山东省泰安英雄山中学期末精选达标检测(Word版 含解析)

山东省泰安英雄山中学期末精选达标检测（Word版 含解析）

一、第一章 运动的描述易错题培优（难）

1．一个质点做变速直线运动的v-t图像如图所示，下列说法中正确的是

A．第1 s内与第5 s内的速度方向相反 B．第1 s内的加速度大于第5 s内的加速度

C．OA、AB、BC段的加速度大小关系是aBCaOAaAB

D．OA段的加速度与速度方向相同，BC段的加速度与速度方向相反 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】

A．第1s内与第5s内的速度均为正值，方向相同，故A错误； B．第1 s内、第5 s内的加速度分别为：

a14m/s22m/s2 2a504m/s24m/s2 1a1、a5的符号相反，表示它们的方向相反，第1s内的加速度小于于第5 s内的加速度，故

B错误；

C．由于AB段的加速度为零，故三段的加速度的大小关系为：

aBCaOAaAB

故C正确；

D．OA段的加速度与速度方向均为正值，方向相同；BC段的加速度为负值，速度为正值，两者方向相反，故D正确； 故选CD。

2．某班同学去参加野外游戏．该班同学分成甲、乙、丙三个小组，同时从营地A出发，沿各自的路线搜寻目标，要求同时到达营地B，如图所示为其运动轨迹，则关于他们的平均速度和平均速率的说法正确的是( )

A．甲、乙、丙三组的平均速度大小相同 B．甲、乙、丙三组的平均速率大小相同 C．乙组的平均速度最大，甲组的平均速度最小 D．乙组的平均速率最小，甲组的平均速率最大 【答案】AD 【解析】 【详解】

AC、三个质点从A到B的过程中，位移大小相等，时间相同；平均速度是位移与时间段的比值，故平均速度相同，故A正确，C错误；

BD、 三个质点从A到B的过程中，路程不全相同，时间相同；平均速率是路程与时间的比值，由图象知乙组的平均速率最小，甲组的平均速率最大，故C错误；D正确； 故选AD． 【点睛】

位移是指从初位置到末位置的有向线段，路程是轨迹的长度，故从M到N过程中，三个物体的位移相同，但路程不等；平均速率是路程与时间的比值，而平均速度是位移与时间段的比值．

3．若某物体做直线运动的v—t图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）

A．t=3s时物体运动的速度方向发生改变 B．t=3s时物体运动的加速度方向发生改变 C．t=3s时物体离出发点最远 D．t=3s时物体的加速度为零 【答案】AC 【解析】 【分析】

解决本题要明确v—t图象的含义：在v—t图象中，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．

【详解】

A．根据速度的正负表示速度的方向，可知t=3s时物体运动的速度方向发生改变，故A正确；

B．在2~5s内直线的斜率一定，说明物体的加速度恒定，则t=3s时物体运动的加速度方向没有发生改变，故B错误；

C．物体在前3s内沿正方向运动，3s后沿负方向运动，则t=3s时物体离出发点最远，故C正确；

D．根据斜率等于加速度，可知t=3s时物体的加速度不为零，故D错误。 故选AC。 【点睛】

图象由于具有形象直观的特点，因此在物理中广泛应用，对于图象问题要明确两坐标轴的含义，图象斜率、截距、围成面积等含义。

4．一质点沿一边长为2 m的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1 m，初始位置在bc边的中心A，由b向c运动，如图所示，A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点，则下列说法正确的是( )

A．第2 s末的瞬时速度是1 m/s B．前2 s内的平均速度为2m/s 2C．前4 s内的平均速度为0.5 m/s D．前2 s内的平均速度为2 m/s 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】

A.质点每秒匀速移动1 m，则质点任何时刻的速度大小为1 m/s，故A正确； BD.2s末质点到达B，故前2s内的位移大小为2m，平均速度为错误；

C. 4s末质点到达C，故前4s内的位移大小为2m，平均速度为0.5 m/s，故C正确；

2 m/s，故B正确，D2

5．三个质点A、B、C的运动轨迹如图所示，同时从N点出发，同时到达M点，下列说法中正确的是（ ）

A．三个质点任意时刻的速度方向都相同

B．三个质点从N点出发到M的任意时刻速度大小都相同 C．三个质点从N点到M点的平均速度大小和方向均相同 D．三个质点从N点到M点的平均速率相同 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

由题意可知任意时刻三个质点的速度大小和方向都不相同，选项AB错误；平均速度等于位移除以时间，故平均速度大小相同，平均速度的方向与位移方向相同，故平均速度方向相同，选项C正确；平均速率等于路程除以时间，三质点的路程不同，时间相同，故平均速率不同，选项D错误．综上本题选C．

6．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中（ ）

A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大 D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

AB．由于加速度方向与速度方向相同，质点始终做加速运动，速度一直增大，加速度减小，使速度增加的越来越慢（如图所示，v-t图图象斜率越来越小），当加速度减小为零时，速度达到最大值， B正确，A错误；

CD．由于速度一直增大，位移一直增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值，以后位移继续增大，如图所示，v-t图象的线下面积随着时间增大一直增大，即位移一直增大，CD错误。 故选B。

7．近年来，登山步行成为越来越多的人的健康习惯。如图为某地生态公园的登山步行道线路图，从图中可以看出，从丁家楼子村到目的地九仙山观景台可以选择不同的路线，小王和小张两人选择了不同的路线，结果小王比小张先到达目的地。对于此过程，下列说法正确的是（ ）

A．小王与小张的路程相同 B．小王的位移小于小张的位移 C．小王的平均速度大于小张的平均速度 D．小王的平均速率大于小张的平均速率 【答案】C 【解析】 【详解】

A．路程是运动的轨迹的长度。他们选择不同的路线，路程可能不同。故A错误； B．位移为初位置到末位置的有向线段，他们的起点与终点是相同的，所以位移相等。故B错误；

C．平均速度是由位移与时间的比值，小王与小张的位移相同，但由于小王用时较短，故小王的平均速度较大，故C正确；

D．平均速率等于路程与时间的比值，由于小王和小张的路程大小关系不能确定，则不能比较平均速率关系。故D错误。 故选C。

8．物体甲的V-t图象和乙的S-t图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是 （ ）

A．甲在整个t=4s时间内运动方向一直不变 B．甲在整个t=4s时间内有来回运动 C．乙在整个t=4s时间内有来回运动

D．乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为0m

【答案】B 【解析】 【详解】

AB、甲图是vt图象，速度的正负表示运动的方向，故前2s沿负方向运动，后2s沿正方向运动，则甲在整个t4s内来回运动，故A错误，B正确；

CD、乙图是位移-时间图象，斜率表示速度，直线的斜率不变，说明乙的速度不变，故乙在

（3m）6m，故CD错整个t4s时间内运动方向一直不变，位移为xx2x13m误． 【点睛】

本题考查对速度图象和位移的识别和理解能力，抓住各自的数学意义理解其物理意义，即速度图象的“面积”大小等于位移，而位移图象的斜率等于速度，x表示位移．

9．关于加速度，下列说法正确的是( ) A．加速度的方向一定与物体运动的方向相同 B．加速度表示物体运动的快慢 C．加速度表示物体运动速度变化的快慢 D．加速度表示物体运动速度变化的大小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B、C、D项，由加速度的定义可知，加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，不是物体运动的快慢，也不是物体运动速度变化的大小．故BD项错误，C项正确．

A项，加速度的方向与物体速度变化的方向一样，也与合外力的方向相同，但与物体运动方向不一定相同．故A项错误． 故选C

10．下列说法中正确的是

A．由于“辽宁舰”航母“高大威武”，故任何情况下都不能看成质点 B．战斗机飞行员可以把正在甲板上手势指挥的调度员看成是一个质点 C．在战斗机飞行训练中，研究战斗机的空中翻滚动作时，战斗机可以看成质点 D．研究“辽宁舰”航母在大海中运动轨迹时，航母可以看成质点 【答案】D 【解析】

A、D、当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，所以“辽宁舰”航母在某些情况下是可以看成质点的，如研究“辽宁舰”航母在大海中运动轨迹时，航母可以看成质点，故A错误，D正确．B、正在甲板上手势指挥的调度员的动作不能忽略，不能看成质点，故B错误．C、研究战斗机的空中翻滚动作时，不可以看做质点，否则没有动作了，故C错误；故选D

【点睛】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可正确解答本题．本题考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略，与其他因素无关．

二、第二章 匀变速直线运动的研究易错题培优（难）

11．“低头族”在社会安全中面临越来越多的潜在风险，若司机也属于低头一族，出事概率则会剧增。若高速公路（可视为平直公路）同一车道上两小车的车速均为108km/h，车距为105m，前车由于车辆问题而紧急刹车，而后方车辆的司机由于低头看手机，4s后抬头才看到前车刹车，经过0.4s的应时间后也紧急刹车，假设两车刹车时的加速度大小均为6m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A．两车不会相撞，两车间的最小距离为12m B．两车会相撞，相撞时前车车速为6m/s C．两车会相撞，相撞时后车车速为18m/s D．条件不足，不能判断两车是否相撞 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

两车的初速度v0108km/h30m/s，结合运动学公式知两车从刹车到速度为0的位移

v02302x1=m75m 2a26则后车从开始到刹车到速度为0的位移

x2=30(40.4)m75m=207m>105m+x1=180m

所以两车会相撞，相撞时前车已经停止，距后车减速到速度为0的位置相距

x207m180m27m

根据减速到速度为零的运动可以视为初速度为零的加速运动处理，则相撞时后车的速度

v22ax

解得

v18m/s

故C正确，ABD错误。 故选C。

12．若每节车厢长度近似相等，一观察者站在第一节车厢前端，当列车从静止开始作匀加

速运动时（ ）

A．每节车厢末端经过观察者的速度之比是1：2：3：…：n B．每节车厢经过观察者所经历时间之比是1:2:3::n :n2

C．经过连续相等的时间间隔时，车厢经过观察者的速度之比是1:4:9:D．在连续相等的时间里经过观察者的车厢数之比是1:3:5:（2n－）1 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

设每节车厢长度为L，列车加速度为a。 A．一节车厢通过

v122aL

n节车厢通过

2vn2anl

得到

vnnv1

每节车厢末端经过观察者的速度之比是

1:2:3:故A错误；

B．第一节车厢通过观察者时

:n L前(n1)节车厢通过观察者时

12at1 212(n1)Latn1 2前n节车厢通过

12nLatn

2由数学知识得到得到

tnnt1，tn1n1t1

则第n节车厢通过时间

Tn(nn1)t1

所以每节车厢经过观察者所经历时间之比是

1:(21):(32)::(nn1)

故B错误；

CD．根据初速度为零的位移公式

x在相等时间里物体位移之比

12at 21:3:5:（2n－）1

根据速度公式

vat

经过连续相等的时间间隔时，车厢经过观察者的速度之比是

1:2:3:故C错误，D正确。 故选D。

:n

13．如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经过a、b、c、d到达最高点e．已知ab = bd = 6 m，bc = 1m，小球从a到c的时间和从c到d的时间都是2 s，设小球经过b、c的速度分别为vb、vc，则

A．vb=8m/s C．xde3m 【答案】D 【解析】 【详解】

物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，则从a到c有：

B．vc=1.5m/s

D．从d到e所用的时间为4 s

1xacv0t1at12

2即：

72v02a

物体从a到d有：

12xadv0t2at2

2即：

124v08a

故：

1am/s2，v04m/s

2A．从a到b有：

22vb-v02axab

解得：

2vb10m/s，

故A错误。

B．根据速度公式vtv0+at可得：

1vcvaat14m/s2m/s3m/s，

2故B错误。

C．根据速度公式vtv0＋at可得：

1vd=v0+at2=4m/s4m/s=2m/s,

2则从d到e有：

2vd2axde

则：

2vd4xde==m=4m，

2a1故C错误。

D．根据速度公式vtv0+att可得从d到e的时间为：

tde故D正确。

vd2s4s1。 a2

14．甲、乙两辆汽车在平直的公路上同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化a－t图像如图所示。关于甲、乙两车在0~20 s的运动情况，下列说法正确的是（ ）

A．在t＝10 s时两车相遇 C．在t＝10 s时两车相距最远 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 根据图像可知，在0B．在t＝20 s时两车相遇 D．在t＝20 s时两车相距最远

20s内，甲的加速度不变，乙的加速度逐渐减小。

20s内，乙

AB．根据加速度时间图像知图像与时间轴所围的面积表示速度变化量，在0车的速度均大于甲车，同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，故在t＝10 s时乙车在

甲车前方，故AB错误；

CD．当t20s时，两图像与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在20秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t20s时，两车速度相等即相距最远，故C错误，D正确。 故选D。

15．一质量为m的滑块在粗糙水平面上匀减速滑行，已知滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内的位移的两倍，且已知滑块第1 s内的位移为2.5 m，由此可求得（ ） A．滑块的加速度为5 m/s2 B．滑块的初速度为5 m/s C．滑块运动的总时间为3 s D．滑动运动的总位移为4.5 m 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】 方法一：

AB．滑块做匀减速直线运动减速至0，逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a，初速度为v0，则最后2s、最开始2s和第1s滑块分别运行的位移为：

1x2最后at22a

21x2开始v0tat22v02a2x2最后

211x1开始v0t'at'2v0a2.5m

22联立可解得

a1m/s2，v03m/s

故AB错误；

CD．则滑块运行的总时间和总位移分别为

t总=故CD正确。 故选CD。 方法二：

vtv03s，x总=0总4.5m a2CD．滑块做匀减速直线运动减速至0，逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，初速度为0的匀加速直线运动中，从速度为0开始，连续相等时间的位移比为奇数之比，即

x1:x2:x3:...1:3:5:...

根据题意，滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内的位移的两倍，即满足

x2x32 x1x2所以滑块减速的时间为

t3s

滑块第1s内的位移为2.5m，根据上述比例关系求解总位移

x2.5m1.5m0.5m=4.5m

CD正确；

A．滑块匀减速至0，逆过程为初速度为0的匀加速直线运动

x解得

12at 2aA错误； B．初速度为

2x24.5m/s21m/s2 22t3v0at13m/s3m/s

B错误。 故选CD。

16．甲、乙两辆汽车在同一平直公路上同向运动，如图所示为甲、乙两车的平均速度V与运动时间t之间的关系图线，若甲、乙两车恰不相碰．则下列说法正确的是（ ）

A．t0时，乙车一定在甲车前面 C．t2s时，乙车速度恰减小为零 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．对甲车有

B．t1s时，甲、乙两车恰不相碰 D．t3s时，甲车速度大小为3m/s

x1v甲＝a甲tv0甲

t2由题图可知

1a甲＝1m/s2 ，v0甲0 2

则

a甲＝2m/s2

对于乙车，有

x1v乙＝a乙tv0乙

t2由题图可知

1a乙＝－1m/s2 ，v0乙4m/s 2故

a乙＝－2m/s2

由于甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动，若两车恰好不相遇，则乙车在后，甲车在前，故A错误；

B．甲乙车速度相等时，距离最近，即

42t2t

解得

t1s

即t1s时，甲、乙两车恰不相碰，故B正确； C．t2s时，乙车速度为

v乙42t0

故C正确；

D．t3s时，甲车速度大小为

v甲2t6m/s

故D错误。 故选BC。

17．在光滑足够长的斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m时，下列正确的是（ ）

A．物体运动时间可能为1s C．物体运动时间可能为(2+7)s 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】

AB．当物体的位移为向上的7.5m时，由运动学公式xv0tB．物体运动时间可能为3s D．此时的速度大小一定为5m/s

12at，x7.5m，解得 2t13s，t21s

故A、B均正确；

C．当物体的位移为向下的7.5m时，x7.5m，由xv0t12at解得 2t3（27)s或t4（27)s<0舍去

故C正确；

D．由速度公式vv0at，解得

v5m/s或v5m/s、v57m/s

故D错误。 故选ABC。 【点睛】

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，注意公式的矢量性。

18．甲、乙两物体相距100米，沿同一直线向同一方向运动，乙在前，甲在后，请你判断哪种情况甲可以追上乙（ ）

A．甲的初速度为20m/s，加速度为1m/s2，乙的初速度为10m/s，加速度为2m/s2 B．甲的初速度为10m/s，加速度为2m/s2，乙的初速度为30m/s，加速度为1m/s2 C．甲的初速度为30m/s，加速度为1m/s2，乙的初速度为10m/s，加速度为2m/s2 D．甲的初速度为10m/s，加速度为2m/s2，乙的初速度为20m/s，加速度为1m/s2 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】

A．设经过时间t甲追上乙，则根据位移时间公式xv0t甲的位移为

12at得 2120t1t2

2乙的位移为

10tt2

相遇时有

120tt210010tt2

2整理得

t220t2000

此方程无解，故不可能追上，选项A错误； B．甲的位移为

10tt2

乙的位移为

130tt2

2相遇时有

110tt2100t2

2整理得

t240t2000

解得

选项B正确； C．甲的位移为

乙的位移为

相遇时有

整理得

解得

选项C正确； D．甲的位移为乙的位移为

相遇时有

整理得

解得

选项D正确。 故选BCD。

t20106s

30t1t22

10tt2

30t1t210010tt22t240t2000

t20s

10tt2

20t12t2

tt210020t12t2t220t2000

t10103s

10

19．如图所示，t＝0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔2 s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）

t/s v/（ms1） 0 0 2 8 4 12 6 8

A．物体运动过程中的最大速度为12m/s B．t=

10s的时刻物体恰好经过B点 3C．t=10s的时刻物体恰好停在C点 D．A、B间的距离大于B、C间的距离 【答案】BC 【解析】 【详解】

A．根据表格中数据，计算物体加速阶段的加速度大小

a1减速阶段的加速度大小

v8m/s24m/s2 t2a2根据运动学公式

812m/s22m/s2 28m/sa1t1a2t212m/s

t1t22s

解得

t1则运动过程中的最大速度在B点

4s 3440vmax8m/sa1t18m/s4m/sm/s

33A错误； B．到达B点用时

410tB2sss

33

B正确；

C．从6s末减速至0，用时

t8m/s4s 22m/s则一共用时10s，即10s末停在C点，C正确； D．根据平均速度计算位移

xABxBC0vmaxv10tBmaxs 223vmax0v20(10stB)maxs 223所以A、B间的距离小于B、C间的距离，D错误。 故选BC。

20．屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1m的窗子的上、下沿，如图，（g取10m/s2）则下列说法中正确的是（ ）

A．滴水的时间间隔是0.2s B．此屋檐离地面的高度是3.2 m C．此时第3滴水的速度大小是4m/s D．水滴通过窗子的平均速度大小是6 m/s 【答案】ABC 【解析】 【详解】

A.设第二滴水的位移为x2，第三滴水的位移为x3，水滴落下的时间间隔为T，由h得，

12gt2x2x312g3T， 212g2T， 2x2x31m，

得：

T0.2s，

故A正确； B.下落时间为

t40.2s=0.8s，

下降高度为：

h故B正确；

C.此时第3滴水下落时间为

12gt3.2m， 2t0.4s，

故速度为：

vgt4m/s，

故C正确；

D.滴通过窗子的平均速度大小为

vD错误；

x2x31m/s5m/s， T0.2

三、第三章 相互作用——力易错题培优（难）

21．如图所示，在固定光滑半球体球心正上方某点悬挂一定滑轮，小球用绕过滑轮的绳子被站在地面上的人拉住。人拉动绳子，球在与球面相切的某点缓慢运动到接近顶点的过程中，试分析半球对小球的支持力N和绳子拉力T大小如何变化（ ）

A．N增大，T增大 C．N不变，T减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．N增大，T减小 D．N不变，T增大

对球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件作图，如图所示

图中矢量三角形与三角形ABC相似，故

mgNT ACBCAB解得

NTBCmg ACABmg AC由于AB变小，AC不变、BC也不变，故N不变，T变小，故ABD错误，C正确； 故选C。 【点睛】

利用相似三角形求解物体的平衡，根据受力分析找到力的三角形，和空间几何三角形相似，对应边成比例。

22．如图（a）所示，两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图（b）所示的的状态，小球B刚好位于O点正下方。则F1与F2的大小关系正确的是（ ）

A．F1=4F2 【答案】A 【解析】

B．F1=3F2 C．F1=2F2 D．F1=F2

小球A受到F1水平向右的力，B受到F2的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：

设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：

以B球为研究对象，受力如图。设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：

由几何关系得到：α=β，联立解得：F1=4F2，故选项A正确。

23．如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于0点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下处于水平状态。现保持结点O位置不变，使OA绳逆时针缓慢旋转至竖直方向，在此过程中，P、Q及斜面均保持静止，则（ ）

A．斜面对物块P的摩擦力一直减小 B．斜面对物块P的支持力一直增大 C．地面对斜面体的摩擦力一直减小 D．地面对斜面体的支持力一直增大 【答案】C 【解析】 【详解】

缓慢逆时针转动绳OA的方向至竖直的过程中，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置再到3位置，如图所示，

可见绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力一直减小。

A．由于不清楚刚开始绳子拉力与重力沿斜面向下的分力大小关系，所以当连接P物体的绳子拉力一直减小，不能判断斜面对物块P的摩擦力变化情况，故A错误；

B．P物体一直在斜面上处于静止状态，则斜面对P的支持力等于重力在垂直斜面向下的分

力，保持不变，故B错误；

C．以斜面体和P的整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OB绳子水平方向的拉力等大反向，因绳OB的拉力一直减小，与水平方向的夹角不变，故其水平分力一直减小，则地面向左的摩擦力一直减小，故C正确；

D．以斜面体和P整体为研究对象受力分析，由于绳OB的拉力一直减小，其竖直向下的分力一直减小，根据竖直方向受力平衡，知地面对斜面体的支持力不断减小，故D错误。 故选C。

24．表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O'处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L12.4R和L22.5R，则这两个小球的质量之比为

N1m1，小球与半球之间的压力之比为，则以下说法正确的是

N2m2

A．C．

m124 m225N125 N224B．D．

m125 m224N124 N225【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力T和半球的支持力N，作出力图．

由平衡条件得知，拉力T和支持力N的合力与重力mg大小相等、方向相反．设

OOh，根据三角形相似得：

以右侧小球为研究对象，得：m2g，解得：m1gThTR,N1…①同理，l1l1m1l225ThTR，N2…②，由①：②得，m2l124l2l2N1l225 N2l124

25．如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N．初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（2）．现将重物向

右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中( )

A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，

在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确；B、C错误．

26．如图所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上一质量为m

的物体A，轻绳与斜面平行，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P点。动滑轮上悬挂物体B，开始时悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将P点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为120°时，物体A刚好要滑动。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间

3。整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮间的摩2擦。下列说法正确的是（ ）

的动摩擦因数为

A．物体B的质量为1.25m

B．物体A受到的摩擦力先减小再增大

C．地面对斜面体的摩擦力一直水平向左并逐渐增大 D．斜面体对地面的压力逐渐增大 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A．随着P点缓慢向右移动，拉物体B的两边绳子拉力越来越大，当夹角为120o时绳子拉力恰好等于B物体的重力，此时物体A恰好达到最大静摩擦力将向上滑动，则

mgsin30omgcos30omBg

解得

mB1.25m

A正确；

B．初始时刻，拉物体B的两边绳子竖直时，绳子拉力

T1mBg0.625mmgsin30o 2此时A受摩擦力沿斜面向下，因此当P缓慢移动过程中，绳子拉力逐渐增大，A受斜面的摩擦力一直增大，B错误；

C．将物体A与斜面体做为一个整体，设拉物体B的绳子与水平方向夹角为 ，则斜面体受地面的摩擦力

fTcos

随P点缓慢移动，绳子拉力T越来越大，绳子与水平夹角越来越小，地面对斜面体的摩擦力越来越大，C正确；

D．将物体A、B及斜面体做为一个整体，在P向右缓慢移动的过程中，绳子拉力的竖直分量为

Tsin1mBg 2保持不变，因此地面的支持力保持不变，D错误。 故选AC。

27．如图，质量为3m的光滑圆球B紧靠竖直墙壁置于光滑水平地面上，质量为m的均匀圆球A用一定长度的轻质细绳悬挂于竖直墙壁上的P点，O1、O2为两球的球心，平衡时PO2与竖直方向的夹角θ=53°，且两球心的连线与PO2恰好垂直，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A．细绳对A球的拉力大小为B．A球对B球的压力大小为C．B球对墙面的压力大小为D．B球对地面的压力大小为【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

对物体进行受力分析，如图

3mg 44mg 516mg 2591mg 25

A．细绳对A球的拉力

3F2mgcos53mg

5故A错误；

B．A球处于受力平衡，则B球对A球的支持力

4F1mgsin53mg

5即A球对B球的压力大小为C．墙面对B球的弹力

4mg，故B正确； 5412F4F1cos53F1cos53mg0.6mg

525即B球对墙面的压力大小为D．地面对B球的支持力

12mg，故C错误； 25491F33mgF1sin3mgmg0.8mg

525即B球对地面的压力大小为故选BD。

91mg，故D正确。 25

28．如图所示，A、B两个物体中间用一根不可伸长的轻绳相连，在物体B上施加一斜向上的力F，使A、B两物体保持相对静止一起沿水平地面向右匀速运动，当力F与水平面的夹角为θ时，力F最小。已知A、B两物体的质量分别为m1=0.5kg、m2=2.5kg，物体A与地面间的动摩擦因数3，g取10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ） 3

A．θ=30°

C．力F的最小值为12N 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

B．θ=60°

D．力F的最小值为15N

对AB两物体，采用整体法进行受力分析，由受力平衡和正交分解法，在竖直方向上，

FN(m1m2)gFsin

滑动摩擦力为

fFN

在水平方向上

fFcos

解得

F由三角函数知识，得F的最小值为

(m1m2)g

cossinFmin此时有

(m1m2)g1215N

tan3 330

BC错误，AD正确。 故选AD。

29．如图所示，物体P、Q用轻绳连接后跨过定滑轮，物体P静止在倾角为37°角的斜面上，斜放木板上悬挂着Q，已知P、Q的质量mP，mQ大小的关系为mQ3mP，今将斜4放木板的倾角从37°增到60°，物体P仍保持静止而没有滑动，若不计滑轮处的摩擦，则下列说法中正确的是（ ）

A．绳子的张力变大

C．物体P对斜板的压力将变大 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

B．物体P受到的静摩擦力将先减小后增大 D．滑轮受到绳子的作用力将变大

A．物体P保持静止状态，绳子的张力等于Q的重力，则绳子的张力将不变，A错误； B．木板的倾角为37时,物体P受到的静摩擦力大小为

f1mQgmPgsin3733mPgmPg0.15mPg 45方向沿斜面向下。木板的倾角为60时,物体P受到的静摩擦力大小为

f2mPgsin60mQg0.46mPg

方向沿斜面向上。可知物块P受到的摩擦力先减小到零后增大，B正确； C．开始时斜面对P的支持力为

N1mPgcos370.8mPg

后来斜面对P的支持力为

N2mPgcos600.5mPg

所以物体对斜板的压力将变小，C错误；

D．斜放木板的倾角从37增到60时，绳子之间的夹角减小，由于绳子的拉力大小不变，所以绳子的合力增大，则滑轮受到绳子的作用力将变大，D正确。 故选BD。 【点睛】

由题，物体P保持静止状态，绳子的张力等于Q的重力。根据P受力平衡，可求出物体P受到的静摩擦力和支持力，再分析各力的变化情况。

30．如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜，A的左侧靠在光滑的竖直墙面上。关于两木块的受力，下列说法正确的是（ ）

A．A、B之间一定存在摩擦力作用 B．木块A可能只受三个力作用 C．木块B可能没有受到地面的摩擦力 D．木块B受到地面的摩擦力作用方向向右 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB．由于A、B间接触面情况未知，若A、B接触面光滑，则A、B间没有摩擦力，此时A受重力、B对A的支持力和墙壁对A的弹力而平衡，选项A错误，B正确； CD．木块B受推力F、A对B的压力，若压力向右的分力等于F，则地面对B没有摩擦力，选项C正确，D错误。 故选BC。

四、第四章 运动和力的关系易错题培优（难）

31．如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是（ ）

A．F1=F2=F3=F4 【答案】C 【解析】

试题分析：当物体系统中存在超重现象时，系统所受的支持力大于总重力，相反，存在失重现象时，系统所受的支持力小于总重力．若系统的合力为零时，系统所受的支持力等于总重力，

解：设物体和斜面的总重力为G．

第一个物体匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F1＜G；

第二个物体匀速下滑，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F2=G．

第三个物体匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F3＞G；

第四个物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F4=G．故有F1＜F2=F4＜F3．故C正确，ABD错误． 故选C

【点评】本题运用超重和失重的观点分析加速度不同物体动力学问题，比较简便．通过分解加速度，根据牛顿第二定律研究．

B．F1＞F2＞F3＞F4

C．F1＜F2=F4＜F3

D．F1=F3＜F2＜F4

32．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.

33．如图所示，A、B两个物体的质量分别为m1、m2，两物体之间用轻质弹性细线连接，两物体与水平面的动摩擦因数相等。现对B物体施加一水平向右的拉力F，使A、B一起向右做匀加速运动。下列说法正确的是（ ）

A．若某时刻撒去F，则撤去F的瞬间，A、B的加速度保持不变 B．若F保持不变，水平面改为光滑的，则弹性细线的拉力大小不变 C．若将F增大一倍，则两物体的加速度将增大一倍

D．若F逐渐减小，A、B依然做加速运动，则在F减小的过程中，弹性细线上的拉力与F的比值不变 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

A．有F作用时，B物体水平方向受F、弹性细绳的拉力和地面对B的滑动摩擦力作用，撤去F后，B物体受弹性细绳的拉力和地面对B的滑动摩擦力作用，故B物体的受力情况发生变化，所以B物体的加速度变化，故A错误； B．有F作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得

Fm1gm2gm1m2a

F绳m1g=m1a

联立解得

F绳=m1F

m1m2若F保持不变，水平面改为光滑的，由牛顿第二定律，得

Fm1m2a

F绳=m1a

联立解得

F绳=m1F

m1m2可知弹性细线的拉力大小不变，故B正确； C．有F作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得

Fm1gm2gm1m2a

若将F增大一倍，滑动摩擦力不变，故两物体的加速度不会增大一倍，C错误； D．有F作用时，水平面粗糙，由牛顿第二定律，得

Fm1gm2gm1m2a

F绳m1g=m1a

联立解得

F绳=m1F

m1m2可知，F减小，弹性绳上的拉力与F的比值不变，故D正确。 故选BD。

34．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

FmgMa1

x'对于木块

12a1t 2mgma2

x当木块与木板分离时，它们的位移满足

12a2t 211La1t2a2t2

22

解得

t则木块相对地面运动的位移为

2L a1a2xaL12La2t=2=2a1a2a11

a2A．仅增大木板的质量M，a1变小，a2不变，x增大，故A正确； B．仅减小木块的质量m，a1变大，a2不变，x减小，故B错误； C．仅增大恒力F，a1变大，a2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，a1变小，a2增大，x增大，故D正确。 故选AD。

35．如图所示，滑块m1放置在足够长的木板m2的右端，木板置于水平地面上，滑块与板间动摩擦因数为1，木板与地面间动摩擦因数为2，原来均静止。零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，某时刻撤去该力。滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则从零时刻起，二者的速度一时间图象可能为（ ）

A． B．

C． D．

【答案】AD 【解析】 【详解】

零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，滑块m1和木板m2均做匀加速直线运动，对滑块m1

1m1gm1a1

加速度为

a11g

撤去外力后，木板m2做匀减速直线运动，此时滑块m1的速度小于m2，所以滑块m1继续做匀加速运动，当而者速度相等时：

AB．如果12，滑块m1和木板m2将保持相对静止，在地面摩擦力作用下一起做匀减速运动。由牛顿第二定律

2(m1m2)g(m1m2)a2

加速度变为

a22g

即滑块的加速度变小，故A正确，B错误。

CD．如果12 ，两物体将发生相对滑动，由牛顿第二定律，此时滑块m1的加速度大小是1g，即滑块的加速度大小不变，故D正确，C错误。 故选AD。

36．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（ ）

v0

gt0cosA．传送带一定逆时针转动 C．传送带的速度大于v0 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

B．tanv0D．t0后滑块的加速度为2 gsinθ-

t0A．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．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

a1联立解得

v0 t0选项B错误；

v0-tan

gt0cos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

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

代入数值得

a22gsin选项D正确。

v0 t0

37．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（ ）

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

amgmg2m/s2

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

a1为3s。故A错误，B正确；

8m/s22m/s2a 62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C．有图像可知，0-6s内，物块相对平板车滑动的位移的大小

1861x28m1m36m=6m

222故C错误；

D．0-6s内，有图像可知，物块相对地面的位移大小

1x166m=18m

2平板车相对地面的位移大小

1x268m=24m

2二者之比为3：4，故D正确。 故选BD。

38．如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）

A．A球的受力情况未变，加速度为零 B．B球的受力情况未变，加速度为零 C．A、B之间杆的拉力大小为1.5mgsin

D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5gsin 【答案】CD 【解析】

【分析】

【详解】

AB．细线被烧断的瞬间，A、B整体不再受细线的拉力作用，A、B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，则说明A、B的加速度也不为零， AB错误；

CD．设A、B之间杆的拉力大小为T，加速度为a，以A.、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力为

FT3mgsin

烧断细线的瞬间，绳上的力立刻消失，而弹簧上的弹力不变，由牛顿第二定律得

3mgsinθ2mgsinθ2ma

再以B单独为研究对象，由牛顿第二定律得

Tmgsinma

联立上式解得

a0.5gsinθ，T1.5mgsin

CD正确。 故选CD。

39．根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西。若不计空气阻力，不考虑重力加速度随高度的变化，在整个过程中，正确反映小球水平方向的速度为vx、竖直方向的速度为vy随时间t变化的图像是（ ）

A． B．

C．

D．

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

AB．上升的过程中由于竖直速度越来越小，水平向西的力越来越小，加速度越小越小，因此上升的过程中水平向西做加速度减小的加速运动，其vx—t图象速度越来越大，但斜率越小越小，AB错误；

CD．竖直方向只受重力作用，上升过程做匀减速运动，速度减到零后开始下落，下落的过程做匀加速运动，整个过程中斜率保持不变，因此C正确，D错误。 故选C。

40．如图，放置于水平面上的楔形物体，两侧倾角均为30°，左右两表面光滑且足够长，上端固定一光滑滑轮，一根很长且不可伸长的轻绳跨过定滑轮分别与左右两侧斜面平行，绳上系着三个物体A、B、C，三物体组成的系统保持静止.A物体质量为m，B物体质量为3m，现突然剪断A物体和B物体之间的绳子，不计空气阻力(重力加速度为g)，三物体均可视为质点，则

A．绳剪断瞬间，A物体的加速度为B．绳剪断瞬间，C物体的加速度为

3g 101g 2C．绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力不变 D．绳剪断瞬间，A、C间绳的拉力为2mg 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

ABD．设C的质量为m′．绳剪断前，由平衡条件知：

（3m+m）gsin30°=m′gsin30°

得

m′=4m

绳剪断瞬间，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：

T-mgsin30°=ma

以C为研究对象，根据牛顿第二定律得：

4mgsin30°-T=4ma

联立解得：

a3g 10T即绳剪断瞬间，A、C物体的加速度大小均为确，BD错误．

C．绳剪断前，A、C间绳的拉力为：

4mg 534g，A、C间绳的拉力为mg，故A正105T′=（3m+m）gsin30°=2mg

绳剪断瞬间，A、C间绳的拉力为

4mg，则AC间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物5体对楔形物体的压力不变，可知，绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力发生变化，故C错误．