云南民族大学附属中学上册运动和力的关系单元培优测试卷

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0.3
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()1
M m
=+⨯
所以
1kg
m=
故CD错误。

故选B。

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
1
cos37sin37
mg mg ma
μ︒+︒=
解得
2
1
10m/s
a=
煤块A达到与传送带共速的时间
1
1
6
s0.6s
10
v
t
a
===
位移
2
1
1
1.8m1m
2
v
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
2
1
2A 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，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 。

4．如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为M，与平板车上表面等高的平台上有一质量为m的滑块以水平初速度v0向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始计时，之后他们的速度随时间变化的图像如图乙所示，t0是滑块在车上运动的时间，以下说法正确的是
A．滑块与平板车最终滑离
B．滑块与平板车表面的动摩擦因数为0
v
3gt
C．滑块与平板车的质量之比m：M=1:2
D．平板车上表面的长度为
00
5
v t
6
【答案】AB
【解析】
【分析】
根据图线知，铁块在小车上滑动过程中，铁块做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律通过它们的加速度之比求出质量之比，以及求出动摩擦因数的大小．根据运动学公式分别求出铁块和小车的位移，从而求出两者的相对位移，即平板车的长度．物体离开小车做平抛运动，求出落地的时间，从而根据运动学公式求出物体落地时与车左端的位移．
【详解】
由图象可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将做平抛运
动离开平板车，故A正确；根据图线知，滑块的加速度大小000
1
00
2
3
3
v v v
a
t t
-
==．小车的
加速度大小a2=0
3
v
t，知铁块与小车的加速度之比为1：1，根据牛顿第二定律得，滑块的
加速度大小为：
1
f
a
m
=，小车的加速度大小为：a2=
f
M
，则滑块与小车的质量之比m：
M=1：1．故C错误．滑块的加速度
1
f
a g
m
μ
==，又0
1
3
v
a
t
=，则0
3
v
gt
μ=，故B正确；
滑块的位移0010
0025326v v x t v t +==，小车的位移0
2000
11326v x t v t ==，则小车的长度
L=
56v 0t 0-16v 0t 0=2
3v 0t 0，故D 错误．故选AB ． 【点睛】
解决本题的关键理清小车和铁块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
5．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
222
Δ321m
x x x
==-=
-
皮
故两者之间的总相对位移为
12
ΔΔΔ10.2 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。

6．如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块（可视为质点），在木板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。

设分离时木块相对地面运动的位移为x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x增大的是（）
A．仅增大木板的质量M
B．仅减小木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t，对于木板
1
F mg Ma
μ
-=
2
1
1
'
2
x a t
=
对于木块
2
mg ma
μ=
2
2
1
2
x a t
=
当木块与木板分离时，它们的位移满足
22
12
11
22
L a t a t
=-
解得
12
2L
t
a a
=
-
则木块相对地面运动的位移为
22
2
1
12
2
=
2
=
1
1
a L L
a
a a
x a t
a
--
=
A．仅增大木板的质量M，1a变小，2a不变，x增大，故A正确；
B．仅减小木块的质量m，1a变大，2a 不变，x减小，故B错误；
C．仅增大恒力F，1a变大，2a不变，x减小，故C错误；
D．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，1a变小，2a增大，x增大，故D 正确。

故选AD。

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
sin37cos37
mg 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
sin37cos37
mg mg ma
μ
-=
解得
2
2m s
a=
由运动学公式得
2
1
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，A 、B 两物块的质量分别为3m 和2m ，两物块静止叠放在水平地面上A 、B
间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为1
2
μ(μ≠0)．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对B 施加一水平推力F ，则下列说法正确的是( )
A ．若F ＝μmg ，A 、
B 间的摩擦力一定为零 B ．当F ＞7.5μmg 时，A 相对B 滑动
C ．当F ＝3μmg 时，A 的加速度为μg
D ．若去掉B 上的力，而将F ＝3μmg 的力作用在A 上，则B 的加速度为0.1μg 【答案】ABD 【解析】 【详解】
A ．
B 与地面间的最大静摩擦力
f B ＝
1
2μ×5mg ＝52
μmg ， 当F =μmg 时，AB 处于静止，对A 分析，A 所受的摩擦力为零，故A 正确； B ．A 发生相对滑动的临界加速度a =μg ，对整体分析，
F −
1
2
μ•5mg ＝5ma ， 解得
F =7.5μmg ，
所以当F ＞7.5μmg 时，A 相对B 滑动．故B 正确； C ．当7.5μmg ＞F =3μmg ＞5
2
μmg ，可知AB 保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度
a =
2.5
5F mg
m
μ-＝0.1μg ，
故C 错误；
D ．若去掉B 上的力，而将F =3μmg 的力作用在A 上，B 发生相对滑动的临界加速度
a ＝
1352
2mg mg
m
μμ⋅-⋅＝0.25μg ，
对A 分析
F -μ•3mg =3ma ，
解得不发生相对滑动的最小拉力F =3.75μmg ，可知F =3μmg 的力作用在A 上，一起做匀加速直线运动，加速度
a =1
52
5F mg m
μ-⋅＝0.1μg ， 故D 正确。

故选ABD 。

【点睛】
本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A 、B 不发生相对滑动时的最大拉力．
9．如图所示，物块A 、B 静止叠放在水平地面上，B 受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F 作用，A 、B 间的摩擦力f 1、B 与地面间的摩擦力f 2随水平拉力F 变化的情况如图乙所示。

已知物块A 的质量m =3kg ，取g =10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A ．当0<F <4N 时，A 、
B 保持静止 B ．当4N<F <12N 时，A 、B 发生相对运动
C ．A 、B 两物块间的动摩擦因数为0.2
D ．物块B 与地面间的动摩擦因数为0.2 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当0<F <4N 时，A
B 间没有摩擦力作用，因此AB 处于静止状态，A 正确； B ．当4N<F <12N 时，由图可知，B 与地面间摩擦力是滑动摩擦力，而A 、B 间是静摩擦力，因此B 在地面上滑动，而AB 保持相对静止，B 错误；
CD ．当拉力达到12N ，A 、B 恰好将发生相对滑动，此时两者加速度相等，对物体A ，根据牛顿第二定律
1A f m a =
将A 、B 作为一个整体，根据牛顿第二定律
2A B (+)F f m m a -=
代入数据，两式联立得
B 1kg m =
由于发生滑动时
1A A f m g μ= 2B A B ()f m m g μ=+
可知
A =0.2μ ，
B =0.1μ
C 正确，
D 错误。

故选AC 。

10．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 。

11．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．
12．如图所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A 、B 两物体
用一轻质弹簧连接着，B 的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30°，当升降机突然处于完全失重状态，则A 、B 两物体的瞬时加速度大小和方向说法正确的是（ ）
A ．1
2
A a g =
，方向沿斜面向下；B a g =，方向沿斜面向下 B ．0A a =，0B a =
C ．0A a =；B a g =，方向沿斜面向下
D ．3
A a g =
，方向垂直斜面向右下方；B a g =方向竖直向下 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
当升降机处于完全失重状态时，物体和斜面之间的作用力变为0，弹簧弹力不发生变化，故A 物体只受重力和弹簧弹力，两者合力与原来的支持力大小相等方向相反，故其加速度为
cos 3
2
A mg θa g m =
= 方向垂直斜面斜向右下方；
B 物体受到重力弹簧弹力和细线拉力作用，完全失重的瞬间，细线拉力变为和弹簧向下拉力相等，两者合力为0，故B 物体的加速度为
a g =
方向竖直向下；
由以上分析可知A 、B 、C 错误，D 正确； 故选D 。

13．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 。

14．如图所示，甲叠放在物体乙上，22m m m ==乙甲，甲、乙之间以及与地面之间的动摩擦因数均为μ，一水平外力F 向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为4mg μ
B ．要使甲、乙一起运动，则F 最大值为5mg μ
C ．若5F mg μ=，则甲的加速度为g μ
D ．若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，0.5μ=，则F 35
【答案】D 【解析】 【详解】
AB. 要使甲、乙一起运动，甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度。

对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：
33F mg ma μ-=
对甲进行受力分析有：
m g m a μ=甲甲
解得要使甲、乙一起运动，则F 最大值为
6F mg μ=
选项AB 错误；
C.若56F mg mg μμ=＜，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可知：
33F mg ma μ-=
解得：
23
a g μ=
选项C 错误；
D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，设力F 与水平方向的夹角为θ，则有：
30Fcos mg Fsin θμθ--=（）
解得：
3325()
mg mg F cos sin sin cos sin μθμθθθθφ=+++＝
＝
其中tan 2φ＝
当分母最大即()1sin θφ+=时，拉力最小，最小为：
35
F mg =
选项D 正确。

故选D 。

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310
g 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 = 45
T 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4
5
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
4
5
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．。