高一运动和力的关系(培优篇)(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．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 。

3．如图所示，斜面体ABC 放在水平桌面上，其倾角为37o，其质量为M=5kg ．现将一质量为m=3kg 的小物块放在斜面上，并给予其一定的初速度让其沿斜面向上或者向下滑动．已知斜面体ABC 并没有发生运动，重力加速度为10m/s 2，sin37o=0.6．则关于斜面体ABC 受到地面的支持力N 及摩擦力f 的大小，下面给出的结果可能的有( )

A ．N=50N ，f=40N

B ．N=87.2N ，f=9.6N

C ．N=72.8N ，f=0N

D ．N=77N ，f=4N

【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】

设滑块的加速度大小为a ，当加速度方向平行斜面向上时，对Mm 的整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：N-（m+M ）g=masin37° 水平方向：f=macos37°

解得：N=80+1.8a ① f=2.4a ②

当加速度平行斜面向下，对整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：-N+（m+M ）g=masin37°

水平方向：f=macos37°

解得：N=80-1.8a ③ f=2.4a ④ A 、如果N=50N ，f=40N ，则250

a=

m/s 3

，符合③④式，故A 正确； B 、如果N=87.2N ，f=9.6N ，则a=-4m/s 2，符合①②两式，故B 正确； C 、如果N=72.8N ，f=0N ，不可能同时满足①②或③④式，故C 错误； D 、如果N=77N ，f=4N ，则25

a=m/s 3

，满足③④式，故D 正确； 故选ABD.

4．如图所示，光滑水平桌面放置着物块 A ，它通过轻绳和轻质滑轮 悬挂着物块 B ，已知 A 的质量为 m ，B 的质量为 3m ，重力加速 度大小为 g ，静止释放物块 A 、B 后（）

A ．相同时间内，A 、

B 运动的路程之比为 2:1 B ．物块 A 、B 的加速度之比为 1：1

C ．细绳的拉力为

67

mg

D ．当 B 下落高度 h 25

gh

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为h/2，故A、B运动的路程之比为2：1，故A正确；任意相等时间内，物体A、B的位移之比为2：1，故速度和加速度之比均为2：1，故B错误；设A的加速度为a，则B的加速度为0.5a，根据牛顿第二定律，

对A，有：T=ma，对B，有：3mg-2T=3m?0.5a，联立解得：T=6

7

mg

，a=6

7

g，故C正确；

对B，加速度为a′=0.5a=3

7

g，根据速度位移公式，有：v2=2?a′?h，解得：v=

6

7

gh

，故D

错误；故选AC．

【点睛】

本题考查连接体问题，关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定律分析．

5．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 =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

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 。

6．如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P 的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A 、B ，C 为一垂直固定在斜面上的挡板．A 、B 质量均为m ，斜面连同挡板的质量为M ，弹簧的劲度系数为k ，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F 作用于Ｐ，（重力加速度为g ）下列说法中正确的是（ ）

A ．若F=0，挡板受到

B 物块的压力为2sin mg θ

B ．力F 较小时A 相对于斜面静止，F 大于某一数值，A 相对于斜面向上滑动

C ．若要B 离开挡板C ，弹簧伸长量需达到sin /mg k θ

D ．若(2)tan F M m g θ=+且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A 、F=0时，对物体A 、

B 整体受力分析，受重力、斜面的支持力N 1和挡板的支持力N 2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N 2-（2m ）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A 错误；

B 、用水平力F 作用于P 时，A 具有水平向左的加速度，设加速度大小为a ，将加速度分解如图

根据牛顿第二定律得 mgsinθ-kx=macosθ

当加速度a 增大时，x 减小，即弹簧的压缩量减小，物体A 相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P 上，A 即向上滑动，故B 错误；

C 、物体B 恰好离开挡板C 的临界情况是物体B 对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B 受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图

根据牛顿第二定律，有 mg-Ncosθ-kxsinθ=0 Nsinθ-kxcosθ=ma

解得：kx=mgsinθ-macosθ，

sin cos

mg ma

x

k

θθ

-

=故C错误；

D、若F=（M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；

对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图

根据牛顿第二定律，有

mgsinθ-kx=macosθ

解得

kx=0

故弹簧处于原长，故D正确；

7．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/s2，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

06m/s v ==

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

220

2(sin cos )v x g g θμθ==+

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 。

8．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 60a 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323M a g g M m =

=+，即3

23

M 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 。

9．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.

10．来到许愿树下，练老师把许的心愿用绸带系在两个小球上并抛到树上，这一情景可以简化为如图所示，质量分别为M 和m 的物体A 、B 用细线连接，悬挂在定滑轮上，定滑轮固定在天花板上，已知M >m ，滑轮质量及摩擦均不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( ）

A ．细线上的拉力一定等于 mg

B ．细线上的拉力一定小于Mg

C ．细线上的拉力等于2

m M

g + D ．天花板对定滑轮的拉力等于(M+ m )g

【答案】B 【解析】 【详解】

A. 因为M>m ，m 具有向上的加速度，设绳子的拉力为T ，根据牛顿第二定律有：

-T mg ma =，所以细线上的拉力一定大于 mg ，选项A 错误；

B. M 具有向下的加速度，根据牛顿第二定律有：-Mg T ma =，所以细线上的拉力一定小于Mg ，选项B 正确；

C. 对整体分析，根据牛顿定律有：--Mg mg M m

a g M m M m

==++。再对m 有-T mg ma =，所

以细线上的拉力2Mm

T mg ma g M m

=+=

+，选项C 错误； D. 对定滑轮有：天花板对定滑轮的拉力42Mm

T T g M m

'==+，选项D 错误。 故选B 。

11．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

12．如图所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A 、B 两物体用一轻质弹簧连接着，B 的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30°，当升降机突然处于完全失重状态，则A 、B 两物体的瞬时加速度大小和方向说法正确的是（ ）

A ．1

2

A a g =

，方向沿斜面向下；B a g =，方向沿斜面向下 B ．0A a =，0B a =

C ．0A a =；B a g =，方向沿斜面向下

D ．3

2

A a g =

，方向垂直斜面向右下方；B a g =方向竖直向下 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

当升降机处于完全失重状态时，物体和斜面之间的作用力变为0，弹簧弹力不发生变化，故A 物体只受重力和弹簧弹力，两者合力与原来的支持力大小相等方向相反，故其加速度为

cos 3

A mg θa g m =

= 方向垂直斜面斜向右下方；

B 物体受到重力弹簧弹力和细线拉力作用，完全失重的瞬间，细线拉力变为和弹簧向下拉力相等，两者合力为0，故B 物体的加速度为

a g =

方向竖直向下；

由以上分析可知A 、B 、C 错误，D 正确； 故选D 。

13．根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200 m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm 处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西。若不计空气阻力，不考虑重力加速度随高度的变化，在整个过程中，正确反映小球水平方向的速度为v x 、竖直方向的速度为v y 随时间t 变化的图像是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．上升的过程中由于竖直速度越来越小，水平向西的力越来越小，加速度越小越小，因此上升的过程中水平向西做加速度减小的加速运动，其x v t —图象速度越来越大，但斜率越小越小，AB 错误；

CD ．竖直方向只受重力作用，上升过程做匀减速运动，速度减到零后开始下落，下落的过程做匀加速运动，整个过程中斜率保持不变，因此C 正确，D 错误。 故选C 。

14．如图所示，两块长方体滑块A 和B 叠放在倾角为θ的斜面体C 上。已知A 、B 质量分别为1m 和2m ，A 与C 的动摩擦因数为1μ，B 与A 的动摩擦因数为2μ。两滑块A 、B 在斜面体上以相同加速度自由下滑，斜面体C 在水平地面上始终保持静止，则下列说法正确的是（ ）

A ．斜面C 受到地面的静摩擦力方向水平向右

B ．滑块A 与斜面间的动摩擦因数1=tan μθ

C ．滑块A 受到斜面对其摩擦力的大小为()112cos m m g μθ+

D ．滑块B 所受的摩擦力大小为22cos m g μθ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A ．把A

B 看成一个整体，AB 对

C 的压力在水平方向的分力为

()12cos sin x N m m g θθ=+?

方向水平向右，AB 对C 的摩擦力在水平方向的分力为

cos x f f θ=

方向水平向左。因为AB 一起加速下滑，所以

()12sin m m g f θ+>

则

x x N f >

所以斜面C 有向右的运动趋势，则斜面C 受到地面的静摩擦力方向水平向左，A 错误； B ．因为AB 一起加速下滑，所以

()()11212cos sin m m g m m g μθθ+<+

则

1tan μθ<

B 错误；

C ．把AB 看成一个整体，滑块A 与斜面之间的摩擦力为

()112cos f m m g μθ=+

C 正确；

D ．滑块AB 一起加速下滑，其加速度为

1sin cos a g g θμθ=-

则滑块B 所受的摩擦力大小为

12cos B f m g μθ=

D 错误。 故选C 。

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：

310

a 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．