浙江省台州市书生中学上册运动和力的关系达标检测卷(Word版 含解析)
一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难）
1．如图所示，水平板上有质量m =1.0kg 的物块，受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小．取重力加速度g =10m/s 2．下列判断正确的是（ ）
A ．5s 内拉力对物块做功为零
B ．4s 末物块所受合力大小为4.0N
C ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D ．6s ～9s 内物块的加速度的大小为2.0m/s 2 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在0﹣4s 内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s 末开始运动，则5s 内位移不为零，则拉力做功不为零．故A 错误．
B ．4s 末拉力为4N ，摩擦力为4N ，合力为零．故B 错误．
CD ．根据牛顿第二定律得，6s ～9s 内物体做匀加速直线运动的加速度
a=
2253
m/s 2m/s 1
f
F F m
--=
= 解得
3
0.310
f F mg
μ=
=
= 故C 错误，D 正确． 故选D ．
2．如图所示，光滑水平桌面放置着物块 A ，它通过轻绳和轻质滑轮 悬挂着物块 B ，已知 A 的质量为 m ，B 的质量为 3m ，重力加速 度大小为 g ，静止释放物块 A 、B 后（）
A ．相同时间内，A 、
B 运动的路程之比为 2:1 B ．物块 A 、B 的加速度之比为 1：1
C ．细绳的拉力为
67
mg
D ．当 B 下落高度
h 时，速度为25
gh
【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
同时间内，图中A 向右运动h 时，B 下降一半的距离，即为h/2，故A 、B 运动的路程之比为2：1，故A 正确；任意相等时间内，物体A 、B 的位移之比为2：1，故速度和加速度之比均为2：1，故B 错误；设A 的加速度为a ，则B 的加速度为0.5a ，根据牛顿第二定律，对A ，有：T=ma ，对B ，有：3mg-2T=3m?0.5a ，联立解得：T=
6 7mg ，a=6
7
g ，故C 正确；对B ，加速度为a′=0.5a=3
7g ，根据速度位移公式，有：v 2=2?a′?h ，解得：v=6 7
gh
，故D 错误；故选AC ． 【点睛】
本题考查连接体问题，关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定律分析．
3．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0
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000
1
2
3
3
v v v
a
t t
-
==．小车的
加速度大小a2=0
3
v
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：
1
f
a
m
=，小车的加速度大小为：a2=
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
1
f
a g
m
μ
==，又0
1
3
v
a
t
=，则0
3
v
gt
μ=，故B正确；
滑块的位移00
1000
2
5
3
26
v v
x t v t
+
==，小车的位移
2000
1
1
3
26
v
x t v t
==，则小车的长度
L=
5
6
v0t0-
1
6
v0t0=
2
3
v0t0，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．
4．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m 为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
5．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
2
μ×5mg＝
5
2
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
F=7.5μmg，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
＝
1352
2mg 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
52
5F 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．
6．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 根据牛顿第二定律可得
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 。
7．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/s 2。下列说法正确的是（ ）
A ．0-6s 内，m 的加速度一直保持不变
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
22m /s mg
a g m
μμ=
==
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
2218
m /s 2m /s 62
a 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；
C ．有图像可知，0-6s 内，物块相对平板车滑动的位移的大小
186128m 1m 36m=6m 222
x +?=??+?-??
故C 错误；
D ．0-6s 内，有图像可知，物块相对地面的位移大小
11
66m=18m 2
x =??
平板车相对地面的位移大小
21
68m=24m 2
x =??
二者之比为3：4，故D 正确。 故选BD 。
8．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：
x 2＝v 0t 1＝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
1m 11m 2
x +=
?= 传送带的位移为：
x 4＝v 0t 1＝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 。
9．质量为m 的光滑圆柱体A 放在质量也为m 的光滑“ V ”型槽B 上，如图，α=60°，另有质量为M 的物体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连，现将C 自由释放，则下列说法正确的是( )
A ．当M= m 时，A 和
B 保持相对静止，共同加速度为0.5g B ．当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.5g
C ．当M=6m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.75g
D ．当M=5m 时，A 和B 之间的恰好发生相对滑动 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
D.当A 和B 之间的恰好发生相对滑动时，对A 受力分析如图
根据牛顿运动定律有：cot 60mg ma ?= 解得3cot 603
a g g =?=
B 与
C 为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B 和C 有：
(2)Mg M m a =+
所以32M a g g M m =
=+，即3
2M M m =
+ 解得23
2.3733
M m =
≈- 选项D 错误；
C.当 2.37M m >，A 和B 将发生相对滑动，选项C 错误；
A. 当 2.37M m <，A 和B 保持相对静止。若A 和B 保持相对静止，则有
(2)Mg M m a =+
解得2M
a g M m
=
+
所以当M= m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1
3
a g =
，选项A 错误；
B. 当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1
0.52
a g g ==，选项B 正确。 故选B 。
10．如图所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v 运行。现使一个质量为m 的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v 0（v 0 A ．水平传送带的运行速率变为2v ，物体加速运动时间就会变为原来的二倍 B ．00~t 时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，00~2t t 时间内物体受静摩擦力作用 C ．如果使皮带逆时针转动，其它条件不变，物体到达最右端的时间可能与原来相同 D ．物体的初速度越大，其它条件不变，物体到达右端的时间一定越短 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A ．物体加速运动的时间即为与传送带达到共同速度的时间，根据匀变速运动速度公式有 0v v at =+ 当速度变为2v 时，时间并不等于2t ，选项A 错误； B ．00~t 时间内，物体物体速度小于传送带速度，受到滑动摩擦力的作用；00~2t t 时间内物体与传送带具有相同的速度，不受摩擦力作用，选项B 错误； C ．如果使皮带逆时针转动，其它条件不变，物体要经历先减速再加速的运动，到达最右端的时间不可能与原来相同，选项C 错误； D ．物体的初速度越大，其它条件不变，与传送带达到共同速度的时间越少，物体到达右端的时间一定越短，选项D 正确。 故选D 。 11．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 T ．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（ ） A ．此过程中物体C 受重力等五个力作用 B ．当F 逐渐增大到T F 时，轻绳刚好被拉断 C ．当F 逐渐增大到1.5T F 时，轻绳刚好被拉断 D ．若水平面光滑，则绳刚断时，A 、C 间的摩擦力为6 T F 【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 的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A 错误．对整体分析，整体的加速度66F mg a m μ-?=，隔离对AC 分析，根据牛顿第二定律 得，T-μ?4mg=4ma ，解得T= 2 3 F ，当F=1.5F T 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4T F a m =，隔离对A 分析，A 的摩擦力f=ma= 4 T F ，故D 错误．故选C ． 12．如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定的偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内 ）．与稳定在竖直位置时相比，小球高度 A ．一定升高 B ．一定降低 C ．保持不变 D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：设L 0为橡皮筋的原长，k 为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T 1=mg ， 弹簧的伸长x 1＝ ，即小球与悬挂点的距离为L 1=L 0+ ，当小车的加速度稳定在一定 值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：x2＝＝，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜L0+=L1，所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小， 所以小球一定升高，故A正确，BCD错误． 故选A． 13．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。 14．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。小滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出小滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a-F图象，已知g取10 m/s2，则（） A．小滑块A的质量为3kg B．木板B的质量为1kg C．当F=6N时木板B加速度为2 m/s2 D．小滑块A与木板B间动摩擦因数为0．1 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 ABD．刚开始两者相对静止一起在水平面上运动，当F=3N时有 () A B F m m a =+ 之后F再增大，两者发生相对运动，此过程中对A分析有 A A F m g m a μ -= A F a g m μ= - 之后图像的斜率1 A k m = ，故有 1211532 A k m -= ==- 所以2kg A m =，当F =5N 时有 5 22 g μ= - 解得0.05μ=，将2kg A m =代入 3()1A B m m =+? 得 1kg B m = B 正确AD 错误； C ．3N F >过程中B 在A 给的摩擦力作用下向右加速运动，所以对B 分析可得 'A B m g m a μ= 解得 2'1m/s a = C 错误； 故选：B 。 15．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 ．1 2 A a g = ，方向沿斜面向下；B a g =，方向沿斜面向下 B ．0A a =，0B a = C ．0A a =；B a g =，方向沿斜面向下 D ．3 2 A a g = ，方向垂直斜面向右下方；B a g =方向竖直向下 【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 cos 2 A mg θa g m = = 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 。