一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难）
1．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/s 2，则下列说法中正确的是（ ）
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
k x mg ?=
解得
0.210
N/m 20.0N/m 0.1
mg k x ?=
==? 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 。
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，斜面体A 静止放置在水平地面上，质量为m 的物体B 在外力F （方向水平向右）的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止。若撤去力F ，下列说法正确的是（ ）
A ．A 所受地面的摩擦力方向向左
B ．A 所受地面的摩擦力可能为零
C ．A 所受地面的摩擦力方向可能向右
D ．物体B 仍将沿斜面向下做匀速运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
根据题意可知B 物块在外力F 的作用下沿斜面向下做匀速直线运动，撤去外力F 后，B 物块沿斜面向下做加速运动，加速度沿斜面向下，所以A 、B 组成的系统在水平方向上有向左的分加速度，根据系统牛顿第二定律可知，地面对A 的摩擦力水平向左，才能提供系统在水平方向上的分加速度。 故选A 。
4．如图所示，倾斜传送带以速度1v 顺时针匀速运动，0t =时刻小物体从底端以速度2v 冲上传送带，t t =0时刻离开传送带。下列描述小物体的速度随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】
若21v v <且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ≥，即加速度沿传送带向上，则物体传送带向上做匀加速运动至速度为1v 后做匀速向上运动；
若21v v <且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ<，则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为0，后沿传送带向下做匀加速运动；
若21v v >且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ≥，则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为1v 后向上做匀速运动；
若21v v >且物体与传送带间的动摩擦因教tan μθ<，则物体沿传送带向上做匀减速运动，加速度为
sin cos a g g θμθ=+
至速度为1v 后加速度变为
sin cos a g g θμθ=-
向上减速运动至速度为零后开始向下做匀加速运动，加速度为
sin cos a g g θμθ=-
直至离开传送带。 选项C 错误，ABD 正确。 故选ABD 。
5．如图所示，斜面体ABC 放在水平桌面上，其倾角为37o，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/s 2，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 ．N=50N ，f=40N
B ．N=87.2N ，f=9.6N
C ．N=72.8N ，f=0N
D ．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°
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250
a=
m/s 3
，符合③④式，故A 正确； B 、如果N=87.2N ，f=9.6N ，则a=-4m/s 2，符合①②两式，故B 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25
a=m/s 3
，满足③④式，故D 正确； 故选ABD.
6．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v 2>v 1，从小物块滑上传送带开始计时，其v-t 图像可能的是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】ABC 【解析】
如果物体一直减速到达左侧仍有速度，则为图像A ；如果恰好见到零，则为图像C ；如果在传送带上减速到零并反向加速至传送带速度，则为图像C ．图像D 是不可能的．
7．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 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。 8．如图所示，A 、B 、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 的质量为2m ，B 和C 的质量都是m ，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 、C 间的动摩擦因数为4 μ ，B 和地面间的动摩 擦因数为 8 μ .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平向右的拉力F ，则下列判断正确的是 A ．若A 、 B 、 C 三个物体始终相对静止，则力F 不能超过3 2 μmg B ．当力F ＝μmg 时，A 、B 间的摩擦力为 3 4 mg μ C ．无论力F 为何值，B 的加速度不会超过 34 μg D ．当力F > 7 2 μmg 时，B 相对A 滑动 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】 A.A 与B 间的最大静摩擦力大小为：2μmg,C 与B 间的最大静摩擦力大小为：4 mg μ，B 与 地面间的最大静摩擦力大小为： 8μ（2m+m+m ）=2mg μ；要使A ，B ，C 都始终相对静止，三者一起向右加速，对整体有：F-2 mg μ=4ma ，假设C 恰好与B 相对不滑动，对C 有： 4 mg μ=ma ，联立解得：a= 4g μ，F=3 μ2 mg ；设此时A 与B 间的摩擦力为f ，对A 有：F-f=2ma ，解得f=μmg 2μ 3 2 μmg ，故A 正确. B.当力F ＝μmg 时，由整体表达式F-2 mg μ=4ma 可得：a=1μ8 g ，代入A 的表达式可 得：f= 3 μ4 mg,故B 正确. C.当F 较大时，A,C 都会相对B 滑动，B 的加速度就得到最大，对B 有：2μmg - 4 mg μ- 2 mg μ=ma B ，解得a B = 5 μ4 g ，故C 错误. D.当 A 恰好相对 B 滑动时， C 早已相对B 滑动，对A 、B 整体分析有:F- 2 mg μ- 4 mg μ=3ma 1，对A 有：F-2μmg=2ma 1，解得F= 92μmg ，故当拉力F>9 2 μmg 时，B 相对A 滑动，D 错误.胡选：A 、B. 9．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v 0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，t 0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 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005 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00 01 00233v v v a t t -==．小车的 加速度大小a 2=0 3v 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：1f a m = ，小车的加速度大小为：a 2= 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1f a g m μ= =，又0103v a t =，则003v gt μ=，故B 正确； 滑块的位移00100025326v v x t v t +==，小车的位移0 2000 1 1326v 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． 10．一物体自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 。 11．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 1F mg Ma μ-= 2 11'2 x a t = 对于木块 2mg ma μ= 2212 x a t = 当木块与木板分离时，它们的位移满足 221211 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 2221122 =2=11a 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 。 12．如图，三个质量均为m 的物块a 、b 、c ，用两个轻弹簧和一根轻绳相连，挂在天花板上，处于静止状态，现将b 、c 之间的轻绳剪断（设重力加速度为g ），下列说法正确的是（ ） A ．刚剪断轻绳的瞬间，b 的加速度大小为2g B ．刚剪断轻绳的瞬间，c 的加速度大小为g C ．剪断轻绳后，a 、b 速度相等时两者相距一定最近 D ．剪断轻绳后，a 、b 下落过程中加速度相同的瞬间，两者加速度均为g 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．剪断弹簧的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变；对b 根据牛顿第二定律 2b mg ma = 解得 2b a g =，方向向下； c 上面的弹簧在绳子剪断前的弹力等于总重，即为3mg ，剪断细线后对c 根据牛顿第二定律可得 3b C ma mg mg ma =-= 解得 2c a g =，方向向上； 故A 正确，B 错误； C ．剪断轻绳后，a 、b 下落过程中，二者在开始的一段时间内加速度不同，所以两者不会保持相对静止，先是b 相对靠近a ，速度相等时两者的距离最近，后a 相对b 远离，速度再次相等时两者距离最远，故C 错误； D ．剪断轻绳后，a 、b 下落过程中加速度相等的瞬间，对整体分析由牛顿第二定律可知加速度为g ，且两者之间的轻弹簧一定处于原长状态，故D 正确。 故选AD 。 13．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= 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 。 14．如右图，水平地面上有一楔形物块a ，其斜面上有一小物体b ，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上，a 与b 之间光滑，a 和b 以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动，当它们刚运行至轨道的粗糙段时 A ．绳的张力减小，b 对a 的正压力减小 B ．绳的张力增加，斜面对b 的支持力增加 C ．绳的张力减小，地面对a 的支持力增加 D ．绳的张力增加，地面对a 的支持力减小 【答案】C 【解析】 试题分析：在光滑段运动时，物块a 及物块b 均处于平衡状态，对a 、b 整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡 对b 受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有 N Fcos F sin 0θθ-= ①； N Fsin F cos mg 0θθ+-= ②； 由①②两式解得：N F mgsin F mgcos θθ==，； 当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能； （一）物块a 、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到： N Fsin F cos mg 0θθ+-= ③； N F sin Fcos ma θθ-= ④； 由③④两式解得：N F mgsin macos F mgcos masin θθθθ=-=+，； 即绳的张力F 将减小，而a 对b 的支持力变大； 再对a 、b 整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a 支持力不变． （二）物块b 相对于a 向上加速滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a 对b 的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a 的支持力也增大． 综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a 的支持力可能增加；a 对b 的支持力一定增加．故A 、B 、D 错误； 故选C 考点：力的分解与合成，共点力平衡条件 点评：本题关键要熟练运用整体法和隔离法对物体受力，同时要能结合牛顿运动定律求解！解题中还可以运用超重与失重的相关知识 15．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a1不变，砝码在纸板上运动的时间t1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。
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