合肥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．如图所示，将质量为2m 的长木板静止地放在光滑水平面上，一质量为m 的小铅块（可视为质点）以水平初速v 0由木板A 端滑上木板，铅块滑至木板的B 端时恰好与木板相对静止。已知铅块在滑动过程中所受摩擦力始终不变。若将木板分成长度与质量均相等的两段后，紧挨着静止放在此水平面上，让小铅块仍以相同的初速v 0由左端滑上木板，则小铅块将（ ）
A．滑过B端后飞离木板
B．仍能滑到B端与木板保持相对静止
C．在滑到B端前就与木板保持相对静止
D．以上三答案均有可能
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同。
故选C。
考点：牛顿第二定律。
3．A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（）
A．A、B的质量之比为1︰3
B．A、B所受弹簧弹力大小之比为3︰2
C．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1︰2
D．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1︰2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．对AB两个物体进行受力分析，如图所示，设弹簧弹力为F。
对物体A
A tan 60m g
F
=
对物体B
B tan 45m g
F
=
解得
A B m m 故A 错误；
B ．同一根弹簧弹力相等，故B 错误；
C ．快速撤去弹簧的瞬间，两个物体都将以悬点为圆心做圆周运动，合力为切线方向。 对物体A
A A A sin 30m g m a =
对物体B
sin 45B B B m g m a =
联立解得
A B a a = 故C 正确；
D ．对物体A ，细线拉力
A cos60F
T =
对物体B ，细线拉力
cos 45
B F
T =
解得
A B T T = 故D 错误。 故选C 。 【点睛】
快速撤去弹簧瞬间，细线的拉力发生突变，故分析时应注意不能认为合外力的大小等于原弹簧的弹力。
4．如图所示，斜面体ABC 放在水平桌面上，其倾角为37o，其质量为M=5kg ．现将一质量为m=3kg 的小物块放在斜面上，并给予其一定的初速度让其沿斜面向上或者向下滑动．已知斜面体ABC 并没有发生运动，重力加速度为10m/s 2，sin37o=0.6．则关于斜面体ABC 受到地面的支持力N 及摩擦力f 的大小，下面给出的结果可能的有( )
A ．N=50N ，f=40N
B ．N=87.2N ，f=9.6N
C ．N=72.8N ，f=0N
D ．N=77N ，f=4N
【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】
设滑块的加速度大小为a ，当加速度方向平行斜面向上时，对Mm 的整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：N-（m+M ）g=masin37° 水平方向：f=macos37°
解得：N=80+1.8a ① f=2.4a ②
当加速度平行斜面向下，对整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：-N+（m+M ）g=masin37°
水平方向：f=macos37°
解得：N=80-1.8a ③ f=2.4a ④ A 、如果N=50N ，f=40N ，则250
a=
m/s 3
，符合③④式，故A 正确； B 、如果N=87.2N ，f=9.6N ，则a=-4m/s 2，符合①②两式，故B 正确； C 、如果N=72.8N ，f=0N ，不可能同时满足①②或③④式，故C 错误； D 、如果N=77N ，f=4N ，则25
a=m/s 3
，满足③④式，故D 正确； 故选ABD.
5．如图所示，质量为3 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2 kg 的物体B 用细线悬挂起来，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无压力。某时刻将细线剪断，A 、B 一起向下运动过程中（弹簧在弹性限度范围内，g 取10 m/s 2） ，下列说法正确的是（ ）
A ．细线剪断瞬间，
B 对A 的压力大小为12 N B ．细线剪断瞬间，B 对A 的压力大小为8 N
C ．B 对A 的压力最大为28 N
D ．B 对A 的压力最大为20 N
【答案】AC 【解析】 【分析】
AB ．剪断细线前，A
、B 间无压力，则弹簧的弹力为
30N A F m g ==
剪断细线的瞬间，对整体分析，整体的加速度为
()22
5030m s 4m s 5
A B A B
m m g F a m m +--=
==+
隔离B 进行分析有
B B m g N m a -=
解得
12N N =
故A 正确，B 错误；
CD ．细线剪断后，整体一起向下运动，先加速后减速，当弹簧被压缩最短时，反向加速度最大，两个物体之间有最大作用力，则有
B B N m g m a ''-=
根据对称性法则可知
24m s a a '==
解得
28N N '=
所以C 正确，D 错误。 故选AC 。
6．如图所示，A 、B 、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 的质量为2m ，B 和C 的质量都是m ，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 、C 间的动摩擦因数为4
μ
，B 和地面间的动摩擦因数为
8
μ
.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平向右的拉力F ，则下列判断正确的是
A ．若A 、
B 、
C 三个物体始终相对静止，则力F 不能超过3
2
μmg B ．当力F ＝μmg 时，A 、B 间的摩擦力为
3
4
mg μ C ．无论力F 为何值，B 的加速度不会超过
34
μg D ．当力F >
7
2
μmg 时，B 相对A 滑动 【答案】AB
【分析】 【详解】
A.A 与B 间的最大静摩擦力大小为：2μmg,C 与B 间的最大静摩擦力大小为：4
mg
μ，B 与
地面间的最大静摩擦力大小为：
8μ（2m+m+m ）=2mg μ；要使A ，B ，C 都始终相对静止，三者一起向右加速，对整体有：F-2
mg
μ=4ma ，假设C 恰好与B 相对不滑动，对C 有：4mg μ=ma ，联立解得：a=4g μ，F=3
μ2
mg ；设此时A 与B 间的摩擦力为f ，对A 有：F-f=2ma ，解得f=μmg 2μ 对静止，则力F 不能超过 3 2 μmg ，故A 正确. B.当力F ＝μmg 时，由整体表达式F-2 mg μ=4ma 可得：a=1μ8 g ，代入A 的表达式可 得：f= 3 μ4 mg,故B 正确. C.当F 较大时，A,C 都会相对B 滑动，B 的加速度就得到最大，对B 有：2μmg - 4 mg μ- 2 mg μ=ma B ，解得a B = 5 μ4 g ，故C 错误. D.当A 恰好相对B 滑动时，C 早已相对B 滑动，对A 、B 整体分析有:F- 2 mg μ- 4 mg μ=3ma 1，对A 有：F-2μmg=2ma 1，解得F= 92μmg ，故当拉力F>9 2 μmg 时，B 相对A 滑动，D 错误.胡选：A 、B. 7．如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P 的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A 、B ，C 为一垂直固定在斜面上的挡板．A 、B 质量均为m ，斜面连同挡板的质量为M ，弹簧的劲度系数为k ，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F 作用于Ｐ，（重力加速度为g ）下列说法中正确的是（ ） A ．若F=0，挡板受到 B 物块的压力为2sin mg θ B ．力F 较小时A 相对于斜面静止，F 大于某一数值，A 相对于斜面向上滑动 C ．若要B 离开挡板C ，弹簧伸长量需达到sin /mg k θ D ．若(2)tan F M m g θ=+且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 A 、F=0时，对物体A 、 B 整体受力分析，受重力、斜面的支持力N 1和挡板的支持力N 2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N 2-（2m ）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A 错误； B 、用水平力F 作用于P 时，A 具有水平向左的加速度，设加速度大小为a ，将加速度分解如图 根据牛顿第二定律得 mgsinθ-kx=macosθ 当加速度a 增大时，x 减小，即弹簧的压缩量减小，物体A 相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P 上，A 即向上滑动，故B 错误； C 、物体B 恰好离开挡板C 的临界情况是物体B 对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B 受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图 根据牛顿第二定律，有 mg-Ncosθ-kxsinθ=0 Nsinθ-kxcosθ=ma 解得：kx=mgsinθ-macosθ，sin cos mg ma x k θθ -= 故C 错误； D 、若F=（M+2m ）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ； 对物体A 受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图 根据牛顿第二定律，有 mgsinθ-kx=macosθ 解得 kx=0 故弹簧处于原长，故D 正确； 8．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 。 9．在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m =1kg 的货物放在传送带上的A 处，经过1.2s 到达传送带的B 端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化图像如图乙所示，已知重力加速度g =10m/s 2。由v —t 图可知（ ） A ．A 、 B 两点的距离为2.4m B ．货物与传送带的动摩擦因数为0.5 C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功大小为12.8J D ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，再做加速度运动，所以物块由A 到 B 的间距对应所围梯形的“面积” 11 20.2(24)1 3.2m 22 x =??++?= 故A 错误。 B ．由v ﹣t 图像可知，物块在传送带上先做a 1匀加速直线运动，加速度为 22 10m /s 0.2 v a t ?= ==? 对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得 1sin mg f ma θ+= 即 1sin cos mg mg ma θμθ+= 同理，做a 2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为 22422m/s 1.20.2v a t ?-= ==?- 得 2sin mg θf ma =- 即 2sin cos mg mg ma θμθ-= 联立解得cos 0.8θ=，0.5μ=，故B 正确。 C ．根据功能关系，由B 中可知 cos 0.51010.84N f μmg θ==???= 做a 1匀加速直线运动，有 知位移为 11 20.20.2m 2 x =??= 物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为 f1140.20.8J W fx ==?= 同理做a 2匀加速直线运动，位移为 21 (24)13m 2 x =?+?= 物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为 f 224312J W fx ==?=﹣﹣﹣ 所以整个过程，传送带对货物做功大小为 12J 0.8J 11.2J =﹣ 故C 错误。 D ．根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C 中可知 cos 0.51010.84N f μmg θ==???= 做a 1匀加速直线运动，位移为 11 20.20.2m 2 x =??= 皮带位移为 20.20.4m x =?=皮 相对位移为 11Δ0.40.20.2m x x x ===皮-﹣ 同理，做a 2匀加速直线运动，位移为 21 (24)13m 2=x ?+?= 2212m x =?=皮 相对位移为 222Δ321m x x x ==-=-皮 故两者之间的总相对位移为 12ΔΔΔ10.2 1.2m x x x =+=+= 货物与传送带摩擦产生的热量为 Δ4 1.2 4.8J Q W f x ===?= 故D 正确。 故选BD 。 10．三角形传送带以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 。 11．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 。 12．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F N1，地面对斜劈的支持力记为F N2，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v y 。若取消固定斜劈的装置，再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F N1?、地面对斜劈的支持力记为F N2?，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记v'、竖直分速度的大小记为v y ?。则下列大小关系正确的是（ ） A ．F N1＜F N1? B ．F N2＞F N2? C ．v ＜v' D ．v y ＜v y ? 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．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 F N1＝mg cos θ 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 mg cos θ＞F N1? A 错误； B ．对斜劈，地面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量之和，因 为 F N1＞F N1? 则地面对斜劈的支持力 F N2＞F N2? B 正确； C ．若斜劈固定，则 mgh ＝ 1 2 mv 2 若斜劈不固定，则由能量关系可知 mgh ＝ 12mv'2＋1 2 Mv x 2 因此 v ＞v' C 错误； D ．对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律可得 mg －F N cos θ＝ma y 由于 F N1＞F N1? 因此 a y 1＜a y 1? 两种情况下滑块的竖直位移相等，根据 2y y v a h = 可得 v y ＜v y ? D 正确。 故选BD 。 13．如图甲所示，质量为0m 的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，0m m >，用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T F ．若用一力F '水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a '向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为T F '，则（ ） A ．T T F F F F ''<<， B ．T T F F F F ''<>， C ．T T F F F F ''==， D ．T T F F F F ''>=， 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 (1)对甲图中小车和小球作为整体根据牛顿第二定律，有 0()F m m a =+ 再对甲图中情况下的小球受力分析，如图 根据牛顿第二定律 对小球有 cos 0T F mg α-= 对小车有 0sin T F m a α= 由以上三式可解得 cos T mg F α = 00 tan m m m F g m α+= () (2)对乙图中小车和小球作为整体根据牛顿第二定律，有 0F m m a ''=+() 再对乙图中小球受力分析，如图 由几何关系得 对小球有 cos 0T F mg α-=' sin T F ma α'=' 解得 cos T mg F α '= 0tan m m m F g m α+'= () 可知T T F F '= 又由于0m m >，所以F F '>。 选项D 正确，ABC 错误。 故选B 。 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L 0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：T 1=mg ， 弹簧的伸长x 1＝ ，即小球与悬挂点的距离为L 1=L 0+ ，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：T 2cosα=mg ，T 2sinα=ma ，所以：T 2=，弹簧的 伸长：x 2＝＝，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L 2=（L 0+ ） cosα=L 0cosα+ ＜L 0+ =L 1，所以L 1＞L 2，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．如图所示，将小砝码置于水平桌面上的薄纸板上，用向右的水平拉力 F 将纸板迅速抽出，砝码最后停在桌面上。若增加 F 的大小，则砝码（ ） A ．与纸板之间的摩擦力增大 B ．在纸板上运动的时间减小 C ．相对于桌面运动的距离增大 D ．相对于桌面运动的距离不变 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A ．砝码对纸板的压力不变，大小等于砝码的重力大小，由f =μN 知砝码与纸板之间的摩擦力不变，故A 错误； B ．增加F 的大小，纸板的加速度增大，而砝码的加速度不变，所以砝码在纸板上运动的时间减小，故B 正确； CD ．设砝码在纸板上运动时的加速度大小为a 1，在桌面上运动时的加速度为a 2；则砝码相对于桌面运动的距离为 2212 22v v s a a =+ 由 v =a 1t 1 知a 1不变，砝码在纸板上运动的时间t 1减小，则砝码离开纸板时的速度v 减小，由上知砝码相对于桌面运动的距离s 减小，故CD 错误。 故选B 。