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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考点专题训练

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）（  ）

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+mBa
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：B
AD．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、机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐，就越来越常见。如图甲所示为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平。则下列说法中正确的是（　　）

A．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用
B．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力
C．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐增大
D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力
答案：D
A．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，不受摩擦力作用。A错误；
B．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对作用力与反作用力。B错误；
C．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性不变。惯性大小由物体的质量决定，质量不变，物体的惯性不变。C错误；
D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的支持力
FN=mg
由牛顿第二定律
Ff=ma
机器人对菜品的作用力为支持了和静摩擦力的合力
F=FN2+Ff2=FN2+(ma)2=(mg)2+(ma)2>mg
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（  ）

A．20NB．15N
C．10ND．5N
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
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（  ）
A．3m/s2≤a≤4m/s2B．1m/s2≤a≤2m/s2
C．1m/s2≤a≤7m/s2D．4m/s2≤a≤5m/s2
答案：C
3N、4N两个力的合力范围为
1N≤F合≤7N
由牛顿第二定律a=Fm，其加速度范围为
1m/s2≤a≤7m/s2
故选C。
7、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。
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μA、μB，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（  ）

A．μA=μB，mAμC，mB>mCD．μA>μB，mA=mB
答案：A
根据牛顿第二定律有
F-μmg =ma
所以有
a=Fm-μg
由此可知图象斜率为质量的倒数，在纵轴上的截距大小为μg，故由图象可知
μA=μB
mA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、由于生活水平的不断提升，越来越多的家庭拥有了私家轿车，造成车位难求的现象，因此很多停车场采用了多层停车的结构。若车子被“移送”停在上层，车主想使用汽车时就需要车库管理员把车子“移送”到下层。管理员正在“移送”车辆的过程如图所示。假设“移送”过程中车辆相对于底板始终静止，底板始终保持水平，则下列说法正确的是（  ）

A．车子在被水平向右“移送”的过程中，底板对车子的摩擦力一直水平向左
B．车子在被水平向右“移送”的过程中，底板对车子的摩擦力不可能水平向左
C．车子在被竖直向下“移送”的过程中，车子对底板的力可能小于底板对车子的力
D．车子在被竖直向下“移送”的过程中，底板对车子的力可能大于车子自身的重力
答案：D
AB.车子在被水平向右“移送”的过程中，先加速后减速，中间可能还有匀速过程，若加速向右移送，则底板对车子的摩擦力水平向右，若减速向右移送，则底板对车子的摩擦力水平向左，若匀速向右移送，底板对车子的摩擦力为零，所以底板对车子的摩擦力不会一直水平向左，故A、B错误；
C.车子对底板的力和底板对车子的力是一对作用力和反作用力，任何时刻都大小相等，方向相反，故C错误；
D.车子在被竖直向下“移送”的过程中，若减速向下移动，则加速度竖直向上，即
FN－mg＝ma
解得
FN＝mg+ma
则底板对车子的力可能大于车子自身的重力，故D正确。
故选D。
12、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。
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mgM
B．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mg
D．物体A处于超重状态
答案：B
ABC．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+m
T=MmM+mg2，小车足够长。求：放上小物块后，小车的加速度为（  ）

A．0.2m/s2B．0.3m/s2C．0.5m/s2D．0.8m/s2
答案：C
对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，小物块的加速度为
am=μg=2m/s2
小车的加速度为
aM=F-μmgM=0.5m/s2
ABD错误，C正确。
故选C。
15、姚明成为了NBA一流中锋，给中国人争得了荣誉和尊敬，让很多的中国人热爱上篮球这项运动。如图所示姚明正在扣篮，其跳起过程可分为下蹲、蹬地、离地上升、下落四个过程，下列关于蹬地和离地上升两个过程的说法中正确的是（设蹬地的力为恒力）（  ）

A．两过程中姚明都处在超重状态
B．两过程中姚明都处在失重状态
C．前过程为超重，后过程不超重也不失重
D．前过程为超重，后过程为完全失重
答案：D
姚明蹬地过程中加速度方向向上，处于超重状态，离地上升过程中，姚明只受重力，此时有向下的加速度，加速度的大小为重力加速度g，处于完全失重状态。
故选D。
多选题
16、如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为μ4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是（  ）

A．a=0B．a=2μg3
C．a=μg3D．a=F2m-μg4
答案：ACD
A．水平面对木板的最大摩擦力
fm=μ4⋅2mg=12μmg
若拉力F≤fm，则
a=0
故A项正确；
BC．若物块相对木板运动，则
μmg-μ4·2mg=ma
获得的加速度为
a=12μg
此时加速度为最大值，故B错误，C正确；
D．若木板相对物块静止，木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为
F-fm=2ma
a=F2m-μg4
D正确。
故选ACD。
17、在平直公路上运行的大卡车运载了完全相同的外表面光滑的圆柱体A、B、C，圆柱体B和C分别紧靠货箱前后壁。下列说法正确的是（  ）

A．匀速行驶时，A、B之间的作用力等于A、C之间的作用力
B．加速行驶时，A、B之间作用力大于A、C之间的作用力
C．减速行驶时，C与货箱后壁的作用力可能为零
D．变速行驶时，B与箱底之间的作用力等于C与箱底之间的作用力
答案：AC
A．在匀速行驶时，由于对称性，A、B之间的作用力等于A、C之间的作用力，故A正确；
B．加速行驶时，对A进行受力分析，不难得出A、B之间的作用力只有小于A、C之间的作用力，A才能有向前（左）的加速度，故B错误；
C．减速行驶时，加速度向后（右），对整体进行受力分析可知，C与货箱后壁的作用力可能为零，故C正确；
D．在变速行驶时，分别隔离A、B、C进行受力分析，不难发现B与箱底之间的作用力和C与箱底之间的作用力不相等，故D错误。
故选AC。
18、某同学站在体重计上观察超重与失重现象，他稳定站立时，体重计的示数为500N，关于实验现象，下列说法正确的是（  ）
A．“起立”过程是超重现象，“下蹲”过程是失重现象
B．“起立”和“下蹲”过程都有超重和失重现象出现
C．超重过程人受到的重力增大
D．“下蹲”过程先出现失重现象，“起立”过程先出现超重现象
答案：BD
ABD．“起立”过程中，人先向上加速后向上减速，则加速度先向上后向下，人先超重后失重；“下蹲”过程中，人先向下加速后向下减速，则加速度先向下后向上，人先失重后超重；则A错误，BD正确；
C．超重过程人受到的重力不变，只不过是对接触面的压力变大了，选项C错误。
故选BD。
19、某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受套在手指上的橡皮筋对手指的压力，然后设法使钩码上下振动同时手指保持静止，感受套在手指上的橡皮筋对手指压力的变化（整个过程中，橡皮筋对手指始终有压力作用）。不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）

A．钩码下降过程，处于失重状态
B．钩码上升过程，处于失重状态
C．钩码下降和上升过程，都能出现失重现象
D．钩码由最低点上升到最高点的过程，先出现超重现象，后出现失重现象
答案：CD
ABC．钩码运动过程，在最低点和最高点之间有一个受力平衡点，在最低点与受力平衡点之间，橡皮筋的弹力大于重力，合力向上，加速度也向上，钩码处于超重状态；在最高点与受力平衡点之间，橡皮筋的弹力小于重力，合力向下，加速度也向下，钩码处于失重状态，与钩码运动的方向无关，因此钩码下降和上升过程都能出现失重或超重现象，AB错误C正确；
D．钩码由最低点上升到最高点过程，合力先向上，然后为零，再向下，所以先出现超重现象，后出现失重现象，D正确。
故选CD。
20、跳水运动是一项具有观赏性且难度系数较大的运动，东京奥运会跳水比赛中我国跳水队收获7金5银。图中为我国跳水运动员的飒爽英姿。若只研究运动员竖直方向的运动，针对运动员跳水的整个过程，不计空气阻力，下列说法正确的是（  ）

A．在最高点时其加速度为零
B．离开跳台前的起跳过程中处于超重状态
C．离开跳台到手接触水面这一过程中处于完全失重状态
D．运动员从手接触水面至入水后下落到最低点的过程中一直是减速运动
答案：BC
A．运动员上升至最高点时，只受重力作用，根据牛顿第二定律可知，其加速度为g，故A错误；
B．离开跳台前，运动员处于加速运动状态，具有向上的加速度，根据牛顿第二定律可知，台面给运动员的弹力大于运动员所受重力，处于超重状态，故B正确；
C．离开跳台后至入水前，运动员只受重力作用，加速度为g，处于完全失重状态故C正确；
D．运动员从手入水开始，受到水向上的浮力和阻力作用，所以合力和加速度先向下后向上，运动员先加速再减速，故D错误。
故选BC。
21、如图所示，一个小球O用1、2两根细绳连接并分别系于箱子上的A点和B点，OA与水平方向的夹角为θ，OB水平，开始时箱子处于静止状态，下列说法正确的是（  ）

A．若使箱子水平向右加速运动，则绳1、2的张力均增大
B．若使箱子水平向右加速运动，则绳1的张力不变，绳2的张力增大
C．若使箱子竖直向上加速运动，则绳1、2的张力均增大
D．若使箱子竖直向上加速运动，则绳1的张力增大，绳2的张力不变
答案：BC
AB．箱子静止时，对小球，根据平衡条件得
FOAsinθ＝mg
FOB＝FOAcosθ
若使箱子水平向右加速运动，则在竖直方向上合力为零，有
FOA'sinθ＝mg
FOB'－FOA'cosθ＝ma
所以绳1的张力不变，绳2的张力增大，A错误，B正确；
CD．若使箱子竖直向上加速运动，则
FOA″sinθ-mg＝ma'
FOB″＝FOA″cosθ
所以绳1的张力增大，绳2的张力也增大，C正确，D错误。
故选BC。
22、如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是（  ）

A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcosθ
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ
答案：BC
AB．设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得
Fcosθ=mg，Fsinθ=T
解得
F=mgcosθ，T=mgtanθ
在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为
a=gsinθ
B正确，A错误；
CD．在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度
a=gcosθ
C正确，D错误。
故选BC。
23、如图甲所示，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A，质量均为1kg的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置（弹性限度以内）后静止释放A、B，同时给物体B施加水平向右的力F使之做匀加速直线运动，F与作用时间t的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（  ）

A．A、B分离时，弹簧刚好为原长状态
B．A、B分离时，B的加速度为2m/s2
C．A、B分离时，A的速度为0.4m/s
D．开始有F作用时，弹簧的压缩量为4cm
答案：BC
A．物体A、B分离时，B只受拉力F作用，加速度大于零，此时A的加速度与B的相同，则弹簧弹力大于零，弹簧处于压缩状态，选项A错误；
B．物体A、B分离后，B的加速度不变，拉力F不变，由图乙可知，此时拉力F为2N，则B的加速度为
a=Fm=2m/s2
选项B正确；
C．由图乙可知0.2s物体A、B分离，分离时A、B的速度相同，均为
v=at=0.4m/s
选项C正确；
D．t=0时，对A、B整体由牛顿第二定律得，弹簧弹力为
kx1=2ma
运动0.2s后，弹簧压缩量为
x2=x1-12at2
此时弹簧弹力为
kx2=ma
联立解得
x1=0.08m=8cm
选项D错误。
故选BC。
24、从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中正确的是（  ）

A．t1时刻小球的加速度为g
B．在速度达到v1之前小球的加速度一直在减小
C．小球抛出瞬间的加速度大小为（1＋v0v1）g
D．小球加速下降过程中的平均速度小于v12 
答案：ABC
A．t1时刻到达最高点，该时刻速度为零，则阻力为零，此时只受到重力作用，故此时刻加速度为重力加速度g，A正确；
B．速度达到v1之前，图象的斜率减小，小球的加速度一直在减小，B正确；
C．小球抛出瞬间，有
mg+kv0=ma
当速度达到v1时，有
kv1=mg
解得
a=1+v0v1g
C正确；
D．小球下降过程做加速度减小的变加速运动，从图中可以看出，相同时间内图线与时间轴所围面积大于匀加速直线运动时的面积，故其平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，即大于v12，所以D错误。
故选ABC。
25、质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是（  ）

A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．A运动的加速度大小为M-mMg
答案：ACD
第一次放置时A静止，则由平衡条件可得
Mgsin α＝mg
第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得
Mg－mgsin α＝(M＋m)a
联立解得
a＝(1－sin α)g＝M-mMg
对B，由牛顿第二定律有
T－mgsin α＝ma
解得
T＝mg
故ACD正确，B错误。
故选ACD。
填空题
26、某型号火箭的质量为2.5×105kg，已知火箭发动机点火后竖直向下喷出高温高压气体，气体对火箭产生的初始推力为3×106N，则火箭起飞时的加速度为______m/s2。假设火箭在竖直向上飞行阶段，气体对火箭产生的推力恒定，那么，火箭飞行的加速度将______（填写“变小”、“不变”或“变大”）。
答案：     2     变大
[1]由牛顿第二定律可得
F-Mg=Ma
解得火箭起飞时的加速度为
a=2m/s2
[2]由[1]的解析可得
a=FM-g
由于火箭竖直向下喷出高温高压气体，火箭质量逐渐减小，故火箭飞行的加速度将变大。
27、一无人机沿着与地面成30°的方向斜向上匀加速起飞，刚起飞的第1s内飞行了5m。已知无人机的质量为3kg，空气对无人机的作用力大小为__________，方向是__________。
答案：     303N     与水平方向夹角为60°斜向上
[1] [2]刚起飞的第1s内飞行了5m根据
x=12at2
得
a=10m/s2
根据牛顿第二定律，竖直方向
Fsinθ-mg=masin30°
水平方向
Fcosθ=macos30°
联立解得
F=303N,θ=60°
故空气对无人机的作用力大小为303N，方向与水平方向夹角为60°斜向上。
28、一辆高速行驶的F1赛车与一架静止在发射场的航天飞机，两者运动状态较难改变的是___________，你判断时依据的物理规律是_____请写出你判断的逻辑过程：______。
答案：     航天飞机     牛顿第二定律     见解析
[1] 两者运动状态较难改变的是航天飞机
[2][3] 根据牛二定律
F=ma
物体质量m越大，同样力F产生的加速度a越小，即在相同时间Δt内，速度变化Δv越小，速度是描述运动状态的物理量，Δv越小说明运动状态改变越小，运动状态越难改变
29、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=0.4 m/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μ=0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/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：     2     0.4     0.04
[1][2]开始时，对行李，根据牛顿第二定律有
μmg=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=0.04m
[3]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
Δs=vt1-s=0.4×02m-0.04m=0.04m
30、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     4
[1]物体将做加速度大小为
a=Fm=5m/s2
[2]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/s2

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