高一物理运动和力的关系检测题(WORD版含答案)

1、一、第四章运动和力的关系易错题培优（难）如图所示，质疑为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑 行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为M,木板与地面间的动摩擦 因数为“2,有以下几种说法：木板受到地面的摩擦力的大小一左是“i?g木板受到地面的摩擦力的大小一左是2（m + M）g当F伽+ M）g时，木板便会开始运动无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动E J j*-则上述说法正确的是（）B. C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】.对木板：水平方向受到木块对它向右的滑动摩擦力人和地而的向左的静摩擦力& 的作用，由平衡条件得=丛 mg正确，错误：木块对木板的摩

2、擦力为f=m地面对木板的最大静摩擦力为max =2（M + M）g所以木块对木板的摩擦力人不大于地而对木板的最大静摩擦力，当F改变时，人不变，则 木板不可能运动，错误，正确。因此说法正确的是，选项B正确，ACD错误。故选BO沿平直公路匀速行驶的汽车上，固泄着一个正四棱台，其上、下台面水平，如图为俯视 示意图。在顶而上四边的中点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几、Tb、Tc、Th到达务自棱台底边时 相对于地而的机械能分别为&、Eb、&、岛（取水平地面为零势能而，忽略斜而对小球的摩 擦力）。则有（）汽车前进方向（俯视图）a.

3、Ta=Th=TC=Tdt Ea Eb= Ed EC B. Ta =Tb =TC=Tdt Ea=Eh= Ed ECC Tah=d Ea Eb =Ed EC D. TaTb=Td Eb= Ed Ee结合上而二个关系式，故A正确。故选A。【点睛】本题要注意正确选择参考平而，机械能的变化看除重力之外的英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。一足够长的木板B静置于光滑水平面上，如图甲所示，其上放宜小滑块A,木板B受到 随时间r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 10ms2,下判定错误的是木板8的质量为I

4、kg当F=IoN时木板B加速度为4ms2滑块&的质量为4kg当F=ION时滑块的加速度为2ms2【答案】C【解析】【分析】【详解】AC.当F等于8N时，加速度为=2ms2,对整体分析，由牛顿第二定律有F= ( M+m ) ,代入数据解得M+m=4kg当F大于8N时，对8由牛顿第二定律得：(I _ F - mg _ 1 F MHgMMM由图示图象可知，图线的斜率丄= L = - = IM F 8-6解得，木板B的质 M=Ikg,滑块&的质量为m=3kg.故A正确，不符合题意；C错误, 符合题意.根据F大于8N的图线知，U6N时，=0ms2,由d亠-岐M M可知：o46-/3101解得=0.2由图

5、示图象可知，当戶IoN时，滑块与木板相对滑动，8的加速度为1 r ng 10.23102CIR = a = F-_ = 一 Xlo-= 4nsMMl1故B正确，不符合题意；D.当QION时，久B相对滑动，木块力的加速度5 = “g = 2ms?M故D正确，不符合题意.故选C .【点睛】本题考查牛顿第二立律与图象的综合，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.如图，在倾角为8 = 3T的角锥体表而上对称地放着可视为质点的A、B两个物体，用一 轻质绳跨过固立在顶部的光滑的泄滑轮连接在一起，开始时绳子绷直但无张力。已知

6、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=lm,两物体与角锥体表而的 动摩擦因数为0.&认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10ms2,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（）绳子没有张力之前，B物体受到的静摩擦力在增加绳子即将有张力时，转动的角速度=frads在A、B滑动前A所受的静摩擦力一直在增加在A、B即将滑动时，转动的角速度 = rad/s二 4【答案】AB【解析】【分析】【详解】绳子没有张力之前，对B物体进行受力分析后正交分解，根据牛顿第二立律可得 水平方向f COS & 一

7、 N sin & = 2n2r竖直方向有f sin0 + N COS = 2mg由以上两式可得，随着Q的增大，/增大，N减小，选项A正确：对B物体分析英将要发生滑动瞬间的临界状态时的受力可得水平方向有PN COS &一 NSine = 2mf r竖直方向有PN Sin + N COS = 2mg代入数据解得x = rad/s14选项B正确：在Q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，貝所受静 摩擦力先沿斜面向上增大，后沿斜而向上减小，再改为沿斜面向下增大，选项C错误：DQ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 - “TV J

8、 cos & - NA Sin = HlaJr竖直方向有(T 一 NA)Sino+N COS = mg对B物体 水平方向有(T + N) cos & -NBSino = Itnair竖直方向有(T + /1NB)Sin &+NB COS = 2mg联立以上四式解得选项D错误。故选ABO如图所示，在一个倾角未知的、粗糙的、足够长的斜坡上，现给箱子一个沿坡向下的初速度，一段时间后箱子还在斜而上滑动，箱子和小球不再有相对运动，此时绳子在图中的位（图中Ob绳与斜坡垂直，od绳沿竖直方向）（）可能是b、C【答案】CDC.可能是c、dD.可能是d、e【解析】【分析】【详解】设斜而的倾角为&绳子与斜而垂直线

9、的夹角为6。据题意箱子和小球不再有相对运动， 则它们的加速度相同。对箱子和小球整体作受力分析，易知：如果斜面对箱子的摩擦力小 于整体的重力沿斜而的分力，整体将沿斜面向下做匀加速运动，且加速度小于gsin如果 斜面对箱子的摩擦力恰等于整体的重力沿斜而的分力，整体将沿斜而向下做匀速运动；如 果斜面对箱子的摩擦力大于整体的重力沿斜而的分力，整体将沿斜而向下做匀减速运动。 再对小球作受力分析如图，根据牛顿第二定律分析如下：对Oa情况有mgsin+ FTSine=m必有gsim%即整体以加速度大于gsin?沿斜面向下做匀加速运动，所以Oa不可能。对Ob情况有mgsir0=ma得=gsim%即整体以加速度

10、等于gsin0沿斜面向下做匀加速运动，所以Ob不可能。对OC情况有mgsin0 FTSine=m必有gsin0,即整体以加速度小于gsin0沿斜而向下做匀加速运动，所以OC可能。对Od情况有=0,即整体沿斜而向下做匀速直线运动，所以OC可能。对Oe情况有FTCOSe mgCOS=OmgsirO Fsin6=m因6氏 所以 2 ,滑块m和木板m2将保持相对静Ih在地而摩擦力作用下一起做匀减 速运动。由牛顿第二定律2 (WI + n2 )g = (n1 + m2)a1加速度变为a = Mlg即滑块的加速度变小，故A正确，B错误。CD.如果/1 7.Smg时，A相对B滑动当F=3mg时，A的加速度为

11、g若去掉B上的力，而将F=3mg的力作用在人上，则8的加速度为Ogg【答案】ABD【解析】【详解】3与地而间的最大静摩擦力r 15f= 5mg= -mg9当F=mg f, AB处于静止，对&分析，A所受的摩擦力为零，故A正确：A发生相对滑动的临界加速度a=g对整体分析，1FSmg=Sma.2解得F=7.5pmg,所以当F7.5Wng时，A相对B滑动.故B正确：C.当7.5mgF=3mg mg,可知AB保持相对静止，一起做匀加速宜线运动，加速F 25 Wng a=0.1g9故C错误：D.若去掉B上的力，而将F=3mg的力作用在&上，B发生相对滑动的临界加速度 = M 3吨-”5哗=25pg,2m

12、对&分析F-3mg=3ma9解得不发生相对滑动的最小拉力F=3.75mg,可知F=3mg的力作用在&上，一起做匀加 速直线运动，加速度F-p SmQ= 2=0.1g95m故D正确。故选ABDo【点睛】本题考查了摩擦力的讣算和牛顿第二泄律的综合运用，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.图乙如图所示，物块A、B静止叠放在水平地而上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉 力F作用，A、B间的摩擦力丘、B与地面间的摩擦力A随水平拉力F变化的情况如图乙所 示。已知物块A的质m=3kg,取g=10ms2t最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）图甲当OVFV4N时，A、B

13、保持静止当4NF12N时，A、B发生相对运动A、B两物块间的动摩擦因数为0.2D物块B与地而间的动摩擦因数为02【答案】AC【解析】【分析】【详解】当0F4N时，AB间没有摩擦力作用，因此AB处于静止状态，A正确：当4NF = 370的光滑斜而上用细绳拴一质 m=2kg的小球，小球和斜而 静止时，细绳平行于斜面。当斜面以5ms2的加速度水平向右做匀加速运动时，细绳拉力 大小为F】，当斜而以20ms2的加速度水平向右做匀加速运动时，细绳拉力大小为尸2,取 g = 10ms2, sin37 = 0.6, cos37 = 0.8。设上述运动过程中小球与斜而始终保持相对Af叫【答案】C【解析】【分析】

14、【详解】 小球刚好离开斜而时的临界条件是斜而对小球的弹力恰好为零，斜而对小球的弹力恰好为 零时，设细绳的拉力为F，斜而的加速度为Q。，以小球为研究对象，根据牛顿第二左律有F COS = rna , F Sin 一 mg = O代入数据解得5 13.3ms2由于t1=5ns2r0,可知小球离开了斜而，此时小球的受力情况如图乙所示，设细绳与 水平方向的夹角为“以小球为研究对象，根据牛顿第二立律有F2 = 205N代入数据解得故选Co13如右图，水平地而上有一楔形物块a,其斜面上有一小物体b, b与平行于斜而的细绳 的一端相连，细绳的另一端固立在斜而上，a与b之间光滑，a和b以共同速度在地而轨道 的

15、光滑段向左运动，当它们刚运行至轨道的粗糙段时绳的张力减小，b对a的正压力减小绳的张力增加，斜而对b的支持力增加绳的张力减小，地而对a的支持力增加绳的张力增加，地而对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 FCOS-FNSin = O ：FSin + FNCOS - mg = O ；由两式解得：F = mgsin0, FN = mgcos0 :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）

16、物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二左律得到：FSin + FNCOS - mg = O ；FNSin - FeOS = ma ；由两式解得：F = mgsin0-macosy FN= mgcos3 + masin ；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，故地而对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，斜而体和滑块整体具有向上的加速度，也是超 重，故地而对a的支持力也增大.综合上述讨论，结论应该为

17、：绳子拉力一泄减小；地而对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 的加速度匀加速向下运动（/为重力加速度，空气阻力不计），此过程中尽或F随X变化2的图象正确的是（）B.【

18、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2k在此之前，根据mg 一 _ kx = Hla可知，二者之间的压力由开始运动时的学线性减小到零，而力F由开始时的mg线性减2小到学，此后托盘与物块分离，力F保持竽不变。2 2故选Do如图所示为粮袋的传送装置，已知人、B间长度为0,传送带与水平方向的夹角为6 工作时运行速度为J粮袋与传送带间的动摩擦因数为闪 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3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）（）粮袋到达B点的速度与V相比较，可能大，也可能相等或小粮袋开始运动的加速度为g （Sin-cos）,若L足够大，则粮袋最后将以速度V做匀 速运动c.若 tan,则粮袋从&到B泄一直做加速运动不论大小如何，粮袋从人到B直做匀加速运动，且 XgsinD【答案