20xx年高中物理必修一第四章运动和力的关系(四十四)

单选题1、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（

）A．0B．大小为g，方向竖直向下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°=0Ncos60°-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。2、处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间夹角为60°，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆，穿过细杆的两个小球分别从A点和C点由静止释放，它们下滑到D点的时间分别是t1、t2，则t1：t2是（

）A．1：1B．2：1C．D．答案：C由几何关系得，AD与水平面的夹角为30°，设圆周的半径为RxAD

=

2Rcos30°

=

R根据牛顿第二定律得，小球在AD上运动的加速度a1=

gsin30°

=

g根据xAD

=

a1t12得t1=

xCD

=

2R小球在CD上运动的加速度a2=

gsin60°

=

g根据xCD

=

a2t22得t2=

则

=

故选C。3、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。4、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：DA．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由牛顿第二定律机器人对菜品的作用力为支持了和静摩擦力的合力D正确。故选D。5、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。6、如图所示是某同学站在力传感器上，先下蹲后站起过程中力传感器的示数随时间的变化图像。重力加速度g取，则下列说法正确的是（

）A．在1~2

s时间内，该同学完成了一次下蹲再站起的过程B．下蹲过程，该同学始终处于失重状态；站起过程，该同学始终处于超重状态C．全过程中，该同学重心的加速度的最大值约为D．若仅缩短该同学下蹲所用时间，图线峰值一定不会发生变化答案：CAB．该同学下蹲过程先加速，再减速，因此先失重后超重，力传感器示数先小于重力后大于重力，因此在1~2s时间内，该同学仅完成了一次下蹲过程，AB错误；C．根据牛顿第二定律可知，在失重过程有超重过程有由图像可知，支持力最大值约为700N，最小值约为200N，该同学质量为50kg，代入解得加速度最大值约为，C正确；D．若仅缩短该同学下蹲所用时间，该同学超重过程中的最大加速度可能会变大，因此图线峰值会发生变化，D错误。故选C。7、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。8、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（

）A．B．C．D．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。9、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。10、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＞xBC．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与m无关，滑行的最大距离可表示为可得xA＝xB故选A。多选题11、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：BDAB．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=μmgA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=-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。12、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：CDAC．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。13、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（）A．B．C．D．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。14、如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取，则下列说法正确的是（

）A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值B．煤块与传送带间的动摩擦因数C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为D．煤块在传送带上留下的痕迹长为答案：ACDAB．由v-t图像得0~1s内煤块的加速度大小方向沿传送带向下；1~2s内煤块的加速度大小方向沿传送带向下。0~1s，对煤块由牛顿第二定律得1~2s，对煤块由牛顿第二定律得解得tanθ=0.75μ=0.25故A正确，B错误；C．v-t图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x=10m，由运动学公式得下滑时间为所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C正确；D．0~1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m，1~2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m。内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为故D正确。故选ACD。15、下列对牛顿第二定律的表达式及其变形公式的理解，正确的是（

）A．由可知，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。16、如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，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，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。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C．D．时间后木块的加速度大小为答案：BDA．若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足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，故B正确；C．木块在时间内，所受摩檫力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有由图乙可知联立解得故C错误；D．时间后木块所受摩檫力沿传送带向上，根据牛犊第二定律把C中解得代入解得故D正确。故选BD。17、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0.85mgB．弹簧的最大形变量为C．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，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得解得在此之前，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得可得所以A和B刚好分开时FN=0，则此时弹簧的弹力为，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可得力F对B的作用力范围为选项C正确，D错误。故选BC。18、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＝0.1B．AB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m＝1kg，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a＝m/s2＝1m/s2根据牛顿第二定律可知a＝＝＝μg联立解得μ＝0.1A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＝×4m＝16mB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＝1Ns＝4×4m＝16m联立解得W＝－16JC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＝m＝8m所以物块减速到零发生的位移为＝m＝8m所以物块刚好到达B端，D错误。故选AC。19、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比较以上两式可知综上所述可知AD正确，BC错误。故选AD。20、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/s2B．0~18

s内小车行驶的平均速度约为10

m/sC．小车与地面间的动摩擦因数为0.2D．14

s后拉力的大小为200

N答案：ABA．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=m/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==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。填空题21、如图所示，固定在电梯顶部的弹簧测力计下端挂着的钩码取（g取10m/s2），电梯运行时人观察到测力计的示数，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___________

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22、质量为的物体，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，方向向北，那么撤去的力的大小是_