高一上册物理 运动和力的关系综合测试卷(word含答案)(1)

一、第四章运动和力的关系易错题培优（难）
1．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v0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，t0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0
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
00
5
v 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000
1
00
2
3
3
v v v
a
t t
-
==．小车的
加速度大小a2=0
3
v
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：
1
f
a
m
=，小车的加速度大小为：a2=
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
1
f
a g
m
μ
==，又0
1
3
v
a
t
=，则0
3
v
gt
μ=，故B正确；
滑块的位移001
00025326v v x t v t +==，小车的位移0
2000
11326v x t v t ==，则小车的长度
L=
56v 0t 0-16v 0t 0=2
3v 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．
2．一物体自0t =时开始做直线运动，其速度图线如图所示，下列选项正确的是（ ）
A ．在0~6s 内，物体离出发点最远为30m
B ．在0~6s 内，物体经过的路程为40m
C ．在0~4s 内，物体的平均速率为7.5m/s
D ．在5~6s 内，物体所受的合外力为零 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．0-5s ，物体沿正向运动，5-6s 沿负向运动，故5s 末离出发点最远，最远距离为
1
(25)10m 35m 2
s =+⨯= A 错误；
B ．由“面积法”求出0-5s 的位移
125
10m 35m 2
x +=
⨯= 5-6s 的位移
21
1(10)m 5m 2
x =⨯⨯-=-
总路程为
1240m s x x =+=
B 正确；
C ．由面积法求出0-4s 的位移
24
10m 30m 2
x +=
⨯= 平度速度为
30
m/s 7.5m/s 4
x v t =
== C 正确；
D ．5~6s 内,物体做加速运动，加速度不为零，根据牛顿第二定律，物体所受的合外力不为零，D 错误。

故选BC 。

3．某一实验室的传送装置如图所示，其中AB 段是水平的，长度L AB =6m ，BC 段是倾斜的，长度L BC =5m ，倾角为37o ，AB 和BC 在B 点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带v =4m/s 的恒定速率顺时针运转．现将一个工件（可看成质点）无初速度地放在A 点。

已知工件与传送带间的动摩擦μ=0.5，已知：重力加速度g =10m/s 2。

sin37°=0.6，cos37°=0.8。

则（ ）
A ．工件第一次到达
B 点所用的时间1.9s B ．工件沿传送带B
C 向上运动的最大位移为5m C ．工件沿传送带运动，仍能回到A 点
D ．工件第一次返回B 点后，会在传送带上来回往复运动 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．工件刚放在水平传送带上的加速度为a 1，由牛顿第二定律得
μmg =ma 1
代入数据解得
a 1=μg =5 m/s 2
经t 1时间与传送带的速度相同，则有
11
0.8s v
t a =
= 前进的位移为
x 1=
1
2
a 1t 12=1.6m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时
1
2 1.1s AB L x t v
-=
= 所以工件第一次到达B 点所用的时间为 t =t 1+t 2=1.9s
选项A 正确；
B ．设工件上升的最大位移为s ，由牛顿第二定律得
mg sinθ-μmg cosθ=ma 2
代入数据解得
a 2＝2m/s 2
由匀变速直线运动的速度位移公式得
22
2v s a = 代入数据解得
s =4m
选项B 错误；
CD ．工件到达最高点后将沿斜面下滑，下滑的加速度仍为a 2＝2m/s 2，则滑到斜面底端时的速度为4m/s ，然后滑上水平传送带做匀减速运动，加速度为a 1 =5 m/s 2，当速度减为零时滑行的距离为
2
1
1.6m 2v x a ==
然后返回向右运动，则物体不能回到A 点；物体向右加速，当到达斜面底端时的速度仍为4m/s ，然后滑上斜面重复原来的运动，可知工件第一次返回B 点后，会在传送带上来回往复运动，选项C 错误，D 正确。

故选AD 。

4．在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。

如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m =1kg 的货物放在传送带上的A 处，经过1.2s 到达传送带的B 端。

用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化图像如图乙所示，已知重力加速度g =10m/s 2。

由v —t 图可知（ ）
A ．A 、
B 两点的距离为2.4m B ．货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功大小为12.8J
D ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，再做加速度运动，所以物块由A 到
B 的间距对应所围梯形的“面积”
11
20.2(24)1 3.2m 22
x =⨯⨯++⨯=
故A 错误。

B ．由v ﹣t 图像可知，物块在传送带上先做a 1匀加速直线运动，加速度为
22
10m /s 0.2
v a t ∆=
==∆ 对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得
1sin mg f ma θ+=
即
1sin cos mg mg ma θμθ+=
同理，做a 2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为
22422m/s 1.20.2v a t ∆-=
==∆- 得
2sin mg θf ma =-
即
2sin cos mg mg ma θμθ-=
联立解得cos 0.8θ=，0.5μ=，故B 正确。

C ．根据功能关系，由B 中可知
cos 0.51010.84N f μmg θ==⨯⨯⨯=
做a 1匀加速直线运动，有 知位移为
11
20.20.2m 2
x =⨯⨯=
物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为
f1140.20.8J W fx ==⨯=
同理做a 2匀加速直线运动，位移为
21
(24)13m 2
x =⨯+⨯=
物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为
f 224312J W fx ==⨯=﹣﹣﹣
所以整个过程，传送带对货物做功大小为
12J 0.8J 11.2J =﹣
故C 错误。

D ．根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C 中可知
cos 0.51010.84N f μmg θ==⨯⨯⨯=
做a 1匀加速直线运动，位移为
11
20.20.2m 2
x =⨯⨯=
皮带位移为
20.20.4m x =⨯=皮
相对位移为
11Δ0.40.20.2m x x x ===皮-﹣
同理，做a 2匀加速直线运动，位移为
21
(24)13m 2=x ⨯+⨯=
2212m x =⨯=皮
相对位移为
222Δ321m x x x ==-=-皮
故两者之间的总相对位移为
12ΔΔΔ10.2 1.2m x x x =+=+=
货物与传送带摩擦产生的热量为
Δ4 1.2 4.8J Q W f x ===⨯=
故D 正确。

故选BD 。

5．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v 0沿传送带向上滑上传送带，在t 0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．
6．如图所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m 的木块（可视为质点），在木板上施加一水平向右的恒力F ，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。

设分离时木块相对地面运动的位移为x ，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x 增大的是（ ）
A ．仅增大木板的质量M
B ．仅减小木块的质量m
C ．仅增大恒力F
D ．仅增大木块与木板间的动摩擦因数 【答案】AD 【解析】
【分析】 【详解】
设木板长为L ，当木块与木板分离时，运动时间为t
，对于木板
1F mg Ma μ-=
211'2
x a t =
对于木块
2mg ma μ=
2212
x a t =
当木块与木板分离时，它们的位移满足
221211
22
L a t a t =-
解得
12
2L
t a a =
- 则木块相对地面运动的位移为
2221122
=2=11a L L
a a a x a t a --=
A ．仅增大木板的质量M ，1a 变小，2a 不变，x 增大，故A 正确；
B ．仅减小木块的质量m ，1a 变大，2a 不变，x 减小，故B 错误；
C ．仅增大恒力F ，1a 变大，2a 不变，x 减小，故C 错误；
D ．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，1a 变小，2a 增大，x 增大，故D 正确。

故选AD 。

7．如图所示，A 、B 、C 三球质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接。

倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A ．A 球的受力情况未变，加速度为零
B ．B 球的受力情况未变，加速度为零
C ．A 、B 之间杆的拉力大小为1.5sin mg θ
D ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5sin g θ 【答案】CD 【解析】 【分析】
【详解】
AB ．细线被烧断的瞬间，A 、B 整体不再受细线的拉力作用，A 、B 的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，则说明A 、B 的加速度也不为零， AB 错误；
CD ．设A 、B 之间杆的拉力大小为T ，加速度为a ，以A .、B 组成的系统为研究对象，烧断细线前，A 、B 静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力为
3sin T F mg θ=
烧断细线的瞬间，绳上的力立刻消失，而弹簧上的弹力不变，由牛顿第二定律得
3sin 2sin 2mg θmg θma -=
再以B 单独为研究对象，由牛顿第二定律得
sin T mg ma θ-=
联立上式解得
0.5sin a g θ=， 1.5sin T mg =θ
CD 正确。

故选CD 。

8．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 。

9．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 603
a 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32M a g g M m =
=+，即3
2M M m =
+ 解得23
2.3733
M 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1
3
a 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1
0.52
a g g ==，选项B 正确。

故选B 。

10．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 。

11．如图所示，在置于水平地面上的盛水容器中，用一端固定于容器底部的细线拉住一个空心的塑料球，使之静止地悬浮在深水中，此时容器底部对地面的压力记为N1F ；某时刻拉紧球的细线突然断开后，球便在水中先加速后匀速地竖直上升，若球在此加速运动阶段和匀速运动阶段对应着容器底部对地面的压力分别记作N2F 和N3F ，则（ ）
A ．球加速上升时，N1N2F F <
B ．球加速上升时，N1N2F F >
C ．球匀速上升时，N1N3F F <
D ．球匀速上升时，N1N3F F >
【答案】B 【解析】 【详解】
球的加速上升和匀速上升可以认为与球等体积的水在加速下降和匀速下降．把杯子、水和球作为一个整体，塑料球静止和匀速运动时，系统处于平衡状态，地面对物体的支持力等于系统的重力．当球加速上升时，水加速下降，系统整体有向下的加速度，重力和支持力的合力提供加速度，所以重力大于支持力．故F N1=F N3＞F N2。

故选：B
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
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 。

13．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
2212
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 。

14．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35
5
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
F =
选项D 正确。

故选D 。

15．如图所示，物体A 、B 用轻质细绳连接后跨过定滑轮，A 静止在倾角为30°的固定的斜面上，A 与滑轮之间的细绳平行于斜面，B 与滑轮之间的细绳保持竖直，A 、B 的质量关系为m A =3m B ，刚开始无外力F 时，物体A 恰不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给物体B 一个水平外力，将它缓慢拉起到夹角为60θ=，则以下说法中正确的是
A ．物体A 3
B ．物体A 与斜面间摩擦力先减小后增大
C ．外力F 先减小后增大
D ．当θ角继续增大时，物体A 仍能保持静止 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．刚开始无外力F 时，物体A 恰不下滑由平衡条件可得
sin 30cos30A B A m g m g m g μ︒-=︒
解得
3μ=
故A 错误；
BC ．现给物体B 一个水平外力，将它缓慢拉起到夹角为60θ=过程中，以B 为对象，根据平衡条件可知 水平外力大小为
tan B F m g θ=
因为θ逐渐增大，所以水平外力F 也逐渐增大； 细绳对B 的拉力
cos B T m g
F θ
=
当θ=60°时，
3
2sin 302
T B A B F m g m g m g =>︒=
说明斜面对A 的摩擦力先沿斜面向上，后沿斜面向下，所以物体A 与斜面间摩擦力先减小后增大，故B 正确，C 错误。

C ．当θ=60°时，斜面对A 的摩擦力
1
sin 30sin 30cos30cos606
B f T A A A A m g F F m g m g m g m g μ=-︒=
-︒==︒︒
说明此时斜面对A 的摩擦力是最大静摩擦力，当θ角继续增大时，绳子的拉力会进一步增大，物体A 将沿斜面向上运动，故D 错误； 故选B 。