重庆运动和力的关系单元测试卷(解析版)

一、第四章运动和力的关系易错题培优（难）

1．如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是（）

A．F1=F2=F3=F4B．F1＞F2＞F3＞F4C．F1＜F2=F4＜F3D．F1=F3＜F2＜F4

【答案】C

【解析】

试题分析：当物体系统中存在超重现象时，系统所受的支持力大于总重力，相反，存在失重现象时，系统所受的支持力小于总重力．若系统的合力为零时，系统所受的支持力等于总重力，

解：设物体和斜面的总重力为G．

第一个物体匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F1＜G；

第二个物体匀速下滑，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F2=G．

第三个物体匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F3＞G；

第四个物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F4=G．故有F1＜F2=F4＜F3．故C正确，ABD错误．

故选C

【点评】本题运用超重和失重的观点分析加速度不同物体动力学问题，比较简便．通过分解加速度，根据牛顿第二定律研究．

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＝10m/s2，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，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 ．7mg μ

B ．8mg μ

C ．9mg μ

D ．10mg μ

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为

1224f mg mg μμ=?=

()223f m m g mg μμ=+=

设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有

112f ma = 122F f f ma --=

发生相对运动需要满足

21a a >

代入数据解得

9F mg μ>

故选C 。

4．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

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

1ω=

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

2ω=

选项D 错误。 故选AB 。

5．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 ，两物块由静止释放，斜劈始终保持静止不动，sin370.6?=，cos370.8?=，则在A 、B 两物块开始运动之后的过程中，下列说法正确的是（ ）

A ．物块A 沿斜面向上加速运动的加速度大小为0.1g

B ．细线中的拉力大小为0.7mg

C ．斜劈C 给地面的摩擦力大小为0

D ．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

sin 53mg T ma ?-=

对A 受力分析

sin 37T mg ma -?=

解得

0.7T mg = 0.1a g =

故选项AB 正确；

C ．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

cos37cos37cos53cos53sin37sin53mg mg T T Mg N ??+??+?+?+=

解得

1.98N M m g =+()

故选项D 错误。 故选AB 。

6．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。

7．三角形传送带以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1m s 的初速度沿传送带下滑，因为

sin 37cos37mg mg μ>

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

sin 37cos37mg mg ma μ-=

解得

22m s a =

由运动学公式得

201

2

L v t at =+

解得

1s t =

传送带运动位移

01m x v t ==

A 对传送带的划痕长度为

12m 1m 1m x ?=-=

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

22m 1m 3m x ?=+=

12x x ?

物块A 、B 在传送带上的划痕长度不相同，C 正确。 故选AC 。

8．如图所示，光滑水平面上放置M 、N 、P 、Q 四个木块，其中M 、P 质量均为m ，N 、Q 质量均为2m ，M 、P 之间用一轻质弹簧相连．现用水平拉力F 拉N ，使四个木块以同一加速度a 向右运动，则在突然撤去F 的瞬间，下列说法正确的是：

A ．N 的加速度大小仍为a

B ．PQ 间的摩擦力不变

C ．MN 间的摩擦力变小

D ．M 、P 的加速度大小变为2

a 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】

ACD ．撤去F 前，对PQ 整体分析,知弹簧的弹力

=3F ma 弹

隔离对M 分析

=f F ma -弹

计算得出4f ma = 对整体分析

6F ma =

撤去F 后,对MN 整体分析

3F a a m

弹'=

=

方向向左。 隔离对N 分析

2f ma '=

知MN 间的摩擦力发生变化.N 的加速度大小不变,方向改变,故AC 正确，D 错误； B ．撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，对PQ 整体分析，加速度不变,隔离对P 分析,PQ 间的摩擦力不变，所以B 选项是正确的。 故选ABC 。

9．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 B ．物体B 处于超重状态

C ．物体B 的加速度逐渐增大

D ．物体B 的加速度逐渐减小

【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

ACD ．设绳子与水平方向夹角为α，A 、B 两物体沿着绳子方向的速度相等

cos B A v v α=

随着A 向右运动，α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 。

10．质量为m 的光滑圆柱体A 放在质量也为m 的光滑“ V ”型槽B 上，如图，α=60°，另有质量为M 的物体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连，现将C 自由释放，则下列说法正确的是( )

A ．当M= m 时，A 和

B 保持相对静止，共同加速度为0.5g B ．当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.5g

C ．当M=6m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.75g

D ．当M=5m 时，A 和B 之间的恰好发生相对滑动 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

D.当A 和B 之间的恰好发生相对滑动时，对A 受力分析如图

根据牛顿运动定律有：cot 60mg ma ?= 解得3cot 60a g g =?=

B 与

C 为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B 和C 有：

(2)Mg M m a =+

所以32M a g g M m =

=+，即3

2M M m =

+

解得23

2.3733

M m m =

≈- 选项D 错误；

C.当 2.37M m >，A 和B 将发生相对滑动，选项C 错误；

A. 当 2.37M m <，A 和B 保持相对静止。若A 和B 保持相对静止，则有

(2)Mg M m a =+

解得2M

a g M m

=

+

所以当M= m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1

3

a g =，选项A 错误； B. 当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1

0.52

a g g ==，选项B 正确。 故选B 。

11．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 。

12．来到许愿树下，练老师把许的心愿用绸带系在两个小球上并抛到树上，这一情景可以简化为如图所示，质量分别为M 和m 的物体A 、B 用细线连接，悬挂在定滑轮上，定滑轮固定在天花板上，已知M >m ，滑轮质量及摩擦均不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( ）

A ．细线上的拉力一定等于 mg

B ．细线上的拉力一定小于Mg

C ．细线上的拉力等于2

m M

g + D ．天花板对定滑轮的拉力等于(M+ m )g

【答案】B 【解析】 【详解】

A. 因为M>m ，m 具有向上的加速度，设绳子的拉力为T ，根据牛顿第二定律有：

-T mg ma =，所以细线上的拉力一定大于 mg ，选项A 错误；

B. M 具有向下的加速度，根据牛顿第二定律有：-Mg T ma =，所以细线上的拉力一定小于Mg ，选项B 正确；

C. 对整体分析，根据牛顿定律有：--Mg mg M m

a g M m M m

==++。再对m 有-T mg ma =，所

以细线上的拉力2Mm

T mg ma g M m

=+=

+，选项C 错误； D. 对定滑轮有：天花板对定滑轮的拉力42Mm

T T g M m

'==+，选项D 错误。 故选B 。

13．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 T ．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（ ）

A ．此过程中物体C 受重力等五个力作用

B ．当F 逐渐增大到T F 时，轻绳刚好被拉断

C ．当F 逐渐增大到1.5T F 时，轻绳刚好被拉断

D ．若水平面光滑，则绳刚断时，A 、C 间的摩擦力为6

T

F 【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 错误．对整体分析，整体的加速度66F mg

a m

μ-?=，隔离对AC 分析，根据牛顿第二定律

得，T-μ?4mg=4ma ，解得T=

2

3

F ，当F=1.5F T 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4T

F a m

=，隔离对A 分析，A 的摩擦力f=ma=

4

T

F ，故D 错误．故选C ．

14．用长度为L 的铁丝绕成一个高度为H 的等螺距螺旋线圈，将它竖直地固定于水平桌面。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（ ）

A 2

gH

B 2H gH L

C H gH L

D 2

H gH

L 【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面，由于螺旋线圈等螺距，说明每一小段的斜面倾角相同，设为θ，根据几何关系，有

sin H L

θ=

珠子做加速度大小不变的加速运动，根据牛顿第二定律，有

sin mg ma θ=

解得

sin a g θ=

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

212

L at =

联立解得

2t L

gH = 对珠子，整个过程中小球的位移为H ，故平均速度为

2

H gH

v L

=

故选D 。

15．根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200 m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm 处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西。若不计空气阻力，不考虑重力加速度随高度的变化，在整个过程中，正确反映小球水平方向的速度为v x 、竖直方向的速度为v y 随时间t 变化的图像是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】C 【解析】

【分析】

【详解】

AB．上升的过程中由于竖直速度越来越小，水平向西的力越来越小，加速度越小越小，因

—图象速度越来越大，但斜率此上升的过程中水平向西做加速度减小的加速运动，其x v t

越小越小，AB错误；

CD．竖直方向只受重力作用，上升过程做匀减速运动，速度减到零后开始下落，下落的过程做匀加速运动，整个过程中斜率保持不变，因此C正确，D错误。

故选C。