高一物理运动和力的关系达标检测(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．
2．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
A t =
达到底端的速度为
1A 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 。
3．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 sin θ－ F T sin β=ma
必有a F T cos β－mg cos θ=0 mg sin θ－F T sin β=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。 4．如图所示，不可伸长的轻绳上端固定，下端与质量为m的物块P连接；轻弹簧下端固定，上端与质量为2m的物块Q连接，系统处于静止状态．轻绳轻弹簧均与固定光滑斜面平行，已知P、Q间接触但无弹力，重力加速度大小为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．下列说法正确的是 A．剪断轻绳前，斜面对P的支持力大小为4 5 mg B．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力大小为8 5 mg C．剪断轻绳的瞬间，P的加速度大小为 8 15 mg D．剪断轻绳的瞬间，P、Q间的弹力大小为 8 15 mg 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】 A.剪断轻绳前，对P进行受力分析如图所示： 则根据平衡条件可知，斜面对P的支持力为： 3 cos535 N mg mg =?=， 故A 错误； B.剪断轻绳前，对Q 进行受力分析如图所示： 根据平衡条件可知，弹簧的弹力为： 8 2sin 535F mg mg =?=， 轻绳剪断瞬间，弹簧的弹力不发生突变，即为8 5 mg ，故B 正确； C.剪断轻绳瞬间PQ 一起向下加速，对PQ 整体进行受力分析如图所示： 根据牛顿第二定律可得其加速度为： 3sin 534 315 mg F a g m ?-= =， 故C 错误； D.剪断绳子后对P 物体有： sin 53PQ mg N ma ?-= 解得PQ 之间的弹力大小为： 8 g 15 PQ N m = ， 故D 正确； 5．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 = 0.1a g = 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 cos37cos37cos53cos53sin37sin53mg mg T T Mg N ??+??+?+?+= 解得 1.98N M m g =+() 故选项D 错误。 故选AB 。 6．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 7．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 t = 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 。 8．三角形传送带以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 。 9．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 。 10．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 2 2 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 2200 22(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 。 11．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 。 12．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 = ≈- 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 。 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．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L0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． 15．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a0＝6m/s2，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=?-= 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.