通用版带答案高中物理必修一第四章运动和力的关系微公式版重点知识点大全.docx

通用版带答案高中物理必修一第四章运动和力的关系微公式版重点知识点大全1单选题1、如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，两者的质量均为2kg，它们处于静止状态。若突然将一个大小为10N、方向竖直向下的力施加在物体A上，则此瞬间A对B的压力大小为（g=10m/s2）（）A10NB25NC20ND30N答案：B开始时A、B处于静止状态，对AB整体受力分析得mA+mBg=F弹代入数据求得F弹=40N施加一个竖直向下的10N的外力后，A、B整体不再平衡，受力分析得F+(mA+m)Bg-F弹=（mA+m）Ba施加力的前后F弹的大小不变，代入相关数据得a=2.5m/s2隔离A物体受力分析得F+mAg-FBA=mAa;代入数据解得FBA=25N根据牛顿第三定律可知A对B的压力大小为25N。故选B。2、如图所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的棱长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是（）A若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力B若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下C若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上D若不计空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上答案：BAD根据题意，若不计空气阻力，将容器以初速度v0竖直向上抛出后，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，无论上升和下落过程其合力都等于本身重力，则B对A没有压力，由牛顿第三定律可得，A对B也没有支持力，故AD错误；B若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得，上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析，B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力，即A对B的压力向下，故B正确；C若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析，B受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，由牛顿第三定律可得，B对A的压力向下，故C错误。故选B。3、如图所示为课堂的演示实验，A1、A2、A3和B1、B2、B3为完全相同的较大刚性球，A1、A2、A3之间用轻质软弹簧连接，B1、B2、B3之间用轻质细线连接，A1和B1用细线挂在水平木杆上，且离地面高度相等，A1、A2、A3之间距离和B1、B2、B3之间距离均相等现同时将与木杆相连的细线剪断，不计空气阻力，重力加速度为g，则（）AA3和B3一定会同时落地B剪断瞬间A2与B2的加速度均为gCB1与B2的落地时间差与B2与B3的落地时间差相等D落地前，A1、A2、A3之间可能碰撞，B1、B2、B3之间不会碰撞答案：DAB由于剪断细线时弹簧的弹力不能突变，所以A2、A3的合力仍然等于零，其加速度也为零，而细线的拉力可以突变，所以细线剪断瞬间由于重力作用B1、B2、B3均做自由落体运动，所以B3比A3先着地，故AB错误；C由于B1、B2、B3均做自由落体运动，所以时间越长速度越大，而B1、B2之间的距离和B2、B3之间的距离相等，所以B1与B2的落地时间差小于B2与B3的落地时间差，故C错误；D由于B1、B2、B3均做自由落体运动，所以三小球的速度总是相同，不会相撞，而剪断细线的瞬间A1具有向下的加速度，A2、A3的加速度为零，所以之后A1比A2、A3运动得快，A1、A2、A3之间可能碰撞，故D正确。故选D。4、如图所示，在一光滑球面上有质量不计的力传感器通过轻绳连接在甲、乙两物体之间，甲、乙两物体的质量均为2kg，无初速度释放后某一瞬间位于图中位置，不计一切摩擦，g取10m/s2，则此时传感器的示数为（）A20NB15NC10ND5N答案：B对甲、乙整体进行受力分析，由牛顿第二定律可知绳上的加速度m乙g-m甲gsin30=（m乙m甲）a对乙有m乙g-T=m乙a联立解得T=15N故选B。5、如图所示，一轻弹簧放在倾角=30且足够长的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物块B与物块A（二者质量均为m）叠放在斜面上并保持静止，现用大小等于12mg的恒力F平行斜面向上拉B，当运动距离为L时B与A分离。下列说法正确的是（）A弹簧处于原长时，B与A开始分离B弹簧的劲度系数为3mg4LC弹簧的最大压缩量为LD从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的动能一直增大答案：DAB开始时弹簧的弹力大小为F1=2mgsin=mgB与A刚分离时二者具有相同的加速度，且二者间弹力为零，对B分析有F=12mg=mgsin即此时加速度为0，由此可知，二者分离时弹簧对物体A的弹力大小为F2=12mg在此过程中，弹簧弹力的变化量为F=F1-F2=12mg根据胡克定律得F=kx=kL解得k=mg2L即B与A开始分离时，弹簧不是处于原长，AB错误；C弹簧的最大压缩量为xmax=2mgsink=2LC错误；D开始时对AB整体，由牛顿第二定律得F+F1-2mgsin=2ma1解得a1=F2m=14g加速度方向沿斜面向上，AB分离前瞬间，对AB整体，由牛顿第二定律得F+F2-2mgsin=2ma2解得a2=0由此可知，从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的加速度沿斜面向上减小到零，两物体一直做加速运动，其动能一直增大，D正确。故选D。6、质量为m=1kg的物体受到两个力的作用，大小分别是3N和4N，则其加速度大小的范围是（）A3m/s2a4m/s2B1m/s2a2m/s2C1m/s2a7m/s2D4m/s2a5m/s2答案：C3N、4N两个力的合力范围为1NF合7N由牛顿第二定律a=Fm，其加速度范围为1m/s2a7m/s2故选C。7、矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上加速飞行时，其矢量发动机提供的推力和飞机机翼产生的升力的合力F的方向正确的是（）ABCD答案：A因为歼20加速飞行，所以矢量发动机提供的推力和飞机机翼产生的升力的合力F与重力的合力方向应沿机身斜向上。故选A。8、物体A、B均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB，与水平面的动摩擦因数分别为A、B，用水平拉力F分别拉物体A、B，得到加速度a与拉力F的关系如图所示，则以下关系正确的是（）AA=B，mAmBBAC，mBmCDAB，mA=mB答案：A根据牛顿第二定律有F-mg=ma所以有a=Fm-g由此可知图象斜率为质量的倒数，在纵轴上的截距大小为g，故由图象可知A=BmAmB故选A。9、如图所示将一小球从空中某一高度自由落下，当小球与正下方的轻弹簧接触时，小球将（）A立刻静止B立刻开始做减速运动C开始做匀速运动D继续做加速运动答案：D小球与弹簧接触后，开始时重力大于弹力，合力向下，加速度向下，同时小球的速度方向向下，所以小球会继续做加速运动，故ABC错误，D正确。故选D。10、如图所示，体重为500N的小明站在放置于电梯底部的体重计上。某时刻体重计的示数为600N，此时（）A电梯可能向下加速运动，处于超重状态B电梯可能向上加速运动，处于超重状态C电梯可能向下匀速运动，处于平衡状态D电梯可能向上匀速运动，处于平衡状态答案：B体重计读数大于实际重量，即视重大于实重，所以小明处于超重状态，加速度方向向上，所以电梯可能向上加速，也可能向下减速。故选B。11、如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂车顶上，质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为。若某时刻观察到细线偏离竖直方向角（取60），则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为（）A大小等于mg，方向水平向左B大小等于mg，方向竖直向上C大小大于mgtan，方向水平向左D大小等于mgcos，方向斜向左上方答案：D以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得m球gtanm球a得到agtan以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，作出人的受力图，如图设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，得mgtanmaF=mgcosa将agtan代入，得F=mgcos方向斜向左上方。ABC错误，D正确。故选D。12、如图所示，位于倾角为的斜面上的物体B由跨过定滑轮的轻绳与物块A相连，从滑轮到A、B的两段绳都与斜面平行。已知A与B之间及B与斜面之间的动摩擦因数均为；A、B两物块质量分别为m和M，滑轮的质量、绳与滑轮及滑轮轴上的摩擦都不计。若用一沿斜面向下的力F拉B使它做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A绳子的拉力为T=mgcos+maB绳子的拉力为T=mgsin+mg+maC拉力F的值为F=m-Mgsin+M+3mgcos+m+MaD拉力F的值为F=m+Mgsin+M+2mgcos+m+Ma答案：CAB对A物体分析T-mgsin-mgcos=ma解得T=mgsin+mgcos+ma选项AB错误；CD对B物体分析F+Mgsin-M+mgcos-mgcos-T=Ma带入解得F=m-Mgsin+M+3mgcos+m+Ma选项C正确，选项D错误。故选C。13、如图所示，一条不可伸长的轻绳绕过光滑的轻质定滑轮分别与物块A、B相连，细绳两部分分别处于水平和竖直状态，桌面光滑，物块A和B的质量分别为M和m，重力加速度为g。现将系统由静止释放，在B没有落地且A没有碰到滑轮前，下列判断正确的是（）A物体A运动的加速度大小为mgMB物体A运动的加速度大小为mg(M+m)C物体B对轻绳的拉力大于mgD物体A处于超重状态答案：BABC依题意，设绳的拉力为T，对物体B研究，根据牛顿第二定律有mg-T=ma对物体A，可得T=Ma联立可求得加速度大小为a=mgM+mT=MmM+mgm2m1+m2m11D在0t2时间段物块与木板加速度相等答案：BDA根据题意，由图(c)可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1=1(m1m2)g故A错误；C由图(c)可知，t1t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，则长木板和物块保持静止，一定有2m2g1(m1m2)g可得2m2+m1m21故C错误；BD由图(c)可知，0t1时间内长木板和物块均静止，t1t2时间内长木板和物块一起加速，设一起加速的最大加速度为am，由牛顿第二定律有2m2g-1(m1m2)g=m1amF2-1(m1+m2)g=(m1+m2)am解得F2=m2m1+m2m1(21)g故BD正确。故选BD。填空题26、应用于机场和火车站的安全检查仪的传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v=0.4m/s的恒定速率逆时针运行，行李与传送带之间的动摩擦因数=0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，开始时行李的加速度大小为_m/s2，行李到达B处时速度大小为_m/s，行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为_m。答案：20.40.0412开始时，对行李，根据牛顿第二定律有mg=ma解得a=2m/s2设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v=0.4m/s，则t1=va=0.2s匀加速运动的位移大小s=12at12=0.04m3之后以速度v匀速运动；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为s=vt1-s=0.40.2m-0.04m=0.04m27、某同学计算一个物体运动的位移时，得到的表达式为：s=2Fmt1+t2，用单位制进行检查，这个结果_（选填“正确”或“错误”），理由是：_。答案：错误等号右侧单位为m/s，等号左侧单位为m，单位不一致12根据导出单位可推导2Fmt1+t2=Nkgs=kgm/s2kgs=m/s位移的单位是m，所以等号右侧单位为m/s，等号左侧单位为m，单位不一致，则这个结果是错误的。28、一质量m=4kg的物体受到五个共点力的作用处于静止状态，若将其中F1=20N撤掉，其余四个力不变，则物体将做加速度大小为_m/s2，方向为_的匀加速运动。若将其中两个力F2=10N，F3=6N撤掉，其余三个力不变，则物体的最大加速度为_m/s2。答案：5与F1方向相反41物体将做加速度大小为a=Fm=5m/s22撤掉F1物体受力方向与F1相反，加速度方向与F1方向相反。3将其中两个力F2=10N，F3=6N撤掉，物体受到的最大力为16N，最大加速度为am=Fmm=4m/s229、如图所示，一根轻绳跨过光滑的定滑轮连接人和板，人站在板上以100N的拉力拉绳，人和板一起向右匀速运动，已知人的重力为600N，板的重力为400N，则地面与板之间的动摩擦因数为_，人受到的摩擦力大小为_N，方向_。答案：0.2100N向左1将人与板整体作为研究对象，根据受力关系可知竖直方向FN=G人+G板水平方向FN=2FT联立解得=0.223将板作为研究对象，根据受力关系可知竖直方向FN=FN+G板水平方向FN=f+FT联立解得人对板的摩擦力f=100N方向向右人受到的摩擦力与人对板的摩擦力等大反向，故人受的摩擦力大小为100N，方向向左。30、如图所示，光滑半球形容器质量M=0.8kg，O为球心，若将一水平恒力F作用于光滑半球形容器，使质量m=0.2kg物块在P点与半球形容器保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，半球形容器与地面间的动摩擦因数=0.1，OP与水平方向的夹角为=45，取g=10m/s2，那么水平恒力F=_。答案：11N根据题意，对物块受力分析，受重力和光滑半球形容器的支持力，由牛顿第二定律有mgtan45=ma由于物块在P点与半球形容器保持相对静止，对整体，由牛顿第二定律有F-M+mg=M+ma联立解得F=M+mgtan45+M+mg代入数据解得F=11N29