高一物理上册运动和力的关系检测题(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，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 。

3．如图所示，倾斜传送带以速度1v 顺时针匀速运动，0t =时刻小物体从底端以速度2v 冲上传送带，t t =0时刻离开传送带。下列描述小物体的速度随时间变化的图像可能正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】

若21v v <且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ≥，即加速度沿传送带向上，则物体传送带向上做匀加速运动至速度为1v 后做匀速向上运动；

若21v v <且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ<，则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为0，后沿传送带向下做匀加速运动；

若21v v >且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ≥，则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为1v 后向上做匀速运动；

若21v v >且物体与传送带间的动摩擦因教tan μθ<，则物体沿传送带向上做匀减速运动，加速度为

sin cos a g g θμθ=+

至速度为1v 后加速度变为

sin cos a g g θμθ=-

向上减速运动至速度为零后开始向下做匀加速运动，加速度为

sin cos a g g θμθ=-

直至离开传送带。 选项C 错误，ABD 正确。 故选ABD 。

4．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v 2>v1，从小物块滑上传送带开始计时，其v-t图像可能的是( )

A． B． C．D．

【答案】ABC

【解析】

如果物体一直减速到达左侧仍有速度，则为图像A；如果恰好见到零，则为图像C；如果

在传送带上减速到零并反向加速至传送带速度，则为图像C．图像D 是不可能的．

5．如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为M，与平板车上表面等高的平台上有一质量为m的滑块以水平初速度v0向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始计时，之后他们的速度随时间变化的图像如图乙所示，t0是滑块在车上运动的时间，以下说法正确的是

A．滑块与平板车最终滑离

B．滑块与平板车表面的动摩擦因数为0

v

3gt

C．滑块与平板车的质量之比m：M=1:2

D．平板车上表面的长度为

00

5

v t

6

【答案】AB

【解析】

【分析】

根据图线知，铁块在小车上滑动过程中，铁块做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律通过它们的加速度之比求出质量之比，以及求出动摩擦因数的大

小．根据运动学公式分别求出铁块和小车的位移，从而求出两者的相对位移，即平板车的长度．物体离开小车做平抛运动，求出落地的时间，从而根据运动学公式求出物体落地时与车左端的位移．

【详解】

由图象可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将做平抛运动离开平板车，故A正确；根据图线知，滑块的加速度大小000

1

00

2

3

3

v v v

a

t t

-

==．小车的

加速度大小a2=0

3

v

t，知铁块与小车的加速度之比为1：1，根据牛顿第二定律得，滑块的

加速度大小为：

1

f

a

m

=，小车的加速度大小为：a2=

f

M

，则滑块与小车的质量之比m：

M=1：1．故C错误．滑块的加速度

1

f

a g

m

μ

==，又0

1

3

v

a

t

=，则0

3

v

gt

μ=，故B正确；

滑块的位移00

1000

2

5

3

26

v v

x t v t

+

==，小车的位移

2000

1

1

3

26

v

x t v t

==，则小车的长度

L=

5

6

v0t0-

1

6

v0t0=

2

3

v0t0，故D错误．故选AB．

【点睛】

解决本题的关键理清小车和铁块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

6．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 。

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

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 。

8．如图所示，滑块1m 放置在足够长的木板2m 的右端，木板置于水平地面上，滑块与板间动摩擦因数为1μ，木板与地面间动摩擦因数为2μ，原来均静止。零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，某时刻撤去该力。滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则从零时刻起，二者的速度一时间图象可能为（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】AD 【解析】

【详解】

零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，滑块m 1和木板m 2均做匀加速直线运动，对滑块m 1

1111m g m a μ=

加速度为

11a g μ=

撤去外力后，木板m 2做匀减速直线运动，此时滑块m 1的速度小于m 2，所以滑块m 1继续做匀加速运动，当而者速度相等时：

AB ．如果12μμ>，滑块m 1和木板m 2将保持相对静止，在地面摩擦力作用下一起做匀减速运动。由牛顿第二定律

212122()()m m g m m a μ+=+

加速度变为

22a g μ=

即滑块的加速度变小，故A 正确，B 错误。

CD ．如果12μμ< ，两物体将发生相对滑动，由牛顿第二定律，此时滑块m 1的加速度大小是1g μ，即滑块的加速度大小不变，故D 正确，C 错误。 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，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v 运行。现使一个质量为m 的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v 0（v 0

A ．水平传送带的运行速率变为2v ，物体加速运动时间就会变为原来的二倍

B ．00~t 时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，00~2t t 时间内物体受静摩擦力作用

C ．如果使皮带逆时针转动，其它条件不变，物体到达最右端的时间可能与原来相同

D ．物体的初速度越大，其它条件不变，物体到达右端的时间一定越短 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．物体加速运动的时间即为与传送带达到共同速度的时间，根据匀变速运动速度公式有

0v v at =+

当速度变为2v 时，时间并不等于2t ，选项A 错误；

B ．00~t 时间内，物体物体速度小于传送带速度，受到滑动摩擦力的作用；00~2t t 时间内物体与传送带具有相同的速度，不受摩擦力作用，选项B 错误；

C ．如果使皮带逆时针转动，其它条件不变，物体要经历先减速再加速的运动，到达最右端的时间不可能与原来相同，选项C 错误；

D ．物体的初速度越大，其它条件不变，与传送带达到共同速度的时间越少，物体到达右端的时间一定越短，选项D 正确。 故选D 。

12．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.

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．如右图，水平地面上有一楔形物块a ，其斜面上有一小物体b ，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上，a 与b 之间光滑，a 和b 以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动，当它们刚运行至轨道的粗糙段时

A ．绳的张力减小，b 对a 的正压力减小

B ．绳的张力增加，斜面对b 的支持力增加

C ．绳的张力减小，地面对a 的支持力增加

D ．绳的张力增加，地面对a 的支持力减小 【答案】C 【解析】

试题分析：在光滑段运动时，物块a 及物块b 均处于平衡状态，对a 、b 整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡

对b 受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有

N Fcos F sin 0θθ-= ①； N Fsin F cos mg 0θθ+-= ②；

由①②两式解得：N F mgsin F mgcos θθ==，；

当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；

（一）物块a 、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：

N Fsin F cos mg 0θθ+-= ③； N F sin Fcos ma θθ-= ④；

由③④两式解得：N F mgsin macos F mgcos masin θθθθ=-=+，； 即绳的张力F 将减小，而a 对b 的支持力变大；

再对a 、b 整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a 支持力不变．

（二）物块b 相对于a 向上加速滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a 对b 的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a 的支持力也增大．

综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a 的支持力可能增加；a 对b 的支持力一定增加．故A 、B 、D 错误； 故选C

考点：力的分解与合成，共点力平衡条件

点评：本题关键要熟练运用整体法和隔离法对物体受力，同时要能结合牛顿运动定律求解！解题中还可以运用超重与失重的相关知识

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（sinθ? μcosθ），若L足够大，则粮袋最后将以速度v做匀速运动

C．若μ≥ tanθ，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 sinθ

【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。