人教版高一物理上册 运动和力的关系单元复习练习(Word版 含答案)

1、一、第四章运动和力的关系易错题培优（难）1传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某煤炭企业利用如图所示的三角形传送带进行不同品质煤的分拣，传送带以6m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是lm，且与水平方向的夹角均为37。现有两方形煤块A、B（可视为质点）从传送带顶端静止释放，煤块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是（）煤块A、B在传送带上的划痕长度不相同煤块A、B受到的摩擦力方向都与其运动方向相反煤块A比煤块B后到达传送带底端煤块A运动至传送带底端时速度大小为2m/s【答案】A【解析】【分析】【详解】煤块A开始受到的摩擦力方向沿传送带方向向下，与运动方向相同，

2、煤块B下滑过程中受到的摩擦力方向沿传送带方向向上，与运动方向相反，选项B错误；CD.对煤块A根据牛顿第二定律可得卩mgcos37。+mgsin37。=ma解得a=l0m/s2煤块A达到与传送带共速的时间=-0=s=0.6sal0位移v2x=叶=1.8mlml2a故不可能与传送带共速，煤块A一直以&向下加速，达到底部的时间设为tA，则有解得达到底端的速度为v=at=10、：0.2m/s对煤块B根据牛顿第二定律可得mgsin37-卩mgcos37=ma2解得a=2m/s22煤块B达到底部的时间设为tB，则有解得t=IstBA所以A先达到底部，选项CD错误;煤块A相对于传送带的位移AxA=vt一L=

3、(6“0.21)m0A煤块B相对于传送带的位移Ax=vt-L=(6-1)m=5mB0B所以煤块A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项A正确。故选A。如图所示，倾斜传送带以速度v顺时针匀速运动，t=0时刻小物体从底端以速度笃冲上传送带，=t0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解析】分析】详解】若v2V1且物体与传送带间的动摩擦因数tan6，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V1后做匀速向上运动；若v2vi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卩tan6，则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为v1后向上做匀速运动；若v2V

4、1且物体与传送带间的动摩擦因教utan。，则物体沿传送带向上做匀减速运动，加速度为a=gsin0+gcos0至速度为v1后加速度变为a=gsin0-pgcos0向上减速运动至速度为零后开始向下做匀加速运动，加速度为a=gsin0-pgcos0直至离开传送带。选项C错误，ABD正确。故选ABD。如图所示，质量为M的三角形斜劈C放置在水平地面上，左右两侧的斜面与水平地面的夹角分别为37。和53。，斜面光滑且足够长，质量均为m的两物块A、B分别放置在左右两侧的斜面上，两物块用一根跨过斜劈顶端定滑轮的细线拴接，细线绷紧且与对应斜面平行，不计细线与滑轮处的摩擦以及滑轮的质量，重力加速度为g，两物块由静止

5、释放，斜劈始终保持静止不动，sin37。=0.6，cos37=0.8，则在a、B两物块开始运动之后细线中的拉力大小为0,7mgC斜劈C给地面的摩擦力大小为0D.斜劈对地面的压力大小为(M+m)g【答案】AB【解析】【分析】【详解】AB.设细线上的拉力大小为T,物块的加速度大小为a，对B受力分析mgsin53。一T=ma对A受力分析T-mgsin37。=ma解得T=0.7mga=0.1g故选项AB正确；整体分析，物块A向右上方加速，物块B向右下方加速，斜劈C静止不动，所以系统向右的动量增加，地面给斜劈C的摩擦力方向水平向右，不为0故选项C错误；D对C受力分析，在竖直方向上有mgcos37cos3

6、70+mgcos53cos53o+Tsin37o+Tsin53+Mg=N解得N=(M+1.98m)g故选项D错误。故选AB。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()若粘在木块A上面，绳的拉力不变若粘在木块A上面，绳的拉力增大若粘在木块C上面，A、B间摩擦力增大若粘在木块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

7、第二定律都有F-3mg-nmg=(3m+Am)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ymg、绳子拉力根据牛顿第二定律有F-img-T=ma解得T=F-img-ma因为加速度a减小，F、卩mg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-2ymg=2ma解得T=2卩mg+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。如图，三个质量均为m的物块a、b、c,

8、用两个轻弹簧和一根轻绳相连，挂在天花板上，处于静止状态，现将b、c之间的轻绳剪断（设重力加速度为g）,下列说法正确的是）刚剪断轻绳的瞬间，b的加速度大小为2g刚剪断轻绳的瞬间，c的加速度大小为g剪断轻绳后，a、b速度相等时两者相距一定最近剪断轻绳后，a、b下落过程中加速度相同的瞬间，两者加速度均为g【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB.剪断弹簧的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变；对b根据牛顿第二定律可得2mg=mab解得a-2g，方向向下；bc上面的弹簧在绳子剪断前的弹力等于总重，即为3mg，剪断细线后对c根据牛顿第二定律可得ma=3mg一mg=mabC解得ac二2g，方向向上；

9、故A正确，B错误；剪断轻绳后，a、b下落过程中，二者在开始的一段时间内加速度不同，所以两者不会保持相对静止，先是b相对靠近a,速度相等时两者的距离最近，后a相对b远离，速度再次相等时两者距离最远，故C错误；剪断轻绳后，a、b下落过程中加速度相等的瞬间，对整体分析由牛顿第二定律可知加速度为g，且两者之间的轻弹簧一定处于原长状态，故D正确。故选AD。6.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角&的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角为实验测得x与斜面倾角&的关系如图乙所示，g取10m/s2,根据图象可求出（）物体的初速率v0=3m

10、/s物体与斜面间的动摩擦因数“=0.75取不同的倾角为物体在斜面上能达到的位移x的最小值x小=1.44m当某次&=300时，物体达到最大位移后将不会沿斜面下滑【答案】BCD【解析】【分析】【详解】ABC.当0=90。时a=g据v2=2ax01得v二J2gx二6m/s01当0=0。时，a二卩g由v2=2ax02得卩二o二0.752gx2设斜面倾角为0时，沿斜面上升的最大位移达最小a】=gsin0+pgcos0v2x二0-2a1v20v2=0联立得x=_2(gsin0+pgcos0)2gjl+p2sin(0+a)所以x=1.44mmin故A错误，BC正确；D.当某次&=30。时，物体达到最大位移后

11、，根据mgsin30卩mgcos30重力沿斜面的分力小于最大静摩擦力，将不会沿斜面下滑，故D正确。故选BCD。A.7.如图所示，在水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板A,其上叠放一质量为m2=2kg的物块B,木板与地面间的动摩擦因数卩1=0.1，物块和木板之间的动摩擦因数卩2=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/s2。则()B.C.D.t=ls之后，木板将在地面上滑动t=2s时，物块将相对木板滑动t=3s时，物块的加速度大小为4m/s2木板的最大加速度为3m/s2【答案】AD【解析】【分析】【详解】当F(

12、m+m)g=3N112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F一卩mg=ma222对木板有卩mg_卩(m+m)g=ma221121解得F=12Na=3m/s2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Fm111)g=(m1代入数据可得a=2m/s2故C不符合题意。故选AD。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

13、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球的受力情况未变，加速度为零B球的受力情况未变，加速度为零A、B之间杆的拉力大小为L5mgsin9A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5gsin9【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八加速度为a,以A.、B组成的系统

14、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F=3mgsin9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3mgsin32mgsin3=2ma再以B单独为研究对象，由牛顿第二定律得Tmgsin9=ma联立上式解得a=0.5gsin6,T=1.5mgsin0CD正确。故选CD。将一质量为M的光滑斜劈固定在水平面上，一质量为m的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自由滑下。在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为fn1,地面对斜劈的支持力记为fN2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为V、竖直分速度的大小记为匕。若取消固定斜劈的装置，再

15、让滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为fn1、地面对斜劈的支持力记为FN2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记、竖直分速度的大小记为匕。则下列大小关系正确的是（）A.FN1Fn2C.vVSD.匕G；【答案】BD【解析】【分析】【详解】两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上，第一种情况下斜劈对滑块的支持力FN1=mgcos野当滑块m相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则mgcos&Fn1A错误；对斜劈，地面对斜劈的支持力等

16、于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因为FniFniFN2FN2则地面对斜劈的支持力B正确；c.若斜劈固定，贝y1mgh=mv2若斜劈不固定，则由能量关系可知11mgh=mv2+Mv2x因此vvC错误；D.对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律可得mgF,cos=maNy由于FFN1N1因此a.2.37m，a和b将发生相对滑动，选项C错误；A.当M2.37m，a和b保持相对静止。若A和B保持相对静止，则有Mg=(M+2m)aMgM+2mg1所以当M=m时，A和B保持相对静止，共同加速度为a=3g，选项A错误；1B.当M=2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为a=g=0.5g，选项B正确

17、。故选B。如图所示，在倾角为30o的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形【答案】C【解析】【分析】【详解】设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F根据牛顿第二定律有：mgsin30o-kx-F=ma，保持a不变，随着x的增大，F减小，当11m与挡板分离时，F减小到零，则有：mgsin3Oo-kx二ma，解得：x=m(gsin3o-a)=0.01m，即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错

18、误，C正k确球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大故B错误球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零.即：kx=mgsin30。，解得：mx=mg口30。=0.05m，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路mk程为0.05m,故D错误.故选C.如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上,A、B、C的质量分别为m、2m和3m,物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为F厂现用水平拉力F拉物体B,使三个物体以同一加速度向右运动，则

19、()此过程中物体C受重力等五个力作用当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断当F逐渐增大到15FT时，轻绳刚好被拉断若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为$6【答案】C【解析】【分析】【详解】对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错F一卩6mg误对整体分析，整体的加速度a=，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律6m2得，T-|i4mg=4ma,解得T=3F,当F=1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确.水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a二字，隔离对A分析，A的摩擦力4mf=ma=，故D错误.故选C.4如图所示，表面光滑的斜面体固定在