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高中物理人教（新课标）必修1同步练习
第四章 专题 板块模型
一、单选题
1.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动摩擦因数为 ，有以下几种说法：
①木板受到地面的摩擦力的大小一定是 1mg
②木板受到地面的摩擦力的大小一定是 （m+M）g
③当F＞ （m+M）g时，木板便会开始运动
④无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
则上述说法正确的是（ ）

A. ②③ B. ①④ C. ①③ D. ②④
2.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.
3.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＝10m/s2 ， 则下列选项错误的是（ ）

A. 滑块的质量m＝4kg B. 木板的质量M＝2kg
C. 当F＝8N时滑块加速度为2m/s2 D. 滑块与木板间动摩擦因数为0.1
4.如图，一个质量m＝2kg的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA＝2kg和mB＝4kg的A、B两物块，A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.3，若现用水平恒力F作用在A物块上，重力加速度g取l0m/s2 ， 滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则下列说法正确的是（ ）

A. 当F＝6N时，B物块加速度大小为lm/s2
B. 当F＝7N时，A物块和木板相对滑动
C. 当F＝10N时，物块B与木板相对静止
D. 当F＝12N时，则B物块所受摩擦力大小为2N
5.如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA＝3Kg，mB＝2Kg，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）．A物体上系一细线，水平向右拉细线，则下述说法中正确的是（g＝10m/s2）（ ）

A. 当拉力F＝10N时，B受A摩擦力等于4N，方向向右
B. 无论拉力多大时，B受A摩擦力均为6N．
C. 当拉力F＝16N时，B受A摩擦力等于4N，方向向右
D. 无论拉力F多大，A相对B始终静止
6.如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的vt图象的是( )．

A. B.
C. D.
二、多选题
7.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
8.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μ，B、C间的动摩擦因数为 ，B和地面间的动摩擦因数为 .设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 μmg
B. 当力F＝μmg时，A，B间的摩擦力为
C. 无论力F为何值，B的加速度不会超过 μg
D. 当力F> μmg时，B相对A滑动
9.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，则（ ）

A. 当F＜2μmg时，A，B都相对地面静止
B. 当F＝ 时，A的加速度为
C. 当F＞3μmg时，A相对B滑动
D. 无论F为何值，B的加速度不会超过
10.如图（a），质量m1＝0.2kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v0＝11m/s向右滑动，同时对物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图（b）显示物块与小车第1秒内运动的v﹣t图象。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2 ． 则下列说法正确的是（ ）

A. 物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4
B. 恒力F＝0.5N
C. 物块与小车间的相对位移x相对＝6.5m
D. 小物块向右滑动的最大位移是xmax＝7.7m
11.如图所示，长木板左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左端与挡板连接右端连接一小物块，在小物块上施加水平向右的恒力 ，整个系统一起向右在光滑水平面上做匀加速直线运动。已知长木板（含挡板）的质量为 ，小物块的质量为 ，弹簧的劲度系数为 ，形变量为 ，则（ ）

A. 小物块的加速度为
B. 小物块受到的摩擦力大小一定为 ，方向水平向左
C. 小物块受到的摩擦力大小可能为 ，方向水平向左
D. 小物块与长木板之间可能没有摩擦力
12.如图所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用．A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示．已知物块A的质量m=3kg，取g=10m/s2 ， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）

A. 两物块间的动摩擦因数为0.2
B. 当0C. 当4ND. 当F>12N时，A的加速度随F的增大而增大
三、综合题
13.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。
14.如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1．8 m、质量M ＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝ ．对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2 ．

（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
（2）若F＝37．5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．

15.如图甲所示，质量M=0.2 kg的平板放在水平地面上，质量m=0.1 kg的物块（可视为质点）叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态．现对平板施加一水平向右的拉力，在0~1.5 s内该拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，1.5 s末撤去拉力．已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10 m/s2.求：

（1）0~1 s 内物块和平板的加速度大小a1、a2；
（2）1.5 s末物块和平板的速度大小v块、v板；
（3）平板的最短长度L．
16.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示,滑板长L=4m，起点A到终点线B的距离s=10m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5，地面视为光滑，滑块质量m1=2kg，滑板质量m2=1kg，重力加速度g取10 m/s2 ， 求：

（1）滑板由A滑到B的最短时间；
（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．

答案及解析
1. B
解：ABCD．①②对木板，水平方向受到木块向右的滑动摩擦力 和地面的向左的静摩擦力 ，而
由平衡条件得
即木板受到地面的摩擦力的大小一定是
③④因为木板不动，木块对木板的摩擦力 不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时， 不变化，则木板不可能运动，ACD不符合题意B符合题意。
故答案为：B。
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，结合选项分析求解即可。
2. C
解：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
故答案为：C。
【分析】分别对三个物体进行受力分析，在重力、支持力、摩擦力和拉力的作用下，两个物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
3. C
解：AB、由图知，F＝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＝6 kg；
当F＞6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得 a＝ ＝ F﹣ ，知图线的斜率 k＝ ＝ ，解得 M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，A、B正确，不符合题意；
CD、根据F＞6 N的图线知，F＝4 N时，a＝0，即0＝ ×F﹣ ，代入数据解得μ＝0.1；
当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1 m/s2 ， C错误，符合题意，D正确，不符合题意。
故答案为：C
【分析】分别对两个物体进行受力分析，结合图像中给出的物体的加速度，利用牛顿第二定律列方程求解即可。
4. C
解：A与木板间的最大静摩擦力为：fA＝μmAg＝0.3×2×10N＝6N
B与木板间的最大静摩擦力为：fB＝μmBg＝0.3×4×10N＝12N
当B刚要相对木板滑动时静摩擦力达到最大值，对B，由牛顿第二定律得：μmBg＝mBaB
对对B与木板整体，有：F合＝（m+mB）aB
联立解得：F合＝12N
因为fA＜F合 ， 所以无论F多大，物块B与木板相对静止。
当A刚要相对木板滑动时静摩擦力达到最大值，对B与木板整体有：μmAg＝（m+mB）aA
对A、B和木板整体有： F0＝（m+mA+mB）aA
解得：F0＝8N
所以，当F≤8N时，A与木板相对静止。
A、F＝6N＜F0 ， A、B两物块和木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，加速度为：a＝ ＝ m/s2＝0.75m/s2 ， A不符合题意；
B、F＝7N＜F0 ， A、B两物块和木板保持相对静止，B不符合题意；
C、由上分析知，当F＝10N时，物块B与木板相对静止，C符合题意；
D、F＝12N＞F0 ， 则A与木板发生相对滑动，对B与木板整体，有：μmAg＝（m+mB）a′
对B有 f＝mBa′，解得B物块所受摩擦力大小为 f＝4N，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，两个物体不发生相对运动，即具有相同的加速度，联立求解即可。
5. A
解：AB.若F=10N<15N，两者一起运动，则对整体： ，对B：f=mBa=4N，方向向右，A符合题意，B不符合题意；
C.若F=16N，AB相对滑动，B受滑动摩擦力f=μmg=6N，所以C不符合题意；
D.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a0 ， 拉力为F0。对B： ；对整体：F0=（mA+mB）a0=15N；所以当F≤15N时，AB相对静止，一起向右匀加速运动。当F＞15N时A的加速度大于B的加速度，二者发生相对滑动，所以D不符合题意；
故答案为：A
【分析】利用整体法可以判别AB之间是否有滑动，没有相对滑动可以利用牛顿第二定律求出AB之间静摩擦力的大小，有相对滑动利用动摩擦力表达式求出AB之间摩擦力的大小。
6. B
选AB整体为研究对象，AB整体具有共同的最大加速度，有牛顿第二定律 得： ，对B应用牛顿第二定律： ，对A应用牛顿第二定律： ，经历时间： ，由以上解得： ，此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线，B符合题意，ACD不符合题意．
故答案为：B
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，结合图像分析求解即可。
7. AB
解：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不符合题意；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，A、B符合题意；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,D不符合题意.
故答案为：AB
【分析】利用图像斜率可以求出加速度的大小；结合摩擦力和牛顿第二定律可以求出木板的质量和力F的大小。
8. AB
解：A.A与B间的最大静摩擦力大小为： mg,C与B间的最大静摩擦力大小为： ，B与地面间的最大静摩擦力大小为： （2m+m+m）= ；要使A，B，C都始终相对静止，三者一起向右加速，对整体有：F- =4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有： =ma，联立解得：a= ，F= mg；设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-f=2ma，解得f= mg mg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终保持相对静止，则力F不能超过 μmg，A符合题意.
B.当力F＝μmg时，由整体表达式F- =4ma可得：a= g，代入A的表达式可得：f= mg,B符合题意.
C.当F较大时，A,C都会相对B滑动，B的加速度就得到最大，对B有：2 - - =maB ， 解得aB= g，C不符合题意.
D.当A恰好相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体分析有:F- - =3ma1 ， 对A有：F-2μmg=2ma1 ， 解得F= μmg，故当拉力F> μmg时，B相对A滑动，D不符合题意.
故答案为：A、B.
【分析】分别对三个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度。
9. BCD
解：根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为：fBm＝ ，因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为：fAB＝fBm＝ ，A、B间的最大静摩擦力为：fABm＝2μmg，因此，根据牛顿第二定律可知当满足： ＝ ，且 ≤fAB＜2μmg，即 ≤F＜3μmg时，A、B将一起向右加速滑动，A不符合题意；当F≥3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有：F－2μmg＝2maA ， 2μmg－ ＝maB ， 解得：aA＝ －μg，aB＝ ，C、D符合题意；当F＝ 时，对A和B整体受力分析有， ，解得aA＝aB＝ ，B符合题意．
故答案为：BCD
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度。
10. ABD
解：AB、根据v﹣t图象可知，在前1s内小车向右做匀加速直线运动，小物体向右做匀减速直线运动，
小车和小物块的加速度分别为 ， ＝﹣9m/s2 ，
对小车根据牛顿第二定律有μm2g＝m1a1 ，
对小物块根据牛顿第二定律有﹣（F+μm2g）＝m2a2 ，
代入数据联立解得μ＝0.4，F＝0.5N，AB符合题意；
C、根据图象可知，在t＝1s时小车和小物块的速度相同，两者不在发生相对运动，
在前1s内小车发生的位移为 ，
小物块发生的位移为 ＝6.5m，
所以x2﹣x1＝5m，C不符合题意；
D、当小车河小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右减速运动，其加速度为 ，
当速度减小到0时，整体发生的位移为 ，
所以小物块向右滑动的最大位移是xmax＝x2+x3＝7.7m，D符合题意；
故答案为：ABD。
【分析】利用加速度的定义式可以求出加速度的大小；结合牛顿第二定律可以求出动摩擦因素和恒力的大小；利用位移公式可以求出相对位移的大小；利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出最大的位移。
11. ACD
解：A．长木板与小物块一起做匀加速运动，应相对静止，加速度相同，对整体有
解得加速度
A符合题意；
BC．因弹簧形变量 ，故弹簧可能被压缩也可能被拉伸。若被压缩，则长木板受到的摩擦力向右，对长木板有
解得
小物块受到的摩擦力大小与之相等，方向水平向左，B不符合题意，C符合题意；
D．若弹簧对小物块的弹力方向水平向左，对小物块，根据牛顿第二定律得
得
如果
则
D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用整体的牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用木板的牛顿第二定律可以求出摩擦力的大小；由于没有弹簧弹力，系统整体仍就可以一起加速所以摩擦力可能等于0.
12. AB
解：A.根据图像可知，发生相对滑动时，A、B间滑动摩擦力是6N，所以动摩擦因数 ，A符合题意。
B.当0C.当4ND.当F>12N时，根据图像可知，此时发生相对滑动，对A物体 ，加速度不变，D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】利用动摩擦力的表达式可以求出动摩擦因素的大小；利用图像可以判别AB的状态；利用牛顿第二定律可以求出A物体的加速度的大小。
13.
解：（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
【分析】（1）结合物体的速度变化量以及对应的时间，利用加速度的定义式求解物体的加速度，对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律求解动摩擦因数；
（2）v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，结合图像求解即可。
14.
解：（1）对M、m，由牛顿第二定律
对m，有 ， ，代入数据得：
（2），物块能滑离木板 ，对于M，有 1
对m，有 ，设物块滑离木板所用的时间为 ，
由运动学公式： ，代入数据得： ，物块离开木板时的速度 ，
由公式： ，代入数据得
【分析】（1）分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，联立求解即可；
（2）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，饥饿和运动学公式求解即可。
15.
解：（1）０~1s内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为： N
N
对物块和平板由牛顿第二定律有： ，
，
其中 N，
解得： ，
（2）0~1s内，（ s），物块与平板均做匀加速直线运动，有： ，
，
解得： =2m/s，
=3m/s，
1~1.5s内，（ =0.5s），由于水平向右的拉力 N恰好与 平衡，故平板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同，有： m/s，
m/s。
（3）撤去拉力 后，物块和平板的加速度大小分别为： ，

物块和平板停下所用的时间分别为： ，

可画出物块、平板的速度-时间图像，如图所示，根据“速度-时间图像的面积表示位移”可知， 内，物块相对平板向左滑行的距离为：


1.5~3s内，物块相对平板向右滑行的距离为：
由于 ，
故：
【分析】(1)分别对物块和木板进行受力分析，求出其加速度;(2)根据匀变速直线运动的基本公式即可求解速度;(3)根据滑块和木板的位移关系求出平板的最短长度。
16.
解：（1）滑板一直加速，所用时间最短．地面无摩擦力，滑板水平方向受力只有滑块对其滑动摩擦力．设滑板加速度为a2
解得
对滑板由位移公式得
解得
（2）刚好相对滑动时，F最小，此时可认为二者加速度相等
解得
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，F最大，设滑块加速度为a1
由位移关系得
解得：F2=38N
则水平恒力大小范围是30N≤F≤38N
【分析】（1）对木板进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
（2）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，利用运动学该公式求解时间，结合时间求解拉力大小。
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