高一物理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．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。

2．

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 3

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

2

a

a

=

故C正确；

D．对物体A，细线拉力

A cos60

F

T=

对物体B，细线拉力

cos45

B

F

T=

解得

A

B

2

1

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。

3．一足够长的木板B静置于光滑水平面上，如图甲所示，其上放置小滑块A，木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用，木板加速度a随力F变化的a﹣F图象如图乙所示，g取10m/s2，下判定错误的是

A．木板B的质量为1kg

B．当F=10N时木板B加速度为4m/s2

C．滑块A的质量为4kg

D．当F=10N时滑块A的加速度为2m/s2

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

AC．当F等于8N时，加速度为a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有

F=（M+m）a，

代入数据解得

M+m=4kg

当F 大于8N 时，对B 由牛顿第二定律得：

1F mg mg

a F M M M

μμ-=

=- 由图示图象可知，图线的斜率

12186

a k M F ?=

===?- 解得，木板B 的质量M =1kg ，滑块A 的质量为m =3kg ．故A 正确，不符合题意；C 错误，符合题意．

B ．根据F 大于8N 的图线知，F =6N 时，a =0m/s 2，由

1mg a F M M

μ=

- 可知：

13100611

μ??=?- 解得

μ=0.2

由图示图象可知，当F =10N 时，滑块与木板相对滑动，B 的加速度为

2110.2310104m/s 11

B mg a a F M M μ??==

-=?-= 故B 正确，不符合题意；

D ．当F =10N 时，A 、B 相对滑动，木块A 的加速度

22m/s A Mg

a g M

μμ=

==

故D 正确，不符合题意． 故选C ． 【点睛】

本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．

4．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 。

5．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 。

6．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.

7．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：

8μ（2m+m+m ）=2mg 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：4mg 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

对静止，则力F 不能超过

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.

8．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

45

mg B ．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力大小为85mg

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 535

F 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；

9．一物体自0t =时开始做直线运动，其速度图线如图所示，下列选项正确的是（ ）

A ．在0~6s 内，物体离出发点最远为30m

B ．在0~6s 内，物体经过的路程为40m

C ．在0~4s 内，物体的平均速率为7.5m/s

D ．在5~6s 内，物体所受的合外力为零 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．0-5s ，物体沿正向运动，5-6s 沿负向运动，故5s 末离出发点最远，最远距离为

1

(25)10m 35m 2

s =+?= A 错误；

B ．由“面积法”求出0-5s 的位移

125

10m 35m 2

x +=

?= 5-6s 的位移

21

1(10)m 5m 2

x =??-=-

总路程为

1240m s x x =+=

B 正确；

C ．由面积法求出0-4s 的位移

24

10m 30m 2

x +=

?= 平度速度为

30

m/s 7.5m/s 4

x v t =

== C 正确；

D ．5~6s 内,物体做加速运动，加速度不为零，根据牛顿第二定律，物体所受的合外力不为零，D 错误。 故选BC 。

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 。

12．如图所示，在水平面上有一质量为m 1=1kg 的足够长的木板A ，其上叠放一质量为m 2=2kg 的物块B ，木板与地面间的动摩擦因数1μ=0.1，物块和木板之间的动摩擦因数

2μ=0.3，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给物块施加随时间t 增大的水平拉力

F =3t (N)，重力加速度大小g =10m/s 2。则（ ）

A ．t =ls 之后，木板将在地面上滑动

B ．t =2s 时，物块将相对木板滑动

C ．t =3s 时，物块的加速度大小为4m/s 2

D ．木板的最大加速度为3m/s 2 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．当

()1123N F m m g μ≤+=

物块和木板都没有动，处于静止状态，根据

F =3t (N)

可知t =ls 之后，木板将在地面上滑动，故A 符合题意；

BD ．两物体刚要相对滑动时，此时木板有最大加速度，根据牛顿第二定律，对木块有

222F m g m a μ-=

对木板有

()221121m g m m g m a μμ-+=

解得

12N F =

23m/s a =

根据

F =3t (N)

可知t =4s 之后，物块将相对木板滑动，故B 不符合题意，D 符合题意；

C ．由上分析可知，t =3s 时，物块相对木板静止，一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律

()()111212F m m g m m a μ-+=+

代入数据可得

22m/s a =

故C 不符合题意。 故选AD 。

13．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.

14．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。

15．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．