物理高一上册 运动和力的关系单元测试题(Word版 含解析)

一、第四章运动和力的关系易错题培优（难）
1．如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是（）
A．F1=F2=F3=F4B．F1＞F2＞F3＞F4C．F1＜F2=F4＜F3D．F1=F3＜F2＜F4
【答案】C
【解析】
试题分析：当物体系统中存在超重现象时，系统所受的支持力大于总重力，相反，存在失重现象时，系统所受的支持力小于总重力．若系统的合力为零时，系统所受的支持力等于总重力，
解：设物体和斜面的总重力为G．
第一个物体匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F1＜G；
第二个物体匀速下滑，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F2=G．
第三个物体匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F3＞G；
第四个物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F4=G．故有F1＜F2=F4＜F3．故C正确，ABD错误．
故选C
【点评】本题运用超重和失重的观点分析加速度不同物体动力学问题，比较简便．通过分解加速度，根据牛顿第二定律研究．
2．沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台，其上、下台面水平，如图为俯视示意图。

在顶面上四边的中点a、b、c、d沿着各斜面方向，同时相对于正四棱台无初速释放4个相同小球。

设它们到达各自棱台底边分别用时T a、T b、T c、T d，到达各自棱台底边时相对于地面的机械能分别为E a、E b、E c、E d（取水平地面为零势能面，忽略斜面对小球的摩擦力）。

则有（）
A ．a b c d T T T T ===，a b d c E E E E >=>
B ．a b c d T T T T ===，a b d c E E E E ==>
C ．a b d d T T T T <=<，a b d c E E E E >=>
D ．a b d d T T T T <=<，a b d c
E E E E ===
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知，根据相对运动规律可以确定小球的运动状态，根据功的计算式，通过判断力和位移的夹角可判断弹力做功的情况，从而确定落地时的动能。

【详解】
根据“沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台”，因为棱台的运动是匀速运动，可以选棱台作为参考系，则a 、b 、c 、d 的加速度大小相等，故有
a b c d T T T T ===
判断a 、b 、c 、d 的机械能的变化，只需比较弹力做功的情况即可，根据弹力方向与位移方向的夹角可知，由于b 、d 弹力不做功，机械能不变；a 弹力做正功，机械能增加；c 弹力做负功，机械能减小。

故有
a b d c E E E E >=>
结合上面二个关系式，故A 正确。

故选A 。

【点睛】
本题要注意正确选择参考平面，机械能的变化看除重力之外的其它力做功的情况即可。

其它力做正功，机械能增加；其它力做负功，机械能减小，其它力不做功，机械能守恒。

3．传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某煤炭企业利用如图所示的三角形传送带进行不同品质煤的分拣，传送带以6m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是1m ，且与水平方向的夹角均为37︒。

现有两方形煤块A 、B （可视为质点）从传送带顶端静止释放，煤块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是（ ）
A ．煤块A 、
B 在传送带上的划痕长度不相同
B ．煤块A 、B 受到的摩擦力方向都与其运动方向相反
C ．煤块A 比煤块B 后到达传送带底端
D ．煤块A 运动至传送带底端时速度大小为2m/s
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
B ．煤块A 开始受到的摩擦力方向沿传送带方向向下，与运动方向相同，煤块B 下滑过程中受到的摩擦力方向沿传送带方向向上，与运动方向相反，选项B 错误；
CD ．对煤块A 根据牛顿第二定律可得
1cos37sin37mg mg ma μ︒+︒=
解得
2110m/s a =
煤块A 达到与传送带共速的时间
0116s 0.6s 10
v t a === 位移
2011
1.8m 1m 2v x a ==> 故不可能与传送带共速，煤块A 一直以1a 向下加速，达到底部的时间设为A t ，则有
212
A A L a t = 解得
0.2s A t =
达到底端的速度为
1100.2m/s A A v a t ==
对煤块B 根据牛顿第二定律可得
2sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=
解得
22s 2m/a =
煤块B 达到底部的时间设为B t ，则有
212
B B L a t =
解得 1s B A t t =>
所以A 先达到底部，选项CD 错误；
A ．煤块A 相对于传送带的位移
0(60.21)m A A x v t L ∆=-=-
煤块B 相对于传送带的位移
0(61)m 5m B B x v t L ∆=-=-=
所以煤块A 、B 在传送带上的划痕长度不相同，选项A 正确。

故选A 。

4．如图所示，倾角θ=60°、高为h 的粗糙斜面体ABC 固定在水平地面上，弹簧的一端固定在BC 边上距B 点3
h 高处的D 点，可视为质点的小物块Q 与弹簧另一端相连，并静止于斜面底端的A 点，此时小物块Q 恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0。

已知小物块Q 与斜面间的动摩擦因数μ=33
，小物块Q 所受的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 ．小物块Q 静止于点A 时弹簧一定处于伸长状态
B ．小物块Q 静止于点A 时所受的弹力与其重力大小相等
C ．若要拉动小物块Q ，使之沿斜面向上运动，支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的
D ．若刚要拉动小物块Q 3mg 【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小物块Q 静止于斜面底端的A 点，此时小物块Q 恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0。

对小物块Q 受力分析如图
此时弹簧一定处于伸长状态，选项A 正确
B ．由几何关系可知
∠DAB =30°
则三个力互成120°角，可知三力大小相等，即小物块Q 静止于A 点时所受的弹力与其重力大小相等，选项B 正确；
C ．因在A 点时，滑块所受的摩擦力和地面的支持力均为零，可知要想拉动小物块Q ，使之沿斜面向上运动，若拉力的方向与斜面成α
角时，如图所示
沿斜面方向有
()()cos sin sin F N N F mg F αμμαμα''''==-=- 整理可得
2
22cos sin 111mg mg F μμαμαμααμμ'==+⎫⎪++⎪++⎭ 令23sin 1βμ==+ β=60°
所以
21sin()
F μβα'=++ 当α+β=90°，即α=30°时F ′最小，即拉力的最小值为 min 2121F mg μ=
=+
此时拉力沿竖直方向向上，支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的。

选项C 正确，D 错误。

故选ABC 。

5．如图所示，质量为M 的三角形斜劈C 放置在水平地面上，左右两侧的斜面与水平地面的夹角分别为37︒和53︒，斜面光滑且足够长，质量均为m 的两物块A 、B 分别放置在左右两侧的斜面上，两物块用一根跨过斜劈顶端定滑轮的细线拴接，细线绷紧且与对应斜面平行，不计细线与滑轮处的摩擦以及滑轮的质量，重力加速度为g ，两物块由静止释放，斜劈始终保持静止不动，sin370.6︒=，cos370.8︒=，则在A 、B 两物块开始运动之后的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．物块A 沿斜面向上加速运动的加速度大小为0.1g
B ．细线中的拉力大小为0.7mg
C ．斜劈C 给地面的摩擦力大小为0
D ．斜劈对地面的压力大小为()M m g +
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．设细线上的拉力大小为T ，物块的加速度大小为a ，对B 受力分析
sin 53mg T ma ︒-=
对A 受力分析
sin 37T mg ma -︒=
解得
0.7T mg =
0.1a g =
故选项AB 正确；
C ．整体分析，物块A 向右上方加速，物块B 向右下方加速，斜劈C 静止不动，所以系统向右的动量增加，地面给斜劈C 的摩擦力方向水平向右，不为0，故选项C 错误；
D ．对C 受力分析，在竖直方向上有
cos37cos37cos53cos53sin37sin53mg mg T T Mg N ︒︒+︒︒+︒+︒+=
解得
1.98N M m g =+()
故选项D 错误。

故选AB 。

6．如图，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。

现用一水平恒力F拉C，使三者由静止开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（）
A．若粘在木块A上面，绳的拉力不变
B．若粘在木块A上面，绳的拉力增大
C．若粘在木块C上面，A、B间摩擦力增大
D．若粘在木块C上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
因无相对滑动，根据牛顿第二定律都有
F﹣3μmg﹣μ△mg=（3m+△m）a
可知，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，质量都变化，加速度a都将减小．AB．若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，根据牛顿第二定律有
F﹣μmg﹣T=ma
解得
T=F﹣μmg﹣ma
因为加速度a减小，F、μmg不变，所以，绳子拉力T增大．故B正确，A错误；CD．若粘在C木块上面，对A，根据牛顿第二定律有
f A=ma
因为加速度a减小，可知A的摩擦力减小；
以AB为整体，根据牛顿第二定律有
T﹣2μmg=2ma
解得
T=2μmg+2ma
因为加速度a减小，则绳子拉力T减小，故D正确，C错误。

故选BD。

7．如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，长方体盒子底面水平，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q相接触。

现将斜劈A在斜面体C 上由静止释放，以下说法正确的是（）
A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P对球B有压力
B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对球B均无压力C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对球B均无压力
D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q对球B有压力
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当斜面光滑，斜劈A由静止释放，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。

根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。

所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力。

知P点对球无压力，Q点对球有压力。

故A错误；
B．当斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面上滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。

根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。

所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力，故B错误；
C．斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡。

所以P、Q对球均无压力。

故C正确；
D．斜劈A沿斜面加速下滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。

根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。

所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力。

故D正确。

故选CD。

【点睛】
斜劈A在斜面体C上静止不动，则B受重力和支持力平衡。

当斜面光滑，斜劈A和B球具有相同的加速度沿斜面向上减速，通过对B球进行受力分析，判断P、Q对球有无压力。

当斜面粗糙，按照同样的方法，先判断出整体的加速度方向，再隔离对B进行受力分析，从而判断P、Q对球有无压力。

8．如图，三个质量均为m的物块a、b、c，用两个轻弹簧和一根轻绳相连，挂在天花板上，处于静止状态，现将b、c之间的轻绳剪断（设重力加速度为g），下列说法正确的是（）
A ．刚剪断轻绳的瞬间，b 的加速度大小为2g
B ．刚剪断轻绳的瞬间，c 的加速度大小为g
C ．剪断轻绳后，a 、b 速度相等时两者相距一定最近
D ．剪断轻绳后，a 、b 下落过程中加速度相同的瞬间，两者加速度均为g
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．剪断弹簧的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变；对b 根据牛顿第二定律可得
2b mg ma =
解得
2b a g =，方向向下；
c 上面的弹簧在绳子剪断前的弹力等于总重，即为3mg ，剪断细线后对c 根据牛顿第二定律可得
3b C ma mg mg ma =-=
解得
2c a g =，方向向上；
故A 正确，B 错误；
C ．剪断轻绳后，a 、b 下落过程中，二者在开始的一段时间内加速度不同，所以两者不会保持相对静止，先是b 相对靠近a ，速度相等时两者的距离最近，后a 相对b 远离，速度再次相等时两者距离最远，故C 错误；
D ．剪断轻绳后，a 、b 下落过程中加速度相等的瞬间，对整体分析由牛顿第二定律可知加速度为g ，且两者之间的轻弹簧一定处于原长状态，故D 正确。

故选AD 。

9．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行。

t ＝0时，将质量m ＝1kg 的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v ﹣t 图像如图乙所示。

设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10m/s 2。

则（ ）
A ．传送带的速率v 0＝10m/s
B ．传送带的倾角θ＝30°
C ．物体与传送带之间的动摩擦因数µ＝0.5
D ．0~2.0s 内物体在传送带上留下的痕迹为6m
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t ＝1.0s 时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为v 0＝10m/s ，故A 正确；
BC ．在0~1.0s 内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为：
1sin cos sin cos mg mg a g g m
θμθθμθ+=
=+ 由图可得： 211110m/s v a t ∆=
=∆ 在1.0~2.0s ，物体的加速度为：
2sin cos sin cos mg mg a g g m
θμθθμθ-=
=- 由图可得： 22222m/s v a t ∆=
=∆ 联立解得：0.5μ=，37θ=，故B 错误，C 正确；
D ．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s 物体相对于地的位移：
11101m=5m 2
x =⨯⨯ 传送带的位移为：
x 2＝v 0t 1＝10×1m ＝10m
物体对传送带的位移大小为：
1215m x x x ∆=-=
方向向上。

1.0~2.0s 物体相对于地的位移：
310121m 11m 2
x +=⨯=
传送带的位移为：
x 4＝v 0t 1＝10×1m ＝10m
物体对传送带的位移大小为：
2341m x x x ∆=-=
方向向下，故留下的痕迹为5m ，故D 错误。

故选：AC 。

10．用长度为L 的铁丝绕成一个高度为H 的等螺距螺旋线圈，将它竖直地固定于水平桌面。

穿在铁丝上的一小珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑(下滑过程线圈形状保持不变），已知重力加速度为g 。

这个小珠子从螺旋线圈最高点无初速滑到桌面经历的时间为（ ）
A 2H g
B 2gH
C gH
D ．2gH
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
将螺线圈分割为很多小段，每一段近似为一个斜面，由于螺旋线圈等螺距，说明每一小段的斜面倾角相同，设为θ，根据几何关系，有
sin H L
θ= 珠子做加速度大小不变的加速运动，根据牛顿第二定律，有
sin mg ma θ=
解得
sin a g θ=
由于珠子与初速度和加速度大小相同的匀加速直线运动的运动时间完全相同，故根据位移时间关系公式，有
212
L at = 联立解得
2t L
gH
=选项D 正确，ABC 错误。

故选D 。

11．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B (B 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的 拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个物体的v —t 图像如图乙所示(重力加速度为g )，则( )
A ．施加外力前，弹簧的形变量为2g k
B ．外力施加的瞬间A 、B 间的弹力大小为M (g -a )
C ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
D ．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．施加F 前，物体A
B 整体平衡，根据平衡条件有：
2Mg =kx
解得：
2mg x k
=
故A 错误； B ．施加外力F 的瞬间，对B 物体，根据牛顿第二定律有：
F 弹—Mg —AB F Ma =
其中
F 弹=2Mg
解得：
()AB F M g a =-
故B 正确；
C ．物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的v 与a ；且0AB F =；对B ：
F '弹Mg Ma -=
解得：
F '弹=() M g a -
弹力不为零，故C错误；
D．而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故D错误。

故选B．
【点睛】
本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析。

12．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。

小滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出小滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a-F图象，已知g取10 m/s2，则（）
A．小滑块A的质量为3kg
B．木板B的质量为1kg
C．当F=6N时木板B加速度为2 m/s2
D．小滑块A与木板B间动摩擦因数为0．1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
ABD．刚开始两者相对静止一起在水平面上运动，当F=3N时有
()
A B
F m m a
=+
之后F再增大，两者发生相对运动，此过程中对A分析有
A A
F m g m a
μ
-=
变形可得
A
F
a g
m
μ
=-
之后图像的斜率
1
A
k
m
=，故有
1211
532
A
k
m
-
===
-
所以2kg
A
m=，当F=5N时有
522
g μ=
- 解得0.05μ=，将2kg A m =代入 3()1A B m m =+⨯
得
1kg B m =
B 正确AD 错误；
C ．3N F >过程中B 在A 给的摩擦力作用下向右加速运动，所以对B 分析可得
'A B m g m a μ=
解得
2'1m/s a =
C 错误；
故选：B 。

13．如图所示，甲叠放在物体乙上，22m m m ==乙甲，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4mg μ
B ．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为5mg μ
C ．若5F mg μ=，则甲的加速度为g μ
D ．若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，0.5μ=，则F 最小值为
355
mg 【答案】D
【解析】
【详解】
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： 33F mg ma μ-=
对甲进行受力分析有：
m g m a μ=甲甲
解得要使甲、乙一起运动，则F 最大值为
6F mg μ=
选项AB 错误；
C.若56F mg mg μμ=＜，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可知：
33F mg ma μ-=
解得：
23
a g μ=
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：
30Fcos mg Fsin θμθ--=（）
解得：
3325()
mg mg F cos sin sin cos sin μθμθθθθφ=+++＝
＝ 其中tan 2φ＝ 当分母最大即()1sin θφ+=时，拉力最小，最小为：
35 5
F mg =
选项D 正确。

故选D 。

14．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度运动，每隔时间T 在A 端轻轻放上相同的物块，当物块与传送带相对静止后，相邻两物块的间距大小（ ）
A ．与物块和传送带间的动摩擦因数的大小有关
B ．与物块的质量大小有关
C ．恒为vT
D ．由于物块放上传送带时，前一物块的速度不明确，故不能确定其大小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
物块轻放在水平传送带上，先做初速度为零匀加速直线运动，与物块与传送带相对静止后，以速度v 做匀速直线运动；设物体的速度达到v 用时间t ，则物体的位移
212
x at =
相邻的物体运动位移为 212
x at vT '=
+ 两物体的间距
x x x vT '∆=-=
故选C 。

15．如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 间长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A ．粮袋到达
B 点的速度与v 相比较，可能大，也可能相等或小
B ．粮袋开始运动的加速度为g （sin θ − μcos θ），若L 足够大，则粮袋最后将以速度v 做匀速运动
C ．若μ ≥ tan θ，则粮袋从A 到B 一定一直做加速运动
D ．不论μ大小如何，粮袋从A 到B 一直做匀加速运动，且a ≥ g sin θ
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达
B 点时的速度小于或等于v ；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故A 正确；
B ．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得到，加速度a = g （sin θ + μcos θ），若μ < tan θ，则重力沿传送带的分力大于滑动摩擦力，故a 的方向一直向下，粮袋从A 到B 一直是做加速运动，可能是一直以g （sin θ + μcos θ）的加速度匀加速，也可能先以g （sin θ + μcos θ）的加速度匀加速，后以g （sin θ − μcos θ）匀加速；故B 错误；
C ．若μ ≥ tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故C 错误；
D ．由上分析可知，粮袋从A 到B 不一定一直匀加速运动，故D 错误。

故选A 。