湛江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．如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上受到向右的拉力F 的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为1μ，木板与地面间的动摩擦因数为2μ，有以下几种说法：

①木板受到地面的摩擦力的大小一定是1mg μ ②木板受到地面的摩擦力的大小一定是2()m M g μ+ ③当2()F m M g μ>+时，木板便会开始运动 ④无论怎样改变F 的大小，木板都不可能运动

则上述说法正确的是（ ） A ．②③ B ．①④

C ．①②

D ．②④

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

①②．对木板：水平方向受到木块对它向右的滑动摩擦力f 1和地面的向左的静摩擦力f 2的作用，由平衡条件得

211f f mg μ==

①正确，②错误；

③④．木块对木板的摩擦力为

11f mg μ=

地面对木板的最大静摩擦力为

2max 2()f m M g μ=+

所以木块对木板的摩擦力f 1不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F 改变时，f 1不变，则木板不可能运动，③错误，④正确。

因此说法正确的是①④，选项B 正确，ACD 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

1cos37sin37mg mg ma μ?+?=

解得

2110m/s a =

煤块A 达到与传送带共速的时间

0116

s 0.6s 10

v t a =

== 位移

20

11

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，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 535F 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；

4．一物体自0t =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（ ）

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

125

10m 35m 2

x +=

?= 5-6s 的位移

21

1(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

24

10m 30m 2

x +=

?= 平度速度为

30

m/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

11

0.8s v

t a =

= 前进的位移为

x 1=

1

2

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

1

2 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

由匀变速直线运动的速度位移公式得

22

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

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

5

F 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＝

1

35

2

2

mg 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

5

2

5

F 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．

7．如图所示，在水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板A，其上叠放一质量为

m2=2kg的物块B，木板与地面间的动摩擦因数1μ=0.1，物块和木板之间的动摩擦因数2

μ=0.3，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给物块施加随时间t增大的水平拉力F=3t(N)，重力加速度大小g=10m/s2。则（）

A．t=ls之后，木板将在地面上滑动

B．t=2s时，物块将相对木板滑动

C．t=3s时，物块的加速度大小为4m/s2

D．木板的最大加速度为3m/s2

【答案】AD

【解析】

【分析】 【详解】 A ．当

()1123N F m m g μ≤+=

物块和木板都没有动，处于静止状态，根据

F =3t (N)

可知t =ls 之后，木板将在地面上滑动，故A 符合题意；

BD ．两物体刚要相对滑动时，此时木板有最大加速度，根据牛顿第二定律，对木块有

222F m g m a μ-=

对木板有

()221121m g m m g m a μμ-+=

解得

12N F =

23m/s a =

根据

F =3t (N)

可知t =4s 之后，物块将相对木板滑动，故B 不符合题意，D 符合题意；

C ．由上分析可知，t =3s 时，物块相对木板静止，一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律

()()111212F m m g m m a μ-+=+

代入数据可得

22m/s a =

故C 不符合题意。 故选AD 。

8．如图所示，物体A 和B 的质量均为m ，分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与轮、滑轮与轴之间的摩擦），用水平变力F 拉物体A 沿水平方向向右做匀速直线运动。则（ ）

A ．物体

B 做匀加速直线运动 B ．物体B 处于超重状态

C ．物体B 的加速度逐渐增大

D ．物体B 的加速度逐渐减小

【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

ACD ．设绳子与水平方向夹角为α，A 、B 两物体沿着绳子方向的速度相等

cos B A v v α=

随着A 向右运动，α逐渐减小，因此B 的速度逐渐增大，B 做加速运动，当A 运动到绳子方向与水平方向夹角很小时，B 的速度接近A 的速度，但不会超过A 的速度，因此B 做加速度减小的加速运动，最终加速度趋近于零，AC 错误，D 正确； B ．由于B 做加速运动，合力向上，因此处于超重状态，B 正确。 故选BD 。

9．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行。t ＝0时，将质量m ＝1kg 的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v ﹣t 图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10m/s 2。则（ ）

A ．传送带的速率v 0＝10m/s

B ．传送带的倾角θ＝30°

C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5

D ．0~2.0s 内物体在传送带上留下的痕迹为6m 【答案】AC 【解析】 【详解】

A ．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t ＝1.0s 时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为v 0＝10m/s ，故A 正确；

BC ．在0~1.0s 内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为：

1sin cos sin cos mg mg a g g m

θμθ

θμθ+=

=+

由图可得：

21

11

10m/s v a t ?=

=? 在1.0~2.0s ，物体的加速度为：

2sin cos sin cos mg mg a g g m

θμθ

θμθ-=

=-

由图可得：

22

22

2m/s v a t ?=

=? 联立解得：0.5μ=，37θ=，故B 错误，C 正确；

D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s物体相对于地的位移：

11

101m=5m 2

x=??

传送带的位移为：

x2＝v0t1＝10×1m＝10m 物体对传送带的位移大小为：

1215m

x x x

?=-=方向向上。1.0~2.0s物体相对于地的位移：

31012

1m11m 2

x

+

=?=

传送带的位移为：

x4＝v0t1＝10×1m＝10m 物体对传送带的位移大小为：

2341m

x x x

?=-=

方向向下，故留下的痕迹为5m，故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经历的时间为

（）

A 2H

g

B

2gH

C

gH

D．

2

gH

【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

= 选项D 正确，ABC 错误。 故选D 。

11．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

2

t 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。

12．如图所示，在倾角37

θ=?的光滑斜面上用细绳拴一质量m=2kg的小球，小球和斜面静止时，细绳平行于斜面。当斜面以5m/s2的加速度水平向右做匀加速运动时，细绳拉力大小为F1，当斜面以20m/s2的加速度水平向右做匀加速运动时，细绳拉力大小为F2，取2

10m/s

g=，sin370.6

?=，cos370.8

?=。设上述运动过程中小球与斜面始终保持相对

静止，则1

2

F

F为（）

A

5

B

5

C

5

D

5

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设细绳的拉力为F，斜面的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

cos

F ma

θ=，sin0

F mg

θ-=

代入数据解得

2

13.3m/s

a≈

由于2

10

5m/s

a a

=<，可知小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

1N

sin cos0

F F mg

θθ

+-=，

1N1

cos sin

F F ma

θθ

-=

代入数据解得

1

20N

F=

由于2

20

20m/s

a a

=>，可知小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设细绳与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

22

cos

F ma

α=，

2

sin0

F mg

α-=

代入数据解得

2

205N

F=

则

1

2

5

F

F

=

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 —图象速度越来越大，但斜率越小越小，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，一劲度系为k 的轻度弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以F N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x =0)，现改变力F 的大小，使B 以

2

g

的加速度匀加速向下运动(f 为重力加速度，空气阻力不计），此过程中F N 或F 随x 变化的图象正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为x ，则有

mg kx ma -=

解得

2mg

x k

=

在此之前，根据

N mg F kx ma --=

可知，二者之间的压力由开始运动时的2

mg

线性减小到零，而力F 由开始时的mg 线性减小到

2mg ，此后托盘与物块分离，力F 保持2mg

不变。 故选D 。