北京北京师范大学附属中学上册运动和力的关系易错题(Word版 含答案)
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A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为
B．滑块匀速运动时,各段轻杆上的弹力大小相等
C．第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,8个小滑块的加速度大小为
D．第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为
【答案】D
【解析】
，
故D项正确;
2．沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台，其上、下台面水平，如图为俯视示意图。在顶面上四边的中点a、b、c、d沿着各斜面方向，同时相对于正四棱台无初速释放4个相同小球。设它们到达各自棱台底边分别用时Ta、Tb、Tc、Td，到达各自棱台底边时相对于地面的机械能分别为Ea、Eb、Ec、Ed（取水平地面为零势能面，忽略斜面对小球的摩擦力）。则有（ ）
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 ，符合③④式，故A正确；
B、如果N=87.2N，f=9.6N，则a=-4m/s2，符合①②两式，故B正确；
解得
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。
4．一足够长的木板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/s2，下判定错误的是
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m1和木板m2均做匀加速直线运动，对滑块m1
加速度为
撤去外力后，木板m2做匀减速直线运动，此时滑块m1的速度小于m2，所以滑块m1继续做匀加速运动，当而者速度相等时：
AB．如果 ，滑块m1和木板m2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
C．对物块 ，划痕的长度等于 的位移减去传送带的位移，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
传送带运动位移
对传送带的划痕长度为
对物块 ，划痕长度等于 的位移加上传送带的位移，同理得出 对传送带的划痕长度为
物块 、 在传送带上的划痕长度不相同，C正确。
故选AC。
10．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则（ ）
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 和 从传送带顶端都以 的初速度沿传送带下滑，因为
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 、 同时到达传送带底端，A正确，B错误，D错误；
故选BD。
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
解得
仅增大θ（θ<90°），则有球形物体的重力沿杆的分力大于杆对球形物体的摩擦力，小球被释放后沿杆加速下滑，选项A错误，B正确；
CD．当挂上一质量为m的物体时，以两物体整体为研究对象，沿杆向下的重力分力为
当挂上一质量为m的物体时，球形物体所受的摩擦力即沿杆向上的力，大小为
摩擦力增大，分析可知 ，因此球形物体仍沿细杆匀速下滑。所以挂钩对物体的拉力等于物体的重力。选项C错误，D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 ，满足③④式，故D正确；
故选ABD.
7．如图所示，滑块 放置在足够长的木板 的右端，木板置于水平地面上，滑块与板间动摩擦因数为 ，木板与地面间动摩擦因数为 ，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．传送带一定逆时针转动B．
C．传送带的速度大于v0D．t0后滑块的加速度为2gsinθ-
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．若传送带顺时针转动，当滑块沿传送带下滑时，若mgsinθ>μmgcosθ，滑块将一直加速运动；当滑块沿传送带上滑时，若mgsinθ<μmgcosθ，滑块将先加速到与传送带速度相等时匀速运动。两种情况的速度图像均不符合题给速度图像，所以传送带一定逆时针转动，选项A正确。
一、第四章运动和力的关系易错题培优（难）
1．如图所示,水平面上O点的左侧光滑,O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点),用轻质的细杆相连,相邻小滑块间的距离为L,滑块1恰好位于O点左侧,滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上。经观察发现,在第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,小滑块做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则下列判断中正确的是( )。
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
【详解】
A.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有
，
解得
，
故A项错误；
B.当滑块匀速运动时，处在光滑地带上的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上的弹力不为零，且各不相同，故B项错误；
C.对8个滑块，有
，
代入 ，解得
，
故C项错误；
D.对8个滑块，有
，
解得
再以6、7、8三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有
判断a、b、c、d的机械能的变化，只需比较弹力做功的情况即可，根据弹力方向与位移方向的夹角可知，由于b、d弹力不做功，机械能不变；a弹力做正功，机械能增加；c弹力做负功，机械能减小。故有
结合上面二个关系式，故A正确。
故选A。
【点睛】
本题要注意正确选择参考平面，机械能的变化看除重力之外的其它力做功的情况即可。其它力做正功，机械能增加；其它力做负功，机械能减小，其它力不做功，机械能守恒。
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数值得
选项D正确。
11．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/s2，根据图象可求出()
A．物体的初速率v0＝3m/s
A．B对A的支持力可能为0.85mg
B．弹簧的最大形变量为
C．力F对B的作用力可能为0.9mg
D．力F对B的作用力最小值为0.65mg
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为xm，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
解得
在此之前，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
由图示图象可知，图线的斜率
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/s2，由
可知：
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
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
A．N=50N，f=40NB．N=87.2N，f=9.6N
C．N=72.8N，f=0ND．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°
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知，根据相对运动规律可以确定小球的运动状态，根据功的计算式，通过判断力和位移的夹角可判断弹力做功的情况，从而确定落地时的动能。
【详解】
根据“沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台”，因为棱台的运动是匀速运动，可以选棱台作为参考系，则a、b、c、d的加速度大小相等，故有
A．木板B的质量为1kg
B．当F=10N时木板B加速度为4m/s2
C．滑块A的质量为4kg
D．当F=10N时滑块A的加速度为2m/s2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AC．当F等于8N时，加速度为a=2m/s2，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：
加速度变为
即滑块的加速度变小，故A正确，B错误。
CD．如果 ，两物体将发生相对滑动，由牛顿第二定律，此时滑块m1的加速度大小是 ，即滑块的加速度大小不变，故D正确，C错误。
故选AD。
8．如图所示，一质量为M、带有挂钩的小球套在倾角为θ的细杆上，恰能沿杆匀速下滑，小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若在小球下滑过程中在挂钩上加挂质量为m的物体或改变倾角θ，则下列说法正确的是（ ）
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．
5．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m的物块A，A放在托盘B上，B的质量也为m。初始时在竖直向上的力F作用下系统静止，弹簧处于自然长度。现改变竖直向上的力F的大小，使A匀加速下降。已知重力加速度为g，A的加速度为a=0.25g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则在A匀加速下降的过程中，以下说法正确的是（ ）
3．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/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．仅增大θ（θ<90°）时，小球被释放后仍能沿杆匀速下滑
B．仅增大θ（θ<90°）时，小球被释放后将沿杆加速下滑
C．θ不变，仅在挂钩上加挂物体时，小球被释放后将沿杆加速下滑
D．θ不变，仅在挂钩上加挂物体时，挂钩对物体的拉力等于物体的重力
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．当球形物体沿细杆匀速下滑时，由力的平衡条件可知
可得
所以B对A的支持力不可能为0.85mg，选项A错误，B正确；
CD．以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
可得
力F对B的作用力范围为
选项C正确，D错误。
故选BC。
6．如图所示，斜面体ABC放在水平桌面上，其倾角为37Hale Waihona Puke Baidu，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/s2，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．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
B．传送带逆时针转动，滑块在0~t0时间内，加速度较大，说明滑动摩擦力沿传送带向下，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
由速度图像可知
联立解得
选项B错误；
C．当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，故传送带速度为v0，选项C错误；
D．当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，有
B．滑块匀速运动时,各段轻杆上的弹力大小相等
C．第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,8个小滑块的加速度大小为
D．第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为
【答案】D
【解析】
，
故D项正确;
2．沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台，其上、下台面水平，如图为俯视示意图。在顶面上四边的中点a、b、c、d沿着各斜面方向，同时相对于正四棱台无初速释放4个相同小球。设它们到达各自棱台底边分别用时Ta、Tb、Tc、Td，到达各自棱台底边时相对于地面的机械能分别为Ea、Eb、Ec、Ed（取水平地面为零势能面，忽略斜面对小球的摩擦力）。则有（ ）
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 ，符合③④式，故A正确；
B、如果N=87.2N，f=9.6N，则a=-4m/s2，符合①②两式，故B正确；
解得
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。
4．一足够长的木板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/s2，下判定错误的是
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m1和木板m2均做匀加速直线运动，对滑块m1
加速度为
撤去外力后，木板m2做匀减速直线运动，此时滑块m1的速度小于m2，所以滑块m1继续做匀加速运动，当而者速度相等时：
AB．如果 ，滑块m1和木板m2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
C．对物块 ，划痕的长度等于 的位移减去传送带的位移，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
传送带运动位移
对传送带的划痕长度为
对物块 ，划痕长度等于 的位移加上传送带的位移，同理得出 对传送带的划痕长度为
物块 、 在传送带上的划痕长度不相同，C正确。
故选AC。
10．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则（ ）
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 和 从传送带顶端都以 的初速度沿传送带下滑，因为
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 、 同时到达传送带底端，A正确，B错误，D错误；
故选BD。
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
解得
仅增大θ（θ<90°），则有球形物体的重力沿杆的分力大于杆对球形物体的摩擦力，小球被释放后沿杆加速下滑，选项A错误，B正确；
CD．当挂上一质量为m的物体时，以两物体整体为研究对象，沿杆向下的重力分力为
当挂上一质量为m的物体时，球形物体所受的摩擦力即沿杆向上的力，大小为
摩擦力增大，分析可知 ，因此球形物体仍沿细杆匀速下滑。所以挂钩对物体的拉力等于物体的重力。选项C错误，D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 ，满足③④式，故D正确；
故选ABD.
7．如图所示，滑块 放置在足够长的木板 的右端，木板置于水平地面上，滑块与板间动摩擦因数为 ，木板与地面间动摩擦因数为 ，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．传送带一定逆时针转动B．
C．传送带的速度大于v0D．t0后滑块的加速度为2gsinθ-
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．若传送带顺时针转动，当滑块沿传送带下滑时，若mgsinθ>μmgcosθ，滑块将一直加速运动；当滑块沿传送带上滑时，若mgsinθ<μmgcosθ，滑块将先加速到与传送带速度相等时匀速运动。两种情况的速度图像均不符合题给速度图像，所以传送带一定逆时针转动，选项A正确。
一、第四章运动和力的关系易错题培优（难）
1．如图所示,水平面上O点的左侧光滑,O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点),用轻质的细杆相连,相邻小滑块间的距离为L,滑块1恰好位于O点左侧,滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上。经观察发现,在第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,小滑块做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则下列判断中正确的是( )。
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
【详解】
A.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有
，
解得
，
故A项错误；
B.当滑块匀速运动时，处在光滑地带上的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上的弹力不为零，且各不相同，故B项错误；
C.对8个滑块，有
，
代入 ，解得
，
故C项错误；
D.对8个滑块，有
，
解得
再以6、7、8三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有
判断a、b、c、d的机械能的变化，只需比较弹力做功的情况即可，根据弹力方向与位移方向的夹角可知，由于b、d弹力不做功，机械能不变；a弹力做正功，机械能增加；c弹力做负功，机械能减小。故有
结合上面二个关系式，故A正确。
故选A。
【点睛】
本题要注意正确选择参考平面，机械能的变化看除重力之外的其它力做功的情况即可。其它力做正功，机械能增加；其它力做负功，机械能减小，其它力不做功，机械能守恒。
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数值得
选项D正确。
11．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/s2，根据图象可求出()
A．物体的初速率v0＝3m/s
A．B对A的支持力可能为0.85mg
B．弹簧的最大形变量为
C．力F对B的作用力可能为0.9mg
D．力F对B的作用力最小值为0.65mg
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为xm，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
解得
在此之前，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
由图示图象可知，图线的斜率
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/s2，由
可知：
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
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
A．N=50N，f=40NB．N=87.2N，f=9.6N
C．N=72.8N，f=0ND．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°
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知，根据相对运动规律可以确定小球的运动状态，根据功的计算式，通过判断力和位移的夹角可判断弹力做功的情况，从而确定落地时的动能。
【详解】
根据“沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台”，因为棱台的运动是匀速运动，可以选棱台作为参考系，则a、b、c、d的加速度大小相等，故有
A．木板B的质量为1kg
B．当F=10N时木板B加速度为4m/s2
C．滑块A的质量为4kg
D．当F=10N时滑块A的加速度为2m/s2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AC．当F等于8N时，加速度为a=2m/s2，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：
加速度变为
即滑块的加速度变小，故A正确，B错误。
CD．如果 ，两物体将发生相对滑动，由牛顿第二定律，此时滑块m1的加速度大小是 ，即滑块的加速度大小不变，故D正确，C错误。
故选AD。
8．如图所示，一质量为M、带有挂钩的小球套在倾角为θ的细杆上，恰能沿杆匀速下滑，小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若在小球下滑过程中在挂钩上加挂质量为m的物体或改变倾角θ，则下列说法正确的是（ ）
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．
5．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m的物块A，A放在托盘B上，B的质量也为m。初始时在竖直向上的力F作用下系统静止，弹簧处于自然长度。现改变竖直向上的力F的大小，使A匀加速下降。已知重力加速度为g，A的加速度为a=0.25g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则在A匀加速下降的过程中，以下说法正确的是（ ）
3．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/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．仅增大θ（θ<90°）时，小球被释放后仍能沿杆匀速下滑
B．仅增大θ（θ<90°）时，小球被释放后将沿杆加速下滑
C．θ不变，仅在挂钩上加挂物体时，小球被释放后将沿杆加速下滑
D．θ不变，仅在挂钩上加挂物体时，挂钩对物体的拉力等于物体的重力
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．当球形物体沿细杆匀速下滑时，由力的平衡条件可知
可得
所以B对A的支持力不可能为0.85mg，选项A错误，B正确；
CD．以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
可得
力F对B的作用力范围为
选项C正确，D错误。
故选BC。
6．如图所示，斜面体ABC放在水平桌面上，其倾角为37Hale Waihona Puke Baidu，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/s2，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．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
B．传送带逆时针转动，滑块在0~t0时间内，加速度较大，说明滑动摩擦力沿传送带向下，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
由速度图像可知
联立解得
选项B错误；
C．当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，故传送带速度为v0，选项C错误；
D．当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，有