江苏省太仓高级中学上册运动和力的关系专题练习(解析版)

一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难）1．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0.3C ．长木板的质量M ＝1 kgD ．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 Mμ=- 由此可得 332M = 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 。

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．如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A 点开始无初速度下滑，在AB 段匀加速下滑，在BC 段匀减速下滑，滑到C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB 段和BC 段滑动时的动摩擦因数分别为1μ和2μ，AB 与BC 长度相等，则A ．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用B ．动摩擦因数12+=2tan μμθC ．小孩从滑梯上A 点滑到C 点先超重后失重D ．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力【答案】B【解析】【详解】小朋友在AB 段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度1a 分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力N F 小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC 段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故ACD 错误；设AB 的长度为L ，小孩在B 点的速度为v ．小孩从A 到B 为研究对象，由牛顿第二定律可得：11sin cos mg mg ma θμθ-=，由运动学公式可得：212v a L =；小孩从B 到C 为研究过程，由牛顿第二定律可得：22cos sin mg mg ma μθθ-=，由运动学公式可得：222v a L =；联立解得：122tan μμθ+=，故B 正确．4．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 、bB ．可能是b 、cC ．可能是c 、dD ．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 sin θ；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 sin θ+ F T sin β=ma必有a>g sin θ，即整体以加速度大于g sin θ沿斜面向下做匀加速运动，所以oa 不可能。

对ob 情况有mg sin θ=ma得a=g sin θ，即整体以加速度等于g sin θ沿斜面向下做匀加速运动，所以ob 不可能。

对oc 情况有mg sin θ－ F T sin β=ma必有a<g sin θ，即整体以加速度小于g sin θ沿斜面向下做匀加速运动，所以oc 可能。

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 cos β－mg cos θ=0mg sin θ－F T sin β=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 。

5．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 θB ．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 θD ．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N2-（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=0Nsinθ-kxcosθ=ma解得：kx=mgsinθ-macosθ，sin cosmg maxkθθ-=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mg sinθ-kx=macosθ解得kx=0故弹簧处于原长，故D 正确；6．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0.1gB ．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 。

7．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2.4mB ．货物与传送带的动摩擦因数为0.5C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功大小为12.8JD ．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”1120.2(24)1 3.2m 22x =⨯⨯++⨯= 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2210m /s 0.2v 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。