山东省淄博市淄川中学上册运动和力的关系章末训练(Word版 含解析)

一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难）
1．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m =0.2kg 的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v 和弹簧压缩量∆x 的函数图象如图乙所示，其中A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g =10m/s 2，则下列说法中正确的是（ ）
A ．该弹簧的劲度系数为15N/m
B ．当∆x =0.3m 时，小球处于失重状态
C ．小球刚接触弹簧时速度最大
D ．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
AC ．由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x 为0.1m 时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x 为0.1m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力。

则有
k x mg ∆=
解得
0.210
N/m 20.0N/m 0.1
mg k x ⨯=
==∆ 选项AC 错误；
B ．当△x =0.3m 时，物体的速度减小，加速度向上，说明物体处于超重状态，选项B 错误；
D ．图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，选项D 正确。

故选D 。

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．如图所示，水平板上有质量m =1.0kg 的物块，受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小．取重力加速度g =10m/s 2．下列判断正确的是（ ）
A ．5s 内拉力对物块做功为零
B ．4s 末物块所受合力大小为4.0N
C ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D ．6s ～9s 内物块的加速度的大小为2.0m/s 2 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在0﹣4s 内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s 末开始运动，则5s 内位移不为零，则拉力做功不为零．故A 错误．
B ．4s 末拉力为4N ，摩擦力为4N ，合力为零．故B 错误．
CD ．根据牛顿第二定律得，6s ～9s 内物体做匀加速直线运动的加速度
a=
2253
m/s 2m/s 1
f
F F m
--=
= 解得
3
0.310
f F mg
μ=
=
= 故C 错误，D 正确． 故选D ．
4．如图所示，在竖直平面内有ac 、abc 、adc 三个细管道，ac 沿竖直方向，abcd 是一个矩形。

将三个小球同时从a 点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的机械能损失，当竖直下落的小球运动到c 点时，关于三个小球的位置，下列示意图中可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
设ac d =，acb α∠=， 设小球沿ab 、bc 、ac 、ad 、dc 下滑的加速度分别为1a 、
2a 、3a 、4a 、5a 。

根据牛顿第二定律得
15sin sin mg a a g m
α
α=== sin(90)
24cos mg a a g m
αα︒-==
=
3a g =
2211111
sin sin 22
d a t g t αα=
= 得
12d
t g =
对ac 段有
2312
d gt =
得
32d t g
=
对ad 段有
2244411cos cos 22
d a t g t αα=
= 得
42d
t g
=
所以有
124t t t ==
即当竖直下落的小球运动到c 点时，沿abc 下落的小球恰好到达b 点，沿adc 下落的小球恰好到达d 点，故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

5．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】
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 。

6．如图所示，不可伸长的轻绳上端固定，下端与质量为m 的物块P 连接；轻弹簧下端固定，上端与质量为2m 的物块Q 连接，系统处于静止状态．轻绳轻弹簧均与固定光滑斜面平行，已知P 、Q 间接触但无弹力，重力加速度大小为g ，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．下列说法正确的是
A ．剪断轻绳前，斜面对P 的支持力大小为
45
mg B ．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力大小为85mg
C ．剪断轻绳的瞬间，P 的加速度大小为8
15
mg
D ．剪断轻绳的瞬间，P 、Q 间的弹力大小为8
15
mg
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A.剪断轻绳前，对P 进行受力分析如图所示：
则根据平衡条件可知，斜面对P 的支持力为：
3
cos535
N mg mg =︒=，
故A 错误；
B.剪断轻绳前，对Q 进行受力分析如图所示：
根据平衡条件可知，弹簧的弹力为：
8
2sin 535
F mg mg =︒=，
轻绳剪断瞬间，弹簧的弹力不发生突变，即为
8
5
mg ，故B 正确； C.剪断轻绳瞬间PQ 一起向下加速，对PQ 整体进行受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律可得其加速度为：
3sin 534
315
mg F a g m ︒-=
=，
故C 错误；
D.剪断绳子后对P 物体有：
sin 53PQ mg N ma ︒-=
解得PQ 之间的弹力大小为：
8
g 15
PQ N m =
， 故D 正确；
7．如图所示，A 、B 两个物体的质量分别为m 1、m 2，两物体之间用轻质弹性细线连接，两物体与水平面的动摩擦因数相等。

现对B 物体施加一水平向右的拉力F ，使A 、B 一起向右做匀加速运动。

下列说法正确的是（ ）
A ．若某时刻撒去F ，则撤去F 的瞬间，A 、
B 的加速度保持不变 B ．若F 保持不变，水平面改为光滑的，则弹性细线的拉力大小不变
C ．若将F 增大一倍，则两物体的加速度将增大一倍
D ．若F 逐渐减小，A 、B 依然做加速运动，则在F 减小的过程中，弹性细线上的拉力与F 的比值不变 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．有F 作用时，
B 物体水平方向受F 、弹性细绳的拉力和地面对B 的滑动摩擦力作用，撤去F 后，B 物体受弹性细绳的拉力和地面对B 的滑动摩擦力作用，故B 物体的受力情况发生变化，所以B 物体的加速度变化，故A 错误； B ．有F 作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得
()()1212F m g m g m m a μ-+=+
11=F m g m a μ-绳
联立解得
1
12
=
m F F m m +绳
若F 保持不变，水平面改为光滑的，由牛顿第二定律，得
()12F m m a =+
1=F m a 绳
联立解得
1
12
=
m F F m m +绳
可知弹性细线的拉力大小不变，故B 正确； C ．有F 作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得
()()1212F m g m g m m a μ-+=+
若将F 增大一倍，滑动摩擦力不变，故两物体的加速度不会增大一倍，C 错误； D ．有F 作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得
()()1212F m g m g m m a μ-+=+
11=F m g m a μ-绳
联立解得
1
12
=
m F F m m +绳
可知，F 减小，弹性绳上的拉力与F 的比值不变，故D 正确。

故选BD 。

8．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<v ，沿斜面方向合力沿斜面向上物块匀加速，当加速到与传送带速度相等时，做匀速运动，滑块与传送带之间是静摩擦力，故B 正确．
9．三角形传送带以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 。

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 603
a 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 =
≈- 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10.52
a g g =
=，选项B 正确。

故选B 。

11．如图所示，在置于水平地面上的盛水容器中，用一端固定于容器底部的细线拉住一个空心的塑料球，使之静止地悬浮在深水中，此时容器底部对地面的压力记为N1F ；某时刻拉紧球的细线突然断开后，球便在水中先加速后匀速地竖直上升，若球在此加速运动阶段和匀速运动阶段对应着容器底部对地面的压力分别记作N2F 和N3F ，则（ ）
A ．球加速上升时，N1N2F F <
B ．球加速上升时，N1N2F F >
C ．球匀速上升时，N1N3F F <
D ．球匀速上升时，N1N3F F >
【答案】B
【解析】
【详解】 球的加速上升和匀速上升可以认为与球等体积的水在加速下降和匀速下降．把杯子、水和球作为一个整体，塑料球静止和匀速运动时，系统处于平衡状态，地面对物体的支持力等于系统的重力．当球加速上升时，水加速下降，系统整体有向下的加速度，重力和支持力的合力提供加速度，所以重力大于支持力．故F N1=F N3＞F N2。

故选：B
12．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=23
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 ．
13．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．
14．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。

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
22
12
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 。