高一物理上册 运动和力的关系检测题(Word版 含答案)(1)

一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难）
1．如图所示，将质量为2m 的长木板静止地放在光滑水平面上，一质量为m 的小铅块（可视为质点）以水平初速v 0由木板A 端滑上木板，铅块滑至木板的B 端时恰好与木板相对静止。

已知铅块在滑动过程中所受摩擦力始终不变。

若将木板分成长度与质量均相等的两段后，紧挨着静止放在此水平面上，让小铅块仍以相同的初速v 0由左端滑上木板，则小铅块将（ ）
A ．滑过
B 端后飞离木板
B ．仍能滑到B 端与木板保持相对静止
C ．在滑到B 端前就与木板保持相对静止
D ．以上三答案均有可能 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B 部分上后A 部分停止加速，只有B 部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B 木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B 的右端，两者速度相同。

故选C 。

考点：牛顿第二定律。

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．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 。

4．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v 2>v 1，从小物块滑上传送带开始计时，其v-t 图像可能的是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】ABC 【解析】
如果物体一直减速到达左侧仍有速度，则为图像A ；如果恰好见到零，则为图像C ；如果在传送带上减速到零并反向加速至传送带速度，则为图像C ．图像D 是不可能的．
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
00233v 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．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，质量为M 的三角形斜劈C 放置在水平地面上，左右两侧的斜面与水平地面的夹角分别为37︒和53︒，斜面光滑且足够长，质量均为m 的两物块A 、B 分别放置在左右两侧的斜面上，两物块用一根跨过斜劈顶端定滑轮的细线拴接，细线绷紧且与对应斜面平行，不计细线与滑轮处的摩擦以及滑轮的质量，重力加速度为g ，两物块由静止释放，斜劈始终保持静止不动，sin370.6︒=，cos370.8︒=，则在A 、B 两物块开始运动之后的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．物块A 沿斜面向上加速运动的加速度大小为0.1g
B ．细线中的拉力大小为0.7mg
C ．斜劈C 给地面的摩擦力大小为0
D ．斜劈对地面的压力大小为()M m g + 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．设细线上的拉力大小为T ，物块的加速度大小为a ，对B 受力分析
sin 53mg T ma ︒-=
对A 受力分析
sin 37T mg ma -︒=
解得
0.7T mg =
=
a g
0.1
故选项AB正确；
C．整体分析，物块A向右上方加速，物块B向右下方加速，斜劈C静止不动，所以系统向右的动量增加，地面给斜劈C的摩擦力方向水平向右，不为0，故选项C错误；
D．对C受力分析，在竖直方向上有
︒︒+︒︒+︒+︒+=
mg mg T T Mg N
cos37cos37cos53cos53sin37sin53
解得
()
=+
1.98
N M m g
故选项D错误。

故选AB。

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；
9．三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°。

现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是（）
A ．物块A 、
B 同时到达传送带底端 B ．物块A 先到达传送带底端
C ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度不相同
D ．传送带对物块A 无摩擦力作用 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
ABD ．两个小物块A 和B 从传送带顶端都以1m s 的初速度沿传送带下滑，因为
sin 37cos37mg mg μ>
所以传送带对两小物块的滑动摩擦力分别沿传送带向上，大小相等，那么两小物块沿传送带向下的加速度大小相等，滑到传送带底端时的位移大小相等，因此物块A 、B 同时到达传送带底端，A 正确，B 错误，D 错误；
C ．对物块A ，划痕的长度等于A 的位移减去传送带的位移，由牛顿第二定律得
sin 37cos37mg mg ma μ-=
解得
22m s a =
由运动学公式得
201
2
L v t at =+
解得
1s t =
传送带运动位移
01m x v t ==
A 对传送带的划痕长度为
12m 1m 1m x ∆=-=
对物块B ，划痕长度等于B 的位移加上传送带的位移，同理得出B 对传送带的划痕长度为
22m 1m 3m x ∆=+=
12x x ∆<∆
物块A 、B 在传送带上的划痕长度不相同，C 正确。

故选AC 。

10．如图所示，光滑水平面上放置M 、N 、P 、Q 四个木块，其中M 、P 质量均为m ，N 、Q 质量均为2m ，M 、P 之间用一轻质弹簧相连．现用水平拉力F 拉N ，使四个木块以同一加
速度a 向右运动，则在突然撤去F 的瞬间，下列说法正确的是：
A ．N 的加速度大小仍为a
B ．PQ 间的摩擦力不变
C ．MN 间的摩擦力变小
D ．M 、P 的加速度大小变为2
a 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】
ACD ．撤去F 前，对PQ 整体分析,知弹簧的弹力
=3F ma 弹
隔离对M 分析
=f F ma -弹
计算得出4f ma = 对整体分析
6F ma =
撤去F 后,对MN 整体分析
3F a a m
弹'=
=
方向向左。

隔离对N 分析
2f ma '=
知MN 间的摩擦力发生变化.N 的加速度大小不变,方向改变,故AC 正确，D 错误； B ．撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，对PQ 整体分析，加速度不变,隔离对P 分析,PQ 间的摩擦力不变，所以B 选项是正确的。

故选ABC 。

11．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v 0、t 0已知，则（ ）
A ．传送带一定逆时针转动
B ．0
0tan cos v gt μθθ
=+
C ．传送带的速度大于
v 0 D ．t 0后滑块的加速度为2 g sin θ-
v t 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．若传送带顺时针转动，当滑块沿传送带下滑时，若mg sin θ>μmg cos θ，滑块将一直加速运动；当滑块沿传送带上滑时，若mg sin θ<μmg cos θ，滑块将先加速到与传送带速度相等时匀速运动。

两种情况的速度图像均不符合题给速度图像，所以传送带一定逆时针转动，选项A 正确。

B ．传送带逆时针转动，滑块在0~t 0时间内，加速度较大，说明滑动摩擦力沿传送带向下，有
mg sin θ+μmg cos θ=ma 1
由速度图像可知
10
v a t =
联立解得
0co -t s an v gt θ
μθ=
选项B 错误；
C ．当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，故传送带速度为v 0，选项C 错误；
D ．当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，有
mg sin θ-μmg cos θ=ma 2
代入数值得
20
2sin v a g t θ=-
选项D 正确。

12．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 。

13．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。

14．下图是某同学站在压力传感器上做下蹲-起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间．由图线可知，该同学的体重约为650N ，除此以外，还可以得到以下信息
A ．1s 时人处在下蹲的最低点
B ．2s 时人处于下蹲静止状态
C ．该同学做了2次下蹲-起立的动作
D ．下蹲过程中人始终处于失重状态
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中先是失重后超重，选项D 错误；在1s 时人的失重最大，即向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A 错误；2s 时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项B 正确；该同学在前2s 时是下蹲过程，后2s 是起立的过程，所以共做了1次下蹲-起立的动作，选项C 错误．
15．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 35 【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：
33
2mg mg F cos sin sin cos μθμθθθ=++＝
＝其中tan 2φ＝ 当分母最大即()1sin θφ+=时，拉力最小，最小为：
F =
选项D 正确。

故选D 。