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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常考点

1

单选题
1、伽利略以前的学者认为：物体越重，下落得越快。伽利略等一些物理学家否定了这种看法。在一高塔顶端同时释放一片羽毛和一个玻璃球，玻璃球先于羽毛落到地面，这主要是因为（　　）
A．它们的质量不等
B．它们的密度不等
C．它们的材料不同
D．它们所受的空气阻力对其下落的影响不同
答案：D
羽毛下落的速度比玻璃球慢是因为羽毛受到的空气阻力相对于它的自身重力较大，空气阻力对羽毛下落的影响较大；而玻璃球受到的空气阻力相对于其自身重力很小，空气阻力对其下落的影响可以忽略，加速度
a1=mg-fm=gfm
故玻璃球的加速度大于羽毛的加速度，故玻璃球首先落地。
故选D。
2、下列实验器材可以用来测量基本物理量的是（　　）
A．B．
C．D．
答案：A
A．天平可以测量质量，质量是基本物理量，选项A正确；
B．温度计测量摄氏温度，摄氏温度（℃）不是基本物理量，选项B错误；
C．弹簧测力计测量力，力不是基本物理量，选项C错误；
D．电压表测量电压，电压不是基本物理量，选项D错误。
故选A。
3、小明家住26层，他放学后，乘坐电梯从1层直达26层。假设电梯刚启动时做加速直线运动，中间一段做匀速直线运动，最后一段时间做减速直线运动。在电梯从1层直达26层的过程中，下列说法中正确的是（  ）
A．电梯刚启动时，小明处于失重状态
B．电梯刚启动时，电梯地板对小明的支持力大于小明受到的重力
C．电梯上升的过程中，小明一直处于超重状态
D．小明的速度方向发生了变化
答案：B
AB．电梯刚启动时，处于加速阶段，小明所受电梯地板支持力大于重力，处于超重状态，A错误，B正确；
C．电梯上升过程中，在加速阶段，小明处于超重状态，在减速阶段，小明处于失重状态，C错误；
D．电梯从1层直达26层的过程中，小明的速度方向始终为向上，D错误。
故选B。
4、如图，一倾角为θ = 37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t = 0时，滑块以初速度v0= 10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ = 0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，下列说法正确的是（   ）

A．滑块上滑的距离小于5m
B．t = 1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t = 2s时，滑块恰好又回到出发点
D．t = 3s时，滑块的速度大小为4m/s
答案：D
A．以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ + μmgcosθ = ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
滑块向上的最大位移
x = v022a1=1002×10 = 5m
A错误；
B．由于
mgsinθ > μmgcosθ
可知，滑块不可能静止在斜面上，B错误；
C．下滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μmgcosθ = ma2
代入数据解得
a2=2m/s2
滑块向上运动到最高点的时间
t1=0-(-v0)a1=1010=1s
向下的运动
x=12a2t22
所以
t2=5s
滑块恰好又回到出发点的总时间
t=t1+t2=(1+5)s
C错误；
D．选取向下为正方向，t = 3s时，滑块的速度为
v3 = ﹣v0 + a1t1 + a2t2′ = ﹣10 + 10 × 1 + 2 × 2 m/s = 4m/s
D正确。
故选D。
5、侧壁开有小孔的开口塑料瓶，装满水后自由下落过程中，发现小孔没有水流出，原因是瓶中的水（　　）
A．处于失重状态B．处于超重状态
C．处于平衡状态D．先超重后失重
答案：A
自由落体过程，物体处于完全失重状态，瓶中的水对侧壁没有压力，所以水不会从小孔流出，A正确。
故选A。
6、如图所示，在与坡底B点的距离为L的山坡上，竖直固定一长度为L的直杆AO，O为山坡的中点，A端与坡底B之间连接一根光滑的细钢绳。现让一穿在钢绳上的小环从A点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下，则小环在钢绳上滑行的时间为（  ）

A．12LgB．LgC．2LgD．2 Lg
答案：D
如图所示，

以O点为圆心、A为圆周的最高点、AB为弦作圆。设∠OAB为α，则
LAB=2Lcosα
LAB=12at2
ma=mgcosα
解得
t＝2Lg
故选D。
7、如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N。当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m=2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长。求：从小物块放在小车上开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）（  ）

A．1.25mB．1.75mC．2mD．2.25m
答案：D
小物块放到小车上后，根据题意对小物块由牛顿第二定律得
μmg=ma1
对小车由牛顿第二定律得
F-μmg=Ma2
设经过时间t1两者速度相等，根据速度与时间的关系式有
3+a2t=a1t
解得
t1=2s
则小物块在1.5s内，一直做匀加速直线运动，根据位移与时间的关系式
x=12a1t2
代入数据解得，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为
x=2.25m
故ABC错误D正确。
故选D。
8、采样完成后，“嫦五”上升器静止在月球表面时，月壤对样品仓的压力为F1；上升器从月球表面加速上升时，月壤对样品仓的压力为F2，则（  ）
A．F2＝0B．F2＝F1C．F2＜F1D． F2＞F1
答案：D
上升器静止在月球表面时，月壤处于平衡状态，则F1与月壤重力相等；上升器从月球表面加速上升时，月壤具有向上的加速度，处于超重状态，所以F2＞F1。
故选D。
9、A、B两物体以相同的初速度在同一粗糙水平面上滑行，两物体与水平面间的动摩擦因数相同。若物体A的质量大于物体B的质量，则两物体能滑行的最大距离xA与xB的大小关系为（  ）
A．xA＝xBB．xA＞xB
C．xA＜xBD．不能确定
答案：A
两物体在粗糙的水平面上滑行过程的加速度大小为
a=fm=μg
与m无关，滑行的最大距离可表示为
x=v022a=v022μg
可得
xA＝xB
故选A。
10、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（  ）

A．aA=aB=gB．aA=2g，aB=0
C．aA=g，aB=0D．aA=23g，aB=0
答案：D
水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示：

静止时对A有
FT=Fsin60°
Fcos60°=mg+F1
对B有
F1=mg
解得
FT=23mg
水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，则
aA=FTm=23 g
aB=0
故选D。
11、一个倾角为θ=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μ=0.25。若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。小物块上滑的最大距离为（  ）

A．1.0 mB．2.2 mC．0.8 mD．0.4 m
答案：A
小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示

根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθma
解得
a=gsin37∘+μgcos37∘=8m/s2
小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
v12-v02=2ax
解得
x=v022a=1.0m
故A正确，BCD错误。
故选A。
12、蹦床比赛项目中，若蹦床对运动员的弹力大小与其下压的形变量呈线性关系，且比赛全程蹦床始终处于弹性限度内，取运动员上升的最高点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力。从运动员某次上升到最高点时开始计时，从最高点下降到最低点的过程中用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间，下列描述速度v与时间t，加速度a与竖直位置坐标y的关系图像可能正确的是（  ）

A．B．
C．D．
答案：D
AB．运动员在下落的过程中，接触蹦床之前，做自由落体运动，加速度为g；接触之后，弹力
F=k∆x
随下落距离逐渐增大；根据牛顿第二定律
mg-k∆x=ma
可知，弹性绳的伸长量∆x和a是线性变化关系，故a和y也是线性变化关系，当弹力F小于重力时，做加速度减小的加速运动；当弹力F等于重力时，加速度为零，速度最大；当弹力F大于重力时，做加速度增大的减速运动，所以加速度先不变，后减小再反向增大，且加速度a和y是线性变化关系，因此加速度先不变，后减小再反向增大，可知速度—时间图像的斜率绝对值先不变，后减小再增大，AB错误。
CD．由上分析可知，加速度a和y是线性变化关系，C错误，D正确。
故选D。
13、加速度aB与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度aA与F的关系图像可能正确的是（  ）

A．B．
C．D．
答案：C
设A的质量为m，B的质量为M，AB间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ0，则
当0≤F≤μ0(M+m)g，AB处于静止状态，加速度都为0；
当F>μ0(M+m)g，AB开始一起加速运动，设当F=F0，AB刚好要发生相对运动，以AB为整体，由牛顿第二定律
F0-μ0(M+m)g=(M+m)a
以B为对象，由牛顿第二定律
μmg-μ0(M+m)g=Ma
联立解得
F0=m(M+m)g(μ-μ0)M
则当μ0(M+m)gm(M+m)g(μ-μ0)M，AB发生相对滑动，对A由牛顿第二定律
F-μmg=ma2
解得
a2=F-μmgm=1mF-μg
由上分析可知a1的斜率1M+m小于a2的斜率1m，故A的加速度aA与F的关系图像可能为C。
故选C。
14、某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法正确的是（  ）

A．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动
B．人和踏板由C到A的过程中，人在A点具有最大速度
C．人和踏板由C到A的过程中，人在B点具有最大速度
D．人在C点具有最大速度
答案：C
依题意知在C点时，人的速度为零，且人受到的弹力大于重力，所以从C到B过程中合力向上，做加速运动，但是由于从C到B过程中踏板的形变量在减小，弹力在减小，所以合力在减小，故人做加速度减小的加速运动，加速度向上；人在B点时，重力等于弹力，加速度为零，速度达最大，而人从B到A过程中重力大于弹力，合力向下，加速度向下，速度向上，人做减速运动。
故选C。
15、如图所示，光滑直杆一端固定在地面上的A点，另一端靠在竖直墙上，杆上套有一个小球，球可以在杆上自由滑动，球从杆的上端沿杆下滑到A点所用的时间为t，若逐渐减小杆的长度，使杆与水平方向的夹角从60°逐渐减小到30°，则下列说法正确的是（  ）

A．小球从杆的上端运动到下端的时间不断减小
B．小球从杆的上端运动到下端的时间不断增大
C．小球从杆的上端运动到下端的时间先减小后增大
D．小球从杆的上端运动到下端的时间先增大后减小
答案：C
设A点到墙的距离为L，杆与水平方向的夹角为θ，则下滑过程加速度
a=mgsinθm=gsinθ
小球从杆的上端运动到下端的过程
Lcosθ=12gt2sinθ
解得
t=4Lgsin2θ
当θ＝45°时，t最小，因此使杆与水平方向的夹角从60°逐渐减小到30°，小球从杆的上端运动到下端的时间先减小后增大。
故选C。
多选题
16、如图所示，一个质量为50 kg的沙发静止在水平地面上，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1＝120 N、F2＝160 N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因数μ＝0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（  ）

A．沙发会被推动
B．沙发将沿着F1的方向移动，加速度为0.6 m/s2
C．由于F1小于滑动摩擦力，沙发将沿着F2的方向移动，加速度为0.2 m/s2
D．沙发的加速度大小为1 m/s2
答案：AD
A．由二力合成可知，两个力的合力大小为
F＝F12+F22＝200 N
方向在水平面内，设F与F1的夹角为θ，则
sin θ＝F2F＝0.8
则
θ＝53°
而
fmax＝μFN＝μmg＝0.3×500 N＝150 N保持某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。θ、v0、t0已知，重力加速度为g，则（  ）

A．传送带一定顺时针转动
B．传送带的速度大小等于v0
C．μ=v0gt0cosθ-sinθ
D．t0时间后木块的加速度大小为2gsinθ-v0t0
答案：BD
A．若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足
mgsinθ>μmgcosθ
物块将一直匀加速到底端，且加速度不变，当木块上滑时满足
mgsinθ<μmgcosθ
木块先匀加速，在速度与传送带相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图像，故A错误；
B．由A中分析可知，传送带逆时针转动，只有木块的速度大于传送带速度时，木块所受摩檫力才能沿传送带向上，由图乙可知，传送带速度的大小等于v0，故B正确；
C．木块在0∼t0时间内，所受摩檫力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
由图乙可知
a1=v0t0
联立解得
μ=v0gt0cosθ-tanθ
故C错误；
D．t0时间后木块所受摩檫力沿传送带向上，根据牛犊第二定律
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
把C中解得μ代入解得
a2=2gsinθ-v0t0
故D正确。
故选BD。
18、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。
19、如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则（  ）

A．传送带一定逆时针转动B．μ=tanθ+v0gt0cosθ
C．传送带的速度大于v0D．t0后滑块的加速度为2gsinθ-v0t0
答案：AD
A．若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsinθ>μmgcosθ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsinθ<μmgcosθ)，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，A错误；
B．滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，即有
a1=gsinθ+μgcosθ
由题图可知
a1=v0t0
则
μ=v0gt0cosθ-tanθ
故B错误；
C．经过分析，由图可知，传送带的速度等于v0，C错误；
D．滑块与传送带的速度相等后的加速度
a2=gsinθ-μgcosθ
代入μ值得
a2=2gsinθ-v0t0
故D正确。
故选AD。
20、电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”的重量保持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常。如图1所示，驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向运动。当轿厢从顶楼向下运动时，v-t图像如图2所示，下列说法正确的是（  ）

A．在0~t1时间内，轿厢处于失重状态
B．在0~t1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先增大后减小
C．在t2~t3时间内，“对重”处于失重状态
D．在t1~t2时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小
答案：AC
A．由图可知在0~t1时间内，轿厢从顶楼向下做加速运动，加速度方向向下，轿厢处于失重状态，故A正确；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知，在0~t1时间内轿厢的加速度先增大后减小，且加速度向下，则由
mg-F=ma
可知，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大，故B错误；
C．在t2~t3时间内，“对重”向上做减速运动，加速度方向向下，“对重”处于失重状态，故C正确；
D．在t1~t2时间内，轿厢虽然做匀速运动，轿厢与“对重”的重量不相等，因为中间有驱动电机在调控，钢丝绳对轿厢的拉力大小不等于钢丝绳对“对重”的拉力大小，故D错误。
故选AC。
21、跳水运动员最后踏板的过程可以简化为:运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则（  ）
A．运动员把跳板向下压是因为运动员对跳板的压力大于跳板对运动员的支持力
B．跳板将运动员向上弹起是因为跳板对运动员的支持力大于运动员对跳板的压力
C．在最低点处，跳板对运动员的力大于运动员的重力
D．跳板对运动员的作用力是跳板发生形变产生的
答案：CD
AB．运动员对跳板的压力与跳板对运动员的支持力是一对作用力和反作用力，它们总是大小相等、方向相反，AB错误；
C．在最低点处，运动员有向上的加速度，跳板对运动员的力大于运动员的重力，C正确；
D．跳板对运动员的作用力是跳板发生形变产生的，D正确。
故选CD。
22、总质量为100 kg的小车，在粗糙水平地面上从静止开始运动，其速度—时间图像如图所示。已知在0~2 s内小车受到恒定水平拉力F=1 200 N，2 s后小车受到的拉力发生了变化，则（  ）

A．t=1 s时小车的加速度为8 m/s2
B．0~18 s内小车行驶的平均速度约为10 m/s
C．小车与地面间的动摩擦因数为0.2
D．14 s后拉力的大小为200 N
答案：AB
A．前2 s内小车做匀加速运动，由图线的斜率可得小车的加速度
a=162m/s2=8 m/s2
故选项A正确；
B．由速度-时间图线与横坐标轴围成的面积即可计算出0~18 s内小车位移的大小，每一格表示的位移为4m，小于一半的格子舍掉，大于一半的格子计算为一个格子，则格子数约为45格，则位移约为L=180 m，所以平均速度约为
v=Lt=10 m/s
故选项B正确；
C．前2 s内，根据牛顿第二定律得
F-μmg=ma
解得
μ=0.4
选项C错误；
D．14 s后小车做匀速运动，所以拉力
F′=μmg=400 N
选项D错误。
故选AB。
23、弹簧高跷是一种新型的运动器材，如图甲，当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙，则下列说法正确的是（　　）

A．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力
B．人向上弹起过程中，一直处于超重状态
C．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力等于人对踏板的作用力
D．人和高跷离开地面上升过程中处于完全失重状态
答案：ACD
A．弹簧压缩到最低点时，人要向上弹起，加速度的方向向上，人处于超重状态，高跷对人的作用力大于人的重力。故A正确；
B．人向上弹起过程中，开始处于超重状态，弹力大于重力；上升过程，弹力减小，重力不变，当速度达到最大时，重力等于弹力，之后重力大于弹力，合力向下，处于失重。故B错误；
C．人向上弹起过程中，由牛顿第三定律可知，踏板对人的作用力等于人对踏板的作用力。故C正确；
D．人和高跷离开地面上升过程中只受重力，处于完全失重状态。故D正确。
故选ACD。
24、下列说法中正确的是（   ）
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．惯性是物体的固有属性，其大小仅与物体质量有关
C．物体运动状态发生改变时仍有惯性
D．物体速度越大，它的惯性就越大
答案：ABC
A．任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫作惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，A正确；
BD．因为任何物体在任何情况下都有惯性，其大小只与质量有关，质量大的惯性大，与速度无关，B正确、D错误；
C．惯性的大小与物体的运动状态无关，物体运动状态改变时，物体的惯性不变，C正确。
故选ABC。
25、如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B，保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（  ）

A．若θ已知，可求出A的质量B．若θ未知，可求出图乙中a1的值
C．若θ已知，可求出图乙中a2的值D．若θ已知，可求出图乙中m0的值
答案：BC
C．由题中图像可知，若m=0，物块A受重力、支持力作用，由牛顿第二定律有
-mAgsinθ=mAa2
解得
a2=-gsinθ
故C正确；
D．由图乙可知当m=m0时，A的加速度为零，由平衡条件有
m0g=mAgsinθ
可得
m0=mAsinθ
则必须知道A的质量mA和θ的值，m0才可求，故D错误；
B．根据题意可知，若B的质量无限大，对整体分析，由牛顿第二定律有
mBg-mAgsinθ=mB+mAa1
可得
a1=mB-mAsinθmB+mAg≈g
故B正确；
A．对以上状态的分析中，均无法计算出A的质量，故A错误。
故选BC。
填空题
26、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中：
（1）为了探究加速度与质量的关系，应保持_____________不变；
（2）为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作___________图像（选填“a-m”或“a-1m”）。
答案：     力     a-1m
（1）[1]在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，为了探究加速度与质量的关系，应保持力不变；
（2）[2]根据
F=ma
可得
a=1mF
可知力保持不变时，加速度与质量成反比，a-m图像是双曲线，很难直观地判断加速度a与质量m的数量关系，而a-1m图像是过原点的一条倾斜直线，故为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作a-1m图像。
27、国际单位制规定________、米、_________为三个力学基本单位
答案：     千克     秒
[1][2]力学中质量、长度、时间是基本物理量，国际单位制规定质量的千克、长度的单位米、时间的单位秒为三个力学基本单位。
28、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。
29、地面上有一个物体，受到竖直向上的拉力F作用，其加速度a随拉力F的变化关系如图所示，则当a=a0时物体所受拉力_________，在同一图上画出另一质量为其2倍的物体的a-F图线_______。（图中F0，重力加速度g已知）

答案：     a0+ggF0     见解析
[1]a-F图像的斜率为
k=gF0
可得加速度a与拉力F的关系为
a=gF0F-g
设当a=a0时物体所受拉力为F'，则有
a0=gF0F'-g
解得
F'=a0+ggF0
[2]设物体的质量为m，根据牛顿第二定律可得
F-mg=ma
可得
a=1mF-g
如果物体质量变为原来的两倍，则a-F图像的斜率变为原来的一半，纵轴截距依然为-g，保持不变，图线如图所示

30、如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态。现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F（图中未标出），使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=kv。已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球的最大加速度为___________，最大速度为___________。 

答案：     F0m     F0+μmgμk
[1][2]刚开始运动时，小球的加速度为
a=F0-μmg-kvm
速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kv>mg后，加速度为
a=F0-μkv-mgm
速度v增大，加速度减小，当a减小到零，小球做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变；当小球所受摩擦力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为F0m；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有
F0=μkvmax-mg
解得最大速度
vmax=F0+μmgμk

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