牛顿运动定律的应用（板块问题） 专项练 2025年高考物理一轮复习备考

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牛顿运动定律的应用（板块问题） 专项练
2025年高考物理一轮复习备考
一、单选题
1．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则由图象可知下列说法正确的是（　　）
A．时物块B和木板C相对滑动
B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．时物块B和木板C相对滑动
2．如图所示，P、Q两本完全相同的物理课本，叠放在足够长的水平桌面上，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每本物理课本质量均为m，重力加速度为g，不计空气阻力，则要将物理课本Q从物理课本P下方水平抽出，作用在物理课本Q上的水平拉力F不小于（　　）
A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg
3．光滑水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左上端有一质量为m2的物块，如图（a）所示用水平向右的拉力F作用在木板上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1为t1时刻F的大小。某加速度a随时间t的变化关系如图（c）所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
A．t1时刻后长木板做匀加速直线运动
B．
C．在t1时刻两者发生相对运动，且t1时刻后物块加速度不变
D．若长木板足够长，最终物块会和长木板达到共速
4．如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个物块，物块之间的动摩擦因数为，物块与地面之间的动摩擦因数为，上面的两物块用不可伸长、可承受足够大拉力的水平轻绳相连。现对右边质量为m的物块施加水平向右的力F，使四个物块一起向右运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。为使物块之间不发生相对滑动，则F的最大值为（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，质量为4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg的物块，现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小。则木板的长度为（ ）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
6．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间的动摩擦因数为。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力，则木板的加速度a的大小是（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，则（　　）
A．木块受到向右的静摩擦力
B．木板受到木块向左的滑动摩擦力
C．木板与地面之间的摩擦力大小为μ1（m＋M）g
D．木块给木板的摩擦力大小为μ2mg
8．如图所示，光滑水平桌面上放置长的木板。时，小物块（可视为质点）从木板的左端以的速度向右滑上木板，同时木板以的速度向左滑动；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，重力加速度大小，则小物块与木板的质量之比为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图甲所示，在水平面上有一质量为的足够长的木板，其上叠放一质量为的木块，现给木块施加一随时间增大的水平力（是常数），木块加速度的大小随时间变化的图线如图乙所示，木块与木板之间的动摩擦因数为、木板与水平面之间的动摩擦因数为，假定接触面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，则下列说法正确的是（ ）
A．时间内木块受到的摩擦力大小为
B．
C．乙图中
D．与时间内对应的两段斜线斜率的绝对值之比为1：3
10．如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为d，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加水平向右的恒力F，则（　　）
A．当水平恒力的大小时，手机与抽屉有相对运动
B．当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰
C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足
D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足
11．如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。则下列说法正确的是（　　）
A．时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是
C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为
12．如图所示，倾角为的斜面斜面上放置一长木板A，木板上放置一物块B，木板A与斜面的动摩擦因数为，与物块B的动摩擦因数为，两个动摩擦因数都小于，两物体从静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．若小于，则A、B相对运动 B．若小于，则A、B相对静止
C．若大于，则A、B相对运动 D．若大于，则A、B相对静止
三、解答题
13．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，求：
（1）B的最大加速度；
（2）若A、B发生相对运动，F的最小拉力；
（3）当时，A的加速度大小。
14．物体A的质量，静止在光滑水平面上的木板B上，木板B的质量、长，某时刻物体A以的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数，忽略物体A的大小，重力加速度。求：
(1)物体A刚滑上B时的加速度大小和方向；
(2)为使A不从B板右侧滑落，拉力F应满足的条件；
(3)为使A不从B板左侧滑落，拉力F应满足的条件。
15．如图，倾角为的斜面体C同定在水平地面上，一质量m1=2kg的木板A以v0=3m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1，将一质量m2=1kg的滑块B轻放在木板A上，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹。已知斜面足够长，sinθ=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1（结果可保留根号）；
(2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；
(3)滑块B在木板A上留下痕迹的长度s。
参考答案：
1．D
AD．由图像可知，当时物块B和木板C相对静止，当时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；
B．因当时，，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块
联立方程可求解
故B错误；
C．对木板和木块的整体，当时，，则
当时，，则
联立方程可求解
但是不能求解木板C的质量，故C错误。
2．D
要将物理课本Q从物理课本P下方水平抽出，物理课本P的加速度为
对物理课本Q有
解得
3．C
AC．图（c）中在时刻之后加速度保持不变，说明时刻物块与长木板开始发生相对滑动，则图（c）为物块的图像，时刻后由于作用在长木板的拉力继续增大，所以长木板的加速度继续增大，故A错误，C正确；
D．由于时刻物块与长木板开始发生相对滑动，之后物块的加速度一直小于长木板的加速度，则时刻后物块的速度一直小于长木板的速度，所以物块与长木板不会达到共速，故D错误；
B．在时刻，以物块与长木板为整体，根据牛顿第二定律可得
以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
故B错误。
4．B
设当右侧两物体间的摩擦力恰好达到最大值时加速度为a，对右侧上面的物体分析，根据牛顿第二定律有
对左侧两体分析，根据牛顿第二定律有
联立解得
对右侧下面的物体整体分析，根据牛顿第二定律有
解得
5．B
设拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为，撤去外力后物块的加速度大小为，木板的加速度为，根据牛顿第二定律有
解得
，，
拉力F作用的时间为1s时，物块、木板的速度为
，
设又经时间，物块、木板共速，则
解得
，
木板的长度为
6．B
若木板与物块之间发生相对滑动，对木板有
解得
对物块，根据牛顿第二定律有
解得
所以二者之间不发生相对滑动，木板的加速度的大小为
7．D
ABD．木块相对木板向右运动，故木块受到木板向左的滑动摩擦力，大小为
力的作用是相互的，故木块对木板有向右的滑动摩擦力，大小为μ2mg，故AB错误，D正确；
C．木板静止，所以木板与地面之间的摩擦力为静摩擦力，大小等于木块对木板的摩擦力大小，也为μ2mg，而不能用滑动摩擦力的公式计算，故C错误。
8．A
由小物块的受力可知，小物块的加速度大小为
同理木板的加速度大小为
根据匀变速直线运动的基本关系可知，小物块向右的位移为
同理，木板向左的位移为
由题可知
联立解的
9．CD
A．由题图乙可知，在时间内木块的加速度为0，木块仍处于静止状态，木块受到的是静摩擦力，与水平力的大小相等，即随时间的增加而增大，故A错误；
BC．在时刻，木块与长木板间的静摩擦力达到最大，为，此时对长木板有
即
则有
解得
故B错误，C正确；
D．设、时间内木块的加速度大小分别为、；时间内木块与长木板保持相等静止，根据牛顿第二定律可得
时间内木块与长木板发生相对滑动，以木块为对象，根据牛顿第二定律可得
则这两段时间内对应的图线斜率的绝对值之比为
故D正确。
10．BC
A．手机的最大加速度为
手机与抽屉一起加速运动的最大拉力为
当水平恒力的大小时，手机与抽屉无相对运动，A错误；
B．当水平恒力的大小F=0.3N时，抽屉和手机一起加速运动的加速度大小为
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时
解得
抽屉停止运动后，手机向右滑动，则
解得手机向右滑动的位移大小为
手机恰好不与抽屉右侧发生磕碰；当水平恒力的大小F≤0.3N时，手机不与抽屉右侧发生磕碰，B正确；
C．当时手机与抽屉相对滑动，水平恒力的大小F=1.8N时，对抽屉由牛顿第二定律得
解得
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时
解得
手机的速度为
手机的位移为
抽屉停止运动后手机向右滑动的位移
则
则手机恰好与抽屉右侧不磕碰，所以为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小可满足F≥1.8N，C正确；
D．恰好与左端相碰时，对抽屉由牛顿第二定律得
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时
手机向右运动的位移大小为
则
解得
手机恰好不与抽屉左侧发生磕碰，所以为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足F≤2.2N，D错误；
11．AB
AC．由图乙可知，力F在t1=5s时撤去，此时长木板P的速度v1=5 m/s，t2=6s时两者速度相同，v2=3m/s，t2=6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2=6s后长木板Р的速度小于滑块Q的速度，0~6s过程中，以滑块Q为对象，由牛顿第二定律得
解得
5~6s过程中，以长木板P为对象，由牛顿第二定律得
解得
从6s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得
解得
这段时间
时长木板P停下来，故A正确，C错误；
B．长木板P的长度至少是前6s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离
故B正确；
D．在从6s末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得
解得
这段时间
所以t3=12s时滑块Q停下来，6s后滑块Q在长板Р上滑行的距离
前6s长木板Р速度更大，后6s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为
故D错误。
12．BC
依题意，两个动摩擦因数都小于，可知均满足
当A、B相对静止沿斜面下滑时，有
分析物块B，可得
又
解得
同理，可得
时，二者相对运动。
13．（1）；（2）；（3）
（1）B所受合力的最大
则B的最大加速度
（2）设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为，A加速度为，当时A、B发生相对滑动。对A，由牛顿第二定律有
解得
（3）当
A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有
解得
14．(1)，方向向左
(2)
(3)
（1）对A根据牛顿第二定律得
解得
方向向左。
（2）B做加速运动，由牛顿第二定律有
A不滑落的临界条件是：A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则
又因为
联立解得
若，则A滑到B的右端时，A的速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须满足
（3）当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落，即有
解得
若，A就会相对B向左滑动。为使A不从B板左侧滑落，拉力F应满足的条件为
15．(1)
(2)，
(3)
（1）开始木板A能够匀速下滑，有
解得
（2）刚放上滑块B，对滑块B分析
由牛顿第二定律可得
解得
对木扳A分析
由牛顿第二定律可得
解得
（3）设经过时间，A与B共速，设共速时的速度为，对A、B分别有
联立解得
，
共速时B相对A向上滑动的位移大小为，有
共速后，再对B受力分析有
由牛顿第二定律可得
解得
对A分析有
由牛顿第二定律可得
解得
设再经过时间，木板速度减为零，有
此时滑块B速度为
共速后B相对A向下运动的位移大小为，有
由于
则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为
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