运动和力的关系单元测试卷附答案

A．传送带的速率v0＝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v0＝10m/s，故A正确；
B.若
若v0<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．
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
对于木块
当木块与木板分离时，它们的位移满足
解得
则木块相对地面运动的位移为
A．仅增大木板的质量M， 变小， 不变，x增大，故A正确；
A． B．
C． D．
【答案】D
【小车和小球作为整体根据牛顿第二定律，有
再对甲图中情况下的小球受力分析，如图
根据牛顿第二定律
对小球有
对小车有
由以上三式可解得
(2)对乙图中小车和小球作为整体根据牛顿第二定律，有
再对乙图中小球受力分析，如图
由几何关系得
对小球有
解得
可知
又由于 ，所以 。
故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为3s。故A错误，B正确；
C．有图像可知，0-6s内，物块相对平板车滑动的位移的大小
故C错误；
D．0-6s内，有图像可知，物块相对地面的位移大小
平板车相对地面的位移大小
二者之比为3：4，故D正确。
故选BD。
10．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0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/s2。则（）
A．若F=0，挡板受到B物块的压力为
B．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
D．若 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N1和挡板的支持力N2，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正确；
C．由面积法求出0-4s的位移
平度速度为
C正确；
D． 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。
3．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（）
0
A．在 内，物体离出发点最远为
B．在 内，物体经过的路程为
C．在 内，物体的平均速率为
D．在 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
A错误；
B．由“面积法”求出0-5s的位移
5-6s的位移
总路程为
根据牛顿第二定律，有
mg-Ncosθ-kxsinθ=0
Nsinθ-kxcosθ=ma
解得：kx=mgsinθ-macosθ， 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
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。
B．m相对M滑动的时间为3s
C．0-6s内，m相对M滑动的位移的大小为4m
D．0-6s内，m、M相对地面的位移大小之比为3：4
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．物块相对于平板车滑动时的加速度
若其加速度一直不变，速度时间图像如图所示
有图像可以算出t=3s时，速度相等，为6m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为
A． B． C． D．
【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
珠子做加速度大小不变的加速运动，根据牛顿第二定律，有
解得
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
mgsinθ-kx=macosθ
解得
kx=0
故弹簧处于原长，故D正确；
4．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 和 ，斜面光滑且足够长，质量均为 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 ，两物块由静止释放，斜劈始终保持静止不动， ， ，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（ ）
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
B．撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，对PQ整体分析，加速度不变,隔离对P分析,PQ间的摩擦力不变，所以B选项是正确的。
故选ABC。
8．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（ ）
A．传送带一定逆时针转动B．
D．对C受力分析，在竖直方向上有
解得
故选项D错误。
故选AB。
5．如图所示，一倾角为 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v0沿传送带向上滑上传送带，在t0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 ，动摩擦因数 .若：
滑块沿斜面的合力不可能为0，也就不可能匀速运动．
若v0>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v0=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；
A．N的加速度大小仍为a
B．PQ间的摩擦力不变
C．MN间的摩擦力变小
D．M、P的加速度大小变为
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
ACD．撤去F前，对PQ整体分析,知弹簧的弹力
隔离对M分析
计算得出
对整体分析
撤去F后,对MN整体分析
方向向左。
隔离对N分析
知MN间的摩擦力发生变化.N的加速度大小不变,方向改变,故AC正确，D错误；
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：
由图可得：
在1.0~2.0s，物体的加速度为：
由图可得：
联立解得： ， ，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：
传送带的位移为：
x2＝v0t1＝10×1m＝10m
物体对传送带的位移大小为：
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
选项D正确，ABC错误。
故选B。
12．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（ ）