高一物理运动和力的关系单元练习(Word版 含答案)

一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难）

1．如图所示，在竖直平面内有ac 、abc 、adc 三个细管道，ac 沿竖直方向，abcd 是一个矩形。将三个小球同时从a 点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的机械能损失，当竖直下落的小球运动到c 点时，关于三个小球的位置，下列示意图中可能正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

设ac d =，acb α∠=， 设小球沿ab 、bc 、ac 、ad 、dc 下滑的加速度分别为1a 、

2a 、3a 、4a 、5a 。

根据牛顿第二定律得

15sin sin mg a a g m

α

α=== sin(90)

24cos mg a a g m

αα?-==

=

3a g =

对ab 段有

2211111

sin sin 22

d a t g t αα=

= 得

12d

t g =

对ac 段有

2312

d gt =

得

32d t g

=

对ad 段有

2244411cos cos 22

d a t g t αα=

= 得

42d

t g

=

所以有

124t t t ==

即当竖直下落的小球运动到c 点时，沿abc 下落的小球恰好到达b 点，沿adc 下落的小球恰好到达d 点，故ACD 错误，B 正确。 故选B 。

2．如图所示，倾角θ=60°、高为h 的粗糙斜面体ABC 固定在水平地面上，弹簧的一端固定在BC 边上距B 点

3

h

高处的D 点，可视为质点的小物块Q 与弹簧另一端相连，并静止于斜面底端的A 点，此时小物块Q 恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0。已知小物块Q 与斜面间的动摩擦因数μ=

3

，小物块Q 所受的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．小物块Q静止于点A时弹簧一定处于伸长状态

B．小物块Q静止于点A时所受的弹力与其重力大小相等

C．若要拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的D．若刚要拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，则拉力的最小值为

3

mg

【答案】

ABC

【解析】

【分析】

【详解】

A．小物块Q静止于斜面底端的A点，此时小物块Q恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0。对小物块Q受力分析如图

此时弹簧一定处于伸长状态，选项A正确

B．由几何关系可知

∠DAB=30°

则三个力互成120°角，可知三力大小相等，即小物块Q静止于A点时所受的弹力与其重力大小相等，选项B正确；

C．因在A点时，滑块所受的摩擦力和地面的支持力均为零，可知要想拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，若拉力的方向与斜面成α角时，如图所示

沿斜面方向有

()()

cos sin sin

F N N F mg F

αμμαμα

''''

==-=-

整理可得

2

22

cos sin

1

11

mg mg

F

μμ

αμα

μαα

μμ

'==

+?

?

++

?

++?

令23

sin 1

βμ=

=

+，则 β=60°

所以

21sin()F μβα'=

++

当α+β=90°，即α=30°时F ′最小，即拉力的最小值为

min 212

1F mg μ=

=+ 此时拉力沿竖直方向向上，支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的。 选项C 正确，D 错误。 故选ABC 。

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，A 、B 、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 的质量为2m ，B 和C 的质量都是m ，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 、C 间的动摩擦因数为4

μ

，B 和地面间的动摩

擦因数为

8

μ

.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平向右的拉力F ，则下列判断正确的是

A ．若A 、

B 、

C 三个物体始终相对静止，则力F 不能超过3

2

μmg B ．当力F ＝μmg 时，A 、B 间的摩擦力为

3

4

mg μ C ．无论力F 为何值，B 的加速度不会超过

34

μg D ．当力F >

7

2

μmg 时，B 相对A 滑动 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】

A.A 与B 间的最大静摩擦力大小为：2μmg,C 与B 间的最大静摩擦力大小为：4

mg

μ，B 与

地面间的最大静摩擦力大小为：

8

μ

（2m+m+m ）=

2

mg

μ；要使A ，B ，C 都始终相对静止，

三者一起向右加速，对整体有：F-2

mg

μ=4ma ，假设C 恰好与B 相对不滑动，对C

有：

4

mg

μ=ma ，联立解得：a=

4g μ，F=3

μ2

mg ；设此时A 与B 间的摩擦力为f ，对A 有：F-f=2ma ，解得f=μmg 2μ

3

2

μmg ，故A 正确. B.当力F ＝μmg 时，由整体表达式F-2

mg

μ=4ma 可得：a=1μ8

g ，代入A 的表达式可

得：f=

3

μ4

mg,故B 正确. C.当F 较大时，A,C 都会相对B 滑动，B 的加速度就得到最大，对B 有：2μmg -

4

mg

μ-

2

mg

μ=ma B ，解得a B =

5

μ4

g ，故C 错误. D.当A 恰好相对B 滑动时，C 早已相对B 滑动，对A 、B 整体分析有:F-

2

mg

μ-

4

mg

μ=3ma 1，对A 有：F-2μmg=2ma 1，解得F=

92μmg ，故当拉力F>9

2

μmg 时，B 相对A 滑动，D 错误.胡选：A 、B.

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/s 2．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/s2。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BC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a1，由牛顿第二定律得

μmg=ma1

代入数据解得

a1=μg=5 m/s2

经t1时间与传送带的速度相同，则有

1

10.8s

v

t

a

==前进的位移为

x1=1

2

a1t12=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 =

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 。

8．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 。

9．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 。

10．如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M ，车上放一物块m ，开始时M 、m 均静止。t =0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v -t 图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g =10m/s 2。下列说法正确的是（ ）

A ．0-6s 内，m 的加速度一直保持不变

B ．m 相对M 滑动的时间为3s

C ．0-6s 内，m 相对M 滑动的位移的大小为4m

D ．0-6s 内，m 、M 相对地面的位移大小之比为3：4 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．物块相对于平板车滑动时的加速度

22m /s mg

a g m

μμ=

==

若其加速度一直不变，速度时间图像如图所示

有图像可以算出t =3s 时，速度相等，为6m/s 。由于平板车减速阶段的加速度大小为

2218

m /s 2m /s 62

a a =

==- 故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为3s 。故A 错误，B 正确；

C ．有图像可知，0-6s 内，物块相对平板车滑动的位移的大小

186128m 1m 36m=6m 222

x +?=??+?-??

故C 错误；

D ．0-6s 内，有图像可知，物块相对地面的位移大小

11

66m=18m 2

x =??

平板车相对地面的位移大小

21

68m=24m 2

x =??

二者之比为3：4，故D 正确。 故选BD 。

11．如图所示，在倾角为o 30的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A 以4m/s 2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取2

10/g m s =，则

A ．小球从一开始就与挡板分离

B ．小球速度最大时与挡板分离

C ．小球向下运动0.01 m 时与挡板分离

D ．小球向下运动0.02m 时速度最大

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

设球与挡板分离时位移为x ，经历的时间为t ，从开始运动到分离的过程中，m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N ，沿斜面向上的挡板支持力1F 和弹簧弹力F ．根据

牛顿第二定律有：0

1sin 30mg kx F ma --=，保持a 不变，随着x 的增大，1F 减小，当

m 与挡板分离时，1F 减小到零，则有：0sin 30mg kx ma -=，解得：

o (sin 30)0.01m g a x m k

-==，即小球向下运动0.01m 时与挡板分离，故A 错误，C 正

确．球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大．故B 错误．球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度

为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．即：o

sin 30m kx mg =，解得：

o

sin 300.05m mg x m k

==，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路

程为0.05m ，故D 错误．故选C.

12．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

13．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．

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

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 。

15．如图，放置于水平面上的楔形物体，两侧倾角均为30°，左右两表面光滑且足够长，上端固定一光滑滑轮，一根很长且不可伸长的轻绳跨过定滑轮分别与左右两侧斜面平行，绳上系着三个物体A 、B 、C ，三物体组成的系统保持静止.A 物体质量为m ，B 物体质量为3m ，现突然剪断A 物体和B 物体之间的绳子，不计空气阻力(重力加速度为g )，三物体均可视为质点，则

A ．绳剪断瞬间，A 物体的加速度为310g

B ．绳剪断瞬间，

C 物体的加速度为

12

g C ．绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力不变 D ．绳剪断瞬间，A 、C 间绳的拉力为2mg 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

ABD ．设C 的质量为m ′．绳剪断前，由平衡条件知：

（3m +m ）g sin30°=m ′g sin30°

得

m ′=4m

绳剪断瞬间，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得：

T -mg sin30°=ma

以C 为研究对象，根据牛顿第二定律得：

4mg sin30°-T =4ma

联立解得：

310a g = 45

T mg =

即绳剪断瞬间，A 、C 物体的加速度大小均为310g ，A 、C 间绳的拉力为4

5

mg ，故A 正确，BD 错误．

C ．绳剪断前，A 、C 间绳的拉力为：

T ′=（3m +m ）g sin30°=2mg

绳剪断瞬间，A 、C 间绳的拉力为

4

5

mg ，则AC 间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物体对楔形物体的压力不变，可知，绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力发生变化，故C 错误．