高一物理运动和力的关系专题练习(解析版)

1、一、第四章运动和力的关系易错题培优（难）如图所示，将小確码置于桌而上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽岀，舷码 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。已知袪码和纸板的质呈:分 別为2m和m,纸板与桌面间的动摩擦因数为“，磁码与纸板间的动摩擦因数为2卩，重力 加速度为g要使纸板相对琏码运动，所需拉力的大小至少应为（）IpmgB. EPnlgC. 9mgD. 0mg【答案】C【解析】【分析】【详解】狂码和桌而对纸板的摩擦力分别为fl = 2“ 2mg = 4mgf1=（2m+n）g=3mg设磁码的加速度为“，纸板的加速度为则有f = 2k1发生相对运动需要满足aI 5代入数

2、据解得F 9“/Hg故选c如图所示，倾斜传送带以速度勺顺时针匀速运动，7= O时刻小物体从底端以速度“2冲 上传送带，t = tQ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.D.【答案】ABD【解析】【分析】【详解】若v2 VI且物体与传送带间的动摩擦因数 tan ,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片后做匀速向上运动：若“2 v,且物体与传送带间的动摩擦因数“ VI且物体与传送带间的动摩擦因数 tan ,则物体沿传送带向上做匀减速运动 至速度为片后向上做匀速运动：=g Sin - g COS 若“2 VI且物体与传送带间的动摩擦因教“ JLn

3、ng COS 滑块沿斜而的合力不可能为0,也就不可能匀速运动.若vov.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VOW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O后，后反向运动从传送带下端离开，故C错误，AD正确：若mg Sin 7.5mg时，&相对3滑动当F=3mg时，A的加速度为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OMg【答案】ABD【解析】【详解】8与地而间的最大静摩擦力15f= 5mg= mg9当F=

4、mg时，A8处于静止，对A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，1F- 5mg=5maf解得F=75pmg,所以当F7.5Wng时，人相对8滑动.故B正确：当7.5mgF=3mg mg,可知AB保持相对静止，一起做匀加速宜线运动，加速度F - 2.5 LmlQa= =0.1g95m故C错误：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=5哗=o,25g,2r对&分析F-3mg=3ma,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/ 5ea= 2=O.lg,5m故

5、D正确。故选ABDe【点睛】本题考查了摩擦力的汁算和牛顿第二立律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出. B不发生相对滑动时的最大拉力.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为&在传送带上某位宜轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为，小木块速度随时间变化关系如图所示，巾、心已知，则A.传送带一泄逆时针转动B. an0+gGcos0传送带的速度大于UoD. D后滑块的加速度为2 gsn-*0【答案】AD【解析】【分析】【详解】若传送带顺时针转动，当滑块沿传送带下滑时，若mgsinOmgcosO,滑块将一直加速 运动；当滑块沿传送带上滑时，若mgsinO COS 选项B错误：

6、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 送带速度为巾，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mgs n%mgc0s=mQ2代入数值得UJ =2gsin-选项D正确。如图所示，在水平而上有一质量为m=lkg的足够长的木板A,英上叠放一质量为 Fn2D. Vy FnJA错误；对斜劈，地而对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分虽之和，因 为FNI Fni则地而对斜劈的支持力Fn2 FMB正确；若斜劈固建，则mgh = * mvz若斜劈不固定，则由能量关系可知mgh= mvrl- Mv22 2因此

7、C错误；D.对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律可得mg-Fncos 0= may由于FniFn(因此QylV Qyl两种情况下滑块的竖直位移相等，根据Vy In ,用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度向右运动时，细 线与竖直方向成角，细线的拉力为仔.若用一力水平向左拉小车，使小球和车一起 以加速度N向左运动时，细线与竖直方向也成角，如图乙所示，细线的拉力为耳，则( )乙A. rF. EF【答案】DFFFF、F； = Er【解析】【分析】【详解】(i)对甲图中小车和小球作为整体根据牛顿第二上律，有F = (JrIO + In)U再对甲图中情况下的小球受力分析，如图根据牛顿第二左律对小球

8、有FT COS a 一 mg = 0 对小车有FT Sin a = na由以上三式可解得COSaF = 伽）+闸 gtan6y叫（2）对乙图中小车和小球作为整体根据牛顿第二定律，有F,=（叫 + /77）CI再对乙图中小球受力分析，如图由几何关系得 对小球有F； COSa-加g =0FrfSina = ma,解得mgCOSaF = m）gtamIn可知F； = Er 又由于加。加,所以FfF.选项D正确，ABC错误。故选BO用长度为L的铁丝绕成一个髙度为H的等螺距螺旋线圈，将它竖直地固怎于水平桌 而。穿在铁丝上的一小珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑（下滑过程线圈形状保持不 变），已知重力加速度为

9、g。这个小珠子从螺旋线圈最高点无初速滑到桌面（小珠子滑入 线圈点到滑出线圈点间的位移为H）这过程中小珠子的平均速度为（）【答案】D【解析】【分析】【详解】将螺线圈分割为很多小段，每一段近似为一个斜而，由于螺旋线圈等螺距，说明每一小段 的斜而倾角相同，设为&根据几何关系，有a HL珠子做加速度大小不变的加速运动，根据牛顿第二泄律，有mg Sin = ma解得ci = g Sin &由于珠子与初速度和加速度大小相同的匀加速直线运动的运动时间完全相同，故根据位移 时间关系公式，有联立解得对珠子，整个过程中小球的位移为/故平均速度为故选Do如图所示，在倾角6 = 370的光滑斜而上用细绳拴一质量m=2

10、kg的小球，小球和斜而 静止时，细绳平行于斜而。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Fj,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,取 g=10msS 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静止，则2为（）【答案】C【解析】【分析】【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，以小球为研究对象，根据牛顿第二左律有F COS =O , FSine- mg = 0代入数据解得a 13.3ms2由于t1=5nVs2.0,

11、可知小球仍在斜而上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研 究对象，根据牛顿第二定律有Fi Sin 0+ FN COS一mg = 0 , FX COS-Fii Sin = mal代入数据解得由于t0,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，根拯牛顿第二立律有F) COS a = na1 , 场 Sina- mg = O代入数据解得F2 = 205N5可一 M故选a下图是某同学站在圧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，该冋学的体重约为650N,除此以外，还可以得到以下信息IOOO 厂 800 2 力 600 L (NHOO L 200 厂 (S) JIS时人处在下蹲的最低点2s时人处于下蹲静止状态该同学做了 2次下蹲-起立的动作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