高一物理上册 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，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1μ，木板与地面间的动摩擦因数为2μ，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 μ
②木板受到地面的摩擦力的大小一定是2()m M g μ+
③当2()F m M g μ>+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 ．①②
D ．②④
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
①②．对木板：水平方向受到木块对它向右的滑动摩擦力f 1和地面的向左的静摩擦力f 2的作用，由平衡条件得 211f f mg μ==
①正确，②错误；
③④．木块对木板的摩擦力为
11f mg μ=
地面对木板的最大静摩擦力为
2max 2()f m M g μ=+
所以木块对木板的摩擦力f 1不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F 改变时，f 1不变，则木板不可能运动，③错误，④正确。

因此说法正确的是①④，选项B 正确，ACD 错误。

故选B 。

2．如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A 点开始无初速度下滑，在AB 段匀加速下滑，在BC 段匀减速下滑，滑到C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB 段和BC 段滑动时的动摩擦因数分别为1μ和2μ，AB 与BC 长度相等，则
A ．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用
B ．动摩擦因数12+=2tan μμθ
C ．小孩从滑梯上A 点滑到C 点先超重后失重
D ．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力
【答案】B
【解析】
【详解】
小朋友在AB 段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度1a 分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力N F 小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC 段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故ACD 错误；设AB 的长度为L ，小孩在B 点的速度为v ．小孩从A 到B 为研究对象，由牛顿第二定律可得：11sin cos mg mg ma θμθ-=，由运动学公式可得：
212v a L =；小孩从B 到C 为研究过程，由牛顿第二定律可得：
22cos sin mg mg ma μθθ-=，由运动学公式可得：222v a L =；联立解得：
122tan μμθ+=，故B 正确．
3．A 、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A 、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ）
A ．A 、
B 的质量之比为13B ．A 、B 32
C ．快速撤去弹簧的瞬间，A 、B 的瞬时加速度大小之比为12
D ．悬挂A 、B 的细线上拉力大小之比为12
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．对A
B 两个物体进行受力分析，如图所示，设弹簧弹力为F 。

对物体A
A tan 60m g F
=
对物体B B tan 45m g F
= 解得 A B 3m m 故A 错误；
B ．同一根弹簧弹力相等，故B 错误；
C ．快速撤去弹簧的瞬间，两个物体都将以悬点为圆心做圆周运动，合力为切线方向。

对物体A
A A A sin 30m g m a =
对物体B
sin 45B B B m g m a =
联立解得
A B 2
a a = 故C 正确；
D ．对物体A ，细线拉力
A cos60
F T =
对物体B ，细线拉力 cos 45B F T = 解得
A B 21
T T = 故D 错误。

故选C 。

【点睛】
快速撤去弹簧瞬间，细线的拉力发生突变，故分析时应注意不能认为合外力的大小等于原弹簧的弹力。

4．如图所示，斜面体ABC 放在水平桌面上，其倾角为37º，其质量为M=5kg ．现将一质量为m=3kg 的小物块放在斜面上，并给予其一定的初速度让其沿斜面向上或者向下滑动．已知斜面体ABC 并没有发生运动，重力加速度为10m/s 2，sin37º=0.6．则关于斜面体ABC 受到地面的支持力N 及摩擦力f 的大小，下面给出的结果可能的有( )
A ．N=50N ，f=40N
B ．N=87.2N ，f=9.6N
C ．N=72.8N ，f=0N
D ．N=77N ，f=4N
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】 设滑块的加速度大小为a ，当加速度方向平行斜面向上时，对Mm 的整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：N-（m+M ）g=masin37°
水平方向：f=macos37°
解得：N=80+1.8a ① f=2.4a ②
当加速度平行斜面向下，对整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：-N+（m+M ）g=masin37°
水平方向：f=macos37°
解得：N=80-1.8a ③ f=2.4a ④
A 、如果N=50N ，f=40N ，则250a=m/s 3
，符合③④式，故A 正确； B 、如果N=87.2N ，f=9.6N ，则a=-4m/s 2，符合①②两式，故B 正确；
C 、如果N=72.8N ，f=0N ，不可能同时满足①②或③④式，故C 错误；
D 、如果N=77N ，f=4N ，则25a=
m/s 3
，满足③④式，故D 正确； 故选ABD.
5．如图所示，光滑水平桌面放置着物块 A ，它通过轻绳和轻质滑轮 悬挂着物块 B ，已知 A 的质量为 m ，B 的质量为 3m ，重力加速 度大小为 g ，静止释放物块 A 、B 后（）
A．相同时间内，A、B 运动的路程之比为 2:1 B．物块 A、B 的加速度之比为 1：1
C．细绳的拉力为6
7 mg
D．当 B 下落高度 h 时，速度为2 5 gh
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为h/2，故A、B运动的路程之比为2：1，故A正确；任意相等时间内，物体A、B的位移之比为2：1，故速度和加速度之比均为2：1，故B错误；设A的加速度为a，则B的加速度为0.5a，根据牛顿第二定律，
对A，有：T=ma，对B，有：3mg-2T=3m•0.5a，联立解得：T=6
7
mg
，a=6
7
g，故C正确；
对B，加速度为a′=0.5a=3
7
g，根据速度位移公式，有：v2=2•a′•h，解得：v=
6
7
gh
，故D
错误；故选AC．
【点睛】
本题考查连接体问题，关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定律分析．
6．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。

7．如图所示，一倾角为θ的倾斜传送带以速度v顺时针匀速运转，t=0时刻，一小滑块(可视为质点)从传送带底端处以初速度v0沿传送带向上滑上传送带，在t0时刻离开传送带.则下列描述小滑块的速度随时间变化的关系图象可能正确的是
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
ACD.根据题意，设传送带倾角为θ，动摩擦因数μ.若：
sin cos mg mg θμθ>
滑块沿斜面的合力不可能为0，也就不可能匀速运动．
若v 0>v ，滑动摩擦力沿传送带向下，合力是滑动摩擦力和重力沿传送带分力之和； 减速v 0=v 之后，滑动摩擦力沿传送带向上，合力是滑动摩擦力和重力沿传送带分力之差，也就是加速度变小，当传送带较短时，滑块将从上端离开传送带，不会反向运动，当传送带较长时，滑块速度减小为0后，后反向运动从传送带下端离开，故C 错误，AD 正确；
B.若
sin cos mg mg θμθ<
若v 0<v ，沿斜面方向合力沿斜面向上物块匀加速，当加速到与传送带速度相等时，做匀速运动，滑块与传送带之间是静摩擦力，故B 正确．
8．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取10m/s 2，根据图象可求出( )
A ．物体的初速率v 0＝3m/s
B ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x 小＝1.44m
D ．当某次θ＝300时，物体达到最大位移后将不会沿斜面下滑
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．当=90θ︒ 时a g =
据
2012v ax =
得
0126m/s v gx ==
当0θ=︒时，a g μ'=
由
2022v a x '=
得
202
0.752v gx μ== 设斜面倾角为θ时，沿斜面上升的最大位移达最小
1sin cos a g g θμθ=+
201
2v x a = 联立得
220022(sin cos )21sin()
v x g g g θμθμθα==+++ 所以
min 1.44m x =
故A 错误，BC 正确；
D ．当某次θ＝300时，物体达到最大位移后，根据
sin 30cos30mg mg μ︒<︒
重力沿斜面的分力小于最大静摩擦力，将不会沿斜面下滑，故D 正确。

故选BCD 。

9．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 。

10．将一质量为M 的光滑斜劈固定在水平面上，一质量为m 的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自由滑下。

在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为F N1，地面对斜劈的支持力记为F N2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为v 、竖直分速度的大小记为v y 。

若取消固定斜劈的装置，再让滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为F N1′、地面对斜劈的支持力记为F N2′，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记v'、竖直分速度的大小记为v y ′。

则下列大小关系正确的是（ ）
A ．F N1＜F N1′
B ．F N2＞F N2′
C ．v ＜v'
D ．v y ＜v y ′
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上，第一种情况下斜劈对滑块的支持力
F N1＝mg cos θ
当滑块m 相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则
mg cos θ＞F N1′
A 错误；
B ．对斜劈，地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因为
F N1＞F N1′
则地面对斜劈的支持力
F N2＞F N2′
B 正确；
C ．若斜劈固定，则
mgh ＝
12mv 2 若斜劈不固定，则由能量关系可知
mgh ＝
12mv'2＋12
Mv x 2 因此
v ＞v'
C 错误；
D ．对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律可得
mg －F N cos θ＝ma y
由于
F N1＞F N1′
因此
a y 1＜a y 1′
两种情况下滑块的竖直位移相等，根据 2y y v a h
可得
v y ＜v y ′
D 正确。

故选BD 。

11．质量为m 的光滑圆柱体A 放在质量也为m 的光滑“ V ”型槽B 上，如图，α=60°，另有质量为M 的物体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连，现将C 自由释放，则下列说法正确的是( )
A ．当M= m 时，A 和
B 保持相对静止，共同加速度为0.5g
B ．当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.5g
C ．当M=6m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.75g
D ．当M=5m 时，A 和B 之间的恰好发生相对滑动
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
D.当A 和B 之间的恰好发生相对滑动时，对A 受力分析如图
根据牛顿运动定律有：cot 60mg ma ︒=
解得3cot 60a g g =︒= B 与C 为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B 和C 有： (2)Mg M m a =+
所以323M a g g M m ==+，即323
M M m =+ 解得23 2.3733
M m =≈- 选项D 错误；
C.当 2.37M m >，A 和B 将发生相对滑动，选项C 错误；
A. 当 2.37M m <，A 和B 保持相对静止。

若A 和B 保持相对静止，则有
(2)Mg M m a =+
解得2M a g M m
=+ 所以当M= m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为13a g =
，选项A 错误； B. 当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为10.52
a g g =
=，选项B 正确。

故选B 。

12．如图所示，在倾角为o 30的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A 以4m/s 2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取2
10/g m s =，则
A ．小球从一开始就与挡板分离
B ．小球速度最大时与挡板分离
C ．小球向下运动0.01 m 时与挡板分离
D ．小球向下运动0.02m 时速度最大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 设球与挡板分离时位移为x ，经历的时间为t ，从开始运动到分离的过程中，m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N ，沿斜面向上的挡板支持力1F 和弹簧弹力F ．根据
牛顿第二定律有：01sin 30mg kx F ma --=，保持a 不变，随着x 的增大，1F 减小，当
m 与挡板分离时，1F 减小到零，则有：0sin 30mg kx ma -=，解得：
o (sin 30)0.01m g a x m k
-==，即小球向下运动0.01m 时与挡板分离，故A 错误，C 正确．球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大．故B 错误．球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度
为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．即：o sin 30m kx mg =，解得：
o
sin 300.05m mg x m k
==，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m ，故D 错误．故选C.
13．来到许愿树下，练老师把许的心愿用绸带系在两个小球上并抛到树上，这一情景可以简化为如图所示，质量分别为M 和m 的物体A 、B 用细线连接，悬挂在定滑轮上，定滑轮固定在天花板上，已知M >m ，滑轮质量及摩擦均不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( ）
A ．细线上的拉力一定等于 mg
B ．细线上的拉力一定小于Mg
C ．细线上的拉力等于
2
m M g + D ．天花板对定滑轮的拉力等于(M+ m )g 【答案】B
【解析】 【详解】
A. 因为M>m ，m 具有向上的加速度，设绳子的拉力为T ，根据牛顿第二定律有：-T mg ma =，所以细线上的拉力一定大于 mg ，选项A 错误；
B. M 具有向下的加速度，根据牛顿第二定律有：-Mg T ma =，所以细线上的拉力一定小于Mg ，选项B 正确；
C. 对整体分析，根据牛顿定律有：--Mg mg M m a g M m M m =
=++。

再对m 有-T mg ma =，所以细线上的拉力2Mm T mg ma g M m
=+=+，选项C 错误； D. 对定滑轮有：天花板对定滑轮的拉力42Mm T T g M m '==
+，选项D 错误。

故选B 。

14．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。

15．如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定的偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内 ）．与稳定在竖直位置时相比，小球高度
A ．一定升高
B ．一定降低
C ．保持不变
D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：设L 0为橡皮筋的原长，k 为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析
得：T1=mg，
弹簧的伸长x1＝，即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：x2＝＝，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜L0+=L1，所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，
所以小球一定升高，故A正确，BCD错误．
故选A．。