为 4=012=之a1片，4时间内木板的速度和位移分别 1 为u=a24x=之a,i, 此过程中A相对B向左滑动距离△=立ai行 1 1 2a%, 40 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/s, B做减速运动，且有42(M十m)g十1mg=Maa,解得a3 =5m/s2, 则有v共=十a1t2=h一at红， 十U些t妇一 U1十U# 此过程中A相对B向左滑动△x2= 2 2 =24 此时A刚好滑到B最左端， 则有△x=△十△x,=乞=6m, L 联立解得v#=2m/s,t1=t2=1s, 即F,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42(M十m)g一h1mg=Ma1, 解得a1=4m/s, 此后，A、B分别运动x、x1后停下， =2m,x,=2a1 有x3一2a1 _v先=0.5m, A相对B向右滑动了△x'=x一x1=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 课时冲关18实验四科学探究： 加速度与力、质量的关系 1.解析：(1)由游标卡尺的读数规则得，读数为1130mm (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,2-6=2aL,u=A品，6=△0 d d 2L (4)没有满足M>m. 答案：(1)11.30 @ABw(总)广-（货） 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十BC 4T =6.19+6.70)X102 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)2 =(7.21+7.72-6.19-6.70)×102 m/s2 4×(2×0.02)2 =3.2m/s. (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： (3)图线与横轴有裁距，说明实验前没20 有平衡阻力或平衡阻力不够。 15 答案：(1)1.63.2(2)见解析 ③)实控前设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机械功和功率 1.B 2.AC 3.D 4.BD 5.AD[水离开喷管口时的速度大小约为v=√2gh= √2×10×125m/s=50m/s,选项A正确：单位时间内喷 出管口的水挂的体积约为V=S0=子D=子X3X 0.1×50m3=0.375m3,选项B错误；单位时间内喷出 管口的水柱的质量约为m=pV=10×0.375kg=375kg,选 项C错误；给喷泉喷水的电动机的输出功率约为P= 1 =立×375X50W≈468kw,选项D正确.] 1 △t .BC[由牛颜第二定律有号-∫=m,可知随者速度的 增大，则赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，由上 迷公式整理得号-a十卡，可知图像的斜牵恒定为 m 丹，与纵轴的截距为石，结合国像可得=0,05， 0.10.05,解得m=25kg,f=500N,代入0=5m/s,解 20 得a=60m/s2,故选BC.] 7.解析：(1)根据U-t图像可知0~4s内重物做匀加速直 线运动的加速度大小为 a=8是-子/g-0.5m, 根据牛顿第二定律可得F-g=ma, 解得钢绳对重物的拉力大小为F=2100N; (2)4s末达到颜定功率，则起重机的额定功率为P=F =2100×2W=4200W, 5s末重物达到最大速度，此时牵引力等于重力，则有P =F'vm=mgUm' P4200 解得=g=200X10m/s=2.1m/s: (3)0~4s内重物的位移为x=学4=号×4m=4m, 整个前5s内，牵引力做的功为WF=Fx1十P(t一t)= 2100×4J+4200×(5-4)J=12600J, 则前5s起重机的平均功率为下==2600W t 5 =2520W. 40 答案：(1)2100N;(2)4200W,2.1m/s (3)2520W 课时冲关20动能和动能定理 1.D2.C3.C4.C 5.D[木球克服阻力做的功为30J,则阻力对木球做了 一30J的功，故A错误；弹簧的弹性势能减少了50J,则 弹力做正功，对木球做了50J功，故B错误；根据动能定 理，木球的动能变化量△Ek=W=W弹十W=20J,故 C错误，D正确. 6.B[重力做的功为Wc=mgh=20×10×4J=800J,故 A错误，下滑过程根据动能定理可得W。一W:=之m6, 代入数据解得克服阻力做的功为W克！=440J,故B正 4m/s2= 确；经过Q点时向心加速度大小为口=名=。卫 9m/s,故C错误；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得 F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380N, 根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N, 故D错误，] 7.C[动车的牵引力为F=吕，根据牛颜第二定律 F幸一∫=ma,随着动车速度的增大，动车的牵引力逐渐 减小，加速度越来越小，故A、B错误；动车达到该功率下 的最大速度时，根据平衡条件可得F=f,最大速度为？m =卡=，故C正确：设动车在时间内，位移为，根 据动能定理w-红=名m,牵引力微功W=f红十 1 mu,故D错误.] 8.CD[根据动能定理F每·△h=△Ek,可知Ek-h图像的 斜率绝对值表示合力大小，则上升过程有F。=g十f =100-40N=20N, 3 下落过程有F'令=mg-f=50,20N=10N, 3 联立解得m=1.5kg,f=5N,故B错误、C正确；小球拋 出时，由图像可知Ew=2m=100J, 解得小球地出时的速度大小为=205m 3m/s,故A错 误；根据牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度大 小与下落过程的加速度大小之比为号=F=气，故卫 正确.] 9.解析：(1)物块通过B点后在竖直方向上做斜上抛运动，有 1 R-Rcos53°=-gsin53°·t+2gt, 解得vB=2m/s, 物块在B点水平方向上做匀速直线运动，有 d=vzc0s53°·t, 解得d=0.48m; (2)由C点至B点对物块由动能定理有F(L十Rsin53°) 1 一mg(R-Rcos53)=之m哈，解得F=1.8N. 答案：(1)0.48m(2)1.8N 9