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.docx

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0
B．地面对斜面体的支持力小于（M+m）g
C．若运动员加速下滑，地面对斜面体的支持力大于（M+m）g
D．若运动员加速下滑，地面对斜面体的摩擦力向右
答案：A
AB．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+mg
B．不会大于M+mg
C．不会小于M+mg
D．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）（  ）

A．10NB．25NC．20ND．30N
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
C．F可能为恒力，也可能为变力
D．F一定为变力，P、Q分离前P与Q一起做匀加速运动
答案：C
A B．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-μmg=ma
对P有
2μmg-μmg=ma
则有
F=2μmg
可知当F=2μmg时，施加力F瞬间 QP加速度相同，处于分离的临界状态；
当F>2μmg时， Q的加速度大于P的加速度，两者立即分离；
当F<2μmg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；
C D．据前面分析可知当F≥2μmg时，两者瞬间分离，则F为恒力；
当 F<2μmg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
 a<μg
过程中有
F+kx-2μmg=2ma
由于弹簧弹力变小，摩擦力及加速度大小恒定，则F应变大，在两者分离前F为变力；
综上所述，F可能为恒力，也可能为变力，故D错误，C正确。
故选C。
7、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（  ）

A．A3和B3一定会同时落地
B．剪断瞬间A2与B2的加速度均为g
C．B1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：D
AB．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。
8、如图所示，光滑水平面上放有质量均为m的滑块A和斜面体C，在C的斜面上又放有一质量也为m的滑块B。现用水平力F推滑块A使三个物体无相对运动地向前做加速运动，则（   ）

A．滑块A所受的合力最大
B．斜面体C所受的合力最大
C．三个物体所受的合力一样大
D．条件不足，无法判断谁受到的合力最大
答案：C
由于三个物体的质量和加速度均相同，根据牛顿第二定律可知三个物体所受合力一样大。
故选C。
9、如图所示，一轻弹簧放在倾角θ=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3mg4L
C．弹簧的最大压缩量为L
D．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：D
AB．开始时弹簧的弹力大小为
F1=2mgsinθ=mg
B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=mgsinθ
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
ΔF=F1-F2=12mg
根据胡克定律得
ΔF=kΔx=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=2mgsinθk=2L
C错误；
D．开始时对AB整体，由牛顿第二定律得
F+F1-2mgsinθ=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+F2-2mgsinθ=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。
10、如图所示，细绳OA一端系在小球上，另一端固定在倾斜天花板上的A点，细绳OA恰好竖直；轻质弹簧OB一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，轻质弹簧OB恰好水平，小球处于静止状态。将细绳剪断的瞬间，小球的加速度（  ）

A．方向沿BO方向B．方向沿OB方向C．方向竖直向下D．方向沿右下方
答案：C
因为细绳OA恰好竖直，且处于静止状态，弹簧水平。受力分析可知，弹簧对小球在水平方向上没有力的作用的，小球只受重力和沿细绳OA竖直向上的拉力的作用。将细绳剪断的瞬间小球只受重力作用，所以加速度方向竖直向下。
故选C。
小提示：根据细绳和弹簧的位置情况，判断小球此时的受力。弹簧的弹力是无法突变的，细绳的拉力由于是微小形变引起的，所以一旦剪断，拉力会突变为零。
11、如图所示。质量均为m的a、b两物块用轻杆连接放在倾角为37°的斜面上、a在斜面上的BC段、b在斜面上的AB段。斜面上AB段粗糙，b与AB段间的动摩擦因数为0.5，BC段光滑，重力加速度为g。同时释放a、b，则释放的一瞬间（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）（  ）

A．物块a的加速度大小为0.4g
B．物块a的加速度大小为0.5g
C．杆对物块a的拉力大小为0.4mg
D．杆对物块a的拉力大小为0.3mg
答案：A
释放a、b的一瞬间、对a、b整体研究，有
2mgsin37°-μmgcos37°=2ma
解得
a=0.4g
对a研究，有
mgsin37°-T=ma
解得
T=0.2mg
故选A。
12、如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向左做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力（  ）

A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小
C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小
答案：C
A、B两物块叠放在一起共同向左做匀减速直线运动，对A和B整体，根据牛顿第二定律有
a=μ(mA+mB)gmA+mB=μg
然后隔离B，根据牛顿第二定律有
fAB=mBa=μmBg
大小不变；物体B做速度方向向左的匀减速运动，故而加速度方向向右，摩擦力向右，C正确，ABD正确。
故选C。
13、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。
14、汽车的刹车性能至关重要，制动至停止．则下列说法正确的是（　　）
A．汽车的惯性与车辆性能有关，与质量无关
B．汽车的速度越大惯性就越大
C．汽车停止运动后没有惯性
D．汽车运动状态的改变是因为受到力的作用
答案：D
ABC．汽车的惯性是由汽车的质量决定的，与汽车的速度无关，因此汽车行驶时、停止运动后，汽车的惯性一样大，故ABC错误；
D．力是改变物体运动状态的原因，故汽车运动状态的改变是因为受到力的作用，故D正确。
故选D。
15、如图所示，位于倾角为θ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μ；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=μmgcosθ+ma
B．绳子的拉力为T=mgsinθ+μmg+ma
C．拉力F的值为F=m-Mgsinθ+μM+3mgcosθ+m+Ma
D．拉力F的值为F=m+Mgsinθ+μM+2mgcosθ+m+Ma
答案：C
AB．对A物体分析
T-mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得
T=mgsinθ+μmgcosθ+ma
选项AB错误；
CD．对B物体分析
F+Mgsinθ-μM+mgcosθ-μmgcosθ-T=Ma
带入解得
F=m-Mgsinθ+μM+3mgcosθ+m+Ma
选项C正确，选项D错误。
故选C。
多选题
16、一质量为m的物块静置于粗糙水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，在t=0时刻对其施加一个水平方向的作用力F。F的大小随时间的变化规律如图所示，f表示其受到的摩擦力，v表示其速度，a表示其加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在下列选项中对应图像可能正确的是（  ）

A．B．
C．D．
答案：BD
AB．根据图像可知，物块所受拉力F随时间均匀增大，当拉力F小于最大静摩擦力时，物块处于静止状态，摩擦力为静摩擦力，满足
f=F=kt
当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，大小满足
f=μmg
A错误，B正确；
C．物块滑动前加速度为零，当物块开始滑动后，由牛顿第二定律可得
F-μmg=ma
解得
a=ktm-μg
加速度随时间线性增大，且应有横截距，C错误；
D．当拉力小于最大静摩擦力时，物块处于静止状态，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始做加速度增大的变加速运动，D正确。
故选BD。
17、关于牛顿第一定律，下列说法正确的是（  ）
A．牛顿第一定律是由实验得出的规律
B．牛顿第一定律说明了力是改变物体运动状态的原因
C．惯性定律与惯性的实质是相同的
D．牛顿第一定律说明了物体的运动不需要力来维持
答案：BD
A．牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括总结出来的物理规律，不是直接经实验得出的规律，A错误；
B．由牛顿第一定律可知，当物体不受力或受力平衡时，物体将处于静止或匀速直线运动状态，因此说明力是改变物体运动状态的原因，B正确；
C．惯性定律是反映物体在一定条件下的运动规律，惯性是物体的固有属性，两者有本质的区别，C错误；
D．牛顿第一定律说明力不是维持物体运动的原因，即物体的运动不需要力来维持，D正确。
故选BD。
18、水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(  )

A．F1=μ1m1g
B．F2=m2m1+m2m1(μ2－μ1)g
C．μ2>m2m1+m2m1μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
答案：BD
A．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=μ1(m1＋m2)g
故A错误；
C．由图(c)可知，t1∼t2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
μ2m2g>μ1(m1＋m2)g
可得
μ2>m2+m1m2μ1
故C错误；
BD．由图(c)可知，0∼t1时间内长木板和物块均静止，t1∼t2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
μ2m2g-μ1(m1＋m2)g=m1am
F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)am
解得
F2=m2m1+m2m1(μ2－μ1)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：CD
A．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0.2
B．物体4s末回到起始位置
C．F的大小为6N
D．F在物体上的作用时间为3s
答案：ACD
A．撤去力F后，物体一定做匀减速运动，根据牛顿第二定律
μmg=ma3
根据图像
a3=2-04-3
解得
μ=0.2
A正确；
B．面积表示位移，0～4s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；
C．1～3s时间内物体做匀加速运动， 根据牛顿第二定律
F-μmg=ma2
根据图像
a2=2-03-1
解得
F=6N
C正确；
D．0～1s内根据牛顿第二定律
F+μmg=ma1
根据图像
a1=5-01-0
解得
F=6N
F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（  ）

A．A和B刚好分开时弹簧的弹力为0.85mg
B．弹簧的最大形变量为0.75mgk
C．力F可能为0.9mg
D．力F最小值为0.65mg
答案：BC
AB．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=m×0.25g
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=2m×0.25g
可得
F=1.5mg-kx
力F对B的作用力范围为
0.75mg≤F≤1.5mg
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，t＝6s时恰好到B点，则（  ）

A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.1
B．AB间距离为24m，小物块在传送带上留下的痕迹是8m
C．若物块质量m＝1kg，物块对传送带做的功为－16J
D．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：AC
A．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
a＝44m/s2＝1m/s2
根据牛顿第二定律可知
a＝Fm＝μmgm＝μg
联立解得
μ＝0.1
A正确；
B．AB间距离即为物块在6s内发生的位移，即图乙的面积为
S＝2+62×4m＝16m
B错误；
C．物块对传送带只在加速过程中做功，根据公式
W＝－fs
其中
f＝μmg＝0.1×1×10N＝1N
s＝4×4m＝16m
联立解得
W＝－16J
C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
a＝－μg＝－1m/s2
物块从开始到速度为4m/s时发生的位移为
x＝4×42m＝8m
所以物块减速到零发生的位移为
v22a＝422×1m＝8m
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（  ）

A．f1向上， f2向上
B．f1向下， f2向上
C．f1、 f2的大小相等
D．f1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
f1>f2
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（  ）

A．f＝0B．f≠0
C．FN＝0D．FN≠0
答案：BC
CD．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'=F
B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=F3m
aC=13Fm=F3m
B、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力
FN=0
D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=F3
A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（  ）

A．B．C．D．
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
F＋k（x0－x）=（mA＋mB）a
因为可能有
kx0=（mA＋mB）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A
k（x0－x）＝mAa
此时x＜x0，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A
k（x0－x）－FN＝mAa
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μ=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：     6     36
[1] 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=μmAg
解得A的加速度
a1=6m/s2
[2] 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C
f=μ(mA+mC)=F'
解得
mC=36kg
27、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
[1][2]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=20×2N=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
F＜500N
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     2.5×10-3     C     匀减速直线运动     6.68×103N
（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=2.5×10-3m/s
（2）[3]A．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）[4][5]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=10×25m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律
G-F推=ma
F推=6.68×103N
30、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     6
[1] 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/s2

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