高一物理上册 运动和力的关系专题练习(解析版)

一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难）

1．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量∆x的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）

A．该弹簧的劲度系数为15N/m B．当∆x=0.3m时，小球处于失重状态 C．小球刚接触弹簧时速度最大

D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

AC．由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力。则有

kxmg

解得

k选项AC错误；

mg0.210N/m20.0N/m x0.1B．当△x=0.3m时，物体的速度减小，加速度向上，说明物体处于超重状态，选项B错误；

D．图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，选项D正确。 故选D。

2．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－t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-图象如图乙所示，若取重力加速度g＝10 m/s2，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 C．长木板的质量M＝1 kg 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

B．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3 D．小物块的质量m＝2 kg

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3m/s2，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，根据牛顿第二定律可知

amg3m/s2

解得

0.3

故B正确；

CD．当t3s时，以M为研究对象，根据牛顿第二定律可知

FmgMa

即

ktmgMa

解得

a由此可得

3mgt MM33 M2解得

M2kg

在3s内，以整体为研究对象，可得

F(Mm)a

即

3(Mm)1

所以

m1kg

故CD错误。 故选B。

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。

4．一物体自t0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（ ）

0

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

1s(25)10m35m 2A错误；

B．由“面积法”求出0-5s的位移

x15-6s的位移

2510m35m 21x21(10)m5m

2总路程为

sx1x240m

B正确；

C．由面积法求出0-4s的位移

x平度速度为

2410m30m 2vC正确；

x30m/s7.5m/s t4D．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。

5．在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2。由v—t图可知（ ）

A．A、B两点的距离为2.4m B．货物与传送带的动摩擦因数为0.5

C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8J

D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

A．物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，再做加速度运动，所以物块由A到B的间距对应所围梯形的“面积”

11x20.2(24)13.2m

22故A错误。

B．由v﹣t图像可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为

av210m/s2 t0.2对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得

mgsinfma1

即

mgsinmgcosma1

同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为

a2得

v422m/s2 t1.20.2mgsinθ-fma2

即

mgsinmgcosma2

联立解得cos0.8，0.5，故B正确。 C．根据功能关系，由B中可知

fμmgcosθ0.51010.84N

做a1匀加速直线运动，有 知位移为

1x120.20.2m

2物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为

Wf1fx140.20.8J

同理做a2匀加速直线运动，位移为

1x2(24)13m

2物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为

Wf2﹣fx2﹣43﹣12J

所以整个过程，传送带对货物做功大小为

12J﹣0.8J11.2J

故C错误。

D．根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知

fμmgcosθ0.51010.84N

做a1匀加速直线运动，位移为

1x120.20.2m

2皮带位移为

x皮20.20.4m

相对位移为

Δx1x皮-x10.4﹣0.20.2m

同理，做a2匀加速直线运动，位移为

1x2=(24)13m

2x皮2212m

相对位移为

Δx2x2x皮2321m

故两者之间的总相对位移为

ΔxΔx1Δx210.21.2m

货物与传送带摩擦产生的热量为

QWfΔx41.24.8J

故D正确。 故选BD。

6．如图所示，一倾角为的倾斜传送带以速度v顺时针匀速运转，t=0时刻，一小滑块(可视为质点)从传送带底端处以初速度v0沿传送带向上滑上传送带，在t0时刻离开传送带.则下列描述小滑块的速度随时间变化的关系图象可能正确的是

A． B．

C． D．

【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】

ACD.根据题意，设传送带倾角为，动摩擦因数.若：

mgsinmgcos

滑块沿斜面的合力不可能为0，也就不可能匀速运动．

若v0>v，滑动摩擦力沿传送带向下，合力是滑动摩擦力和重力沿传送带分力之和； 减速v0=v之后，滑动摩擦力沿传送带向上，合力是滑动摩擦力和重力沿传送带分力之差，也就是加速度变小，当传送带较短时，滑块将从上端离开传送带，不会反向运动，当传送带较长时，滑块速度减小为0后，后反向运动从传送带下端离开，故C错误，AD正确； B.若

mgsinmgcos

若v07．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【答案】ABC 【解析】 【分析】

a 2

【详解】

ACD．撤去F前，对PQ整体分析,知弹簧的弹力

F弹=3ma

隔离对M分析

fF弹=ma

计算得出f4ma 对整体分析

F6ma

撤去F后,对MN整体分析

a方向向左。 隔离对N分析

F弹3ma

f2ma

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。

8．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则（ ）

v0

gt0cosA．传送带一定逆时针转动 C．传送带的速度大于v0 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

B．tanv0D．t0后滑块的加速度为2 gsinθ-

t0A．若传送带顺时针转动，当滑块沿传送带下滑时，若mgsinθ>μmgcosθ，滑块将一直加速运动；当滑块沿传送带上滑时，若mgsinθ<μmgcosθ，滑块将先加速到与传送带速度相等时匀速运动。两种情况的速度图像均不符合题给速度图像，所以传送带一定逆时针转动，选项A正确。

B．传送带逆时针转动，滑块在0~t0时间内，加速度较大，说明滑动摩擦力沿传送带向下，有

mgsinθ+μmgcosθ=ma1

由速度图像可知

a1联立解得

v0 t0选项B错误；

v0-tan

gt0cosC．当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，故传送带速度为v0，选项C错误；

D．当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，有

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

代入数值得

a22gsin选项D正确。

v0 t0

9．如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）

A．A球的受力情况未变，加速度为零 B．B球的受力情况未变，加速度为零 C．A、B之间杆的拉力大小为1.5mgsin

D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5gsin 【答案】CD 【解析】 【分析】

【详解】

AB．细线被烧断的瞬间，A、B整体不再受细线的拉力作用，A、B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，则说明A、B的加速度也不为零， AB错误；

CD．设A、B之间杆的拉力大小为T，加速度为a，以A.、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力为

FT3mgsin

烧断细线的瞬间，绳上的力立刻消失，而弹簧上的弹力不变，由牛顿第二定律得

3mgsinθ2mgsinθ2ma

再以B单独为研究对象，由牛顿第二定律得

Tmgsinma

联立上式解得

a0.5gsinθ，T1.5mgsin

CD正确。 故选CD。

10．如图a所示，某研究小组利用此装置探究物体在恒力作用下加速度与斜面倾角的关系．木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，物块受到平行于斜面且指向A端、大小为F＝8.5N的力作用．通过DIS实验，得到如图b所示的加速度与斜面倾角的关系图线，且每次实验过程中木板OA的倾角保持不变．若图b中图线与纵坐标交点a0＝6m/s2，物块的质量m＝lkg，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力．则（ ）

A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B．图b中2的坐标大于60°

C．如图b所示，将斜面倾角由1缓慢增加到2的过程中，摩檫力一直减小 D．斜面倾角为37°时，物块所受的摩擦力为2.5N 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A、θ=0°时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F和滑动摩擦力f作用，已知F=8.5N，滑动摩擦力f=μN=μmg，所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度：

a0Fmg6m/s2，解得0.25，故A错误；B、当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿m斜面向上物体处于静止状态即将下滑；mgsin2Fmgcos2，而倾角为60°时

fmgsin60F0.16Nmgcos60，故θ2大于60°，B正确；C、当斜面倾角在

θ1和θ2之间时，物块处于静止状态．摩擦力先向下，后向上，大小先减小到零后增大，故C错误；D、Fmgsin37=2.5N，而fmaxmgcos37=2N，物体处于向上加速，则此时的摩擦力为滑动摩擦力大小是2N，则D错误．故选B. 【点睛】

图线与纵坐标交点处的横坐标为0，即木板水平放置，此时对应的加速度为a0，分析此时物块的受力根据牛顿第二定律求出对应的加速度即可；当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态.

11．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vx、竖直方向的速度为vy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vx—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。

12．如图所示，将小砝码置于水平桌面上的薄纸板上，用向右的水平拉力 F 将纸板迅速抽出，砝码最后停在桌面上。若增加 F 的大小，则砝码（ ）

A．与纸板之间的摩擦力增大 B．在纸板上运动的时间减小 C．相对于桌面运动的距离增大 D．相对于桌面运动的距离不变 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A．砝码对纸板的压力不变，大小等于砝码的重力大小，由f=μN知砝码与纸板之间的摩擦力不变，故A错误；

B．增加F的大小，纸板的加速度增大，而砝码的加速度不变，所以砝码在纸板上运动的时间减小，故B正确；

CD．设砝码在纸板上运动时的加速度大小为a1，在桌面上运动时的加速度为a2；则砝码相对于桌面运动的距离为

v2v2s

2a12a2由

v=a1t1

知a1不变，砝码在纸板上运动的时间t1减小，则砝码离开纸板时的速度v减小，由上知砝码相对于桌面运动的距离s减小，故CD错误。 故选B。

13．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FN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

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FN或F随x变化2

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

x在此之前，根据

mg 2kmgFNkxma

可知，二者之间的压力由开始运动时的小到

mg线性减小到零，而力F由开始时的mg线性减2mgmg，此后托盘与物块分离，力F保持不变。 22故选D。

14．如图所示，物体A、B用轻质细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角为30°的固定的斜面上，A与滑轮之间的细绳平行于斜面，B与滑轮之间的细绳保持竖直，A、B的质量关系为mA=3mB，刚开始无外力F时，物体A恰不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给物体B一个水平外力，将它缓慢拉起到夹角为60，则以下说法中正确的是

A．物体A与斜面间动摩擦因数等于3 3B．物体A与斜面间摩擦力先减小后增大 C．外力F先减小后增大

D．当角继续增大时，物体A仍能保持静止 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A．刚开始无外力F时，物体A恰不下滑由平衡条件可得

mAgsin30mBgmAgcos30

解得

故A错误；

3 9BC．现给物体B一个水平外力，将它缓慢拉起到夹角为60过程中，以B为对象，根据平衡条件可知 水平外力大小为

FmBgtan

因为θ逐渐增大，所以水平外力F也逐渐增大； 细绳对B的拉力

FT当θ=60°时，

mBg cos3mBg 2FT2mBgmAgsin30说明斜面对A的摩擦力先沿斜面向上，后沿斜面向下，所以物体A与斜面间摩擦力先减小后增大，故B正确，C错误。 C．当θ=60°时，斜面对A的摩擦力

FfFTmAgsin30mBg1mAgsin30mAgmAgcos30

cos606说明此时斜面对A的摩擦力是最大静摩擦力，当角继续增大时，绳子的拉力会进一步增大，物体A将沿斜面向上运动，故D错误； 故选B。

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B．绳剪断瞬间，C物体的加速度为

3g 101g 2C．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）gsin30°=m′gsin30°

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-mgsin30°=ma

以C为研究对象，根据牛顿第二定律得：

4mgsin30°-T=4ma

联立解得：

aT3g 104mg 5

即绳剪断瞬间，A、C物体的加速度大小均为确，BD错误．

C．绳剪断前，A、C间绳的拉力为：

34g，A、C间绳的拉力为mg，故A正105T′=（3m+m）gsin30°=2mg

绳剪断瞬间，A、C间绳的拉力为

4mg，则AC间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物5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．