高一物理上册 运动和力的关系检测题(WORD版含答案)

一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难）
1．如图甲所示，在光滑的水平面上有质量为M 且足够长的长木板，木板上面叠放一个质量为m 的小物块。

现对长木板施加水平向右的拉力F ＝3t （N ）时，两个物体运动的a -－t 图象如图乙所示，若取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是（ ）
A ．图线Ⅰ是小物块运动的a －-t 图象
B ．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3
C ．长木板的质量M ＝1 kg
D ．小物块的质量m ＝2 kg
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据乙图可知，在3s 以后，m 与M 开始发生相对运动，m 的加速度不变，其大小为23m/s ，所以Ⅰ是长木板的—a t 图象，故A 错误；
B ．设小物块与长木板间的动摩擦因素为μ，根据牛顿第二定律可知
23m/s m a g μ==
解得
0.3μ=
故B 正确；
CD ．当3s t >时，以M 为研究对象，根据牛顿第二定律可知
F mg Ma μ-=
即
kt mg Ma μ-=
解得
3mg
a t M M μ=
- 由此可得
332
M = 解得
2kg M =
在3s 内，以整体为研究对象，可得
F M m a =+()
即
3()1M m =+⨯
所以
1kg m =
故CD 错误。

故选B 。

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
12186
a 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，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 。

4．如图所示，在一个倾角未知的、粗糙的、足够长的斜坡上，现给箱子一个沿坡向下的初速度，一段时间后箱子还在斜面上滑动，箱子和小球不再有相对运动，此时绳子在图中的位置（图中ob 绳与斜坡垂直，od 绳沿竖直方向）（ ）
A ．可能是a 、b
B ．可能是b 、c
C ．可能是c 、d
D ．可能是d 、e
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
设斜面的倾角为θ，绳子与斜面垂直线的夹角为β。

据题意箱子和小球不再有相对运动，则它们的加速度相同。

对箱子和小球整体作受力分析，易知：如果斜面对箱子的摩擦力小于整体的重力沿斜面的分力，整体将沿斜面向下做匀加速运动，且加速度小于g sin θ；如果斜面对箱子的摩擦力恰等于整体的重力沿斜面的分力，整体将沿斜面向下做匀速运动；如果斜面对箱子的摩擦力大于整体的重力沿斜面的分力，整体将沿斜面向下做匀减速运动。

再对小球作受力分析如图，根据牛顿第二定律分析如下： 对oa 情况有
mg sin θ+ F T sin β=ma
必有a>g sin θ，即整体以加速度大于g sin θ沿斜面向下做匀加速运动，所以oa 不可能。

对ob 情况有
mg sin θ=ma
得a=g sin θ，即整体以加速度等于g sin θ沿斜面向下做匀加速运动，所以ob 不可能。

对oc 情况有
mg sinθ－ F T sinβ=ma
必有a<g sinθ，即整体以加速度小于g sinθ沿斜面向下做匀加速运动，所以oc可能。

对od情况有a=0，即整体沿斜面向下做匀速直线运动，所以oc可能。

对oe情况有
F T cosβ－mg cosθ=0
mg sinθ－F T sinβ=ma
因β>θ，所以a<0，加速度沿斜面向上，即整体沿斜面向下做匀减速运动，所以oe可能。

由以上分析可知：绳子在图中的位置处于oa、ob均不可能，处于oc、od、oe均可能。

故选CD。

5．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m 为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
6．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 。

7．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 。

8．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；
9．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 。

10．如图所示，在水平面上有一质量为m 1=1kg 的足够长的木板A ，其上叠放一质量为m 2=2kg 的物块B ，木板与地面间的动摩擦因数1μ=0.1，物块和木板之间的动摩擦因数
2μ=0.3，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。

现给物块施加随时间t 增大的水平拉力
F =3t (N)，重力加速度大小g =10m/s 2。

则（ ）
A ．t =ls 之后，木板将在地面上滑动
B ．t =2s 时，物块将相对木板滑动
C ．t =3s 时，物块的加速度大小为4m/s 2
D ．木板的最大加速度为3m/s 2 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．当
()1123N F m m g μ≤+=
物块和木板都没有动，处于静止状态，根据
F =3t (N)
可知t =ls 之后，木板将在地面上滑动，故A 符合题意；
BD ．两物体刚要相对滑动时，此时木板有最大加速度，根据牛顿第二定律，对木块有
222F m g m a μ-=
对木板有
()221121m g m m g m a μμ-+=
解得
12N F =
23m/s a =
根据
F =3t (N)
可知t =4s 之后，物块将相对木板滑动，故B 不符合题意，D 符合题意；
C ．由上分析可知，t =3s 时，物块相对木板静止，一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律
()()111212F m m g m m a μ-+=+
代入数据可得
22m/s a =
故C 不符合题意。

故选AD 。

11．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：
11
101m=5m 2
x=⨯⨯
传送带的位移为：
x2＝v0t1＝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：
31012
1m11m 2
x
+
=⨯=
传送带的位移为：
x4＝v0t1＝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。

12．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．
2
gH
【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 。

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，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 。

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（sinθ− μcosθ），若L足够大，则粮袋最后将以速度v做匀速运动
C．若μ≥ tanθ，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 sinθ
【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 cosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a = g（sinθ + μcosθ），若μ < tanθ，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（sinθ + μcosθ）的加速度匀加速，也可能先以g（sinθ + μcosθ）的加速度匀加速，后以g（sinθ− μcosθ）匀加速；故B错误；
C．若μ≥ tanθ，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。