练案33 第4章 专题强化11 板块模型-【成才之路•练案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步新课程学习指导(人教版)

练案[33] 第四章 专题强化11 板块模型 基础巩固练 综合提升练 1.（多选)如图所示，一足 物块 4.（多选)如图所示，质量 够长的木板静止在光滑mm不极mm和 木板 拉力 为M=1kg足够长的木 mmmmmmmmmmmmmmmm 水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块 板静止在光滑水平面上， 间有摩擦。现用水平拉力向右拉木板，当物块 现有一质量m=0.5kg的滑块（可视为质点） 相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时， 以o=3m/s的初速度从左端沿木板上表面 撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运 冲上木板，带动木板向前滑动，已知滑块与木 动情况为 ( 板间的动摩擦因数心=0.1，重力加速度g取 A.物块先向左运动，再向右运动 10m/s2,则 B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速 A.滑块的加速度大小为1m/s2 运动 B.木板的加速度大小为1m/s2 C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速 C.滑块和木板达到共同速度的时间为2s 运动 D.滑块和木板达到共同速度时，滑块相对木 D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 板滑动的位移大小为3m 2.(多选)(2025·广东广 A→ 5.（多选)如图甲，长木板A静止在光滑水平面 州月考）如图所示，一足mmmmmmmmimmm 上，另一物体B(可看作质点)以水平速度。= 够长的木板B静止在粗糙的水平面上，t=0时 3m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存 刻滑块A从木板的左端以速度。水平向右滑 在摩擦，之后运动过程中A、B的速度随时间 行，木板与滑块间接触面粗糙，且最大静摩擦 变化情况如图乙。g取10/s2,下列说法正 力等于滑动摩擦力。在滑块A停止运动前，下 确的是 () 列说法中正确的是 /(m.s) A.滑块A可能做匀速直线运动 B.木板B可能先做匀加速直线运动，再做匀 B 减速直线运动 h 23t/s C.木板B对地面的摩擦力是水平向右的 乙 D.A、B之间一定始终是滑动摩擦力 A.A、B两物体所受的摩擦力均与运动方向 3.如图所示，质量为m1的足 m2→F 相反 够长的木板静止在水平面 mm 7777777元 777777777元 B.A、B之间的动摩擦因数u=0.2 上，其上放一质量为m2的物块，物块与木板的 C.长木板A的长度可能为L=0.8m 接触面是光滑的，从t=0时刻起，给物块施加 D.A物体的质量是B物体的两倍 水平恒力F。分别用a1、a和、2表示木6.如图所示，在光滑的水平 BF 板、物块的加速度和速度大小，下列图像符合 地面上静置一个长为0.64 mhmmimmmmmmmmm 运动情况的是 m、质量为4kg的木板A,在木板的左端有一 个大小不计、质量为2kg的小物体B,A、B之 间的动摩擦因数为u=0.2,当对B施加水平 向右的力F=10N时(g取10m/s2),求： 247 (1)A、B的加速度各为多大？ 7.如图，放在水平地面上的长 m白 木板质量为M=2.0kg、长www 为=2.5m,它与水平地面间的动摩擦因数 山=0.2，与水平地面间的最大静摩擦力与滑 动摩擦力大小相同。一质量为m=3.0kg可 视为质点的滑块从长木板的右侧以初速度。 向左滑上长木板，长木板刚开始运动时的加速 度大小a1=1m/s2,重力加速度g取10m/s2。 (1)求滑块与长木板间的动摩擦因数2和滑 块刚开始运动时的加速度大小a2; (2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉 (2)要使滑块不滑出长木板且恰好运动到长 到右端？ 木板的左侧末端，求滑块初速度的 大小。 248 8.（2025·广东广州高一期 9.如图甲所示，一平板车放置在水平地面上，车 末)如图所示，质量M=mmm 子中央放一质量为1kg的物块，物块与平板 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与 车的动摩擦因数为0.05，现对车施加一作用 地面间的动摩擦因数，=0.1，在木板的左端 力，使车按图乙所示的v-图像运动，物块一直在 放置一个质量m=1kg、大小可忽略的铁块， 平板车上，g=10m/s2,求： 铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4，最大静 个/m·s1) 摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。 6 (1)若在铁块右端施加一个从零开始连续增 大的水平向右的力F,求当力F增大到多 大时，木板恰好要相对地面运动？ 777777 12s 分 乙 (1)平板车加速时的加速度α1和物块加速时 的加速度a2; (2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增 大的水平向右的力F,求当力F增大到多 大时，铁块恰好要相对木板运动？ (2)物块所能达到的最大速度。 (3)若木板长L=1m,在铁块上加一个水平向 右的恒力F=8N,经过多长时间铁块运动 到木板的右端？ -249于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力向上，故这段过程中 x2=l-x1=11m 物块继续匀速下滑，在传送带的速度由。逐渐增加到2。过 程中，物块相对于传送带上滑，物块受到的滑动摩擦力沿传送 由=+7a 带向下，物块加速下滑，当物块的速度达到2。时，物块相对 解得=1s(t2=-11s舍去) 传送带静止，随传送带匀速下滑，故选项C正确。 所以t点=t1+t2=2s。 7.C物块刚滑上传送带时，6大于，物块受到向左的滑动摩10.(1)3.8s(2)0.7s 擦力，A错误；根据wmg=ma可知，物块的加速度大小a= 解析：(1)产品刚放上水平传送带AB时，水平方向受到向右 的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：umg=ma 5mg,则匀减速时间1=。=0.2，位移=1宁， 得加速度大小为a=2.5m/s2 解得x=0.3m<L,则物块先做匀减速运动，然后与传送带一 方向水平向右 起以传送带速度做匀速运动，匀速运动的时间=L-=5, 产品加速到速度与传送带相同所用时间为：4=”=1.65 故物块在传送带上运动的总时间t=t+t=5.2s,B错误，C 匀加速的位移=42=3.2m 正确；传送带在0.2s内位移x2=t=0.2m,物块在传送带上 留下的划痕长度x'=0.3m-0.2m=0.1m,D错误。 则匀速运动的时间，=二=2.2s 8B小木块向右运动，如果一直加速运动则a=g,L=24, 得产品在水平传送带AB上运动的时间为：t=t1+2=3.8s。 (2)第一阶段，物体向下做匀加速直线运动，则有：mgsin0+ 匹如果到达右端时恰好与传送带共速，=L-2马 t=入√μ umgcos 0=ma 2 则得加速度为a=8m/s2 如果先加速，后匀速，4'=，5'= 匀加速运动的时间4，=”=0.5s a g v2g1 1 +,”,则A、C、D选项可能，B选项是匀速运动， 7+2g 位移为=204=1m 第二阶段，由于mgsin37°>umgcos37° 不可能。 故物体继续向下做匀加速直线运动。 9.(1)4s(2)2s 有mgsin0-umgcos0=ma2 解析：(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则 物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下 加速度为a2=4m/s2 做匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin37°-ucos37) 1 第二段运动时间L-=,+24 =ma 解得t4=0.2s 解得a=2m/s 可得产品在斜向传送带BC上运动的时间为：t'=t3+t4= 根据1= 2at得t=4s。 0.7so (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度 练案[33] 时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿 传送带向下，设物体的加速度为a1,由牛顿第二定律得 1.BC物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加 mgsin37°+umgcos37°=ma1 速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以 它们之间存在滑动摩擦力，木板给物块的滑动摩擦力向右，使 解得a1=10m/s 物块向右加速，反过来，物块给木板的滑动摩擦力向左，使木 设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1,位移 板向右减速，直到它们速度相等，二者以共同速度做匀速运 为x1, 动，故B、C正确。 则有4=”=10」 410s-1s 2.BC木板与滑块间接触面粗糙且开始时存在相对运动，因此 =2a41=5m<l=16m 1 存在摩擦，滑块开始做减速后和木板一起做匀速运动，A错 误；滑块与木板共速前，木板B可能先做匀加速直线运动，滑 当物体运动速度等于传送带速度的瞬间 块与木板共速后，滑块与木板可能一起做匀减速直线运动，B 因为ngsin37°>ngcos37 正确；地面对木板B的摩擦力水平向左，所以木板B对地面的 则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动 摩擦力水平向右，C正确：当滑块与木板共速后一起做匀减速 摩擦力，设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加 直线运动时，A、B之间的摩擦力是静摩擦力，D错误。 速度为a2,则a2=gsin37°-gcos37°=2m/s2 3.D因木板与物块之间的接触面光滑，当水平恒力F作用于 310 物块上时，木板与物块之间无摩擦力作用，故木板所受合外力木板、滑块速度相等。设经过时间，长木板、滑块的速度相 为0，加速度为0，木板一定保持静止，A、B、C错误；由牛顿第 等，则有o-a2t=a1t 二定律得，物块的加速度a= 上恒定，即物块做初速度为0的 1 m 根据位移关系得wt-20,f-2af=l 匀加速直线运动，物块运动的”一t图像为过原点的倾斜直线，： 代入数据解得t=1s,o=5m/s。 D正确。 8.(1)2N(2)6N(3)1s 4.ACD对滑块，根据牛顿第二定律可知mg=ma1,可得滑块 解析：(1)对木板和铁块组成的系统受力分析，当拉力恰好等 的加速度大小a1=1m/s2,A正确；对木板，根据牛顿第二定 于地面对木板的最大静摩擦力时，木板恰好要相对地面运动 律可知umg=Ma2,可得滑块的加速度大小a2=0.5m/s2,B F,=41(m+M)g=2N。 错误；根据o-a1t=a2t,可得滑块和木板达到共同速度的时 (2)分析题意可知，铁块恰好要相对木板运动时，铁块与木板 间t=2s,C正确：达到共同速度时，滑块相对木板滑动的位移 间恰好达到最大静摩擦力，对木板分析得2mg-u1(m+M)g Ma 大小Ax=(t-之ar）2a,f=3m,D正确。 解得a1=2m/s 5.BD因为开始时物体B相对于A有向右的速度，所以B受到： 对铁块受力分析有F-2mg=ma A向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律知A受到B向右的滑 解得F=6N。 动摩擦力，即B所受的摩擦力与运动方向相反，A受的摩擦 (3)在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N,对铁块分析，根 力与运动方向相同，故A错误：由题图乙得B和A的加速度 据牛顿第二定律 为a1=2m/s2,a2=1m/s2,由牛顿第二定律知mg=mga1, F-uamg maz mg=mAa2,解得u=0.2,mA=2mg,故B、D正确；由题图乙 解得a2=4m/s2 知0~1s内两者相对运动，之后相对静止一起匀速运动，由题 对木板分析得，木板的加速度为 图乙可得0~1s内两者相对位移为△x=号×3×1m= a,=smg-LM+m）8=2ms 1.5m,即板长不小于1.5m,故C错误。 2、 若木板长L=1m,根据位移关系有L= 2%t 6.(1)1m/s23m/s2(2)0.8s 联立解得t=1s。 解析：(1)A、B间的滑动摩擦力的大小为F,=umBg=4N 9.(1)1m/s20.5m/s2(2)4m/s 以B为研究对象，根据牛顿第二定律得F-Fr=mBaB 解析：(1)车按图乙所示的v-t图像运动，平板车加速时的加 则a=-=3m mB 速度a,==1m/s △t 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得F,'=mAaA 物块加速时的加速度a,=m竖=0.5m/s2。 由牛顿第三定律得F'=F m 解得aa=1m/s2。 (2)由v=at可知，当车的速度为6/s时，滑块的速度为 (2)设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t,A、B在这段 3m/s,设此后再经过t时间两者速度相同v车一a1t=块+a,t 时间内发生的位移分别为x和，其运动过程示意图如图 解得t=2s 所示 物块加速的总时间t'=6s+2s=8s 则物块能达到的最大速度为v=a,t n B B 解得v=4m/s。 hwm -xi- 练案[34] 1 :1.BD体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时单杠对运动 则有。=2ad 员的拉力大小等于运动员的重力，运动员既不处于超重状态 *a=20gl 也不处于失重状态，A项错误：蹦床运动员在空中上升和下落 过程中只受重力，加速度大小等于当地的重力加速度，方向竖 XB一XA=L 直向下，即蹦床运动员处于失重状态，B项正确；举重运动员 联立解得t=0.8s 在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，既不处于超 7.(1)0.44m/s2(2)5m/s 重状态也不处于失重状态，C项错误：不论是超重、失重或是 解析：(1)根据牛顿第二定律可知，对长木板有2mg-u1(M 完全失重，物体所受的重力都没有发生改变，D项正确。 +m)g=Ma1,解得2=0.4 2.A火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可 对滑块有mg=ma2,解得a2=4m/s2。 知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状 (2)滑块不滑出长木板且恰好运动到长木板的左侧末端时，长：态，对座椅的压力大于自身重力，选项A正确，B错误：宇航员 311