高一物理上册运动和力的关系综合测试卷(word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,水平面上 O 点的左侧光滑,O 点的右侧粗糙。有 8 个质量均为 m 的完全相同的小滑块(可视为质点),用轻质的细杆相连,相邻小滑块间的距离为 L ,滑块 1 恰好位 于 O 点左侧,滑块 2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力 F 作用于滑块 1上。经观察发现,在第 3 个小滑块完全进入粗糙地带后到第 4 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,小滑块做匀速直线运动,已知重力加速度为 g ,则下列判断中正确的是( )。

A ．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为

F mg

B ．滑块匀速运动时,各段轻杆上的弹力大小相等

C ．第 2 个小滑块完全进入粗糙地带到第 3 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,8 个小滑块的加速度大小为

12F m

D ．第 1 个小滑块完全进入粗糙地带到第 2 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,5 和 6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为4

F 【答案】D 【解析】 【详解】

A.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有

30F mg μ-=，

解得

3F

mg

μ=

， 故A 项错误；

B.当滑块匀速运动时，处在光滑地带上的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上的弹力不为零，且各不相同，故B 项错误；

C.对8个滑块，有

28F mg ma μ-=，

代入3F

mg

μ=

，解得 24F

a m

=

， 故C 项错误； D.对8个滑块，有

8F mg ma μ'-=，

解得

4

g

a μ'=

再以6、7、8三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有

34

F F ma ''==

， 故D 项正确;

2．沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台，其上、下台面水平，如图为俯视示意图。在顶面上四边的中点a 、b 、c 、d 沿着各斜面方向，同时相对于正四棱台无初速释放4个相同小球。设它们到达各自棱台底边分别用时T a 、T b 、T c 、T d ，到达各自棱台底边时相对于地面的机械能分别为E a 、E b 、E c 、E d （取水平地面为零势能面，忽略斜面对小球的摩擦力）。则有（ ）

A ．a b c d T T T T ===，a b d c E E E E >=>

B ．a b c d T T T T ===，a b d c E E E E ==>

C ．a b d d T T T T <=<，a b d c E E E E >=>

D ．a b d d T T T T <=<，a b d c

E E E E === 【答案】A 【解析】 【分析】

由题意可知，根据相对运动规律可以确定小球的运动状态，根据功的计算式，通过判断力和位移的夹角可判断弹力做功的情况，从而确定落地时的动能。 【详解】

根据“沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台”，因为棱台的运动是匀速运动，可以选棱台作为参考系，则a 、b 、c 、d 的加速度大小相等，故有

a b c d T T T T ===

判断a 、b 、c 、d 的机械能的变化，只需比较弹力做功的情况即可，根据弹力方向与位移方向的夹角可知，由于b 、d 弹力不做功，机械能不变；a 弹力做正功，机械能增加；c 弹力做负功，机械能减小。故有

a b d c E E E E >=>

结合上面二个关系式，故A 正确。 故选A 。 【点睛】

本题要注意正确选择参考平面，机械能的变化看除重力之外的其它力做功的情况即可。其它力做正功，机械能增加；其它力做负功，机械能减小，其它力不做功，机械能守恒。

3．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。

4．如图所示，水平板上有质量m =1.0kg 的物块，受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小．取重力加速度g =10m/s 2．下列判断正确的是（ ）

A ．5s 内拉力对物块做功为零

B ．4s 末物块所受合力大小为4.0N

C ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4

D ．6s ～9s 内物块的加速度的大小为2.0m/s 2 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．在0﹣4s 内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s 末开始运动，则5s 内位移不为零，则拉力做功不为零．故A 错误．

B ．4s 末拉力为4N ，摩擦力为4N ，合力为零．故B 错误．

CD ．根据牛顿第二定律得，6s ～9s 内物体做匀加速直线运动的加速度

a=

2253

m/s 2m/s 1

f

F F m

--=

= 解得

3

0.310

f F mg

μ=

=

= 故C 错误，D 正确． 故选D ．

5．A 、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A 、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ）

A ．A 、

B 的质量之比为1︰3

B ．A 、B 所受弹簧弹力大小之比为3︰2

C ．快速撤去弹簧的瞬间，A 、B 的瞬时加速度大小之比为1︰2

D ．悬挂A 、B 的细线上拉力大小之比为1︰2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A ．对A

B 两个物体进行受力分析，如图所示，设弹簧弹力为F 。

对物体A

A tan 60m g

F

=

对物体B

B tan 45m g

F

=

解得

A B m m 故A 错误；

B ．同一根弹簧弹力相等，故B 错误；

C ．快速撤去弹簧的瞬间，两个物体都将以悬点为圆心做圆周运动，合力为切线方向。 对物体A

A A A sin 30m g m a =

对物体B

sin 45B B B m g m a =

联立解得

A B a a = 故C 正确；

D ．对物体A ，细线拉力

A cos60F

T =

对物体B ，细线拉力

cos 45

B F

T =

解得

A B T T = 故D 错误。 故选C 。 【点睛】

快速撤去弹簧瞬间，细线的拉力发生突变，故分析时应注意不能认为合外力的大小等于原弹簧的弹力。

6．如图所示，斜面体A 静止放置在水平地面上，质量为m 的物体B 在外力F （方向水平向右）的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止。若撤去力F ，下列说法正确的是（ ）

A ．A 所受地面的摩擦力方向向左

B ．A 所受地面的摩擦力可能为零

C ．A 所受地面的摩擦力方向可能向右

D ．物体B 仍将沿斜面向下做匀速运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

根据题意可知B 物块在外力F 的作用下沿斜面向下做匀速直线运动，撤去外力F 后，B 物块沿斜面向下做加速运动，加速度沿斜面向下，所以A 、B 组成的系统在水平方向上有向左的分加速度，根据系统牛顿第二定律可知，地面对A 的摩擦力水平向左，才能提供系统在水平方向上的分加速度。 故选A 。

7．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

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 3mg 【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

2

3

sin

1

β

μ

==

+

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 。

8．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；

9．如图，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F拉C，使三者由静止开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（）

A．若粘在木块A上面，绳的拉力不变

B．若粘在木块A上面，绳的拉力增大

C．若粘在木块C上面，A、B间摩擦力增大

D．若粘在木块C上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

因无相对滑动，根据牛顿第二定律都有

F﹣3μmg﹣μ△mg=（3m+△m）a

可知，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，质量都变化，加速度a都将减小．AB．若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，根据牛顿第二定律有

F﹣μmg﹣T=ma

解得

T=F﹣μmg﹣ma

因为加速度a减小，F、μmg不变，所以，绳子拉力T增大．故B正确，A错误；CD．若粘在C木块上面，对A，根据牛顿第二定律有

f A=ma

因为加速度a减小，可知A的摩擦力减小；

以AB为整体，根据牛顿第二定律有

T﹣2μmg=2ma

解得

T=2μmg+2ma

因为加速度a减小，则绳子拉力T减小，故D正确，C错误。

故选BD。

10．将一质量为M的光滑斜劈固定在水平面上，一质量为m的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自由滑下。在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为F N1，地面对斜劈的支持力记为F N2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为v、竖直分速度的大小记为v y。若取消固定斜劈的装置，再让滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为F N1?、地面对斜劈的支持力记为F N2?，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记v'、竖直分速度的大小记为v y?。则下列大小关系正确的是（）

A ．F N1＜F N1?

B ．F N2＞F N2?

C ．v ＜v'

D ．v y ＜v y ?

【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上，第一种情况下斜劈对滑块的支持力

F N1＝mg cos θ

当滑块m 相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则

mg cos θ＞F N1?

A 错误；

B ．对斜劈，地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因为

F N1＞F N1?

则地面对斜劈的支持力

F N2＞F N2?

B 正确；

C ．若斜劈固定，则

mgh ＝

1

2

mv 2 若斜劈不固定，则由能量关系可知

mgh ＝

12mv'2＋1

2

Mv x 2 因此

v ＞v'

C 错误；

D ．对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律可得

mg －F N cos θ＝ma y

由于

F N1＞F N1?

因此

a y 1＜a y 1?

两种情况下滑块的竖直位移相等，根据

2y y v a h 可得

v y ＜v y ?

D 正确。 故选BD 。

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，一劲度系为k 的轻度弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以F N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x =0)，现改变力F 的大小，使B 以

2

g

的加速度匀加速向下运动(f 为重力加速度，空气阻力不计），此过程中F N 或F 随x 变化的图象正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为x ，则有

mg kx ma -=

解得

2mg

x k

=

在此之前，根据

N mg F kx ma --=

可知，二者之间的压力由开始运动时的2

mg

线性减小到零，而力F 由开始时的mg 线性减小到

2mg ，此后托盘与物块分离，力F 保持2mg

不变。 故选D 。

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 （sin θ ? μcos θ），若L 足够大，则粮袋最后将以速度v 做匀速运动

C ．若μ ≥ tan θ，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 sin θ 【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。