大连运动和力的关系易错题

1、一、第四章运动和力的关系易错题培优（难）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【解析】【分析】【详解】设斜面的倾角为仇 绳子与斜面垂直线的夹角为6。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gsin织如果 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

2、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。a情况有mgsinA FTsin6=ma必有agsin，即整体以加速度大于gsin沿斜面向下做匀加速运动，所以oa不可能。对ob情况有mgsin5=ma得a=gsin，即整体以加速度等于gsin沿斜面向下做匀加速运动，所以ob不可能。对oc情况有mgsin FTsin6=ma必有a，所以a 日 mg cos37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

3、，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mg sin 37 一日 mg cos37 = ma解得a = Ims 2由运动学公式得L = v01 + 2 at2解得t = 1s传送带运动位移工=v t = 1mA对传送带的划痕长度为Ax = 2m - 1m = 1m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Ax = 2m + 1m = 3mAx 7.5“mg时，A相对B滑动当F=3?mg时，A的加速度为四若去掉B上的力，而将F=3mg的力作用在A上，则B的加速度为0.1如【答案】ABD【解析】【详解】B与地面间的最大静摩擦力15fB= 2 ”

4、x5mg= - Rmg,当F=/mg时，AB处于静止，对A分析，A所受的摩擦力为零，故A正确;A发生相对滑动的临界加速度a=Rg，对整体分析，F- *5mg = 5ma，解得F=7.5.mg，所以当F7.5img时，A相对B滑动.故B正确；5当7.5mgF=3mg Rmg，可知AB保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速 度F - 2.5p mg a= =0.1四，5m故C错误；D.若去掉B上的力，而将F=3mg的力作用在A上，B发生相对滑动的临界加速度 .C 1.-3mg_*5mg _a=2一0.25四，2m对A分析F-”3mg=3ma，解得不发生相对滑动的最小拉力F=3.75mg，可知F=

5、3mg的力作用在A上，一起做匀加 速直线运动，加速度万1 CF h 5 mg a=2=0.1四，5m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.如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t=0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2,取g=10m/s2。下列说法正确的是（）0-6s内，m的加速度一直保持不变m相对M滑动的时间为3s0-6s内，m相对M滑动的位移的大小为4m0-6s内，m、M

6、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mga =日 g = 2m/s2m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8a =m/s2 = 2m/s2 = a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；有图像可知，0-6s内，物块相对平板车滑动的位移的大小8 +61 /Ax = _x 2 x 8m +xlm - x 3 x 6m=6m22故C错误；0-6s内，有图像可知，物块相对地面的位移大小1x

7、 = x 6 x 6m=18m平板车相对地面的位移大小1工2 = ；2 x 6 x 8m=24m二者之比为3： 4,故D正确。故选BD。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f1、B与地面间的摩擦力f2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/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）顶图甲图乙当0F4N时，A、B保持静止当4NF12N时，A、B发生相对运动A、B两物块间的动摩擦因数为0.2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】当0F4N时，AB间没有摩擦力作用，

8、因此AB处于静止状态，A正确；当4NF12N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f = m a将A、B作为一个整体，根据牛顿第二定律F - f = （m +m ）a代入数据，两式联立得m = 1kgB由于发生滑动时f = H A mA gf = H B（ mA + mB） g可知H =0.2，H =0.1C正确，D错误。故选AC。如图所示，在倾角为30o的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹 簧下端连

9、一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形 变.若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g = 10m/ s2，贝小球从一开始就与挡板分离B.小球速度最大时与挡板分离小球向下运动0.01 m时与挡板分离D.小球向下运动0.02m时速度最大【答案】C【解析】【分析】【详解】设球与挡板分离时位移为X，经历的时间为，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向 下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力和弹簧弹力F .根据 牛顿第二定律有：mg sin 300 - kx - F = ma，保持a不变，随着X的增大，减小，当 m与挡板分离时，F减小到零，

10、则有：mg sin300-kx = ma，解得：x =技收300 -a）= 0.01m，即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正 k确球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加 速度为零时，速度最大.故B错误.球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度 为零时，速度最大，此时物体所受合力为零.即：kxm = mg sin30o，解得：x =吗皿300 = 0.05m，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路 m k程为0.05m，故D错误.故选C.如图所示，在置于水平地面上的盛水容器中，用一端固定于容器底部的细线拉住一个 空心的塑料

11、球，使之静止地悬浮在深水中，此时容器底部对地面的压力记为。；某时刻 拉紧球的细线突然断开后，球便在水中先加速后匀速地竖直上升，若球在此加速运动阶段 和匀速运动阶段对应着容器底部对地面的压力分别记作飞2和飞3，则（）A.球加速上升时，F FN1 N2N1 N2C.球匀速上升时，F FN1 N3N1 N3【答案】B【解析】【详解】球的加速上升和匀速上升可以认为与球等体积的水在加速下降和匀速下降.把杯子、水和 球作为一个整体，塑料球静止和匀速运动时，系统处于平衡状态，地面对物体的支持力等 于系统的重力.当球加速上升时，水加速下降，系统整体有向下的加速度，重力和支持力 的合力提供加速度，所以重力大于支

12、持力.故FN1=FN3FN2。故选：B如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为 m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连， 轻绳能承受的最大拉力为F厂现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运 动，则（）此过程中物体C受重力等五个力作用当F逐渐增大到Ft时，轻绳刚好被拉断当F逐渐增大到1.5F时，轻绳刚好被拉断若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为F6【答案】C【解析】【分析】【详解】对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力

13、以及地面的摩擦力六个力作用，故A错F - 6mg误.对整体分析，整体的加速度a = 一，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律 6m2得，T-4mg=4ma，解得T= - F，当F=1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确.水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a = F，隔离对A分析，A的摩擦力4mf=ma4T，故D错误.故选C.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为#，初始时物体处于静止状态.现用竖直向上 的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体 的v-t图像如图乙所示（重

14、力加速度为多，则（）甲乙施加外力前，弹簧的形变量为当k外力施加的瞬间4、B间的弹力大小为M(g-a)4、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 【答案】B 【解析】【分析】【详解】A.施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件有:2Mg=kx解得:2mgx =k故A错误；施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律有：F 弹一Mg FAB = Ma其中F 弹=2Mg解得:FAB = M (g - a )故B正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a；且FAB = ；对B：F -Mg = Ma解得：矿弹=M (g a )弹力不为零，故C错误；

15、而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故D错误。故选B.【点睛】本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析。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. a = 1 g，方向沿斜面向下；气=g，方向沿斜面向下A 2BB a = 0，a = 0.AB

16、aA = 0 ； aB = g，方向沿斜面向下aA = g，方向垂直斜面向右下方；aB - 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_ mg cos 0_ 3A m 2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。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FN表示B对