高中物理人教新课标版必修1： 牛顿运动定律应用之板块模型 专题练（含解析）

考点集训：牛顿运动定律应用之板块模型
1．如图所示，置于水平地面上的A、B两物块，在水平恒力F的作用下，以共同速度向右做匀速直线运动．下列说法正确的是
A．A与B间的动摩擦因数可能为0
B．B与地面间的动摩擦因数可能为0
C．若撤去F，A与B一定会相对滑动
D．若撤去F，A与B间摩擦力逐渐减小
2．如图所示，木块A放在水平长木板B的左端，A、B间动摩擦因数为μ.现用恒力F将A拉至B的右端．第一次将B固定在水平地面上，木块A到达B右端时的动能为Ek1；第二次将B放在光滑的水平地面，木块A到达B右端时的动能为Ek2，以下判断正确的是
A．Ek1Ek2 D．无法确定
3．如图所示，将小砝码置于水平桌面上的薄纸板上，用向右的水平拉力 F 将纸板迅速抽出，砝码最后停在桌面上。若增加 F 的大小，则砝码（　　）
A．与纸板之间的摩擦力增大
B．在纸板上运动的时间减小
C．相对于桌面运动的距离增大
D．相对于桌面运动的距离不变
4．如图所示，甲叠放在物体乙上，，甲、乙之间以及与地面之间的动摩擦因数均为μ，一水平外力F向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．要使甲、乙一起运动，则F最大值为
B．要使甲、乙一起运动，则F最大值为
C．若，则甲的加速度为
D．若甲、乙一起向右匀速直线运动，F方向可变，，则F最小值为
5．如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态。A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为。若用水平恒力F向右拉动木板A（已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力），要使A从C、B之间抽出来，则F大小应满足的条件是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F图像，g取10m/s2 ， 则（　　）
A．滑块A的质量为4kg B．木板B的质量为1kg
C．当F=6N时木板B加速度为0 D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
8．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a?F图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则下列选项错误的是
A．滑块的质量m＝4 kg
B．木板的质量M＝2 kg
C．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1
9．如图所示，在水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板A，其上叠放一质量为m2=2kg的物块B，木板与地面间的动摩擦因数=0.1，物块和木板之间的动摩擦因数=0.3，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给物块施加随时间t增大的水平拉力F=3t(N)，重力加速度大小g=10m/s2。则（　　）
A．t=ls之后，木板将在地面上滑动
B．t=2s时，物块将相对木板滑动
C．t=3s时，物块的加速度大小为4m/s2
D．木板的最大加速度为3m/s2
10．图甲中，质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。当木板受到随时间t均匀变化的水平拉力F作用时，其加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示。取g=10m/s2，则（　　）
A．滑块的质量m=2kg
B．0?6s内，滑块做匀加速直线运动
C．当F=8N时，滑块的加速度大小为1m/s2
D．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
11．一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1kg的物块轻放在小车前端，以后小车运动的速度﹣时间图象如图所示。已知物块始终在小车上，重力加速度g取10m/s2．则下列判断正确的是（　　）
A．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25m
B．物块的最终动能E1＝0.5J，小车动能的减小量△E＝3J
C．小车与物块间摩擦生热3J
D．小车的质量为0.25kg
12．如图，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA＝3 kg，mB＝2 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2（假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现用水平向右拉B物体，g取10 m/s2，则（　　）
A．无论拉力F多大，A相对B始终静止
B．无论拉力F多大，A受到的摩擦力不能超过6 N
C．当拉力F=5 N时，B受到的摩擦力等于3 N，方向向左
D．当拉力F＝15 N时，B受到的摩擦力等于9 N，方向向右
13．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
14．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为的另一物体B（可视为质点）以水平速度滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度。则下列说法正确的是（　　）
A．木板获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为2J
C．木板A的最短长度为1m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
15．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f．现用一水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s．下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变的情况下，F增大，滑块与木板间产生的热量不变
B．其他条件不变的情况下，M越大，s越大
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长
D．上述过程中，滑块克服摩擦力做功为f(L+s)
16．如图甲所示一长木板在水平地面上运动，木板上有一运动的小物块，木板和物块运动的速度－时间图像如图乙所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间、木板与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s2。求
(1)物块与木板间的动摩擦因数；木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从ｔ＝时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对地的位移的大小。
17．如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N。当小车向右运动的速度达到6m/s时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量m=2kg的小物块。小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长。g取10m/s2，则：
(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；
(2)经多长时间两者达到相同的速度；
(3)从小物块放上小车开始，经过t=5s小车通过的位移大小为多少？
18．如图，一带电荷量q=+0.05C、质量M=lkg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m=lkg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E=100N/C的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g=10m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。求：
（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率；
（2）平板的最小长度；
（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。
19．如图所示，长L=1.25m，质量M=8kg的平板车静止在光滑水平面上，车的左端放一质量m=2kg的木块，它与车面间的动摩擦因数μ=0.2，今以水平恒力F=10N拖木板在车上滑行，物体最终从车的右端滑落，木块在小车上滑动的过程中，问：
(1)木块和小车对地的加速度各是多少？
(2)拉力对木块做了多少功？
(3)小车和木块各获得多大动能？
(4)摩擦产生多少热量？
20．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6 m．滑块在木板上滑行t＝1 s后，和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，取g＝10 m/s2．求：
(1)滑块与木板间的摩擦力大小；
(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；
(3)滑块相对木板滑行的距离．
参考答案
1．A
【解析】
AB．在水平恒力F的作用下，共同向右做匀速直线运动，故B所受地面的滑动摩擦力与F平衡，B与地面间的动摩擦因数不可能为零；A在水平方向不受外力，故A不受摩擦力，A与B间的动摩擦因数可能为0，故A正确，B错误；
CD．若AB之间的动摩擦因数不为0，且，撤去F，A与B一起减速到零，A与B之间没有相对运动，AB之间的静摩擦力保持不变，若，撤去F后，A与B会发生相对运动，A与B之间是滑动摩擦力，在A的速度减为零之前，保持不变，故CD错误．
2．A
【解析】
无论是B固定还是不固定，当A在B上滑动时， B对A的滑动摩擦力是相等的，根据F-f=ma可知，A的加速度是相等的，而当B不固定时，物块A从B左端滑到右端所用的时间较长，则由v=at可知，A得到的速度较大，即A的动能较大，即Ek1故选A.
3．B
【解析】
A．砝码对纸板的压力不变，大小等于砝码的重力大小，由f=μN知砝码与纸板之间的摩擦力不变，故A错误；
B．增加F的大小，纸板的加速度增大，而砝码的加速度不变，所以砝码在纸板上运动的时间减小，故B正确；
CD．设砝码在纸板上运动时的加速度大小为a1，在桌面上运动时的加速度为a2；则砝码相对于桌面运动的距离为
由
v=a1t1
知a1不变，砝码在纸板上运动的时间t1减小，则砝码离开纸板时的速度v减小，由上知砝码相对于桌面运动的距离s减小，故CD错误。
故选B。
4．D
【解析】
AB. 要使甲、乙一起运动，甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度。
对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：
对甲进行受力分析有：
解得要使甲、乙一起运动，则F最大值为
选项AB错误；
C.若，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可知：
解得：
选项C错误；
D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F方向可变，设力F与水平方向的夹角为θ，则有：
解得：
其中
当分母最大即时，拉力最小，最小为：
选项D正确。
故选D。
5．C
【解析】
铁块与木板之间摩擦力的最大值为
木板与地面间的摩擦力的最大值为
当时，木板和铁块相对地面静止
当，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有
对铁块有
可得
从此关系式可以看出，当时，M、m相对静止，则对整体有
对铁块
即
当拉力大于6N时，滑块受到的摩擦力为滑动摩擦力大小为4N，故得出的图象应为C。故ABD错误，C正确。
故选C。
6．C
【解析】
要使A能从C、B之间抽出来，则，A要相对于B、C都滑动，所以AC间，AB间都是滑动摩擦力，对A有
对C有
对B受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力μ（M+m）g，B与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有
f=μ（2M+m）g
因为
μ（M+m）g＜μ（2M+m）g
所以B没有运动，加速度为0；
所以当aA＞aC时，能够拉出，则有

解得
F＞2μ（m+M）g
故选C。
7．B
【解析】
ABD．由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：
F=（mA+mB）a
代入数据解得
mA+mB=4kg
当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有
由图示图象可知，图线的斜率

解得
mB=1kg
mA=3kg
将a=0时，F=6N代入解得
μ=0.2
故AD错误，B正确。
C．根据F=6N<8N时，滑块与木板相对静止，由图像可知B的加速度不为零，选项C错误。
故选B。
8．C
【解析】
AB．由题图乙知，F＝6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝1 m/s2。对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据计算得出:
M＋m＝6 kg，
当F≥6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得: ，
知图线的斜率k＝，则:
M＝2 kg，
滑块的质量:
m＝4 kg；
故AB不符合题意；
CD．根据F＝6 N时，a＝1 m/s2，代入表达式计算得出:
μ＝0.1，
当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出：
a′＝μg＝1 m/s2，
故C符合题意，D不符合题意。
故选C。
9．AD
【解析】
A．当
物块和木板都没有动，处于静止状态，根据
F=3t(N)
可知t=ls之后，木板将在地面上滑动，故A符合题意；
BD．两物体刚要相对滑动时，此时木板有最大加速度，根据牛顿第二定律，对木块有
对木板有
解得
根据
F=3t(N)
可知t=4s之后，物块将相对木板滑动，故B不符合题意，D符合题意；
C．由上分析可知，t=3s时，物块相对木板静止，一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律
代入数据可得
故C不符合题意。
故选AD。
10．CD
【解析】
A．当F等于6N时，加速度为a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有
F=（M+m）a
代入数据解得
M+m=6kg
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得
知图线的斜率
解得
M=2kg
m=4kg
故A错误；
B．0?6s内，滑块与木板相对静止，随木板做加速度增加的加速运动，故B错误；
CD．根据F等于6N时，二者刚好滑动，此时m的加速度为1m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F=8N时，滑块的加速度为1m/s2；根据牛顿第二定律可得
a=μg
解得动摩擦因数为μ=0.1，故CD正确。
故选CD。
11．ABD
【解析】
A.由v﹣t图象知，当t＝0.5s时，小车开始做速度v＝1m/s的匀速运动，此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由v＝at及f＝ma＝μmg得f＝2N，μ＝0.2，在0～0.5s内，小车的位移s=(5+1)2×0.5m＝1.5 m，物块的位移为x=12×0.5m＝0.25m，所以小车的最小长度为1.5m﹣0.25 m＝1.25 m，故A正确；
B.物块的最终动能 ；由动能定理得小车动能的减小量△E＝f?s＝3J，故B正确；
C.系统机械能减少为△E＝3J﹣0.5 J＝2.5J，故C错误；
D.小车的加速度为 而 ，f＝2N，得M＝0.25kg，故D正确。
12．BC
【解析】
A．当A、B刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a，拉力F，对A：
对整体
所以当时，AB相对静止，一起向右匀加速，当时B的加速度大于A的加速度，二者发生相对滑动， 选项A错误；
B．当AB相对滑动时，A受到滑动摩擦力大小为
即无论拉力F多大，A受到的摩擦力不能超过6 N ，选项B正确；
C．若，对整体
对A
因为A受到B的摩擦力水平向右，则B受到A的摩擦力水平向左，选项C正确；
D．若时，当AB相对滑动时，A受到滑动摩擦力大小为
则B受到的摩擦力等于6 N，方向向左，选项D错误。
故选BC。
13．AB
【解析】
结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
14．BCD
【解析】
A．从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s，由
可得木板A的获得的动能为1J，选项A错误；
B．系统损失的机械能
代入数据得
选项B正确；
C．由图象可知物体B的位移为1.5m，木板A的位移为0.5m，所以木板最小长度为物体和木板的相对位移，即为1m，选项C正确；
D．由图象可知木板A的加速度为1m/s2，根据
其中
得出动摩擦因数为0.1，选项D正确。
故选BCD。
15．AD
【解析】
系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力没变，所以产生的热量没变，A正确．其他条件不变的情况下，由于木板受到摩擦力不变，当M越大时，木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移s小，B错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，C错误；上述过程中，滑块相对于地面的位移为，则滑块克服摩擦力做功为，D正确；选AD.
【点睛】当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块相对于地面的位移为，根据功的计算公式求滑块克服摩擦力做功．根据牛顿第二定律可知，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，据此即可判断s的变化；F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积．
16．(1)，；(2)
【解析】
(1)由图像可知，物块的加速度大小为
对物块由牛顿第二定律有
得
由图像可知，木板的加速度大小为
对木板由牛顿第二定律有
解得
(2)当木板速度减到0时，物块的速度大小为
物块的位移为
方向向左，接着木板反向加速，其加速度大小为
木板与物块速度相等时有
即
解得
共同速度为
此过程位移为
再后物块与木板一起减速到0，则位移为
即
总位移为
17．(1)a1=2m/s2 ；a2=0.5m/s2；(2)t1=4s；(3)12.4m
【解析】
(1)设小物块加速度为a1则有
μmg=ma1
得
a1=2m/s2
设小车加速度为a2，则有
得
a2=0.5m/s2
(2)设经过时间t1两者达到共同速度v，则有
v=a1t1，v=v0+a2t1
所以
v=8m/s，t1=4s
(3)两者共速后加速度为a3，则
得
a3=0.8m/s2
共速前小车的位移为x1，则x1=a2，得
x1=4m
共速后小车的位移为x2，有
x2=vt2+a3
得
x2=8.4m
所以
x=x1+x2=12.4m
18．（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为1.0m/s;（2）平板的最小长度为0.53m;（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N?s
【解析】
（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，
有a==2.5m/s2＜μg
故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得：qEL=（M+m）v
解得v=2.0m/s
平板反弹后，物块加速度大小a1==7.5m/s2，向左做匀减速运动
平板加速度大小a2==12.5m/s2，
平板向右做匀减速运动，设经历时间t1木板与木块达到共同速度v1′，向右为正方向。
-v1+a1t1=v1-a2t1
解得t1=0.2s，v=0.5m/s，方向向左。
此时平板左端距挡板的距离：x=v1t1=0.15m
此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v，则由动能定理
（M+m）v（M+m）=qEx1
解得v2=1.0m/s
（2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。
设平板长为l，全程根据能量守恒可得：qEL=μmgl
解得：l==0.53m
（3）设平板第n-1次与第n次碰撞反弹速度分别为vn-1，和vn；平板第n-1次反弹后：设经历时间tn-1，平板与物块达到共同速度vn-1′
平板vn-1′=vn-1-a2tn-1
位移大小
物块vn-1′=-vn-1+a1tn-1
由以上三式解得：，，
此后两者一起向左匀加速，由动能定理
qExn-1=
解得：
从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量：
I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+……
解得：I=8.0N?s
19．(1)3m/s2，0.5m/s2；(2)15J；(3)9J，1J；(4)5J
【解析】
(1)以木块为研究对象，由牛顿第二定律
解得
再以小车为研究对象
解得
(2)由匀变速直线运动的追击问题可知
解得
在这1s间木块位移为
拉力做功
(3)以木块为研究对象，摩擦力做功为
所以合力对木块做功为9J，由动能定理可知木块获得动能为9J。小车位移为
摩擦力对小车做功为
即小车获得动能为1J。
(4)系统内一对摩擦力对系统做功为
即摩擦产生了的热量。
20．　(1)2 N；(2)1.5 J；(3)1.5 m
【解析】
(1)对木板
由运动学公式，有
解得
(2)对滑块
设滑块滑上木板时的初速度为v0，
由公式
解得
滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得
可得滑块克服摩擦力做功为
(3)t=1s内木板的位移
此过程中滑块的位移
故滑块相对木板滑行距离