物理高一上册 运动和力的关系单元复习练习(Word版 含答案)

一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难）
1．一足够长的木板B 静置于光滑水平面上，如图甲所示，其上放置小滑块A ，木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，木板加速度a 随力F 变化的a ﹣F 图象如图乙所示，g 取10m/s 2，下判定错误的是
A ．木板
B 的质量为1kg
B ．当F =10N 时木板B 加速度为4m/s 2
C ．滑块A 的质量为4kg
D ．当F =10N 时滑块A 的加速度为2m/s 2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 AC ．当F 等于8N 时，加速度为a =2m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有
F =（M +m ）a ， 代入数据解得 M +m =4kg
当F 大于8N 时，对B 由牛顿第二定律得：
1F mg mg a F M M M
μμ-=
=- 由图示图象可知，图线的斜率 12186a k M F ∆=
===∆- 解得，木板B 的质量M =1kg ，滑块A 的质量为m =3kg ．故A 正确，不符合题意；C 错误，符合题意．
B ．根据F 大于8N 的图线知，F =6N 时，a =0m/s 2，由
1mg a F M M
μ=
- 可知： 13100611
μ⨯⨯=⨯- 解得
μ=0.2
由图示图象可知，当F =10N 时，滑块与木板相对滑动，
B 的加速度为
2110.2310104m/s 11
B mg a a F M M μ⨯⨯==
-=⨯-= 故B 正确，不符合题意； D ．当F =10N 时，A 、B 相对滑动，木块A 的加速度
22m/s A Mg a g M μμ=
==
故D 正确，不符合题意．
故选C ．
【点睛】 本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．
2．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1m ，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（ ）
A ．煤块A 、
B 在传送带上的划痕长度不相同
B ．煤块A 、B 受到的摩擦力方向都与其运动方向相反
C ．煤块A 比煤块B 后到达传送带底端
D ．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】
B ．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，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
1cos37sin37mg mg ma μ︒+︒=
解得
2110m/s a =
煤块A 达到与传送带共速的时间
0116s 0.6s 10
v t a === 位移
2011 1.8m 1m 2v x a ==> 故不可能与传送带共速，煤块A 一直以1a 向下加速，达到底部的时间设为A t ，则有
212
A A L a t = 解得
0.2s A t =
达到底端的速度为
1100.2m/s A A v a t ==
对煤块B 根据牛顿第二定律可得
2sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=
解得
22s 2m/a =
煤块B 达到底部的时间设为B t ，则有
212
B B L a t = 解得
1s B A t t =>
所以A 先达到底部，选项CD 错误；
A ．煤块A 相对于传送带的位移
0(60.21)m A A x v t L ∆=-=-
煤块B 相对于传送带的位移
0(61)m 5m B B x v t L ∆=-=-=
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 。

3．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 、b
B ．可能是b 、c
C ．可能是c 、d
D ．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 sinθ；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 sinθ+ F T sinβ=ma
必有a>g sinθ，即整体以加速度大于g sinθ沿斜面向下做匀加速运动，所以oa不可能。

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

对oc情况有
mg sinθ－ F T sinβ=ma
必有a<g sinθ，即整体以加速度小于g sinθ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 cosβ－mg cosθ=0
mg sinθ－F T sinβ=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。

t 时开始做直线运动，其速度图线如图所示，下列选项正确的是（）4．一物体自0
A ．在0~6s 内，物体离出发点最远为30m
B ．在0~6s 内，物体经过的路程为40m
C ．在0~4s 内，物体的平均速率为7.5m/s
D ．在5~6s 内，物体所受的合外力为零
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．0-5s ，物体沿正向运动，5-6s 沿负向运动，故5s 末离出发点最远，最远距离为
1(25)10m 35m 2
s =+⨯= A 错误；
B ．由“面积法”求出0-5s 的位移
12510m 35m 2
x +=
⨯= 5-6s 的位移 211(10)m 5m 2
x =⨯⨯-=- 总路程为
1240m s x x =+=
B 正确；
C ．由面积法求出0-4s 的位移
2410m 30m 2
x +=
⨯= 平度速度为 30m/s 7.5m/s 4
x v t =
== C 正确； D ．5~6s 内,物体做加速运动，加速度不为零，根据牛顿第二定律，物体所受的合外力不为
零，D 错误。

故选BC 。

5．某一实验室的传送装置如图所示，其中AB 段是水平的，长度L AB =6m ，BC 段是倾斜的，长度L BC =5m ，倾角为37o ，AB 和BC 在B 点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带v =4m/s 的恒定速率顺时针运转．现将一个工件（可看成质点）无初速度地放在A 点。

已知工件与传送带间的动摩擦μ=0.5，已知：重力加速度g =10m/s 2。

sin37°=0.6，cos37°=0.8。

则（ ）
A ．工件第一次到达
B 点所用的时间1.9s
B ．工件沿传送带B
C 向上运动的最大位移为5m
C ．工件沿传送带运动，仍能回到A 点
D ．工件第一次返回B 点后，会在传送带上来回往复运动
【答案】AD 【解析】
【分析】
【详解】
A ．工件刚放在水平传送带上的加速度为a 1，由牛顿第二定律得
μmg =ma 1
代入数据解得
a 1=μg =5 m/s 2
经t 1时间与传送带的速度相同，则有
110.8s v t a =
= 前进的位移为
x 1=12
a 1t 12=1.6m 此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时
12 1.1s AB L x t v
-== 所以工件第一次到达B 点所用的时间为
t =t 1+t 2=1.9s 选项A 正确；
B ．设工件上升的最大位移为s ，由牛顿第二定律得
mg sinθ-μmg cosθ=ma 2
代入数据解得
a 2＝2m/s 2
由匀变速直线运动的速度位移公式得
2
2
2v s a = 代入数据解得
s =4m
选项B 错误；
CD ．工件到达最高点后将沿斜面下滑，下滑的加速度仍为a 2＝2m/s 2，则滑到斜面底端时的速度为4m/s ，然后滑上水平传送带做匀减速运动，加速度为a 1 =5 m/s 2，当速度减为零时滑行的距离为
2
1
1.6m 2v x a == 然后返回向右运动，则物体不能回到A 点；物体向右加速，当到达斜面底端时的速度仍为4m/s ，然后滑上斜面重复原来的运动，可知工件第一次返回B 点后，会在传送带上来回往复运动，选项C 错误，D 正确。

故选AD 。

6．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（ ）
A ．若粘在木块A 上面，绳的拉力不变
B ．若粘在木块A 上面，绳的拉力增大
C ．若粘在木块C 上面，A 、B 间摩擦力增大
D ．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，根据牛顿第二定律都有
F ﹣3μmg ﹣μ△mg =（3m +△m ）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μmg 、绳子拉力T ，根据牛顿第二定律有
F ﹣μmg ﹣T =ma
解得
T =F ﹣μmg ﹣ma
因为加速度a 减小，F 、μmg 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
f A =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 ﹣2μmg =2ma
解得
T =2μmg +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 。

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2.4m
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”
1120.2(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
2210m /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 1.20.2
v 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
1120.20.2m 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
1120.20.2m 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 。

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．如图所示，滑块1m 放置在足够长的木板2m 的右端，木板置于水平地面上，滑块与板间动摩擦因数为1μ，木板与地面间动摩擦因数为2μ，原来均静止。

零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，某时刻撤去该力。

滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则从零时刻起，二者的速度一时间图象可能为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AD
【解析】
【详解】
零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，滑块m 1和木板m 2均做匀加速直线运动，对滑块m 1
1111m g m a μ=
加速度为
11a g μ=
撤去外力后，木板m 2做匀减速直线运动，此时滑块m 1的速度小于m 2，所以滑块m 1继续做匀加速运动，当而者速度相等时：
AB ．如果12μμ>，滑块m 1和木板m 2将保持相对静止，在地面摩擦力作用下一起做匀减
速运动。

由牛顿第二定律
212122()()m m g m m a μ+=+
加速度变为
22a g μ=
即滑块的加速度变小，故A 正确，B 错误。

CD ．如果12μμ< ，两物体将发生相对滑动，由牛顿第二定律，此时滑块m 1的加速度大小是1g μ，即滑块的加速度大小不变，故D 正确，C 错误。

故选AD 。

10．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θ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θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取10m/s 2，根据图象可求出( )
A ．物体的初速率v 0＝3m/s
B ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x 小＝1.44m
D ．当某次θ＝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=90θ︒ 时a g =
据
2012v ax =
得
0126m/s v gx ==
当0θ=︒时，a g μ'=
由
2022v a x '=
得
202
0.752v gx μ== 设斜面倾角为θ时，沿斜面上升的最大位移达最小
1sin cos a g g θμθ=+
201
2v x a = 联立得
220022(sin cos )21sin()
v x g g g θμθμθα==+++ 所以
min 1.44m x =
故A 错误，BC 正确；
D ．当某次θ＝300时，物体达到最大位移后，根据
sin 30cos30mg mg μ︒<︒
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 。

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<v ）从传送带左端滑上传送带。

若从物体滑上传送带开始计时，t 0时刻物体的速度达到v ，2t 0时刻物体到达传送带最右端。

下列说法正确的是（ ）
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．如图所示，在倾角为o 30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，此时弹簧没有形变．若挡板A 以4m/s 2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取2
10/g m s =，则
A ．小球从一开始就与挡板分离
B ．小球速度最大时与挡板分离
C ．小球向下运动0.01 m 时与挡板分离
D ．小球向下运动0.02m 时速度最大
【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F N ，沿斜面向上的挡板支持力1F 和弹簧弹力F ．根据
牛顿第二定律有：01sin 30mg kx F ma --=，保持a 不变，随着x 的增大，1F 减小，当
m 与挡板分离时，1F 减小到零，则有：0sin 30mg kx ma -=，解得：
o (sin 30)0.01m g a x m k
-==，即小球向下运动0.01m 时与挡板分离，故A 错误，C 正确．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：o sin 30m kx mg =，解得：
o
sin 300.05m mg x m k
==，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程为0.05m ，故D 错误．故选C.
13．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 。

14．如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A 。

小滑块A 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出小滑块A 的加速度a ，得到如图乙所示的a -F 图象，已知g 取10 m/s 2，则 （ ）
A ．小滑块A 的质量为3kg
B ．木板B 的质量为1kg
C ．当F =6N 时木板B 加速度为2 m/s 2
D ．小滑块A 与木板B 间动摩擦因数为0．1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
ABD ．刚开始两者相对静止一起在水平面上运动，当F =3N 时有
()A B F m m a =+
之后F 再增大，两者发生相对运动，此过程中对A 分析有
A A F m g m a μ-=
变形可得
A F a g m μ=
- 之后图像的斜率1A
k m =，故有 1211532
A k m -===- 所以2kg A m =，当F =5N 时有
522
g μ=
- 解得0.05μ=，将2kg A m =代入 3()1A B m m =+⨯
得
1kg B m =
B 正确AD 错误；
C ．3N F >过程中B 在A 给的摩擦力作用下向右加速运动，所以对B 分析可得
'A B m g m a μ=
解得
2'1m/s a =
C 错误；
故选：B 。

15．如图，放置于水平面上的楔形物体，两侧倾角均为30°，左右两表面光滑且足够长，上端固定一光滑滑轮，一根很长且不可伸长的轻绳跨过定滑轮分别与左右两侧斜面平行，绳上系着三个物体A 、B 、C ，三物体组成的系统保持静止.A 物体质量为m ，B 物体质量为3m ，现突然剪断A 物体和B 物体之间的绳子，不计空气阻力(重力加速度为g )，三物体均可视为质点，则
A ．绳剪断瞬间，A 物体的加速度为
310g B ．绳剪断瞬间，C 物体的加速度为12
g C ．绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力不变
D ．绳剪断瞬间，A 、C 间绳的拉力为2mg
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
ABD ．设C 的质量为m ′．绳剪断前，由平衡条件知：
（3m +m ）g sin30°=m ′g sin30°
得
m ′=4m
绳剪断瞬间，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得：
T -mg sin30°=ma
以C 为研究对象，根据牛顿第二定律得：
4mg sin30°-T =4ma 联立解得：
310a g =
45T mg =
即绳剪断瞬间，A 、C 物体的加速度大小均为
310g ，A 、C 间绳的拉力为45
mg ，故A 正确，BD 错误．
C ．绳剪断前，A 、C 间绳的拉力为： T ′=（3m +m ）g sin30°=2mg
绳剪断瞬间，A 、C 间绳的拉力为45
mg ，则AC 间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物体对楔形物体的压力不变，可知，绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力发生变化，故C 错误．。