第4章 专题探究8 板块模型-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册(人教版2019) 江苏专用

专题探究八板块模型 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 0日 长的质量为m的木板静止在水平面上，【=0 。 时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度 水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩 上 擦因数分别为4，山，且最大静摩擦力等于滑 动摩擦力.滑块的-1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,1=2 B.442 A、B间的动摩擦因数4，=0.2，木板B与地面间 C.41>242 D.41=242 的动摩擦因数心2=0.1，重力加速度g取 2.(2023·广西南宁联考)如图甲所示，长木板a 10m/s2,设最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t: 10m/s2) (3)木板B的最小长度L 1Wn。s 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 必修第一册学霸106 动摩擦系数均为以，象棋子离开课本所需时间 为1，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( ) A.若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F 条裤子物限深术 wwwwkmo 不能超过m A.其他条件不变，m越大，t越长，越大 B.当力F逐渐增大时，A、B之间先发生打滑 B.其他条件不变，M越大，1越短，v越小 现象 C.其他条件不变，F越大，t越短，v越小 9 C.当力F>mg时，B与A相对滑动 D.其他条件不变，4越大，t越长，D越大 题型2板、块受拉力作用 D.无论力F为何值，B的加速度不会超过 6.(2024·湖南衡阳期末)如图甲所示，粗糙水 3 4g 平地面上静置一长为2.0m、质量为2kg的长 题型3斜面上的板块问题 木板，在其右端放一质量为1kg的小物块（可 8.(2024·安徽名校联考)如图所示，倾角0= 看作质点).某时刻起对长木板施加逐渐增大 37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态 的水平外力F,测得小物块所受的摩擦力F 时，质量为M=0.2kg、长度为L=1m的薄木 随外力F的变化关系如图乙所示最大静摩 板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底瑞的 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 距离s=1.92m,现将薄木板由静止释放，同时 10m/s2,若一开始改用F=16N的水平恒力 质量m=0.1kg的滑块（可视为质点）以速度 拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为 =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= FI 0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 3 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： 02468101214FN 念 乙 (2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底 A.2s B.3s C.3 s D.5s 端的时间。 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：，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 断正确的是 () 第四章学霸107度时，不再有相对滑动，由2=2ax得，木炭包位移x本= 专题探究八板块模型 记设相对滑动的时同为1，由：=，得心此时传送带 1.C解析：由-t图像分析可知.木板相对地面滑动.滑块 的位移为x特== _心，所以滑动的位移是△=%一* 与木板共速后一起减速到停止，对木板4，mg>41·2mg,则 g 有4>22，故选C 2 ,由此可以知道，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所 2.C解析：D.由图乙可知，a,6两物体1s后一起匀速运动 24 说明长木板a与地面间的动摩擦因数为0，D错误：B.因前 以B错误木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长 度越短，所以C正确.传送带运动的速度越大，径迹的长度 :内a6的加速度大小都为a=兰1公，而二者的合 越长，所以D错误.故选C. 外力为相互作用的摩擦力，根据牛顿第二定律知二者质量 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 相等，木板a的质量为m,B错误：C.对b受力分析，根据 煤块受力分析，根据牛顿第二定律可知mgin37°+ 牛顿第二定律有mg=ma,解得物体b与木板a上表面间 umgens3=mm,解得a=10m/s2,若达到共速需要的时间 的动摩擦因数μ=01，C正确：A,由图乙得0~1s内物体b 为，==1，煤块下滑到底端时L=?,解得1=06s< 的位移为x= 2(2+1)x1m=1.5m,长木板a的位移为 ,此时煤块没能和传送带共速，此过程中传送带走过的距 离x=o1=6m,此过程中煤块相对传送带的路程△r=x- 2×1x1m=0.5m,则木板a的最小长度为L=-名，= L=4.2m>2L=3.6m.可知煤块滑离传送带下瑞时传送带 1m,A错误故选C 上的划痕长度为3.6m.故选B. 3.C解析：箱子以一定的水平初速度。从左端滑上平板 7.D解析：A物块相对传送带向下运动时，由牛顿第二定律 车，在摩擦力作用下，箱子做匀诚速直线运动，平板车做匀 可得a=mg tumngeos0-mgsin8 加速直线运动，设经过：时间箱子与平板车达到共速？， =3m/s52 2m 当与传送带共速后，要保持匀速向上运动，则需要的静摩 此过程平板车的位移为=之，箱子的位移为 擦力∫=mg-mgsin0=0.4mg, g+t 但最大静摩擦力为fm=mgcos0=0,2mg, 2 1,则箱子相对于平板车向前的位移大小为4x=x输 故物块A会相对传送带向上滑动，此时' o D共 mg-umgeos 6-mgsin 0 x车= 2-1m/s2, 2121=2,可得△r=2>x4=21,故选C 2m 4.(1)a1=2m/s2a2=4m/s2(2)t=9s(3)L=27m 直到从传送带上端滑出.故选D. 解析：(1)木块刚放上木板时，A、B加速度分别为a1,2,根 8.C解析：A.对物体P受力分析可知，开始时P的速度大 据牛顿第二定律对A有4，mg=ma,解得a1=2m/s2,根据 于传送带速度，故其受到摩擦力方向向左，设绳子拉力为 牛顿第二定律对B有4，mg+43·2mg=ma:,解得a2 T,以向左为正方向，分别以P、Q为研究对象，由牛顿第二 4m/s2 定律可得T+mg=ma1,g-T=ma1,联立可得a,=8m/。2, (2)假设物块与木板共速时，速度为，从开始到共速所用 则物块P减速至与传送带速度相等所需时间，及此段时 时间为41，则有=a1,n=。-a41,解得41=3s,D=6m/s, 间内P向右发生的位移5分别为4，==Q5, 设A、B共速后能一起运动，加速度为a,A、B间摩擦力为f 则有f=ma,42·2mg=2ma,解得a=1m/s2f=2N,A、B间 - 的最大静摩擦力fm=4,mg=4N>f=2N,假设成立：共速 =4m<L=15m,故速度达到相等后，P仍在传送带 2n 后，A,B一起运动时间为2，则有=a2,解得2=6s,小物 上，分析可知P将继续向右诚速，此时摩擦力方向向右，此 块运动时间为1=1，+42=9 时分别以P、Q为研究对象，由牛顿第二定律可得T- (3)共速时，物块的位移为x,木板位移x,则有x,= mg=ma,mg-T=m2,联立解得2=2m/s2,故A错误： 2,=2,,木板B最小长度为L=-,联立 B.P从6m诚速到零所需时间为，==3s,此过程P 解得L=27m. 5.B解析：A.对象棋子由牛顿第二定律有mg=ma,解得 向右运动的位移为名a =9m,P从开始向右运动到速 a=4g,由速度与时间的关系可得=，对课本由牛顿第二 度为零所通过的总位移为x=名1+x=13m<L=15m,可知 定律有F-a(M+m)gmg=Ma,解得，=Fu(M+2m)g P没有从右端离开传送带，故B错误：C.P在最初11=0.5s 时间内相对传送带向右运动，这个过程中相对传送带的位 设象棋子与课本的相对位移为L,则有】 22=l,解 移大小△x,=x,-,41=4m-6×0.5m=1m,共速后P向右运 动诚速至零的时间内，P相对传动带向左运动，这个过程 得t= 2L,其中0。-a=u(2+2m)8,可知，其他条件 Na。-d M 中相对传送带的位移大小△，=，4-=6×3m一9m= 不变，m越大，则a。-a越小，时间t越长，而象棋子的速度 9m>△x,所以划痕的长度为s=△=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/s2向左 t=at=a 2L,可知：越大，故A正确，不符合题意：B.其 Ndo-a 做匀加速直线运动直至离开传送带，根据运动学公式可得 他条件不变，M越大，则a,一a越小，时间t越长，而象棋子 t2=2a2x,解得P离开的速度为r=2√/13m/s,故D错误 的速度。越大，故B错误，符合题意：C.其他条件不变，F 故选C 越大，侧a。-a越大，时间t越短，则象棋子的速度越小 必修第一册学霸3贸 故C正确，不符合题意；D.其他条件不变，u越大，则a- 越小，时间：越长，则象棋子的速度越大，故D正确，不符 第6节 超重和失重 合题意故选B. 第1关（练速度） 6.A解析：由图可知.地面给木板的滑动摩擦力为2N,小物 1.D2.C3.C 块能产生的最大静摩擦力即滑动摩擦力为4N,当一开始 4.D解析：A.从A到B的过程中，同学有向下的加速度，处 加16N的力时，小物块的加速度为4，=。4 于失重状态，故A错误：B.a-t图像与坐标轴围成的面积 m/s2= 表示速度变化量，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 4m/s2,木板的加速度为a,= -ffe_16-42m -m s2= M 2 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，故同学在D点时，恰好离开地面，故C错误：D.从 53,由物块相对木板的位移为L得，一 C到D的过程中，同学有向下的加速度，处于失重状态，故 D正确.故选D. 解得1=2s,故选A. 7.C解析：A.A,B间的最大静摩擦力为=4·2mg=24mg, 5.A解析：因x-4图像的斜率等于速度，可知0~，时间内， 乘客向上做加速运动，处于超重状态，选项A正确：山1~2 B,C间的最大静摩擦力为5=：·mg=坚，B与地面的 时间内.乘客匀速上升，既不超重，也不失重，选项BC错 4 误：山2~41时间内，乘客向上做减速运动，处于失重状态，但 最大静摩擦力为6=台(2m+m+m)g="罗，若A,B.C三个 不是完全失重，选项D错误， 8 6.A解析：人在起立时，先向上加速后向上减速，先超重后 物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛 失重：由F-1图像可知，超重阶段（加速阶段）水平面对人 顿第二定律可知F-=(2m+m+m)a,假设C恰好与B相 的支持力先增加后减小，则根据F-mg=可知，加速度 对不滑动，则对C有乃=m,解得a=4g,F= 2mg,设 先增加后减小，则-t图像的斜率先增加后减小：同理，由 F-图像可知，失重阶段（减速阶段）水平面对人的支持力 此时A与B间的摩擦力为了，对A有F-∫=2ma,解得f= 先减小后增加，则根据mg-F=ma,可知，加速度先增加后 mg<,表明C达到临界时A还没有到达临界值，侧当力 减小，则-1图像的斜案先增加后减小.则-1图像为A F逐渐增大时，B,C之间先发生打滑现象，要使三者始终 7.B解析：电梯以大小为0.2g的加速度竖直向上做减速运 相对静止，则F不能超过子mg,故AB错误：CB相对A 动，即加速度向下，对站在电梯里的人受力分析，由牛顿第 二定律有mg-F、=ma,由牛顿第三定律有F、=F八，联立解 滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体F-5 得人对电梯的压力为F、=0.8mg,故选B. 5=(2m+m)a',对A研究得F”-2μmg=2mn',解得F'= 8.B解析：A.因为乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯 mg,放当拉力大于？mg时，B相对A滑动，故C正 9 静止时的四分之三，弹力小于小球的重力，加速度向下，则 乘客处于失重状态，A错误：BC.根据牛顿第二定律mg 确：D.当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达 3 到最大，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对 mg=m,解得a=2.5m/g2,方向向下，电梯可能减速上 滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后， 升或者加速下降，C错误，B正确：D.根据牛顿第二定 B受到地面的摩擦力向后，对B有人--=mae,解得 律Mg-F、=Ma.解得Fx=375N.根据牛顿第三定律可知 5 aa=4g,放D错误.故选C 乘客对电梯地板的压力为375N,D错误，故选B. 9。D解析：AB.把加速度分解为水平和竖直两个方向，可知 8.(1)不脱离薄木板(2)0.7s 加速度具有水平向右的分加速度，所以人受到摩擦力作 解析：(1)开始运动时，滑块的加速度大小为a,=gsin9- 用，加速度其有竖直向下的分加速度，人处于失重状态 ugcos 6=2 m/s', 故AB错误：CD.对人受力分析，有F,=mas0,mg- 薄木板的加速度大小为a,-Mgsin Oumngeo0=8ms, Fx=masin0,解得Fx=mg-masin0,故C错误，D正确.故 选D. 假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有。=。+ 10.C解析：①.对人进行受力分析.竖直方向受到重力和支 a1l1=021, 持力，由于电梯向下做减速运动，合力向上，支持力大于 解得11=0.5s,n=4m/s, 重力，即人脚对地板的压力增大，①项错误：③④.对人进 滑块下清的位移大小为=，=1：5m 行受力分析，人受到竖直向下的重力mg、电梯壁对人的 水平向左的弹力F、和地板对脚的斜向右上方的作用力 F,设F与竖直方向的夹角为0，由牛顿第二定律及受力 薄木板下滑的位移大小为名=2=1m, 平衡，在竖直方向有Fcs0-mg=ma,水平方向有Fsin9= 两者相对位移大小为△x=x,-x2=0.75m<L=1m, F,电梯坠落过程中夹角9增大，eos8减小，sin9增大， 作用力F增大，F、,增大，人后背对电梯壁的压力变大， 假设成立，滑块不脱离薄木板 ③项正确，④项错误：②.将F进行力的分解，水平方向为 (2)此后两者一起沿斜面向下运动，加速度大小为a, f=Fsin9,由上分析f增大，2项正确.故选C gsin 0=6 w/s', 第2关（练准确率） 当薄木板下端到达斜面底端时，有一名=+2片.解得 11.C解析：返回舱减速下降即向下做诚速运动，加速度方 向向上，处于超重状态，返回舱加速跃起即向上做加速运 12=0.2s, 动，加速度方向向上，也处于超重状态，故选C 故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为1=t,+ 12.C解析：当电磁铁通电前，台秤示数为G:当电磁铁通电 3=0.7s 后，铁片被吸引上升铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其 参考答案学霸39