1、一、第四章運動和力的關(guān)系易錯題培優(yōu)（難）如圖所示，將小確碼置于桌而上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽岀，舷碼 的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。已知袪碼和紙板的質(zhì)呈:分 別為2m和m,紙板與桌面間的動摩擦因數(shù)為“，磁碼與紙板間的動摩擦因數(shù)為2卩，重力 加速度為g要使紙板相對璉碼運動，所需拉力的大小至少應(yīng)為（）IpmgB. EPnlgC. 9mgD. 0mg【答案】C【解析】【分析】【詳解】狂碼和桌而對紙板的摩擦力分別為fl = 2“ 2mg = 4mgf1=（2m+n）g=3mg設(shè)磁碼的加速度為“，紙板的加速度為則有f = 2k1發(fā)生相對運動需要滿足aI 5代入數(shù)

2、據(jù)解得F 9“/Hg故選c如圖所示，傾斜傳送帶以速度勺順時針勻速運動，7= O時刻小物體從底端以速度“2沖 上傳送帶，t = tQ時刻離開傳送帶。下列描述小物體的速度隨時間變化的圖像可能正確的是A.D.【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】若v2 VI且物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù) tan ,即加速度沿傳送帶向上，則物體傳 送帶向上做勻加速運動至速度為片后做勻速向上運動：若“2 v,且物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)“ VI且物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù) tan ,則物體沿傳送帶向上做勻減速運動 至速度為片后向上做勻速運動：=g Sin - g COS 若“2 VI且物體與傳送帶間的動摩擦因教“ JLn

3、ng COS 滑塊沿斜而的合力不可能為0,也就不可能勻速運動.若vov.滑動摩擦力沿傳送帶向下，合力是滑動摩擦力和重力沿傳送帶分力之和；減速VOW之后，滑動摩擦力沿傳送帶向上，合力是滑動摩擦力和重力沿傳送帶分力之差， 也就是加速度變小，當傳送帶較短時，滑塊將從上端離開傳送帶，不會反向運動，當傳送 帶較長時，滑塊速度減小為O后，后反向運動從傳送帶下端離開，故C錯誤，AD正確：若mg Sin 7.5mg時，&相對3滑動當F=3mg時，A的加速度為g若去掉B上的力，而將F=3mg的力作用在人上，則8的加速度為OMg【答案】ABD【解析】【詳解】8與地而間的最大靜摩擦力15f= 5mg= mg9當F=

4、mg時，A8處于靜止，對A分析，A所受的摩擦力為零，故A正確：A發(fā)生相對滑動的臨界加速度a=g,對整體分析，1F- 5mg=5maf解得F=75pmg,所以當F7.5Wng時，人相對8滑動.故B正確：當7.5mgF=3mg mg,可知AB保持相對靜止，一起做勻加速宜線運動，加速度F - 2.5 LmlQa= =0.1g95m故C錯誤：若去掉B上的力，而將F=3mg的力作用在&上，B發(fā)生相對滑動的臨界加速度=5嘩=o,25g,2r對&分析F-3mg=3ma,解得不發(fā)生相對滑動的最小拉力F=3.75mg,可知F=3mg的力作用在&上，一起做勻加速直線運動，加速度F/ 5ea= 2=O.lg,5m故

5、D正確。故選ABDe【點睛】本題考查了摩擦力的汁算和牛頓第二立律的綜合運用，解決本題的突破口在于通過隔離法和整體法求出. B不發(fā)生相對滑動時的最大拉力.如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為&在傳送帶上某位宜輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間動摩擦因素為，小木塊速度隨時間變化關(guān)系如圖所示，巾、心已知，則A.傳送帶一泄逆時針轉(zhuǎn)動B. an0+gGcos0傳送帶的速度大于UoD. D后滑塊的加速度為2 gsn-*0【答案】AD【解析】【分析】【詳解】若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，當滑塊沿傳送帶下滑時，若mgsinOmgcosO,滑塊將一直加速 運動；當滑塊沿傳送帶上滑時，若mgsinO COS 選項B錯誤：

6、C當滑塊速度增大到等于傳送帶速度時，滑塊受到的摩擦力方向變成沿傳送帶向上，故傳 送帶速度為巾，選項C錯誤：D當滑塊速度增大到等于傳送帶速度時，滑塊受到的摩擦力方向變成沿傳送帶向上，有mgs n%mgc0s=mQ2代入數(shù)值得UJ =2gsin-選項D正確。如圖所示，在水平而上有一質(zhì)量為m=lkg的足夠長的木板A,英上疊放一質(zhì)量為 Fn2D. Vy FnJA錯誤；對斜劈，地而對斜劈的支持力等于斜劈的重力與滑塊對斜劈的壓力的豎直分雖之和，因 為FNI Fni則地而對斜劈的支持力Fn2 FMB正確；若斜劈固建，則mgh = * mvz若斜劈不固定，則由能量關(guān)系可知mgh= mvrl- Mv22 2因此

7、C錯誤；D.對滑塊，在豎直方向，由牛頓第二定律可得mg-Fncos 0= may由于FniFn(因此QylV Qyl兩種情況下滑塊的豎直位移相等，根據(jù)Vy In ,用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度向右運動時，細 線與豎直方向成角，細線的拉力為仔.若用一力水平向左拉小車，使小球和車一起 以加速度N向左運動時，細線與豎直方向也成角，如圖乙所示，細線的拉力為耳，則( )乙A. rF. EF【答案】DFFFF、F； = Er【解析】【分析】【詳解】(i)對甲圖中小車和小球作為整體根據(jù)牛頓第二上律，有F = (JrIO + In)U再對甲圖中情況下的小球受力分析，如圖根據(jù)牛頓第二左律對小球

8、有FT COS a 一 mg = 0 對小車有FT Sin a = na由以上三式可解得COSaF = 伽）+閘 gtan6y叫（2）對乙圖中小車和小球作為整體根據(jù)牛頓第二定律，有F,=（叫 + /77）CI再對乙圖中小球受力分析，如圖由幾何關(guān)系得 對小球有F； COSa-加g =0FrfSina = ma,解得mgCOSaF = m）gtamIn可知F； = Er 又由于加。加,所以FfF.選項D正確，ABC錯誤。故選BO用長度為L的鐵絲繞成一個髙度為H的等螺距螺旋線圈，將它豎直地固怎于水平桌 而。穿在鐵絲上的一小珠子可沿此螺旋線圈無摩擦地下滑（下滑過程線圈形狀保持不 變），已知重力加速度為

9、g。這個小珠子從螺旋線圈最高點無初速滑到桌面（小珠子滑入 線圈點到滑出線圈點間的位移為H）這過程中小珠子的平均速度為（）【答案】D【解析】【分析】【詳解】將螺線圈分割為很多小段，每一段近似為一個斜而，由于螺旋線圈等螺距，說明每一小段 的斜而傾角相同，設(shè)為&根據(jù)幾何關(guān)系，有a HL珠子做加速度大小不變的加速運動，根據(jù)牛頓第二泄律，有mg Sin = ma解得ci = g Sin &由于珠子與初速度和加速度大小相同的勻加速直線運動的運動時間完全相同，故根據(jù)位移 時間關(guān)系公式，有聯(lián)立解得對珠子，整個過程中小球的位移為/故平均速度為故選Do如圖所示，在傾角6 = 370的光滑斜而上用細繩拴一質(zhì)量m=2

10、kg的小球，小球和斜而 靜止時，細繩平行于斜而。當斜面以5ms2的加速度水平向右做勻加速運動時，細繩拉力 大小為Fj,當斜而以20ms2的加速度水平向右做勻加速運動時，細繩拉力大小為,取 g=10msS sin37 = 0.6, cos37 = 0.8。設(shè)上述運動過程中小球與斜而始終保持相對靜止，則2為（）【答案】C【解析】【分析】【詳解】小球剛好離開斜而時的臨界條件是斜而對小球的彈力恰好為零，斜而對小球的彈力恰好為零時，設(shè)細繩的拉力為F，斜而的加速度為，以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二左律有F COS =O , FSine- mg = 0代入數(shù)據(jù)解得a 13.3ms2由于t1=5nVs2.0,

11、可知小球仍在斜而上，此時小球的受力情況如圖甲所示，以小球為研 究對象，根據(jù)牛頓第二定律有Fi Sin 0+ FN COS一mg = 0 , FX COS-Fii Sin = mal代入數(shù)據(jù)解得由于t0,可知小球離開了斜而，此時小球的受力情況如圖乙所示，設(shè)細繩與 水平方向的夾角為,以小球為研究對象，根拯牛頓第二立律有F) COS a = na1 , 場 Sina- mg = O代入數(shù)據(jù)解得F2 = 205N5可一 M故選a下圖是某同學(xué)站在圧力傳感器上做下蹲起立的動作時傳感器記錄的壓力隨時間變化的 圖線，縱坐標為壓力，橫坐標為時間.由圖線可知，該冋學(xué)的體重約為650N,除此以外，還可以得到以下信息IOOO 廠 800 2 力 600 L (NHOO L 200 廠 (S) JIS時人處在下蹲的最低點2s時人處于下蹲靜止狀態(tài)該同學(xué)做了 2次下蹲-起立的動作下蹲過程中人始終處于失重狀態(tài)【答案】B【解析】【分析】【詳解】人在下蹲的過程中，先加速向下運動，此時加速度方向向下，故人處于失重狀態(tài)，最后人 靜止，故下半段