高一物理上册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，质量为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1μ，木板与地面间的动摩擦因数为2μ，有以下几种说法：

①木板受到地面的摩擦力的大小一定是1mg μ ②木板受到地面的摩擦力的大小一定是2()m M g μ+ ③当2()F m M g μ>+时，木板便会开始运动 ④无论怎样改变F 的大小，木板都不可能运动

则上述说法正确的是（ ） A ．②③ B ．①④

C ．①②

D ．②④

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

①②．对木板：水平方向受到木块对它向右的滑动摩擦力f 1和地面的向左的静摩擦力f 2的作用，由平衡条件得

211f f mg μ==

①正确，②错误；

③④．木块对木板的摩擦力为

11f mg μ=

地面对木板的最大静摩擦力为

2max 2()f m M g μ=+

所以木块对木板的摩擦力f 1不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F 改变时，f 1不变，则木板不可能运动，③错误，④正确。

因此说法正确的是①④，选项B 正确，ACD 错误。 故选B 。

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 -－t 图象如图乙所示，若取重力加速度g ＝10 m/s 2，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

B ．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3

C ．长木板的质量M ＝1 kg

D ．小物块的质量m ＝2 kg

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

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23m/s ，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μ，根据牛顿第二定律可知

23m/s m a g μ==

解得

0.3μ=

故B 正确；

CD ．当3s t >时，以M 为研究对象，根据牛顿第二定律可知

F mg Ma μ-=

即

kt mg Ma μ-=

解得

3mg a t M M μ=

- 由此可得

332

M = 解得

2kg M =

在3s 内，以整体为研究对象，可得

F M m a =+()

即

3()1M m =+?

所以

1kg m =

故CD 错误。 故选B 。

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．如图所示，倾角θ=60°、高为h 的粗糙斜面体ABC 固定在水平地面上，弹簧的一端固定在BC 边上距B 点

3

h

高处的D 点，可视为质点的小物块Q 与弹簧另一端相连，并静止于斜面底端的A 点，此时小物块Q 恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0。已知小物块Q 与斜面间的动摩擦因数μ=

3

，小物块Q 所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）

A ．小物块Q 静止于点A 时弹簧一定处于伸长状态

B ．小物块Q 静止于点A 时所受的弹力与其重力大小相等

C ．若要拉动小物块Q ，使之沿斜面向上运动，支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的

D．若刚要拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，则拉力的最小值为

3

3

mg

【答案】ABC

【解析】

【分析】

【详解】

A．小物块Q静止于斜面底端的A点，此时小物块Q恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0。对小物块Q受力分析如图

此时弹簧一定处于伸长状态，选项A正确

B．由几何关系可知

∠DAB=30°

则三个力互成120°角，可知三力大小相等，即小物块Q静止于A点时所受的弹力与其重力大小相等，选项B正确；

C．因在A点时，滑块所受的摩擦力和地面的支持力均为零，可知要想拉动小物块Q，使之沿斜面向上运动，若拉力的方向与斜面成α角时，如图所示

沿斜面方向有

()()

cos sin sin

F N N F mg F

αμμαμα

''''

==-=-

整理可得

2

22

cos sin

1

11

mg mg

F

μμ

αμα

μαα

μμ

'==

+?

?

++

?

++?

令

2

3

sin

1

β

μ

==

+

β=60°

所以

2

1sin()

F μβα'=

++

当α+β=90°，即α=30°时F ′最小，即拉力的最小值为

min 212

1F mg μ=

=+ 此时拉力沿竖直方向向上，支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的。 选项C 正确，D 错误。 故选ABC 。

5．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15

rad/s ω=

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25

rad/s 4

ω= 【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

15

rad/s 4

ω=

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

2165

rad/s 28

ω=

选项D 错误。 故选AB 。

6．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面上滑动，箱子和小球不再有相对运动，此时绳子在图中的位置（图中ob 绳与斜坡垂直，od 绳沿竖直方向）（ ）

A ．可能是a 、b

B ．可能是b 、c

C ．可能是c 、d

D ．可能是d 、e

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

设斜面的倾角为θ，绳子与斜面垂直线的夹角为β。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面的分力，整体将沿斜面向下做匀加速运动，且加速度小于g sinθ；如果斜面对箱子的摩擦力恰等于整体的重力沿斜面的分力，整体将沿斜面向下做匀速运动；如果斜面对箱子的摩擦力大于整体的重力沿斜面的分力，整体将沿斜面向下做匀减速运动。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

mg sinθ+ F T sinβ=ma

必有a>g sinθ，即整体以加速度大于g sinθ沿斜面向下做匀加速运动，所以oa不可能。

对ob情况有

mg sinθ=ma

得a=g sinθ，即整体以加速度等于g sinθ沿斜面向下做匀加速运动，所以ob不可能。

对oc情况有

mg sinθ－ F T sinβ=ma

必有a

对od情况有a=0，即整体沿斜面向下做匀速直线运动，所以oc可能。

对oe情况有

F T cosβ－mg cosθ=0

mg sinθ－F T sinβ=ma

因β>θ，所以a<0，加速度沿斜面向上，即整体沿斜面向下做匀减速运动，所以oe可能。由以上分析可知：绳子在图中的位置处于oa、ob均不可能，处于oc、od、oe均可能。

故选CD。

7．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0

v 3gt

C ．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005

v t 6

【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

动离开平板车，故A 正确；根据图线知，滑块的加速度大小00

01

00233v v v a t t -==．小车的

加速度大小a 2=0

3v t ，知铁块与小车的加速度之比为1：1，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度大小为：1f

a m =

，小车的加速度大小为：a 2=f M

，则滑块与小车的质量之比m ：M=1：1．故C 错误．滑块的加速度1f

a g m

μ=

=，又0103v a t =，则003v gt μ=，故B 正确；

滑块的位移00100025326v v x t v t +==，小车的位移0

2000

1

1326v x t v t ==，则小车的长度

L=

56v 0t 0-16v 0t 0=2

3v 0t 0，故D 错误．故选AB ． 【点睛】

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．

8．某一实验室的传送装置如图所示，其中AB 段是水平的，长度L AB =6m ，BC 段是倾斜的，长度L BC =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μ=0.5，已知：重力加速度g =10m/s 2。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B

C 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a 1，由牛顿第二定律得

μmg =ma 1

代入数据解得

a 1=μg =5 m/s 2

经t 1时间与传送带的速度相同，则有

11

0.8s v

t a =

= 前进的位移为

x 1=

1

2

a 1t 12=1.6m 此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时

1

2 1.1s AB L x t v

-=

= 所以工件第一次到达B 点所用的时间为 t =t 1+t 2=1.9s

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

mg sinθ-μmg cosθ=ma 2

代入数据解得

a 2＝2m/s 2

由匀变速直线运动的速度位移公式得

22

2v s a = 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a 2＝2m/s 2，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a 1 =5 m/s 2，当速度减为零时滑行的距离为

2

1

1.6m 2v x a ==

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 。

9．如图所示，一倾角为θ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v 0沿传送带向上滑上传送带，在t 0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θ，动摩擦因数μ.若：

sin cos mg mg θμθ>

滑块沿斜面的合力不可能为0，也就不可能匀速运动．

若v 0>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v 0=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

sin cos mg mg θμθ<

若v 0

10．如右图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为

A ．加速下降

B ．加速上升

C ．减速上升

D ．减速下降

【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，物体受到的合力向上，所以系统应该有向上的加速度，是超重，物体可能是向上加速，也可能是向下减速，所以B 正确． 【点睛】

当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；

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/s 2。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

22m /s mg

a g m

μμ=

==

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

2218

m /s 2m /s 62

a a =

==- 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

186128m 1m 36m=6m 222

x +?=??+?-??

故C 错误；

D ．0-6s 内，有图像可知，物块相对地面的位移大小

11

66m=18m 2

x =??

平板车相对地面的位移大小

21

68m=24m 2

x =??

二者之比为3：4，故D 正确。

故选BD 。

12．如图所示，在水平面上有一质量为m 1=1kg 的足够长的木板A ，其上叠放一质量为m 2=2kg 的物块B ，木板与地面间的动摩擦因数1μ=0.1，物块和木板之间的动摩擦因数

2μ=0.3，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给物块施加随时间t 增大的水平拉力

F =3t (N)，重力加速度大小g =10m/s 2。则（ ）

A ．t =ls 之后，木板将在地面上滑动

B ．t =2s 时，物块将相对木板滑动

C ．t =3s 时，物块的加速度大小为4m/s 2

D ．木板的最大加速度为3m/s 2 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．当

()1123N F m m g μ≤+=

物块和木板都没有动，处于静止状态，根据

F =3t (N)

可知t =ls 之后，木板将在地面上滑动，故A 符合题意；

BD ．两物体刚要相对滑动时，此时木板有最大加速度，根据牛顿第二定律，对木块有

222F m g m a μ-=

对木板有

()221121m g m m g m a μμ-+=

解得

12N F =

23m/s a =

根据

F =3t (N)

可知t =4s 之后，物块将相对木板滑动，故B 不符合题意，D 符合题意；

C ．由上分析可知，t =3s 时，物块相对木板静止，一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律

()()111212F m m g m m a μ-+=+

代入数据可得

22m/s a =

故C 不符合题意。 故选AD 。

13．如图所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v 运行。现使一个质量为m 的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v 0（v 0

A ．水平传送带的运行速率变为2v ，物体加速运动时间就会变为原来的二倍

B ．00~t 时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，00~2t t 时间内物体受静摩擦力作用

C ．如果使皮带逆时针转动，其它条件不变，物体到达最右端的时间可能与原来相同

D ．物体的初速度越大，其它条件不变，物体到达右端的时间一定越短 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．物体加速运动的时间即为与传送带达到共同速度的时间，根据匀变速运动速度公式有

0v v at =+

当速度变为2v 时，时间并不等于2t ，选项A 错误；

B ．00~t 时间内，物体物体速度小于传送带速度，受到滑动摩擦力的作用；00~2t t 时间内物体与传送带具有相同的速度，不受摩擦力作用，选项B 错误；

C ．如果使皮带逆时针转动，其它条件不变，物体要经历先减速再加速的运动，到达最右端的时间不可能与原来相同，选项C 错误；

D ．物体的初速度越大，其它条件不变，与传送带达到共同速度的时间越少，物体到达右端的时间一定越短，选项D 正确。 故选D 。

14．如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定的偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内 ）．与稳定在竖直位置时相比，小球高度

A ．一定升高

B ．一定降低

C ．保持不变

D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，

弹簧的伸长x1＝，即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：x2＝＝，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜L0+=L1，所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，

所以小球一定升高，故A正确，BCD错误．

故选A．

15．下图是某同学站在压力传感器上做下蹲-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，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息

A．1s时人处在下蹲的最低点

B．2s时人处于下蹲静止状态

C．该同学做了2次下蹲-起立的动作

D．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，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中先是失重后超重，选项D错误；在1s时人的失重最大，即向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；2s时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项B正确；该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，所以共做了1次下蹲-起立的动作，选项C错误．