人教版高一上册物理 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,水平面上 O 点的左侧光滑,O 点的右侧粗糙。

有 8 个质量均为 m 的完全相同的小滑块(可视为质点),用轻质的细杆相连,相邻小滑块间的距离为 L ,滑块 1 恰好位 于 O 点左侧,滑块 2、3……依次沿直线水平向左排开。

现将水平恒力 F 作用于滑块 1上。

经观察发现,在第 3 个小滑块完全进入粗糙地带后到第 4 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,小滑块做匀速直线运动,已知重力加速度为 g ,则下列判断中正确的是( )。

A ．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为F mg
B ．滑块匀速运动时,各段轻杆上的弹力大小相等
C ．第 2 个小滑块完全进入粗糙地带到第 3 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,8 个小滑块的加速度大小为12F m
D ．第 1 个小滑块完全进入粗糙地带到第 2 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,5 和 6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为
4F 【答案】D
【解析】
【详解】
A.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有
30F mg μ-=，
解得
3F mg
μ=
， 故A 项错误； B.当滑块匀速运动时，处在光滑地带上的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上的弹力不为零，且各不相同，故B 项错误；
C.对8个滑块，有
28F mg ma μ-=，
代入3F mg
μ=，解得 24F a m
=， 故C 项错误；
D.对8个滑块，有
8F mg ma μ'-=，
解得
4g
a μ'=
再以6、7、8三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有
34
F F ma ''==
， 故D 项正确;
2．一足够长的木板B 静置于光滑水平面上，如图甲所示，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，木板加速度a 随力F 变化的a ﹣F 图象如图乙所示，g 取10m/s 2，下判定错误的是
A ．木板
B 的质量为1kg
B ．当F =10N 时木板B 加速度为4m/s 2
C ．滑块A 的质量为4kg
D ．当F =10N 时滑块A 的加速度为2m/s 2
【答案】C 【解析】
【分析】
【详解】
AC ．当F 等于8N 时，加速度为a =2m/s 2，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 =4kg
当F 大于8N 时，对B 由牛顿第二定律得：
1F mg mg a F M M M
μμ-=
=- 由图示图象可知，图线的斜率 12186a k M F ∆=
===∆- 解得，木板B 的质量M =1kg ，滑块A 的质量为m =3kg ．故A 正确，不符合题意；C 错误，符合题意．
B ．根据F 大于8N 的图线知，F =6N 时，a =0m/s 2，由
1mg a F M M μ=
- 可知： 13100611
μ⨯⨯=⨯- 解得
μ=0.2
由图示图象可知，当F =10N 时，滑块与木板相对滑动，B 的加速度为
2110.2310104m/s 11
B mg a a F M M μ⨯⨯==
-=⨯-= 故B 正确，不符合题意； D ．当F =10N 时，A 、B 相对滑动，木块A 的加速度
22m/s A Mg a g M μμ=
==
故D 正确，不符合题意．
故选C ．
【点睛】 本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．
3．如图所示，在竖直平面内有ac 、abc 、adc 三个细管道，ac 沿竖直方向，abcd 是一个矩形。

将三个小球同时从a 点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的机械能损失，当竖直下落的小球运动到c 点时，关于三个小球的位置，下列示意图中可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ． 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
设ac d =，acb α∠=，
设小球沿ab 、bc 、ac 、ad 、dc 下滑的加速度分别为1a 、2a 、3a 、4a 、5a 。

根据牛顿第二定律得
15sin sin mg a a g m αα=== sin(90)24cos mg a a g m αα︒-=== 3a g = 对ab 段有
2211111sin sin 22d a t g t αα== 得
12d t g =对ac 段有
2312d gt = 得
32d t g = 对ad 段有
2244411cos cos 22d a t g t αα== 得
42d t g =所以有
124t t t ==
即当竖直下落的小球运动到c 点时，沿abc 下落的小球恰好到达b 点，沿adc 下落的小球恰好到达d 点，故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

4．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。

已知砝码和纸板的质量分别为2m 和m ，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ，砝码与纸板间的动摩擦因数为2μ，重力加速度为g 。

要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为（ ）
A ．7mg μ
B ．8mg μ
C ．9mg μ
D ．10mg μ
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为 1224f mg mg μμ=⨯=
()223f m m g mg μμ=+=
设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有
112f ma = 122F f f ma --=
发生相对运动需要满足
21a a >
代入数据解得
9F mg μ>
故选C 。

5．如图所示，倾斜传送带以速度1v 顺时针匀速运动，0t =时刻小物体从底端以速度2v 冲上传送带，t t =0时刻离开传送带。

下列描述小物体的速度随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】 若21v v <且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ≥，即加速度沿传送带向上，则物体传送带向上做匀加速运动至速度为1v 后做匀速向上运动；
若21v v <且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ<，则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为0，后沿传送带向下做匀加速运动；
若21v v >且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ≥，则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为1v 后向上做匀速运动；
若21v v >且物体与传送带间的动摩擦因教tan μθ<，则物体沿传送带向上做匀减速运动，加速度为
sin cos a g g θμθ=+
至速度为1v 后加速度变为
sin cos a g g θμθ=-
向上减速运动至速度为零后开始向下做匀加速运动，加速度为
sin cos a g g θμθ=-
直至离开传送带。

选项C 错误，ABD 正确。

故选ABD 。

6．如图所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m 的物块A ，A 放在托盘B 上，B 的质量也为m 。

初始时在竖直向上的力F 作用下系统静止，弹簧处于自然长度。

现改变竖直向上的力F 的大小，使A 匀加速下降。

已知重力加速度为g ，A 的加速度为a =0.25g ，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则在A 匀加速下降的过程中，以下说法正确的是（ ）
A ．
B 对A 的支持力可能为0.85mg
B ．弹簧的最大形变量为0.75mg k
C ．力F 对B 的作用力可能为0.9mg
D ．力F 对B 的作用力最小值为0.65mg
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为x m ，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得
0.25m mg kx ma m g -==⨯
解得
0.75m mg x k
=
在此之前，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得
0.25N mg F kx a g m --== 可得
0.75N F mg kx =-
所以B 对A 的支持力不可能为0.85mg ，选项A 错误，B 正确；
CD ．以AB 整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
20.252mg F kx a g m
--=
= 可得 1.5F mg kx =-
力F 对B 的作用力范围为
0.75 1.5mg F mg ≤≤
选项C 正确，D 错误。

故选BC 。

7．如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为M ，与平板车上表面等高的平台上有一质量为m 的滑块以水平初速度v 0向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始计时，之后他们的速度随时间变化的图像如图乙所示，t 0是滑块在车上运动的时间，以下说法正确的是
A ．滑块与平板车最终滑离
B ．滑块与平板车表面的动摩擦因数为00
v 3gt C ．滑块与平板车的质量之比m ：M=1:2 D ．平板车上表面的长度为
005v t 6
【答案】AB
【解析】
【分析】
根据图线知，铁块在小车上滑动过程中，铁块做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律通过它们的加速度之比求出质量之比，以及求出动摩擦因数的大小．根据运动学公式分别求出铁块和小车的位移，从而求出两者的相对位移，即平板车的长度．物体离开小车做平抛运动，求出落地的时间，从而根据运动学公式求出物体落地时与车左端的位移．
【详解】
由图象可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将做平抛运动离开平板车，故A 正确；根据图线知，滑块的加速度大小000100
233v v v a t t -==．小车的
加速度大小a 2=00
3v t ，知铁块与小车的加速度之比为1：1，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度大小为：1f a m =，小车的加速度大小为：a 2=f M
，则滑块与小车的质量之比m ：M=1：1．故C 错误．滑块的加速度1f a g m μ==，又0103v a t =，则003v gt μ=，故B 正确；滑块的位移00100025326v v x t v t +==，小车的位移020*******
v x t v t ==，则小车的长度
L=
56v 0t 0-16v 0t 0=23
v 0t 0，故D 错误．故选AB ． 【点睛】 解决本题的关键理清小车和铁块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
8．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。

9．如右图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为
A ．加速下降
B ．加速上升
C ．减速上升
D ．减速下降
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】 木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，物体受到的合力向上，所以系统应该有向上的加速度，是超重，物体可能是向上加速，也可能是向下减速，所以B 正确．
【点睛】
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
10．如图所示，滑块1m 放置在足够长的木板2m 的右端，木板置于水平地面上，滑块与板间动摩擦因数为1μ，木板与地面间动摩擦因数为2μ，原来均静止。

零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，某时刻撤去该力。

滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则从零时刻起，二者的速度一时间图象可能为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AD
【解析】
【详解】
零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，滑块m 1和木板m 2均做匀加速直线运动，对滑块m 1
1111m g m a μ=
加速度为
11a g μ=
撤去外力后，木板m 2做匀减速直线运动，此时滑块m 1的速度小于m 2，所以滑块m 1继续做匀加速运动，当而者速度相等时：
AB ．如果12μμ>，滑块m 1和木板m 2将保持相对静止，在地面摩擦力作用下一起做匀减速运动。

由牛顿第二定律
212122()()m m g m m a μ+=+
加速度变为
22a g μ=
即滑块的加速度变小，故A 正确，B 错误。

CD ．如果12μμ< ，两物体将发生相对滑动，由牛顿第二定律，此时滑块m 1的加速度大小是1g μ，即滑块的加速度大小不变，故D 正确，C 错误。

故选AD 。

11．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f 1、B 与地面间的摩擦力f 2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/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A ．当0<F <4N 时，A 、
B 保持静止
B ．当4N<F <12N 时，A 、B 发生相对运动
C ．A 、B 两物块间的动摩擦因数为0.2
D ．物块B 与地面间的动摩擦因数为0.2
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．当0<F <4N 时，A
B 间没有摩擦力作用，因此AB 处于静止状态，A 正确；
B ．当4N<F <12N 时，由图可知，B 与地面间摩擦力是滑动摩擦力，而A 、B 间是静摩擦
力，因此B 在地面上滑动，而AB 保持相对静止，B 错误；
CD ．当拉力达到12N ，A 、B 恰好将发生相对滑动，此时两者加速度相等，对物体A ，根据牛顿第二定律
1A f m a =
将A 、B 作为一个整体，根据牛顿第二定律
2A B (+)F f m m a -=
代入数据，两式联立得
B 1kg m =
由于发生滑动时
1A A f m g μ=
2B A B ()f m m g μ=+
可知
A =0.2μ ，
B =0.1μ
C 正确，
D 错误。

故选AC 。

12．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。

13．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（小珠子滑入线圈点到滑出线圈点间的位移为H ）这过程中小珠子的平均速度为（ ）
A 2gH
B 2H
gH L C H
gH L D 2
H
gH L 【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
= 对珠子，整个过程中小球的位移为H ，故平均速度为 2H gH v L
=
故选D 。

14．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/s 2，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/s 2
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
5
2
2
g
μ
=-
解得0.05
μ=，将2kg
A
m=代入
3()1
A 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。

15．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
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
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a 1，在桌面上运动时的加速度为a 2；则砝码相对于桌面运动的距离为
22
12
22v v s a a =+ 由
v =a 1t 1
知a 1不变，砝码在纸板上运动的时间t 1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 。