人教版高一上册物理 运动和力的关系专题练习(word版(1)

一、第四章运动和力的关系易错题培优（难）1．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v0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v0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。

2．一足够长的木板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1kgB．当F=10N时木板B加速度为4m/s2C．滑块A的质量为4kgD．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/s 2，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 mga F M M Mμμ-==- 由图示图象可知，图线的斜率12186a 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 Mμ=- 可知：13100611μ⨯⨯=⨯- 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 11B 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 Mga g Mμμ===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．3．如图，在倾角为37θ︒=的角锥体表面上对称地放着可视为质点的A 、B 两个物体，用一轻质绳跨过固定在顶部的光滑的定滑轮连接在一起，开始时绳子绷直但无张力。

已知A 、B 两个物体的质量分别为m 和2m ，它们与竖直轴的距离均为r =1m ，两物体与角锥体表面的动摩擦因数为0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g =10m/s 2，某时刻起，圆锥体绕竖直轴缓慢加速转动，加速转动过程中A 、B 两物体始终与角锥体保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）A ．绳子没有张力之前，B 物体受到的静摩擦力在增加 B ．绳子即将有张力时，转动的角速度15rad/s 4ω=C ．在A 、B 滑动前A 所受的静摩擦力一直在增加D ．在A 、B 即将滑动时，转动的角速度25ω= 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】A ．绳子没有张力之前，对B 物体进行受力分析后正交分解，根据牛顿第二定律可得 水平方向2cos sin 2f N m r θθω-=竖直方向有sin cos 2f N mg θθ+=由以上两式可得，随着ω的增大，f 增大，N 减小，选项A 正确； B ．对B 物体分析其将要发生滑动瞬间的临界状态时的受力可得 水平方向有21cos sin 2N N m r μθθω-=竖直方向有sin cos 2N N mg μθθ+=代入数据解得15ω=选项B 正确；C ．在ω逐渐增大的过程中，A 物体先有向外滑动的趋势，后有向内滑动的趋势，其所受静摩擦力先沿斜面向上增大，后沿斜面向上减小，再改为沿斜面向下增大，选项C 错误；D ．ω增大到AB 整体将要滑动时，B 有向下滑动趋势，A 有向上滑动趋势，对A 物体 水平方向有()22cos sin A A T N N m r μθθω--=竖直方向有()sin cos A A T N N mg μθθ-+=对B 物体 水平方向有()22cos sin 2B B T N N m r μθθω+-=竖直方向有()sin cos 2B B T N N mg μθθ++=联立以上四式解得2165rad/s 28ω=选项D 错误。

故选AB 。

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4μ，B 和地面间的动摩擦因数为8μ.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32μmg B ．当力F ＝μmg 时，A 、B 间的摩擦力为34mg μ C ．无论力F 为何值，B 的加速度不会超过34μg D ．当力F >72μmg 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：4mgμ，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-2mgμ=4ma ，假设C 恰好与B 相对不滑动，对C有：4mgμ=ma ，联立解得：a=4g μ，F=3μ2mg ；设此时A 与B 间的摩擦力为f ，对A 有：F-f=2ma ，解得f=μmg 2μ<mg ，表明C 达到临界时A 还没有，故要使三者始终保持相对静止，则力F 不能超过32μmg ，故A 正确. B.当力F ＝μmg 时，由整体表达式F-2mgμ=4ma 可得：a=1μ8g ，代入A 的表达式可得：f=3μ4mg,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 -4mgμ-2mgμ=ma B ，解得a B =5μ4g ，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-2mgμ-4mgμ=3ma 1，对A 有：F-2μmg=2ma 1，解得F=92μmg ，故当拉力F>92μmg 时，B 相对A 滑动，D 错误.胡选：A 、B.5．如图所示，A 、B 两个物体的质量分别为m 1、m 2，两物体之间用轻质弹性细线连接，两物体与水平面的动摩擦因数相等。

现对B 物体施加一水平向右的拉力F ，使A 、B 一起向右做匀加速运动。

下列说法正确的是（ ）A ．若某时刻撒去F ，则撤去F 的瞬间，A 、B 的加速度保持不变 B ．若F 保持不变，水平面改为光滑的，则弹性细线的拉力大小不变C ．若将F 增大一倍，则两物体的加速度将增大一倍D ．若F 逐渐减小，A 、B 依然做加速运动，则在F 减小的过程中，弹性细线上的拉力与F 的比值不变 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．有F 作用时，B 物体水平方向受F 、弹性细绳的拉力和地面对B 的滑动摩擦力作用，撤去F 后，B 物体受弹性细绳的拉力和地面对B 的滑动摩擦力作用，故B 物体的受力情况发生变化，所以B 物体的加速度变化，故A 错误； B ．有F 作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得()()1212F m g m g m m a μ-+=+11=F m g m a μ-绳联立解得112=m F F m m +绳若F 保持不变，水平面改为光滑的，由牛顿第二定律，得()12F m m a =+1=F m a 绳联立解得112=m F F m m +绳可知弹性细线的拉力大小不变，故B 正确； C ．有F 作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得()()1212F m g m g m m a μ-+=+若将F 增大一倍，滑动摩擦力不变，故两物体的加速度不会增大一倍，C 错误； D ．有F 作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得()()1212F m g m g m m a μ-+=+11=F m g m a μ-绳联立解得112=m F F m m +绳可知，F 减小，弹性绳上的拉力与F 的比值不变，故D 正确。

故选BD 。

6．三角形传送带以1m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m 且与水平方向的夹角均为37°。

现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是（ ）A ．物块A 、B 同时到达传送带底端 B ．物块A 先到达传送带底端C ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度不相同D ．传送带对物块A 无摩擦力作用 【答案】AC 【解析】【详解】ABD ．两个小物块A 和B 从传送带顶端都以1m s 的初速度沿传送带下滑，因为sin 37cos37mg mg μ>所以传送带对两小物块的滑动摩擦力分别沿传送带向上，大小相等，那么两小物块沿传送带向下的加速度大小相等，滑到传送带底端时的位移大小相等，因此物块A 、B 同时到达传送带底端，A 正确，B 错误，D 错误；C ．对物块A ，划痕的长度等于A 的位移减去传送带的位移，由牛顿第二定律得sin 37cos37mg mg ma μ-=解得22m s a =由运动学公式得2012L v t at =+解得1s t =传送带运动位移01m x v t ==A 对传送带的划痕长度为12m 1m 1m x ∆=-=对物块B ，划痕长度等于B 的位移加上传送带的位移，同理得出B 对传送带的划痕长度为22m 1m 3m x ∆=+=12x x ∆<∆物块A 、B 在传送带上的划痕长度不相同，C 正确。

故选AC 。

7．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为3m 和2m ，两物块静止叠放在水平地面上A 、B间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ(μ≠0)．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对B 施加一水平推力F ，则下列说法正确的是( )A ．若F ＝μmg ，A 、B 间的摩擦力一定为零 B ．当F ＞7.5μmg 时，A 相对B 滑动C ．当F ＝3μmg 时，A 的加速度为μgD ．若去掉B 上的力，而将F ＝3μmg 的力作用在A 上，则B 的加速度为0.1μg 【答案】ABD【详解】A．B与地面间的最大静摩擦力f B＝12μ×5mg＝52μmg，当F=μmg时，AB处于静止，对A分析，A所受的摩擦力为零，故A正确；B．A发生相对滑动的临界加速度a=μg，对整体分析，F−12μ•5mg＝5ma，解得F=7.5μmg，所以当F＞7.5μmg时，A相对B滑动．故B正确；C．当7.5μmg＞F=3μmg＞52μmg，可知AB保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度a=2.55F mgmμ-＝0.1μg，故C错误；D．若去掉B上的力，而将F=3μmg的力作用在A上，B发生相对滑动的临界加速度a＝13522mg mgmμμ⋅-⋅＝0.25μg，对A分析F-μ•3mg=3ma，解得不发生相对滑动的最小拉力F=3.75μmg，可知F=3μmg的力作用在A上，一起做匀加速直线运动，加速度a=1525F mgmμ-⋅＝0.1μg，故D正确。