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/s2，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
k?选项AC错误；
mg0.2?10?N/m?20.0N/m ?x0.1B．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．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Ff的大小．取重力加速度g=10m/s2．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/s2 【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=
解得
F?Ffm?5?3m/s2?2m/s2 1??故C错误，D正确． 故选D．
Ffmg?3?0.3 10
3．一足够长的木板B静置于光滑水平面上，如图甲所示，其上放置小滑块A，木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用，木板加速度a随力F变化的a﹣F图象如图乙所示，g取10m/s2，下判定错误的是
A．木板B的质量为1kg
B．当F=10N时木板B加速度为4m/s2 C．滑块A的质量为4kg
D．当F=10N时滑块A的加速度为2m/s2 【答案】C 【解析】
【分析】 【详解】
AC．当F等于8N时，加速度为a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有
F=（M+m）a，
代入数据解得
M+m=4kg
当F大于8N时，对B由牛顿第二定律得：
a?由图示图象可知，图线的斜率
F??mg1?mg?F? MMM1?a2???1 M?F8?6k?解得，木板B的质量M=1kg，滑块A的质量为m=3kg．故A正确，不符合题意；C错误，符合题意．
B．根据F大于8N的图线知，F=6N时，a=0m/s2，由
a?可知：
1?mgF? MM1??3?100??6? 11解得
μ=0.2
由图示图象可知，当F=10N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为
aB?a?故B正确，不符合题意；
1?mg10.2?3?10F???10??4m/s2 MM11D．当F=10N时，A、B相对滑动，木块A的加速度
aA?故D正确，不符合题意． 故选C． 【点睛】
?MgM??g?2m/s2
本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．
4．如图所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动过程中（弹簧在弹性限度范围内，g取10 m/s2） ，下列说法正确的是（ ）
人教版高一上册物理 运动和力的关系章末练习卷(Word版 含解析)(1)
