第四章 专题探究八 板块模型-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版2019 江苏专用)

专题探究八 黑题 专题强化 题型1板、块不受拉力作用 1.(2025·湖北武汉调研)如图所示，光滑 水平桌面上放置长1=0.78m的木板.t=0时， 小物块（可视为质点）从木板的左端以，= 4m/s的速度向右滑上木板，同时木板以2 4m/s的速度向左滑动：t=0.1s时，小物块从 木板的右端滑下.已知小物块与木板之间的动 摩擦因数4=0.1，重力加速度大小g取 10m/s2,则小物块与木板的质量之比为( A.3:1 B.2:1 C.1:2 D.1:3 2.鞋如图甲所示，长木板a放在水平面上，质 量为m的物体b,以水平速度滑上木板a,之 后a、b运动速度随时间变化情况如图乙所示， 则下列说法正确的是(g取10m/s2)( 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 小车静止放在水平地面上，箱子以 一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子 和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略， 当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置 情况可能是 ( 必修第一册 板块模型 眼时：60min A & 女 00 C 0 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间的动摩擦因数41=0.2，木板B与地面 间的动摩擦因数以=0.1，重力加速度g取 10/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)小物块刚放上木板瞬间，A和B的加速 度分别是多大？ (2)小物块A运动的时间t: (3)木板B的最小长度 A 黑白题106 题型2板、块受拉力作用 5.(2024·湖南衡阳期末)如图甲所示，粗 糙水平地面上静置一长为2.0m、质量为2kg 的长木板，在其右端放一质量为1kg的小物 块（可看作质点）.某时刻起对长木板施加逐 渐增大的水平外力F,测得小物块所受的摩擦 力F随外力F的变化关系如图乙所示最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10m/s2,若一开始改用F=16N的水平恒力 拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为 F/N 3 2 1 024681012147N 甲 A.28 B.3s C.3 s D.5s 6.禁(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 摩擦因数为以，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 正确的是 A.若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F 不能超过mS 4 B.当力F逐渐增大时，A、B之间先发生打滑 现象 9 C.当力F>mg时，B与A相对滑动 第四章 D.无论力F为何值，B的加速度不会超过 48 题型3斜面上的板块问题 7.林(2024·安微名校联考)如图所示，倾角 0=37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状 态时.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 时质量m=0.1kg的滑块（可视为质点）以速 度。=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丛 0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 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： (2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底 端的时间. 黑白题1074.2m>2L=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.故选B. 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 得a=mg tpmgeosd-mgsi8=3v. 2m 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f=mg-mgsin0=0.4mg, 但最大静摩擦力为.=mgc0s0=0.2mg: 故物块A会相对传送带向上滑动，此时'= mg-umgeos 0-mgsin 0 =1m/s2, 2m 直到从传送带上端滑出.故选D. 8.C解析：A.对物体P受力分析可知，开始时P的速度大于 传送带速度，故其受到摩擦力方向向左，设绳子拉力为T,以 向左为正方向，分别以P,Q为研究对象，由牛顿第二定律可 得T+umg=ma1,mg-T=ma,联立可得a,=8m/s2,则物块P 诚速至与传送带速度相等所需时间：及此段时间内P向右 --4m<1 发生的位移玉分别为=05=2 15m,故速度达到相等后，P仍在传送带上，分析可知P将继 续向右减速，此时摩擦力方向向右，此时分别以P、Q为研究 对象，由牛顿第二定律可得T'-mg=m0,mg-T=ma1,联立 解得a2=2m/2,故A错误：B.P从6m/s减速到零所需时 间为，=”=3，此过程P向右运动的位移为620 =9m P从开始向右运动到速度为零所通过的总位移为x=x,+,= 13m<L=15m,可知P没有从右端离开传送带，故B错误： C.P在最初1，=0.5s时问内相对传送带向右运动，这个过程 中相对传送带的位移大小△x,=出，-，4=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，这个过程中相对传送带的位移大小4=书，42一x2= 6×3m-9m=9m>△1，所以划痕的长度为s=4x2=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2ms2向左做匀加速直线运动直至离开传送带.根据运 动学公式可得2=2x,解得P离开的速度为p= 2√13m/s,故D错误.故选C 专题探究八板块模型 果题 专题强化 1,A解析：由小物块的受力可知，小物块的加速度大小为a,= -=g,同理木板的加速度大小为a2 P区根据匀变 m 速直线运动的基本关系可知，小物块向右的位移为x,=, 20,同理，木板向左的位移为与=之，由题可知 1=,,联立解得.3故选入 2.C解析：D.由图乙可知.a、b两物体1s后一起匀速运动. 说明长木板a与地面间的动摩擦因数为0，D错误：B.因前 1s内a,b的加速度大小都为a= 1ms,而二者的合外 Av 力为相互作用的摩擦力，根据牛顿第二定律知二者质量相 等，木板a的质量为m,B错误；C.对b受力分析，根据牛顿 第二定律有umg=ma,解得物体6与木板a上表而间的动摩 擦因数A=0.1,C正确：A.由图乙得0-18内物体6的位移 为，=2×(2+1)×1m=15m,长木板a的位移为x,=2× 参考答案与解析 1×1m=0.5m,则木板a的最小长度为L=x-=1m, 故A错误故选C 3.C解析：箱子以一一定的水平初速度。从左端滑上平板车， 在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速 直线运动，设经过：时间箱子与平板车达到共速？共，此过程 平板车的位移为=学.箱子的位移为 书4，则箱子 2 相对于平板车向前的位移大小为△=x一x= 三，故选C 之.可得4=宁0 4.(1)2m/s24mWs2(2)9s(3)27m 解析：(1)木块刚放上木板时，A、B加速度分别为a1、a,根 据牛顿第二定律对A有41mg=ma1,解得a,=2ms,根据牛 顿第二定律对B有41mg+μ2·2mg=m,解得a2=4m/s2 (2)假设物块与木板共速时，速度为"，从开始到共速所用时 间为1，则有=a141,=0-a21,解得41=38，=6m8,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 =ma,42·2mg=2ma,解得a=1m/s2,∫=2N,A.B间的最大 静摩擦力∫。=μ，mg=4N>f=2N,假设成立：共速后，A、B一 起运动时间为2，则有#=a山，解得与2=6，小物块运动时间 为1=1+h2=9气 (3)共速时，物块的位移为，木板位移为2，则有，= 2,=o2,木板B最小长度为1=-1，联立 解得L=27m. 5.A解析：由图可知，地面给木板的滑动摩擦力为2N,小物 块能产生的最大静摩擦力即滑动摩擦力为4N,当一开始施 加16N的力时，小物块的加速度为a,= 1 m/s2= 4/s2,木板的加速度为a2= F-Fmnf地_16-4-2 m/s2= M 2 5m3,由物块相对木板的位移为L利之-之广=L,解 得1=2s,故选A 6.C解析：A.A,B间的最大静摩擦力为f=4·2mg=2μmg, B.C间的最大静摩擦力为后=片·g=学，B与地面的最 4 大静摩擦力为后=发（2m+m+m)g="受，若A,B.C三个物 体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第 二定律可知F-人=(2m+m+m)a,假设C恰好与B相对不滑 3 动，则对C有方=ma,解得a=4g,F=2mg,设此时A与 B间的摩擦力为∫，对A有F-f=2ma,解得f=umg<,表明C 达到临界时A还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时B C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能 超过)mg,故AB错误：C.B相对A滑动时，C早已相对于 B发生相对滑动，对AB整体F"-5-万=(2m+m)a',对A研究 得P-mg=2ma,解得F=mg,故当拉力大于？nmg 时，B相对A滑动，故C正确：D,当F较大时，A与C会相对 于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B相对滑动时，C早 已相对于B发生相对潜动，则B受到A的摩擦力向前，B受 到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B有一 5 方-=me,解得a=4g,故D错误.故选C 黑白题45 7.(1)不能脱离薄木板(2)0.7s 解析：(1)开始运动时，滑块的加速度大小为a,=gn9- ugcos 0=2 m/'s 薄木板的加速度大小为a2 Mgsin @tumgcos=8m/ 假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有m=+ ah=at. 解得4=0.5s,r=4m/s, 游块下滑的位移大小为气=，=175m。 薄木板下滑的位移大小为=2，=1m, 两者相对位移大小为△r=x,-=0.75m<L=1m, 假设成立，滑块不能脱离薄木板 (2)此后两者一起沿斜而向下运动，加速度大小为a= gsin 0=6 m/s?, 当薄木板下端到达斜面底端时，有s一=，+ 2a,行，解得 t,=0.28. 故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为1=，+ 4=0.78 第6节超重和失重 白题 是础过美 1.D 2.C解析：由题意，可知人在向上运动至最高点的过程中，人 先加速后减速，加速度方向先竖直向上后竖直向下，所以人 先处于超重状态后处于失重状态.故选C 3.C解析：当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的 加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重 后体会到超重.当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最 大加速度，此时游客体会到明显的超重故选C. 4.D解析：A.从A到B的过程中，同学有向下的加速度，处于 失重状态，故A错误：B.a-图像与坐标轴围成的面积表示 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 5.A解析：因x-1图像的斜率等于速度，可知0~t1时间内，乘 客向上做加速运动，处于超重状态，选项A正确：山-2时间 内，乘客匀速上升，既不超重，也不失重，选项BC错误：42~ 时间内，乘客向上做减速运动，处于失重状态，但不是完全失 重，选项D错误。 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-4图像可知，超重阶段（加速阶段）水平面对人的支 持力先增大后减小，则根据F-mg=ma可知，加速度先增大 后减小，则-1图像的斜率先增加后减小：同理，由F-1图像 可知，失重阶段（减速阶段）水平面对人的支持力先减小后 增大，则根据mg-F=ma,可知，加速度先增大后减小，则r-1 图像的斜率先增大后减小.则-1图像为A 7.B解析：水平放置的两本书，书页相互交叉很难被拉开是 因为摩擦力的作用，为了更容易拉开应减小摩擦力，则需要 减小书页之间的压力.AC静止和匀速下降的电梯中，压力大 小等于重力，和水平放置时相同，故AC错误：B.加速下降的 电梯中，处于失重状态，书页间的压力减小，可以容易拉开， 故B正确：D.加速上升的电梯中，处于超重状态，书页间的压 力变大，拉开更困难，故D错误故选B. 必修第一册 8.B解析：A.因为乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静 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- 3 mg=m4,解得a=2.5/2,方向向下，电梯可能减速上升 或者加速下降，C错误，B正确：D.根据牛顿第二定律Mg F、=Ma.解得F、=375N,根据牛顿第三定律可知，乘客对电 梯地板的压力为375N.D错误故选B. 9.D解析：A.第1张照片中，砝码对电子秤的压力小于砝码的 重力，所以拍第一张照片时小明处于失重状态，故A正确： B.第2张照片中，砝码对秤的压力与砝码的重力相等，所以 拍第2张照片时电梯在匀速运动，故B正确：C.从3张照片 中数据以及A,B项的分析可知，电梯先加速下落，再匀速下 落，最后减速下落，所以电梯在向下运动，故C正确：D.对第 3张照片分析有a=N-mg_(12.7-100)x10x9.8 m/s2= m 100×x103 2.2246m/s2,故D错误.本题选不正确选项.故选D. 10.C解析：①对人进行受力分析，竖直方向受到重力和支持 力，由于电梯向下做减速运动，合力向上，支持力大于重力， 即人脚对地板的压力增大，①错误：③④对人进行受力分 析，人受到竖直向下的重力g,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平衡，在竖直方向 有Fcos0-mg=ma,水平方向有Fsin0=F、1,电梯坠落紧急 制动过程中夹角0增大，cos0减小，sin0增大.作用力F增 大，F增大，人后背对电梯壁的压力变大，③正确，④错误： ②将F进行力的分解，水平方向为=Fsn0,由上分析∫增 大，2正确.故选C. 黑题应用提优 1.C解析：返回舱减速下降即向下做减速运动.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动，加 速度方向向上，也处于超重状态，故选C 2.C解析：当电磁铁通电前，台秤示数为G:当电磁铁通电后， 铁片被吸引上升铁片被吸引.向电磁铁靠近，其运动情况是 变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大.根据 F=ma可知，铁片在此过程中处于超重状态，吸引力大于铁 片重力.由于磁力，将整个电磁铁装置与铁片联系到一起.因 为电磁铁吸引铁片的吸引力大于铁片的重力，则根据作用力 与反作用力原理，铁片吸引电磁铁的力F为F的反作用力 大小相等、方向相反，且作用在两个不同的物体上，所以，台 秤的示数一直大于G,故C正确，ABD错误故选C 3.C解析：①对球受力分析，如图所示. T什 mg 对球，根据物体的平衡条件有F-N,=mgtan9,只有当墙壁对 球的弹力为N,=0时，才有F=mgtan8,故①错误：②此时 有：m0=g,球对斜面的弹力大小为店==。当F 增大时，，保持不变，故②正确：③若电梯竖直向上做匀减 速直线运动，则加速度方向竖直向下，当加速度为g时，球对 斜面没有弹力，故③正确：④若电梯竖直向上做匀加速直线 运动，则加速度方向竖直向上，球处于超重状态，球对斜面一 定有弹力，放④错误，故选C. 黑白题46