第4章 专题探究8 板块模型-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册(教科版2019)

第二定律知.nmg=mo.所以a=u,当达到共同速度时,不再 #.设相对滑 2 13m/s.故D错误.故选C. 专题探究八 板块模型 动的时间为t.由r=at,得t--,此时传送带的位移为x= 盟题 2 1. C 解析:由r一/图像分析可知,木板相对地面滑动,滑块与 一,由此可以知道. 4g 木板共速后一起减速到停止,对木板u.mg>u。·2mg,则有 黑色的径迹与木炭包的质量无关,所以B错误,木炭包与传 u故选C. 送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短,所以C正确.传送 2.C 解析:D.由图乙可知,a、两物体1s后一起匀速运动说 带运动的速度越大,径迹的长度越长,所以D错误,故选C. 明长本板a与地面间的动摩擦因数为0.D错误;B. 因前1 6. B 解析:当小煤块刚放到传送带上达到传送带速度前,对小煤 内a、b的加速度大小都为a= 块受力分析,根据牛顿第二定律可知mgsin37*}+umgeos37*= ._1s 为相互作用的摩擦力,根据牛顿第二定律知二者质量相等 ma.解得a=10m/s?,若达到共速需要的时间为1.= 木板a的质量为m.B错误;C.对5受力分析,根据牛顿第二 定律有nmg=ma,解得物体b与木板a上表面间的动摩擦因 煤块下滑到底时L- 数n=0.1.C正确;A.由图乙得0~1s内物体b的位移为 和传送带共速,此过程中传送带走过的距离x三v=6m.此 过程中煤块相对传送带的路程△x=x-L=4.2m>2Z=3.6m. 可知煤块滑离传送带下端时传送带上的划痕长度为3.6m 1m=0.5m.则木板a的最小长度为L=x-x.=1m.故A错 故选B. 误,故选C 7. D 解析:A物块相对传送带向下运动时,由牛顿第二定律可 3.C 解析:箱子以一定的水平初速度t。从左端滑上平板车, 得a-mg+umgeos 8-mgsin-3 m/s. 在摩擦力作用下,箱子做匀减速直线运动,平板车做匀加过 2n 直线运动,设经过:时间箱子与平板车达到共速t,此过程 当与传送带共速后,要保持匀速向上运动,则需要的静摩擦 力/=mg-mgsin 6=0.4mg, 2 但最大静摩擦力为f.=umgcosθ=0.2mg. 故物块A会相对传送带向上滑动,此时a'= mg-ungcos 0-mgsin8_1m/s. 2n 直到从传送带上端滑出.故选D 4.(1)a.=2m/s} a.=4m/s}(2)t=9s (3)L.=27m$ 8.C 解析:A.对物体P受力分析可知.开始时P的速度大于 解析:(1)木块刚放上木板时,A.B加速度分别为a.、a..根 传送带速度,故其受到摩擦力方向向左,设绳子拉力为7,以 据牛顿第二定律对A有u.mg=ma..解得a.=2m/s,根据牛 向左为正方向,分别以P、0为研究对象,由牛顿第二定律可 顿第二定律对B有u.mg+u。·2mg=ma。,解得a.=4m/s}. 得T+umg=ma.,mg-T=ma.,联立可得a.=8m/s,则物块P (2)假设物块与木板共速时,速度为:.从开始到共速所用时 减速至与传送带速度相等所需时间4.及此段时间内P向右 __4m= 间为t,则有r=at,v=vr-at,解得t.=3s.v=6ms.设A、 B共速后能一起运动,加速度为a.A、B间摩擦力为/.则有 f=ma.·2mg=2ma,解得a=1m/s}f=2N.A.B间的最大 15m.故速度达到相等后,P仍在传送带上,分析可知P将继 静摩擦力f.=n.mg=4Nf=2N.假设成立;共速后,A、B 续向右减速,此时摩擦力方向向右,此时分别以P、0为研究 起运动时间为1..则有,=af.,解得4.=6s.小物块运动时间 对象,由牛顿第二定律可得T'-umg=ma.,mg-T^=ma.,联立 为1=1.+1=9s. 解得a,=2m/s3,故A错误;B.P从6m/s减速到零所需时 _9m (3)共速时,物块的位移为x,木板位移x,则有xi-ar, =-.,木板B最小长度为L=x-x,联立解得 1 P从开始向右运动到速度为零所通过的总位移为x=x.+x。= 13mL=15m.可知P没有从右端离开传送带,故B错误; 1=27m. C. P在最初1.=0.5s时间内相对传送带向右运动,这个过程 5. B 解析:A.对象棋子由牛顿第二定律有umg=ma,解得a= 中相对传送带的位移大小Ax.=x.-v.t.=4m-6x0.5m= u,由速度与时间的关系可得v=at,对课本由牛顿第二定律 1m.共速后P向右运动减速至零的时间内,P相对传动带向 左运动,这个过程中相对传送带的位移大小Ax。=v15-x。= M 6x3m-9m=9m>Ax..所以划痕的长度为s=Ax,=9m.故 C正确;D.P减速到零后,将以初速度为零,加速度大小 为2m/s向左做匀加速直线运动直至离开传送带,根据运 F-u(2M+2m)g可知,其他条件不 动学公式可得?=2a.x.解得P离开的速度为《= M 参考答案与解析 黑白题39 变,m越大,则a.-a越小,时间:越长,而象棋子的速度r af.=a. 2 解得t.=0.5s.v=4m/s. at=a t+r 条件不变,V越大.则a.二a越小.时间;越长,而象棋子的速 度:越大,故B错误,符合题意:C. 其他条件不变,F越大.则 薄木板下滑的位移大小为x=-,=1m, a.-a越大,时间:越短,则象棋子的速度v越小,故C正确 不符合题意;D.其他条件不变,:越大,则a-a越小,时间! 两者相对位移大小为△x=x.-x.=0.75m<L=1m. 越长,则象棋子的速度;越大,故D正确,不符合题意,故 假设成立,滑块不脱离薄木板 选B. (2)此后两者一起沿斜面向下运动,加速度大小为a。= 6. BCD 解析:ABC.根据题意,由图乙可知,当F=F.时,木板 gsinθ=6m/s}. 当薄木板下端到达斜面底端时,有s-x2=u-a,解得 -。 相对地面开始滑动,则有F.=u.(m+M)g.当F.<F<F.时. 小物块与长木板一起加速运动,则有F-.(m+M)g= =0.2s. (m+M)a,解得-f m_~g结合图乙可得-a。-:g,解得 故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为1=1.4 t=0.7s. 2= g 第7节 超重与失重 -g,结合图乙可得--- 白题 础世关 Fa F-F 1.D 2.BC F.=nmg,则小物块的质量m=f &3,n=(F,-F)g' n: 3.C 解析:当摆锤由最高点向最低点摆动时,先具有向下的 故A错误.BC正确;D.对长木板有n.mg-(m+M)g=Ma. 加速度分量,后有向上的加速度分量,即游客先体会到失重 F.-F 后体会到超重,当摆锤摆动到最低点时,具有方向向上的量 解得,长木板的质量M= 一.故D正确.故选BCD 大加速度,此时游客体会到明显的超重,故选C. 7. C 解析:A.A、B间的最大静摩擦力为f.=·2mg=2amg. 4.D 解析:A.从A到B的过程中,同学有向下的加速度,处于 B、C间的最大静摩擦力为7.-.mg-tmg.B与地面的最 失重状态,故A错误;B.a-:图像与坐标轴围成的面积表示 4 4 速度变化量,同学在A点的速度为零,故同学在B点时,速度 不为零,故B错误;C.恰好离开地面时,地面对同学的作用 力为零,不计空气阻力,则同学的加速度为重力加速度,故同 体始终相对静止,则三者一起向右加速,对整体根据牛顿第 学在D点时,恰好离开地面,故C错误;D.从C到D的过程 二定律可知F-f.=(2m+m+m)a.假设C恰好与B相对不滑 中,同学有向下的加速度,处于失重状态,故D正确.故选D. 3 动,则对C有/,=ma,解得a--g,F= 5.A 解析:因x-:图像的斜率等于速度,可知0~1.时间内,乘 2mng,设此时A与 客向上做加速运动,处于超重状态,选项A正确;L.~1.时间 B间的摩擦力为/.对A有F-f=2ma,解得f=umg<f,表明C 内,乘客匀速上升,既不超重,也不失重,选项BC错误;4.~4 达到临界时A还没有到达临界值,则当力F逐渐增大时,B 时间内,乘客向上做减速运动,处于失重状态,但不是完全失 C之间先发生打滑现象,要使三者始终相对静止,则F不能 重,选项D错误 超过}mg,故AB错误;C.B相对A滑动时,C早已相对于 6.A 解析:人在起立时,先向上加速后向上减速,先超重后失 重;由F-t图像可知,超重阶段(加速阶段)水平面对人的支 B发生相对滑动,对AB整体F'-f-f.=(2m+m)a',对A研究 持力先增加后减小,则根据F-mg=ma可知,加速度先增加 #2-mg,故当拉力大于2mg 得F-2mg=2ma',解得F= 后减小,则;一+图像的斜率先增加后减小:同理,由F-,图 可知,失重阶段(减速阶段)水平面对人的支持力先减小后 时,B相对A滑动,故C正确:D. 当F较大时.A与C会相对 增加,则根据mg-F三mo.可知.加速度先增加后减小.则 于B滑动,B的加速度达到最大,当A与B相对滑动时,C早 图像的斜率先增加后减小.则r-:图像为A. 已相对于B发生相对滑动,则B受到A的摩擦力向前,B受 7.B 解析:电梯以大小为0.2g的加速度竖直向上做减速运 到C的摩擦力向后,B受到地面的摩擦力向后,对B有f 动,即加速度向下,对站在电梯里的人受力分析,由牛顿第二 f-f=ma.,解得a=g,故D错误,故选C. 定律有mg-F.=ma,由牛顿第三定律有F.=F,联立解得人 对电梯的压力为F.=0.8mg,故选B. 8.(1)不脱离薄木板 (2)0.7s 8.B 解析:A.因为乘客发现轻质弹的伸长量始终是电梯静 解析:(1)开始运动时,滑块的加速度大小为a.三gsinθ- 止时的四分之三,弹力小于小球的重力,加速度向下,则乘客 ngcosθ=2m/s3. 处于失重状态,A错误;BC. 根据牛顿第二定律ng Mgsin8+mgeos8_8m/s. 薄木板的加速度大小为a。 4mg=ima,解得a=2.5m/s,方向向下,电梯可能减速上升 3 M 假设滑块不脱离薄木板,当两者达到共速时,有v=v。+ 或者加速下降,C错误,B正确;D. 根据牛顿第二定律Mg- 必修第一册·JK 黑白题40专题探究八 板块模型 黑题 专题强化 时：60min 题型1板、块不受拉力作用 可能是 ( 1.(2024·湖南平江开学)如图甲所示，一足够 口·” 口· 长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0 时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度 A B 水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩 口→ 口% 擦因数分别为以，丛2且最大静摩擦力等于滑 动摩擦力.滑块的v-t图像如图乙所示，则有 C D 4.(2024·湖南长郡中学开学)如图所示，木板B 在水平面上向右运动，当木板B的速度为。= 18m/s时，将小物块A轻放在B的右端，已知 小物块A和木板B的质量均为m=2kg,小物 块A可视为质点，且A始终没有离开B,A、B间 A.4,= B.14 的动摩擦因数4，=0.2，木板B与地面间的动摩 C.41>242 D.41=242 擦因数42=0.1，重力加速度g取10m/s2,设最 2.(2023·广西南宁联考)如图甲所示，长木板a 大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： 放在水平面上，质量为m的物体b,以水平速 (1)小物块刚放上木板瞬间，A和B的加速 度滑上木板a,之后a、b运动速度随时间变化 度分别是多大？ 情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取 (2)小物块A运动的时间： 10m/s2) ( (3)木板B的最小长度L 【Wm· A.木板a的长度至少为1.5m B.木板a的质量为2m C.物体b与木板a上表面间的动摩擦因数为0.1 D.长木板a与地面间的动摩擦因数为0.1 3.(2024·辽宁大连期末)平板小车 5.(2024·重庆沙坪坝期末)如图所示，某同学 静止放在水平地面上，箱子以一定 将一质量为m的象棋子放在静置于水平课桌 的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车 上的物理课本中央，课本质量为M.用水平恒 之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它 力F作用于课本，将其从象棋子下方抽出.假 们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况 设课桌足够长，象棋子与课本、课本与桌面的 必修第一册JK黑白题106 动摩擦系数均为4，象棋子离开课本所需时间 确的是 为t,离开课本时速度为.象棋子可视为质点， 不计空气阻力，下列说法错误的是 ( 泉于物理课木 A.若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F A.其他条件不变，m越大，1越长，越大 不能超过mg B.其他条件不变，M越大，1越短，越小 B.当力F逐渐增大时，A、B之间先发生打滑 C.其他条件不变，F越大，t越短，越小 现象 D.其他条件不变，越大，t越长，v越大 9 题型2板、块受拉力作用 C.当力F>之mg时，B与A相对滑动 6.(2024·江西一模)（多选）如图甲，水平地面 D.无论力F为何值，B的加速度不会超过 上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给 Ahg 小物块施加一水平外力F,已知长木板及小物 题型3斜面上的板块问题 块加速度a随外力F的变化关系如图乙所示. 8.(2024·安微名校联考)如图所示，倾角0= 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 37的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态 度为g,以下说法正确的是 时，质量为M=0.2kg、长度为L=1m的薄木 板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的 距离s=1.92m,现将薄木板由静止释放，同时 下FF 质量m=0.1kg的滑块（可视为质点）以速度 o=3m/s从木板上端沿斜面向下冲上薄木 板.已知滑块与薄木板间的动摩擦因数4= A.小物块与长木板间的动摩擦因数4，= 0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 B.长木板与地面间的动摩擦因数2= 速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8. (1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板： F3-F2 C.小物块的质量m= (2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底 a 端的时间 D.长木板的质量M-F-F 7.(2024·江苏南京期末)如图所示，A、B、C三 个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质 量为2m,B和C的质量都是m,A、B间的动摩 擦因数为u,B,C间的动摩擦因数为片，B和地 面间的动摩擦因数为发设B足够长，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现 对A施加一水平向右的拉力F,则下列判断正 第四章黑白题107