第3章 素养培优6 “滑块—木板”模型中的动力学问题(练习Word版)-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

**基本信息** 聚焦“滑块—木板”模型，通过3道典型题构建动力学问题解题框架，融合运动分析、受力分析与能量观点，体现科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |斜面滑块|1道多选|双体运动图像分析|摩擦力方向判断→牛顿第二定律→系统动量守恒| |水平木板|2道计算|板块相对运动+临界状态|动量守恒→动能定理→相对位移计算→多过程动力学分析|

课时冲关17　素养培优6　“滑块—木板”模型中的动力学问题 学生用书　P362　 1．(2025·黑吉辽蒙卷，10)(多选)如图(a)，倾角为θ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v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，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－t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则(　　) 图(a)　　　　　　图(b) A．μ1＋μ2＝2tanθ B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 解析：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t0时间内甲乙的位移x甲＝t0＝3x0，x乙＝t0＝x0， 可得t0时刻甲物体的速度为v＝2v0，B错误； 甲物体的加速度大小为a1＝， 乙物体的加速度大小为a2＝， 由牛顿第二定律可得甲物体mgsin θ－μ1mg cos θ＝ma1， 同理可得乙物体μ2mg cosθ－mg sin θ＝ma2， 联立可得μ1＋μ2＝2tan θ，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＝ma1cos θ－ma2cos θ＝0， 则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误； t＝t0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 θ，即地面对斜面的摩擦力向左，D正确．故选AD.] 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v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μ. 解析：(1)设木板和小滑块的质量为m，小滑块最终的速度大小为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv＝2mv′，得v′＝v. (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μ，由动能定理，对木板－μmgx＝mv′2－mv2， 对滑块μmg＝mv′2， 解得x＝，μ＝. 答案：(1)　(2)L　 3．如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12 m、质量为M＝2 kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1 kg(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μ1＝0.1和μ2＝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＝10 m/s2.求： (1)当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小； (2)若水平拉力F1＝10.5 N，A所受到的摩擦力大小； (3)若水平拉力F2＝24 N，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． 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μ1mg＝ma0， 解得a0＝1 m/s2， 当A、B刚要相对滑动时，设拉力大小为F0，对A、B有F0－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a0， 解得F0＝12 N. (2)由于F1＝10.5 N＜F0＝12 N， 且F1＞μ2(M＋m)g＝9 N， 故A、B一起做匀加速运动，对A、B整体有 F1－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a共， 解得a共＝0.5 m/s2， 对A有f＝ma共，解得f＝0.5 N. (3)由于水平拉力F2＝24 N＞F0＝12 N， 故A、B相对滑动，对A有μ1mg＝ma1， 解得a1＝1 m/s2， 对B有F2－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma2， 解得a2＝7 m/s2， 设拉力作用t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则t1时间内小物块速度和位移分别为 v1＝a1t1，x1＝a1t，t1时间内木板的速度和位移分别为v2＝a2t1，x2＝a2t， 此过程中A相对B向左滑动距离Δx1＝a2t－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＝1 m/s2， B做减速运动，且有μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma3，解得a3＝5 m/s2， 则有v共＝v1＋a1t2＝v2－a3t2， 此过程中A相对B向左滑动Δx2＝t2－t2＝t2， 此时A刚好滑到B最左端，则有Δx＝Δx1＋Δx2＝＝6 m， 联立解得v共＝2 m/s，t1＝t2＝1 s， 即F2作用1 s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＝1 m/s2， B向右减速，设加速度大小为a4，则有μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma4， 解得a4＝4 m/s2， 此后，A、B分别运动x3、x4后停下，有x3＝＝2 m，x4＝＝0.5 m， A相对B向右滑动了Δx′＝x3－x4＝1.5 m， 即A最终停在B上离B左端1.5 m的位置． 答案：(1)12 N；(2)0.5 N；(3)1 s，最终停在B上离B左端1.5 m的位置 学科网（北京）股份有限公司 $