高一上册运动和力的关系单元测试卷 (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．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
0116
s 0.6s 10
v t a =
== 位移
20
11
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，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005
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00
01
00
233v v v a t t -==．小车的
加速度大小a 2=0
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0
2000
1
1326v 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．
6．如图所示，A 、B 两个物体的质量分别为m 1、m 2，两物体之间用轻质弹性细线连接，两物体与水平面的动摩擦因数相等。

现对B 物体施加一水平向右的拉力F ，使A 、B 一起向右做匀加速运动。

下列说法正确的是（ ）
A ．若某时刻撒去F ，则撤去F 的瞬间，A 、
B 的加速度保持不变 B ．若F 保持不变，水平面改为光滑的，则弹性细线的拉力大小不变
C ．若将F 增大一倍，则两物体的加速度将增大一倍
D ．若F 逐渐减小，A 、B 依然做加速运动，则在F 减小的过程中，弹性细线上的拉力与F 的比值不变 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．有F 作用时，
B 物体水平方向受F 、弹性细绳的拉力和地面对B 的滑动摩擦力作用，撤去F 后，B 物体受弹性细绳的拉力和地面对B 的滑动摩擦力作用，故B 物体的受力情况发生变化，所以B 物体的加速度变化，故A 错误； B ．有F 作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得
()()1212F m g m g m m a μ-+=+
11=F m g m a μ-绳
联立解得
1
12
=
m F F m m +绳
若F 保持不变，水平面改为光滑的，由牛顿第二定律，得
()12F m m a =+
1=F m a 绳
联立解得
1
12
=
m F F m m +绳
可知弹性细线的拉力大小不变，故B 正确； C ．有F 作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得
()()1212F m g m g m m a μ-+=+
若将F 增大一倍，滑动摩擦力不变，故两物体的加速度不会增大一倍，C 错误； D ．有F 作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得
()()1212F m g m g m m a μ-+=+
11=F m g m a μ-绳
联立解得
1
12
=
m F F m m +绳
可知，F 减小，弹性绳上的拉力与F 的比值不变，故D 正确。

故选BD 。

7．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 。

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．如图所示，物体A 和B 的质量均为m ，分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与轮、滑轮与轴之间的摩擦），用水平变力F 拉物体A 沿水平方向向右做匀速直线运动。

则（ ）
A ．物体
B 做匀加速直线运动 B ．物体B 处于超重状态
C ．物体B 的加速度逐渐增大
D ．物体B 的加速度逐渐减小
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
ACD ．设绳子与水平方向夹角为α，A 、B 两物体沿着绳子方向的速度相等
cos B A v v α=
随着A 向右运动，α逐渐减小，因此B 的速度逐渐增大，B 做加速运动，当A 运动到绳子方向与水平方向夹角很小时，B 的速度接近A 的速度，但不会超过A 的速度，因此B 做加速度减小的加速运动，最终加速度趋近于零，AC 错误，D 正确； B ．由于B 做加速运动，合力向上，因此处于超重状态，B 正确。

故选BD 。

10．如图所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v 运行。

现使一个质量为m 的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v 0（v 0<v ）从传送带左端滑上传送带。

若从物体滑上传送带开始计时，t 0时刻物体的速度达到v ，2t 0时刻物体到达传送带最右端。

下列说法正确的是（ ）
A ．水平传送带的运行速率变为2v ，物体加速运动时间就会变为原来的二倍
B ．00~t 时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，00~2t t 时间内物体受静摩擦力作用
C ．如果使皮带逆时针转动，其它条件不变，物体到达最右端的时间可能与原来相同
D ．物体的初速度越大，其它条件不变，物体到达右端的时间一定越短 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物体加速运动的时间即为与传送带达到共同速度的时间，根据匀变速运动速度公式有
0v v at =+
当速度变为2v 时，时间并不等于2t ，选项A 错误；
B ．00~t 时间内，物体物体速度小于传送带速度，受到滑动摩擦力的作用；00~2t t 时间内物体与传送带具有相同的速度，不受摩擦力作用，选项B 错误；
C ．如果使皮带逆时针转动，其它条件不变，物体要经历先减速再加速的运动，到达最右端的时间不可能与原来相同，选项C 错误；
D ．物体的初速度越大，其它条件不变，与传送带达到共同速度的时间越少，物体到达右端的时间一定越短，选项D 正确。

故选D 。

11．如图所示，粗糙水平面上放置B 、C 两物体，A 叠放在C 上，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，物体B 、C 与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T ．现用水平拉力F 拉物体B ，使三个物体以同一加速度向右运动，则（ ）
A ．此过程中物体C 受重力等五个力作用
B ．当F 逐渐增大到T F 时，轻绳刚好被拉断
C ．当F 逐渐增大到1.5T F 时，轻绳刚好被拉断
D ．若水平面光滑，则绳刚断时，A 、C 间的摩擦力为6
T
F 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
对A 受力分析，A 受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C 受重力、A 对C 的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A 对C 的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A 错误．对整体分析，整体的加速度66F mg
a m
μ-⋅=，隔离对AC 分析，根据牛顿第二定律
得，T-μ•4mg=4ma ，解得T=
2
3
F ，当F=1.5F T 时，轻绳刚好被拉断，故B 错误，C 正确．水平面光滑，绳刚断时，对AC 分析，加速度4T
F a m
=，隔离对A 分析，A 的摩擦力f=ma=
4
T
F ，故D 错误．故选C ．
12．如图a 所示，某研究小组利用此装置探究物体在恒力作用下加速度与斜面倾角的关系．木板OA 可绕轴O 在竖直平面内转动，物块受到平行于斜面且指向A 端、大小为
F ＝8.5N 的力作用．通过DIS 实验，得到如图b 所示的加速度与斜面倾角的关系图线，且每次实验过程中木板OA 的倾角保持不变．若图b 中图线与纵坐标交点a 0＝6m/s 2，物块的质量m ＝lkg ，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力．则（ ）
A ．物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B ．图b 中θ2的坐标大于60°
C ．如图b 所示，将斜面倾角由θ1缓慢增加到θ2的过程中，摩檫力一直减小
D ．斜面倾角为37°时，物块所受的摩擦力为2.5N
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A 、θ=0°时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F 和滑动摩擦力f 作用，已知F =8.5N ，滑动摩擦力f =μN =μmg ，所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度：
206m/s F mg a m
μ-==，解得0.25μ=，故A 错误；B 、当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上物体处于静止状态即将下滑；22sin cos mg F mg θμθ=+，而倾角为60°时sin 600.16cos60f mg F N mg μ=︒-=<︒，故θ2大于60°，B 正确；C 、当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态．摩擦力先向下，后向上，大小先减小到零后增大，故C 错误；D 、sin37=2.5N F mg -︒，而max cos37=2N f mg μ=︒，物体处于向上加速，则此时的摩擦力为滑动摩擦力大小是2N ，则D 错误．故选B.
【点睛】
图线与纵坐标交点处的横坐标为0，即木板水平放置，此时对应的加速度为a 0，分析此时物块的受力根据牛顿第二定律求出对应的加速度即可；当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态.
13．如右图，水平地面上有一楔形物块a ，其斜面上有一小物体b ，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上，a 与b 之间光滑，a 和b 以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动，当它们刚运行至轨道的粗糙段时
A ．绳的张力减小，b 对a 的正压力减小
B ．绳的张力增加，斜面对b 的支持力增加
C ．绳的张力减小，地面对a 的支持力增加
D ．绳的张力增加，地面对a 的支持力减小
【答案】C
【解析】
试题分析：在光滑段运动时，物块a 及物块b 均处于平衡状态，对a 、b 整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡
对b 受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有 N Fcos F sin 0θθ-= ①；
N Fsin F cos mg 0θθ+-= ②；
由①②两式解得：N F mgsin F mgcos θθ==，；
当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；
（一）物块a 、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：
N Fsin F cos mg 0θθ+-= ③；
N F sin Fcos ma θθ-= ④；
由③④两式解得：N F mgsin macos F mgcos masin θθθθ=-=+，；
即绳的张力F 将减小，而a 对b 的支持力变大；
再对a 、b 整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a 支持力不变．
（二）物块b 相对于a 向上加速滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a 对b 的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a 的支持力也增大．
综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a 的支持力可能增加；a 对b 的支持力一定增加．故A 、B 、D 错误；
故选C
考点：力的分解与合成，共点力平衡条件
点评：本题关键要熟练运用整体法和隔离法对物体受力，同时要能结合牛顿运动定律求解！解题中还可以运用超重与失重的相关知识
14．如图所示，一劲度系为k 的轻度弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以F N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量。

初始时，在
竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x =0)，现改变力F 的大小，使B 以2
g 的加速度匀加速向下运动(f 为重力加速度，空气阻力不计），此过程中F N 或F 随x 变化的图象正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为x ，则有
mg kx ma -=
解得
2mg x k
=
在此之前，根据 N mg F kx ma --=
可知，二者之间的压力由开始运动时的2
mg 线性减小到零，而力F 由开始时的mg 线性减
小到
2mg ，此后托盘与物块分离，力F 保持2
mg 不变。

故选D 。

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 。