高一物理运动和力的关系易错题(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． C． 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

设acd，acb，a2、a3、a4、a5。

根据牛顿第二定律得

对ab段有

B．

D．

设小球沿ab、bc、ac 、ad、dc下滑的加速度分别为a1、

amgsin1a5mgsin a2a4mgsin(90)mgcos

a3g

dsin得

121a1t1gsint12 22t1对ac段有

2d g12gt3 2d得

t3对ad段有

2d gdcos得

1212a4t4gcost4 22t4所以有

2d gt1t2t4

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，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．7mg 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为

B．8mg

C．9mg

D．10mg

f122mg4mg

f22mmg3mg

设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有

f12ma1 Ff1f2ma2

发生相对运动需要满足

a2a1

代入数据解得

F9mg

故选C。

3．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。

4．如图，在倾角为37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/s2，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15rad/s 45rad/s 4C．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2【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

fcosNsin2m2r

竖直方向有

fsinNcos2mg

由以上两式可得，随着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

NcosNsin2m12r

竖直方向有

NsinNcos2mg

代入数据解得

1选项B正确；

5rad/s 4C．在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．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

TNAcosNAsinm22r

竖直方向有

TNAsinNAcosmg

对B物体 水平方向有

TNBcosNBsin2m22r

竖直方向有

TNBsinNBcos2mg

联立以上四式解得

2选项D错误。 故选AB。

165rad/s 28

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

v0 3gt0C．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【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

5v0t0 6

2v0v0动离开平板车，故A正确；根据图线知，滑块的加速度大小a3v0．小车的

1t03t0v0 加速度大小a2=，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3t0加速度大小为：a1ff，小车的加速度大小为：a2=，则滑块与小车的质量之比m：mMv0v0faM=1：1．故C错误．滑块的加速度a1g，又1，则，故B正确；

3t03gt0m21v0v0v0滑块的位移x3t5vt，小车的位移x3t1vt，则小车的长度

100020002626512v0t0-v0t0=v0t0，故D错误．故选AB． 663【点睛】

L=

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．某一实验室的传送装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=6m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角为37o，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带v=4m/s的恒定速率顺时针运转．现将一个工件（可看成质点）无初速度地放在A点。已知工件与传送带间的动摩擦=0.5，已知：重力加速度g=10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（ ）

A．工件第一次到达B点所用的时间1.9s B．工件沿传送带BC向上运动的最大位移为5m C．工件沿传送带运动，仍能回到A点

D．工件第一次返回B点后，会在传送带上来回往复运动 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A．工件刚放在水平传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得

μmg=ma1

代入数据解得

a1=μg=5 m/s2

经t1时间与传送带的速度相同，则有

t1前进的位移为

x1=

v0.8s a11a1t12=1.6m 2此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时

t2LABx11.1s vt=t1+t2=1.9s

所以工件第一次到达B点所用的时间为 选项A正确；

B．设工件上升的最大位移为s，由牛顿第二定律得

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

代入数据解得

a2＝2m/s2

由匀变速直线运动的速度位移公式得

v2s 2a2代入数据解得

s=4m

选项B错误；

CD．工件到达最高点后将沿斜面下滑，下滑的加速度仍为a2＝2m/s2，则滑到斜面底端时的速度为4m/s，然后滑上水平传送带做匀减速运动，加速度为a1 =5 m/s2，当速度减为零时滑行的距离为

v2x1.6m

2a1然后返回向右运动，则物体不能回到A点；物体向右加速，当到达斜面底端时的速度仍为4m/s，然后滑上斜面重复原来的运动，可知工件第一次返回B点后，会在传送带上来回往复运动，选项C错误，D正确。 故选AD。

7．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

fA=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。

8．如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，长方体盒子底面水平，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q相接触。现将斜劈A在斜面体C上由静止释放，以下说法正确的是（ ）

A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P对球B有压力

B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对球B均无压力 C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对球B均无压力 D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q对球B有压力 【答案】CD 【解析】

【分析】 【详解】

A．当斜面光滑，斜劈A由静止释放，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力。知P点对球无压力，Q点对球有压力。故A错误；

B．当斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面上滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力，故B错误；

C．斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡。所以P、Q对球均无压力。故C正确；

D．斜劈A沿斜面加速下滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力。故D正确。 故选CD。 【点睛】

斜劈A在斜面体C上静止不动，则B受重力和支持力平衡。当斜面光滑，斜劈A和B球具有相同的加速度沿斜面向上减速，通过对B球进行受力分析，判断P、Q对球有无压力。当斜面粗糙，按照同样的方法，先判断出整体的加速度方向，再隔离对B进行受力分析，从而判断P、Q对球有无压力。

9．三角形传送带以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】 【分析】 【详解】

ABD．两个小物块A和B从传送带顶端都以1ms的初速度沿传送带下滑，因为

mgsin37mgcos37

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

mgsin37mgcos37ma

解得

a2ms2

由运动学公式得

1Lv0tat2

2解得

t1s

传送带运动位移

xv0t1m

A对传送带的划痕长度为

x12m1m1m

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

x22m1m3m

x1x2

物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，C正确。 故选AC。

10．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

1μ(μ≠0)．最大静摩擦力等于滑动摩擦2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( )

间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为

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μg

D．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 【解析】 【详解】

A．B与地面间的最大静摩擦力

fB＝

51μ×5mg＝μmg， 22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−

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＞度

a=

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＝

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

1μ•5mg＝5ma， 25μmg，可知AB保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速2F2.5mg ＝0.1μg，

5m3mg5mg 122m＝0.25μg，

1F5mga=＝0.1μg， 25m故D正确。 故选ABD。 【点睛】

本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．

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/s2。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

amgmg2m/s2

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

a18m/s22m/s2a 62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

1861x28m1m36m=6m

222故C错误；

D．0-6s内，有图像可知，物块相对地面的位移大小

1x166m=18m

2平板车相对地面的位移大小

1x268m=24m

2二者之比为3：4，故D正确。 故选BD。

12．如图所示，物体A和B的质量均为m，分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与轮、滑轮与轴之间的摩擦），用水平变力F拉物体A沿水平方向向右做匀速直线运动。则（ ）

A．物体B做匀加速直线运动 C．物体B的加速度逐渐增大 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

ACD．设绳子与水平方向夹角为，A、B两物体沿着绳子方向的速度相等

B．物体B处于超重状态 D．物体B的加速度逐渐减小

vBvAcos

随着A向右运动，逐渐减小，因此B的速度逐渐增大，B做加速运动，当A运动到绳子方向与水平方向夹角很小时，B的速度接近A的速度，但不会超过A的速度，因此B做加速度减小的加速运动，最终加速度趋近于零，AC错误，D正确； B．由于B做加速运动，合力向上，因此处于超重状态，B正确。 故选BD。

13．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（ ）

A．传送带的速率v0＝10m/s B．传送带的倾角θ＝30°

C．物体与传送带之间的动摩擦因数µ＝0.5 D．0~2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为6m 【答案】AC 【解析】 【详解】

A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为v0＝10m/s，故A正确；

BC．在0~1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为：

a1由图可得：

mgsinmgcosgsingcos

mv110m/s2 t1a1在1.0~2.0s，物体的加速度为：

a2由图可得：

mgsinmgcosgsingcos

mv22m/s2 t2a2联立解得：0.5，37，故B错误，C正确； D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s物体相对于地的位移：

1x1101m=5m

2传送带的位移为：

x2＝v0t1＝10×1m＝10m

物体对传送带的位移大小为：

x1x2x15m

方向向上。1.0~2.0s物体相对于地的位移：

x310121m11m 2传送带的位移为：

x4＝v0t1＝10×1m＝10m

物体对传送带的位移大小为：

x2x3x41m

方向向下，故留下的痕迹为5m，故D错误。 故选：AC。

14．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。

15．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。