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2023人教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必考考点训练1单选题1、体育课上李明进行原地纵跳摸高训练，如图甲所示，在快速下蹲后立即蹬伸的过程中，李明受到的地面支持力的变化如图乙所示，则下列说法正确的是（）A李明在下蹲阶段处于超重状态B李明在蹬伸阶段处于失重状态C李明在下蹲阶段先处于超重状态，再处于失重状态D李明在蹬伸阶段先处于超重状态，再处于失重状态答案：D小明在下蹲阶段，重心先向下做加速运动，处于失重状态，后向下做减速运动，加速度向上，处于超重状态，所以下蹲阶段先失重后超重；蹬伸阶段，重心先向上做加速运动，加速度向上处于超重状态，后向上做减速运动，加速度向下，处于失重状态。所以蹬伸阶段先超重后失重，D正确，ABC错误。故选D。2、如图，质量为M的斜面体放在粗糙的地面上且始终静止，滑雪运动员在斜面体上自由向下匀速下滑。已知运动员包括雪橇的质量为m，不计空气阻力，则（）A地面对斜面体的摩擦力为0B地面对斜面体的支持力小于（M+m）gC若运动员加速下滑，地面对斜面体的支持力大于（M+m）gD若运动员加速下滑，地面对斜面体的摩擦力向右答案：AAB当运动员匀速下滑时，可以把m和M看成一个整体，根据平衡条件，地面的支持力为（M+m）g，地面对斜面体的摩擦力为0，故A正确，B错误；CD当运动员加速下滑时，由于m的加速度沿斜面向下，有竖直向下的分量，则其处于失重状态，因此，地面对斜面体的支持力小于（M+m）g，由于m的加速度有沿水平向左的分量，则地面对斜面体的摩擦力向左，故CD错误。故选A。3、一很深的圆筒形容器，开口端是漏斗，筒和漏斗总质量为M，漏斗中盛有质量为m的细砂，漏斗口关闭；整个装置在弹簧秤上，如图。当打开漏斗口后，细砂将落向容器底部并最终全部堆积在底部。从细砂开始下落到全部堆积在容器底部的过程中弹簧秤的示数（）A始终为M+mgB不会大于M+mgC不会小于M+mgD有时小于M+mg，有时大于M+mg，有时等于M+mg答案：D根据题意可知，在沙子落下过程中，开始时沙子具有向下的加速度，沙子处于失重状态，此时压力小于重力；而沙子最后在接触容器底部的过程中做减速运动，此时处于超重状态，而中间过程以及沙子全部堆积时，不超重也不失重；所以整个过程中，弹簧秤的示数有时小于M+mg，有时大于M+mg，有时等于M+mg。故选D。4、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。5、某人乘电梯从10楼到1楼，从电梯启动到停在1楼的过程，经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段。电梯在这三个连续的运动阶段中，该人所受的重力和他对电梯地板的压力相比较，其大小关系分别是（）A重力大于压力，重力等于压力，重力小于压力B重力小于压力，重力等于压力，重力大于压力C重力大于压力，重力小于压力，重力小于压力D重力小于压力，重力小于压力，重力大于压力答案：A某人乘电梯从10楼到1楼，速度方向向下。电梯启动做加速运动阶段，加速度方向向下，由牛顿第二定律可知重力大于电梯地板对他的支持力，由牛顿第三定律可知，他对电梯地板的压力等于电梯地板对他的支持力，即重力大于压力，处于失重状态；在匀速运动阶段，处于平衡状态，重力等于压力；在减速运动阶段，加速度方向向上，由牛顿第二定律可知重力小于电梯地板对他的支持力，由牛顿第三定律可知，他对电梯地板的压力等于电梯地板对他的支持力，即重力小于压力，处于超重状态；故选项A正确，选项BCD错误。故选A。6、如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端与滑块P相连，P置于水平地面上；滑块Q与P完全相同，紧靠在P的右侧，P、Q均处于静止状态，此时滑块Q所受地面摩擦力刚好等于最大静摩擦力。设P、Q与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，P、Q均视为质点。现对Q施加水平拉力F，使Q向右做匀加速直线运动，以下判断正确的是（）A施加F的瞬间，P的加速度可能比Q的大B施加F的瞬间，P的加速度不可能与Q的加速度一样大CF可能为恒力，也可能为变力DF一定为变力，P、Q分离前P与Q一起做匀加速运动答案：CAB设P、Q与地面动摩擦因数为，如果Q刚好与P之间无相互挤压且加速度相同，由牛顿第二定律，对Q有F-mg=ma对P有2mg-mg=ma则有F=2mg可知当F=2mg时，施加力F瞬间QP加速度相同，处于分离的临界状态；当F2mg时，Q的加速度大于P的加速度，两者立即分离；当F2mg时，P、Q之间有相互弹力，两者加速度相同；综上所述，P的加速度有可能与Q的加速度一样大，但不可能比Q的大，故AB错误；CD据前面分析可知当F2mg时，两者瞬间分离，则F为恒力；当F2mg时，分离前加速度相同，对P、Q整体受力分析，则开始瞬间有F=2ma则有am2m1+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。19、下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是（）A由F=ma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B由m=Fa可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比C由a=Fm可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比D由m=Fa可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得答案：CDA物体的合外力与物体的质量和加速度无关，故A错误；B物体的质量与合外力以及加速度无关，由本身的性质决定，故B错误；C根据牛顿第二定律a=Fm可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比，故C正确；D由m=Fa可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得，故D正确。故选CD。20、在粗糙水平地面上，有一质量为2kg的物体做直线运动，从t=0时刻起受水平恒力F的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的v-t图像如图所示，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（）A物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2B物体4s末回到起始位置CF的大小为6NDF在物体上的作用时间为3s答案：ACDA撤去力F后，物体一定做匀减速运动，根据牛顿第二定律mg=ma3根据图像a3=2-04-3解得=0.2A正确；B面积表示位移，04s图像的面积不等于零，所以物体不是4s末回到起始位置，B错误；C13s时间内物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律F-mg=ma2根据图像a2=2-03-1解得F=6NC正确；D01s内根据牛顿第二定律F+mg=ma1根据图像a1=5-01-0解得F=6NF在物体上的作用时间为3s，D正确。故选ACD。21、如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m的物块A，A放在托盘B上，B的质量也为m。初始时在竖直向上的力F作用下系统静止，弹簧处于自然长度。现改变竖直向上的力F的大小，使A匀加速下降。已知重力加速度为g，A的加速度为a=0.25g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则在A匀加速下降的过程中，以下说法正确的是（）AA和B刚好分开时弹簧的弹力为0.85mgB弹簧的最大形变量为0.75mgkC力F可能为0.9mgD力F最小值为0.65mg答案：BCAB设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为xm，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得mg-kxm=ma=m0.25g解得xm=0.75mgk在此之前，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得a=mg-FN-kxm=0.25g可得FN=0.75mg-kx所以A和B刚好分开时FN=0，则此时弹簧的弹力为0.75mg，选项A错误，B正确；CD以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律得2mg-F-kx=2m0.25g可得F=1.5mg-kx力F对B的作用力范围为0.75mgF1.5mg选项C正确，D错误。故选BC。22、如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度时间变化规律如图乙所示，t6s时恰好到B点，则（）A物块与传送带之间动摩擦因数为0.1BAB间距离为24m，小物块在传送带上留下的痕迹是8mC若物块质量m1kg，物块对传送带做的功为16JD若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端答案：ACA由图乙可知，物块先加速后匀速，且由图乙可知，加速过程的加速度为a44m/s21m/s2根据牛顿第二定律可知aFmmgmg联立解得0.1A正确；BAB间距离即为物块在6s内发生的位移，即图乙的面积为S2+624m16mB错误；C物块对传送带只在加速过程中做功，根据公式Wfs其中fmg0.1110N1Ns44m16m联立解得W16JC正确；D物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度为ag1m/s2物块从开始到速度为4m/s时发生的位移为x442m8m所以物块减速到零发生的位移为v22a4221m8m所以物块刚好到达B端，D错误。故选AC。23、中国传统杂技“爬杆”屡获国际大奖，某次表演中杂技演员双手紧握竹竿匀速攀升和匀加速下滑时，所受的摩擦力分别是f1和f2，则（）Af1向上，f2向上Bf1向下，f2向上Cf1、f2的大小相等Df1是静摩擦力，数值上大于f2答案：AD当杂技演员匀速攀升时，f1与重力平衡，即f1向上，在这种情况下演员的双手不可能相对杆向上滑动，所以f1是静摩擦力，且根据平衡条件可得f1=mg当杂技演员匀加速下滑时，f2与相对杆的运动方向相反，即f2向上，根据牛顿第二定律有mg-f2=ma比较以上两式可知f1f2综上所述可知AD正确，BC错误。故选AD。24、如图所示，A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于A上，三物体一起向右匀速运动；某时撤去力F后，三物体仍一起向右运动，设此时A、B间摩擦力为f，B、C间作用力为FN。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是（）Af0Bf0CFN0DFN0答案：BCCD开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对B、C总的摩擦力f=FB受地面的摩擦力为23F，C受地面的摩擦力为13F；撤去F后，B、C受地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律可知aB=23F2m=F3maC=13Fm=F3mB、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力FN=0D错误，C正确；AB撤去F后，整个过程三物体无相对滑动，则A与B加速度相同，B对A有向左的摩擦力f=maB=F3A错误，B正确。故选BC。25、如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系。现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x关系的图象可能正确的是（）ABCD答案：BD当A和B相对静止加速时，对A、B整体，由牛顿第二定律得Fk（x0x）=（mAmB）a因为可能有kx0=（mAmB）a则得F=kx即Fx图象可能为过原点的直线，当A、B分离时，对Ak（x0x）mAa此时xx0，当A、B分离后，对B，F=mBa大小恒定，与x无关，在A、B分离前，对Ak（x0x）FNmAa分离后FN=0故选BD。填空题26、如图所示，A、B两物体用轻质细线绕过光滑的定滑轮相连，质量分别为mA=4kg，mB=8kg，物体A放在水平桌面上，物体B竖直悬挂，物体A与桌面间的动摩擦因数=0.2。现将物体B由静止轻轻释放，物体A沿桌面滑行的加速度大小等于_m/s2；若在物块A上放上一个物块C，释放物体B后物块A和C可以一起在桌面上做匀速直线运动，则物块C的质量是_kg。答案：6361对B研究，由牛顿第二定律得mBg-F=mBa1同理，对A有F-f=mAa1因为f=mAg解得A的加速度a1=6m/s22物体B后物块A和C可以一起在桌面上做匀速直线运动，对B研究绳子拉力F=mBg对A和Cf=(mA+mC)=F解得mC=36kg27、质量为20kg的物体，受到三个共点力作用而静止。当撤去其中一个力后（保持其它力不变），物体的加速度大小是2m/s2，方向向北，那么撤去的力的大小是_N，方向_。答案：40向南12设三个共点力分别为F1、F2、F3，撤去F3后，根据牛顿第二定律，可得F1、F2的合力大小为F12=ma=202N=40N根据原来物体处于静止状态可知撤去力F3的大小为40N，方向向南。28、如图甲所示，小明站在力传感器上完成起立和下蹲动作。图乙中呈现的是力传感器的示数随时间的变化情况。图乙中a点，小明处于_状态（超重、失重或平衡）；b点到c点的过程中，小明完成了_动作（选填“起立”或“下蹲”）。答案：失重起立1根据图乙知小明的重力为G=500N图中a点F500N说明小明处于失重状态。2根据图象，从b点到c点的过程中，小明先处于超重状态后处于失重状态，说明小明完成了起立动作。29、2021年5月15日，天问一号着陆器“祝融号”火星车成功着陆火星乌托邦平原南部预选着陆区，质量为1.3吨的火星车在如此高速下自动精准降速反映了我国科研水平取得的巨大成就。它首先进入火星大气层的狭窄“走廊”，气动减速；打开降落伞使速度进一步减为95m/s；与降落伞分离后，打开发动机约80s，减速至3.6m/s；然后进入悬停避障与缓速下降阶段，经过对着陆点的探测后平稳着陆，其过程大致如图所示。（火星表面的重力加速度约为地球表面的25，地球表面重力加速度取10m/s2。）（1）“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比_（选填“增大”“减小”或“不变”）。由于勘测需要，火星车走走停停，假如它在一小时内的直线距离是9m，它的平均速度大小约为_m/s。（2）关于着陆器在不同阶段的受力分析，正确的是()A气动减速段，只受到气体阻力的作用B伞系减速段，重力与气体对它的作用力是一对平衡力C动力减速段，发动机喷火的反作用力作用在火星车上D悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力（3）如果动力减速阶段发动机的推力远大于空气阻力且视作恒定，不考虑火星车的质量变化。请分析说明此阶段火星车的运动性质_，并根据图中所给的数据，估算发动机推力的大小_。答案：不变2.510-3C匀减速直线运动6.68103N（1）1惯性大小跟质量有关，“祝融号”的质量不变，则“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比不变2平均速度v=xt=93600m/s=2.510-3m/s（2）3A气动减速段，除受到气体阻力的作用外，还受到重力作用，A错误；B伞系减速段，气体对它的作用力大于重力，不是一对平衡力，B错误；C动力减速段，发动机和喷出的火之间的作用是相互作用力，则发动机喷火的反作用力作用在火星车上，C正确；D悬停状态中，发动机喷火的反作用力和重力是平衡力，D错误。故选C。（3）45由于火星车在动力减速所受推力远大于空气阻力，可将空气阻力忽略不计，火星车在推力和重力两个恒力的作用下做匀减速直线运动，根据vt=v0+at可得火星车在此阶段的加速度a=vt-v0t=3.6-9580m/s2=-1.14m/s2火星车受到的合力火星表面的重力加速度g火=1025m/s2=4m/s2根据牛顿第二定律G-F推=maF推=6.68103N30、在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到如图所示的压力F随时间t变化的图象，则该同学是完成一次_（选填“下蹲”或“起立”）的动作，该过程中最大加速度为_m/s2。（g取l0m/s2）答案：起立61对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，起立过程开始加速起立，加速度向上，处于超重状态，后减速上升，加速度向下，处于失重状态，根据图像，可知是先超重，后失重，则是起立动作2当压力最大时，加速度最大，根据牛顿第三定律，压力大小等于支持力，对于该同学根据1.6G-G=ma解得a=6m/s231