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总结(重点).pdf

1 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总结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总结(重点重点)超详超详细细 单选题 1、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；2 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 FNmgma 解得 FNmg+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。2、一个倾角为=37的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg 的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s 的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数=0.25。若斜面足够长，已知 sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。小物块返回斜面底端时的速度大小为（）A2 m/sB22 m/sC1 m/sD3 m/s 答案：B 物块上滑时，根据牛顿第二定律有 sin37+cos37=1 设上滑的最大位移为，根据速度与位移的关系式有 02=21 物块下滑时，根据牛顿第二定律有 sin37 cos37=2 设物块滑到底端时的速度为，根据速度与位移的关系式有 2=22 3 联立代入数据解得 =22m s 故 ACD 错误 B 正确。故选 B。3、亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，伽利略用实验+科学推理”的方法推翻了亚里士多德的观点，关于伽利略理想实验，以下说法正确的是（）A完全是理想的，没有事实为基础 B是以可靠事实为基础的，经科学抽象深刻反映自然规律 C没有事实为基础，只是理想推理 D过于理想化，所以没有实际意义 答案：B 在伽利略研究力与运动的关系时，是在斜面实验的基础上，成功地设计了理想斜面实验，他以实际的实验为依据，抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而能够更深刻地揭示了自然规律。因此，理想实验是实际实验的延伸，而不是实际的实验，是建立在实际事实基础上的合乎逻辑的科学推断，故 ACD 错误，B 正确。故选 B。小提示：要了解伽利略“理想实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理。（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端。4、蹦极是新兴的一项户外休闲活动。如图，蹦极者站在约 40 米高的塔顶，把一端固定在塔顶的长橡皮绳另一端绑住身体，然后两臂伸开，从塔顶自由落下。当人体下落一段距离后，橡皮绳被拉紧，当到达最低点时橡皮绳再次弹起，人被拉起，随后又落下，这样反复多次，这就是蹦极的全过程。若空气阻力不计，橡皮绳弹力与伸长量成正比，橡皮绳弹力与人体重力相等位置为坐标原点，竖直向上为正方向，从第一次运动到最低点开始计时，则关于人体运动的位移x、速度v、加速度a、合外力F与时间t的关系图正确的是（）4 AB CD 答案：C 以向上为正方向，从最低点开始向上运动，合力F向上，加速度减小，速度增加，到达坐标原点，加速度为 0，速度达到最大值，继续上升，加速度增大，方向向下，速度减小，到达原长位置后继续上升到达最高点再返回到原长位置，此阶段加速度为g，速度均匀减小再均匀增大，之后加速度减小，方向向下，到达坐标原点，加速度为 0，速度达到最大值，继续下降，加速度增大，方向向上，速度减小直至到达最低点；故选 C。5、如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为 60的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态，在木板 AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（）A0 B大小为g，方向竖直向下 5 C大小为g，方向垂直木板向下 D大小为 2g，方向垂直木板向下 答案：D 木板撤去前，小球处于平衡态，受力如图所示 由平衡条件得 F-Nsin60=0 Ncos60-G=0 木板 A、B 突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，方向垂直于木板向下，由牛顿第二定律得，加速度为 =解得 a=2g 方向垂直于木板向下，故选 D。6、如图所示，木块 A 的质量为m，木块 B 的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B 的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，用水平力F用于 A 则保持 A、B 相对静止的条件是F不超过（）6 A B C(1+)D(1+)答案：C A、B 以整体为研究对象由牛顿第二定律可知 =(+)若 A、B 即将相对滑动，则 A、B 间摩擦力此时恰好为最大静摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以物体 B为研究对象由牛顿第二定律可知 =联立解得 =(1+)故 C 正确。故选 C。7、如图所示，所有质点同时从O点沿不同倾角的光滑斜面无初速滑下，若将各质点在斜面上运动时间相同的点连成一线，则连线的性质为（）7 A圆弧 B抛物线 C水平线 D斜线 答案：A 设轨道与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，物体的加速度 a=cos=gcos 所有小物体在相等时间内的位移 =122=12cos 2=122 cos 由图可知 12gt2是竖直方向直径的长度，通过几何关系知，某一时刻这些小物体所在位置构成的面是圆弧。故选 A。8、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 8 答案：B AD根据题意，若不计空气阻力，将容器以初速度0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。9、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；9 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 N=由牛顿第二定律 f=机器人对菜品的作用力为支持了和静摩擦力的合力 =N2+f2=N2+()2=()2+()2 D 正确。故选 D。10、如图所示，物体 A 无初速度放置于倾斜传送带的顶端，下列说法正确的是（）A若传送带顺时针转动，则物体 A 可能一直匀速运动到底端 B若传送带顺时针转动，则物体 A 可能一直匀加速运动到底端 C若传送带逆时针转动，则物体 A 一定一直匀加速运动到底端 D若传送带逆时针转动，则物体 A 可能先匀加速、再匀减速运动到底端 答案：B AB物体 A 无初速度放置于倾斜传送带的顶端，若传送带顺时针转动，则物体 A 受到重力、弹力和沿传送带向10 上的滑动摩擦力，若重力沿传送带向下的分力与摩擦力大小相等，则物体保持静止；若重力沿传送带向下的分力大于摩擦力，则物体一直匀加速运动到底端，故 A 错误，B 正确；CD若传送带逆时针转动，则初始时物体 A 受到的摩擦力沿传送带向下，与重力沿传送带向下的分力同向，这二力的合力提供物体沿传送带向下的加速度，若物体运动一段时间后与传送带共速，且重力沿传送带向下的分力小于最大摩擦力，则之后物体与传送带共速直至运动到底端，不可能出现匀减速的状态，故 CD 错误。故选 B。11、水平地面上有一质量为1的长木板，木板的左端上有一质量为2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1、2分别为1、2时刻F的大小。木板的加速度1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1，物块与木板间的动摩擦因数为2，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。则下面选项不正确的是（）A1=11 B2=2(1+2)1(2 1)C21+221 D在02时间段物块与木板加速度相等 答案：A A图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有 1=1(1+2)故 A 错误，符合题意；11 BC图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有 2 1(1+2)=(1+2)以木板为对象，根据牛顿第二定律，有 22 1(1+2)=1 0 解得 2=2(1+2)1(2 1)2(1+2)21 故 BC 正确，不符合题意；D图（c）可知，0t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故 D 正确，不符合题意。故选 A。12、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/s2 C1m/s2a7m/s2D4m/s2a5m/s2 答案：C 3N、4N 两个力的合力范围为 1NF合7N 由牛顿第二定律=，其加速度范围为 1m/s2a7m/s2 故选 C。13、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（）12 AB CD 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。14、如 1 图所示，轻绳跨过光滑定滑轮，一端与小车相连，另一端与手机相连，刻度尺竖直固定在手机一侧。打开手机的频闪拍照功能并由静止释放手机，手机下落过程中拍摄到一组照片，其中三幅相邻的照片中心分别对应在刻度尺上的a、b、c位置，如题 2 图所示。已知小车质量为M，手机频闪拍照周期为T，则（）A手机下落的加速度为212 B手机拍b位置时的速度为1+32 C手机的质量为(31)42 D因没有考虑小车受到的摩擦力，测量的手机质量会偏小 13 答案：D A由=2得(3 2)(2 1)=2 解得 =3+1 222 故 A 错误；B手机拍b位置时的速度为=3 12 故 B 错误；C若手机质量远小于小车质量，则对小车由第二定律可得 =3+1 222 解得 =3+1 222 若不满足手机质量远小于小车质量，则对手机、小车系统由牛顿第二定律有 =(+)=(+)3+1 222 解得 =(3+122)231+22 故 C 错误；D若考虑小车受到的摩擦力，则 C 项分析中的两式变为 14 =3+1 222 =(+)3+1 222 解得=3+1 222+=(3+1 22)2 3 1+22+所以没有考虑小车受到的摩擦力，测量的手机质量会偏小，故 D 正确。故选 D。15、小丁同学最多能够举起 60kg 的重物，则在其将重物向上举起的过程中（）A重物一直处于超重状态 B重物一直处于失重状态 C重物先处于超重状态，后处于失重状态 D重物先处于失重状态，后处于超重状态 答案：C 重物向上运动时，先由静止向上加速到速度最大，然后向上减速到速度为零，加速度先向上后向下，则重物先超重后失重。故选 C。多选题 16、质量为M的木板放在光滑水平面上，木板上表面粗糙程度均匀，一质量为m的物块以水平速度0从木板左端滑上木板，下列说法正确的是（）15 A若物块能从木板上滑下，仅增大物块的质量，木板获得的动能增大 B若物块能从木板上滑下，仅增大物块初速度0，木板获得的动能减小 C若物块不能从木板上滑下，仅增大物块质量，物块在木板上相对滑动的时间变长 D若物块不能从木板上滑下，仅增大物块初速度0，物块在木板上相对滑动的时间变短 答案：AB A在同一个坐标系中做出物块和木板的 图像，若物块运动时间1后从木板上滑下，则图甲中阴影部分面积表示板长，斜率表示加速度，仅增大物块质量，由物块加速度大小 =可知，物块加速度大小不变，而木板加速度大小为 板=则木板加速度变大，要保持图甲中阴影部分面积不变，故木板的末速度增大，动能增大，故 A 正确；B仅增大0，加速度大小都不变，要保持图乙中阴影部分面积不变，则木板的末速度减小，动能减小，故 B 正确；CD如图丙所示，若物块不能从木板上滑下，物块与木板最终将在1时刻达到共速，仅增大物块质量，物块加速度大小不变，木板加速度大小增大，物块在木板上相对滑动的时间 2 1 即物块在木板上相对滑动的时间变长，故 CD 错误。16 故选 AB。17、如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，则运动员（）A在第一过程中始终处于失重状态 B在第二过程中始终处于超重状态 C在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态 D在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态 答案：CD AC运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做向下减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A 错误，C 正确；BD在第二过程中运动员先向上加速运动，处于超重状态，后向上减速运动，处于失重状态，B 错误，D 正确。故选 CD。18、一滑块以某一速度滑上足够长的光滑斜面，下列图像中能够正确表示滑块运动的是（）17 ABCD 答案：BD 滑块向上滑动，速度减为零后，再反向运动，即前后速度方向相反；上滑与下滑过程中，滑块受力不变，所以加速度不变。故选 BD。19、受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其 图线如图所示，则（）A在1时刻，外力F为零 B在0 1内，外力F大小不断减小 C在1 2内，外力F大小可能不断减小 D在1 2内，外力F大小可能先减小后增大 答案：BCD A 图线的斜率表示加速度，在t1时刻图线斜率为零，即加速度为零，说明外力F等于摩擦力，外力F不为零，A 错误；B在 0t1时间内，斜率逐渐减小，加速度减小，根据牛顿第二定律得 =说明外力F大小不断减小，但仍然大于摩擦力，B 正确；18 CD在t1t2时间内，加速度方向与运动方向相反且加速度逐渐增大，说明向后的合力一直增大，外力F可能小于摩擦力（方向不变），且一直减小，也可能减小到零后反向增大，CD 正确。故选 BCD。20、如图所示，质量分别为A、B的 A、B 两物块用轻线连接，放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力拉 A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B 与斜面间的动摩擦因数均为。为了增加轻线上的张力，可行的办法是（）A减小 A 物块的质量 B增大 B 物块的质量 C增大倾角D增大动摩擦因数 答案：AB 对 A、B 组成的系统应用牛顿第二定律得 (A+B)sin (A+B)cos=(A+B)隔离物块 B，应用牛顿第二定律得 T Bsin Bcos=B 联立可解得=BA+B=AB+1 由此可知，T的大小与、无关，B越大，A越小，T越大，故 AB 正确，CD 错误。故选 AB。21、一个静止在水平面上的物体质量为 2 kg，在水平向右的 5 N 的拉力作用下滑行，物体与水平面间的滑动摩擦力为 2 N，4 s 后撤去拉力，则（）19 A物体在 4 s 末的速度为 6 m/sB物体在 4 s 末的速度为 10 m/s C物体滑行的时间为 6 sD物体滑行的时间为 10 s 答案：AD AB前 4 s 内，根据牛顿第二定律得，物体匀加速运动的加速度 a1=-=1.5 m/s2 物体在 4 s 末的速度 v1=a1t1=6 m/s 选项 A 正确，B 错误；CD4 s 后，根据牛顿第二定律得，物体匀减速运动的加速度 a2=-=-1 m/s2 物体继续滑行的时间 2=2-12=0-6-1s=6s 则物体滑行的时间为 6 s+4 s=10 s，选项 C 错误，D 正确。故选 AD。22、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 20 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。23、如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示（g=10m/s2），则正确的结论是（）A物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B物体的加速度大小为 5m/s2 C物体的质量为 2kg D弹簧的劲度系数为 750N/m 答案：BC 21 A物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，所以弹簧处于原长状态，故 A 错误；BCD未施加外力F之前，物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有 =从图中可知施加拉力后当x=0 时，即当拉力1为 10N 时，弹簧未发生移动，即弹簧弹力和重力仍平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有 1+=物体与弹簧分离后，拉力2为 30N，根据牛顿第二定律，有 2 =联立三式解得 =2kg，=500N/m，=5m/s2 故 BC 正确，D 错误。故选 BC。24、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 22 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。25、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，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 OAsin OBOAcos 若使箱子水平向右加速运动，则在竖直方向上合力为零，有 23 OAsin OBOAcos 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 OAsin OBOAcos 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。填空题 26、在探究物理有关问题时，会采用一些研究方法。在研究力的合成时，采用了_研究方法；在研究加速度与力和质量的关系时，采用了_研究方法。答案：等效替代 控制变量 1在研究力的合成时，通过使两个互成角度的力共同作用时的效果与另一个力单独作用时的效果相同，研究这两个互成角度的力与另外一个力的关系，即采用了等效替代研究方法。2在研究加速度与力和质量的关系时，通过控制其中一个物理量不变，研究加速度与另一个物理量之间的关系，即采用了控制变量研究方法。27、如图所示，固定在电梯顶部的弹簧测力计下端挂着=1N的钩码取（g取 10m/s2），电梯运行时人观察到测力计的示数=1.5N，这种对悬挂物的拉力大于重力的现象是_（填“超重”或“失重”）现象；此时钩码的加速度大小为_ m s2 24 答案：超重 5 1由题意可知，其人观察到的测力计示数为钩码的视重，而钩码本身的重力为实重，由题意可知，视重大于实重，所以这种对悬挂物的拉力大于重力的现象为超重现象。2对钩码受力分析，有 =解得 =5m/s2 28、如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为m1=1 kg，与地面间的动摩擦因数 1=0.2，质量为m2=2 kg、可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为 2=0.4，以v0=4 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过t=0.6 s 滑离木板，g取 10 m/s2，木板的长度为_ m，小物块离开木板后，木板的加速度为_ m/s2，方向水平_（选填“向左”或“向右”）。答案：1.32 2 向左 由于 22 1(1+2)则物块在木板上以 1=2=4m/s2 减速滑行时，木板以 =22 1(1+2)1=2m/s2 向右加速运动，在 0.6 s 时，物块的速度 25 1=0 1=1.6m/s 木板的速度 2=2=1.2m/s；0.6 s 内物块的位移 1=0+12=1.68m 木板的位移 2=0+22=0.36m 相对位移为 =1 2=1.32m 即木板长度为 1.32 m；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为 3=1=2m/s2 方向向左。29、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 =解得火箭起飞时的加速度为 =2m/s2 2由1的解析可得 =26 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。30、如图所示，物块A、B和C的质量相同，A和B、B和C之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在A上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块A的加速度大小记为a，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为x1和x2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间，a=_，x1x2=_。答案：3g 2:1 1设物块的质量均为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没来得及发生形变，所以剪断细线的瞬间，物块A受到重力和弹簧S1的拉力大小为F1，剪断细线前，对B、C和弹簧S2组成的整体分析可知 F1=2mg 故A受到的合力 F=mg+F1=mg+2mg=3mg 故加速度 a=3g 2设弹簧S2 的拉力大小为F2，则 F2=mg 根据胡克定律可得 x1x2=21