人教版（2019）必修 第一册 第四章 运动和力的关系 综合练习（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页第四章运动和力的关系学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1.普朗克常量ℎ=6.626×10−34J⋅s，光速为c，电子质量为meA.J/s B.m C.J⋅m 2.同学们到中国科技馆参观，看到了一个有趣的科学实验：如图所示，一辆小火车在平直轨道上匀速行驶，当火车将要从“∩”形框架的下方通过时，突然从火车顶部的小孔中竖直向上弹出一小球，该小球越过框架后，又与通过框架的火车相遇，并恰好落回原来的孔中．下列说法正确的是(

)

A.站在地面上看，小球运动的轨迹是直线

B.小球相对于小火车运动的轨迹是曲线

C.小球能落回小孔是因为小球在空中运动的过程中受到水平向前的力

D.小球能落回小孔是因为小球有惯性，在水平方向保持与小火车同速3.一雨滴从空中由静止开始竖直落下，假设雨滴下落过程中所受重力保持不变，且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大，则如图所示的图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是(

)A. B. C. D.4.如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA=2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断细线，则在剪断细线瞬间

(

)

A.A球加速度为32g，B球加速度为g B.A球加速度为32g，B球加速度为零

C.A球加速度为32g，B球加速度不为零 D.A5.如图所示，在竖直平面内有ac、abc、adc三个细管道，ac沿竖直方向，abcd是一个矩形，将三个小球同时从a点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的速度损失，当竖直下落的小球运动到c点时，关于三个小球的位置，下列示意图中可能正确的是

(

)A. B.

C. D.6.撑竿跳是田径运动项目的一种．在这项比赛中，运动员双手握住一根特制的竿子，经过快速助跑后，借助竿子撑地的反弹力量，使身体腾起，跃过横杆．关于撑竿跳，下列说法正确的是(

)A.运动员起跳时，撑竿提供给运动员的弹力等于运动员所受重力

B.运动员起跳时，撑竿提供给运动员的弹力小于运动员所受重力

C.在运动员起跳上升阶段，运动员始终处于超重状态

D.在运动员跃过横杆后的下落阶段，运动员始终处于失重状态7.小物块A和B通过一不可伸长的轻绳悬挂在光滑轻质定滑轮的两端，如图甲所示，保持A的质量mA不变，改变B的质量mB，当B的质量连续改变时，得到A的加速度aA随B的质量mB变化的图线如图乙所示．设竖直向上的方向为加速度的正方向，空气阻力不计，重力加速度为g，轻绳足够长．下列说法正确的是

(

)

A.a 1<g，a 2<g

B.a 1=g8.如图所示，一质量为M=2 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量为m=1 kg的小滑块(可视为质点)静止放在长木板上．从t=0时刻开始，长木板受到向左的逐渐增加的水平拉力F，小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是

(

)

A.当F=12 N时，小滑块的加速度大小为5 m/s2

B.当F=18 N时，小滑块的加速度大小为6 m/s2

C.当F=18 N时，长木板的加速度大小为6.5 m/s9.如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动状态时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕转轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的运动方向和运动状态可能是(

)

A.向左行驶，突然刹车 B.向右行驶，突然刹车

C.向左行驶，匀速直线运动 D.向右行驶，匀速直线运动10.牛顿通过对行星运动规律和地球附近物体做自由落体运动的加速度对比思考，提出了著名的万有引力定律：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比，与它们之间距离r的二次方成反比．即F=Gm1m2r2，式中“GA.m3kg2⋅s2 B.11.如图所示，质量为m的物体在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面做匀加速直线运动，加速度大小为a；若其他条件不变，仅将物体的质量减为原来的一半时，物体运动的加速度大小为a′，则

(

)

A.a′<a B.a<a′<2a C.a′=2a D.a′>2a12.两个倾角相同的滑杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用细线悬吊着两球C、D.如图所示，当它们都沿滑杆一起向下滑动时，A环的悬线与杆垂直，B环的悬线竖直向下．则

(

)

A.A环与杆有摩擦力 B.B环与杆无摩擦力

C.A环做的是匀速运动 D.B环做的是匀速运动13.如图所示，将一小木块和一小钢珠分别用手拿着并压缩两根一端分别竖直固定在地面上的弹簧上端．现同时释放小木块和小钢珠，若小木块在整个运动过程中所受空气的阻力f与其速度v满足f=kv(k为常数)，而小钢珠的运动忽略空气阻力，且两物体同时离开弹簧，取向上为运动的正方向，则如图能正确反应两物体离开弹簧后的运动情况的v−t图像的是

(

)

A. B. C. D.14.如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内).与稳定在竖直位置时相比，小球的高度(

)

A.一定升高 B.一定降低

C.保持不变 D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定15.如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触).现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图像不可能的是

(

)

A. B. C. D.16.如图所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块，其中M、P的质量均为m，N、Q的质量均为2m，M、P之间用一轻质弹簧相连．现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在突然撤去F的瞬间，下列说法正确的是

(

)

A.P、Q间的摩擦力变化 B.M、N间的摩擦力不变

C.M、N的加速度大小仍为a D.P、Q的加速度大小变为a二、多选题17.伽利略对自由落体运动和力与运动的关系的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图(a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(

)

A.图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动

B.图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易

C.图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成

D.图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持18.图甲为弹簧高跷结构示意图，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，如图乙所示．不计空气阻力，则下列说法正确的是(

)

A.人向上弹起的过程中，一直处于超重状态

B.人向上弹起的过程中，踏板对人的作用力等于人对踏板的作用力

C.弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力

D.从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动19.两个重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度沿斜面下滑，则滑块B受到的摩擦力

(

)

A.等于零 B.方向沿斜面向上

C.大小等于μ 1mgcosθ D.20.为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查．如图甲所示为乘客在乘坐地铁前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情境．如图乙所示为水平传送带装置示意图．传送带ab以1 m/s的恒定速率运行，乘客将一质量为4 kg的行李无初速度地放在传送带左端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，a、b间的距离为2 m，g取10 m/s2.下列速度—时间(v−t)图像和位移—时间(x−t)图像中，可能正确反映行李在a、b之间的运动情况的有

(

)

A. B.

C. D.21.“蹦极”是一项刺激的极限运动，重力为G的运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下．在某次蹦极的某段时间内，弹性绳弹力F的大小随时间t的变化图像如图所示，其中t2、t4时刻弹性绳弹力大小等于运动员重力大小．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳的弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计．则这段时间内，下列说法中正确的是

(

)

A.t 1时刻运动员的速度最大 B.t 2时刻运动员具有向下的最大速度

C.t 22.在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为

(

)A.8 B.10 C.15 D.1823.如图所示，让物体同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、A.物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1:sinθ2

B.物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ124.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μ2A.F1 =μ1m1g B.F2三、实验题25.为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面(已知sinα=0.34，cosα=0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT=0.20s)内小铜块沿斜面下滑的距离sisssss5.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为_______m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为___________。(结果均保留226.某研究性学习小组欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系，该小组在实验室设计了一套如图甲所示的装置．(1)要顺利完成该实验，除图甲中实验仪器和低压交流电源(含导线)外，还需要的实验仪器是__________(选填“刻度尺”“天平”或“秒表”)．(2)按上述方案做实验，是否要求沙桶和沙子的总质量远小于小车的质量？__________(选填“是”或“否”)．(3)已知交流电源的频率为50 Hz，某次实验得到的纸带如图乙所示，图中相邻计数点之间还有4个点未画出．则计时器打点D时，纸带的速度大小vD=__________m/s.(27.某实验小组利用如图所示的装置进行验证：当质量m一定时，加速度a与力F成正比，其中F=m2g，m=m1+m2(m1为小车及车内砝码的总质量，m2为桶及桶内砝码的总质量).具体做法是将小车从A处由静止释放，用速度传感器(图中未画出)测出它运动到B处时的速度v(1)设加速度大小为a，则a与v及s间的关系式是__________．(2)如果实验操作无误，四位同学根据实验数据作出了下列图像，其中正确的是__________．(3)下列措施能够减小本实验误差的是__________．A.实验中必须保证桶及桶内砝码的总质量远小于小车及车内砝码的总质量B.实验前要平衡摩擦力C.细线在桌面上的部分应与长木板平行D.图中A、B之间的距离s尽量小些28.某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，如图甲所示为实验装置简图．(交流电的频率为50 Hz)(1)此实验主要采用的实验方法是________．A.理想实验法

B.理想模型法

C.控制变量法

D.微元法(2)该同学做实验前将长木板的右端垫上木块，把长木板一端垫高的目的是：________.该操作是否成功的判断依据是________________．(3)该同学在正确安装好实验器材后开始实验．图乙所示为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2((4)保持小盘及盘中砝码的质量不变，改变小车质量m，分别得到小车的加速度a与小车质量m及对应的1ma/(m·1.901.721.491.251.000.750.500.30m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.6714.003.453.032.502.001.411.000.60请在如图丙所示的方格坐标纸中画出a−1m的图像，并由图像求出小车的加速度a与质量的倒数1m四、计算题29.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量M=60 kg的工人站在水平地面上，通过定滑轮将m=20 kg的建筑材料以a=1 m/s2的加速度竖直向上加速提升，工人拉绳方向与水平方向成53°角．忽略绳和定滑轮的质量及两者间的摩擦，求工人在提升建筑材料过程中地面受到的压力和静摩擦力的大小．(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，30.某人乘坐电梯时，想知道自己对电梯的压力，于是他在电梯的顶部悬挂一个弹簧测力计，弹簧测力计下端悬挂一质量m=5kg的物体，如图所示．在某次电梯运行中他发现弹簧测力计的示数是40N，已知该人的质量为M=50kg.则此时该人对电梯的压力是多大？(g=10m/s2)

31.杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑，如图甲所示．若竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零．已知有一传感器记录了竿上演员下滑时的速度随时间变化的情况如图乙所示．竿上演员质量为m1=40 kg，长竹竿质量m2=10 kg，g(1)求下滑过程中，竿上演员受到的摩擦力大小；(2)请画出地面上的演员肩部承受的压力随时间变化的图像，不用写计算过程，但要标出相关数据．32.随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l=180 m，其中电磁弹射区的长度为l1=80 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×10(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小；(3)电磁弹射器的牵引力F牵33.如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的足够长的木板，木板上站着一只猫，已知木板的质量是猫的质量的2倍，当绳子突然断开时，猫立即沿着木板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为多少？(取重力加速度为g)

34.一位同学住在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和测量，他发现电梯启动后的速度—时间图像如图所示．他根据这一特点在电梯内用台秤、重物和停表测量这座楼房的高度．他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层启动，经过不间断地运行，最后停在最高层．在整个过程中，他没有来得及把台秤的示数全记录下来，假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度g取10m/s2时间台秤示数电梯启动前50 N0～3.0 s3.0～13.0 s50 N13.0～19.0 s46 N19.0 s以后50 N(1)求0～3.0s时间段内台秤的示数．(2)根据上表中的数据，计算该座楼房每一层的平均高度．35.避险车道(标志如图1所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图2所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ=1，sinθ=0.1，g=10 m/s2.(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．36.“抽桌布挑战赛”是某游乐场的一项挑战游戏，挑战者用力迅速抽走水平桌面上的桌布，同时保证桌布上的水杯“不动”(肉眼观察不到水杯位置发生变化)即为挑战成功．将一个可视为质点的水杯静置于桌布上，挑战者用水平向右的拉力将桌布迅速抽走，水杯和桌布的质量分别为m1和m2，水杯与桌布间的动摩擦因数为μ1，桌布与桌面间、水杯与桌面间的动摩擦因数均为μ2(1)若某挑战者在抽桌布中，水杯相对桌布静止和桌布一起被抽走，求拉力满足的条件．(2)若肉眼感知物体“不动”的最大距离l=0.75 cm，m1=1 kg，m2=0.5 kg，μ1=0.1，

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：ℎmec在国际单位制下的导出单位为J⋅s/(kg⋅m⋅s−1)，又因1J=1N⋅m，2.【答案】D

【解析】【分析】相对于地面，小球做的是竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度。

掌握惯性的物理意义：惯性是物体的固有属性，惯性的大小由质量决定。

【解答】相对于地面，小球在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速运动，轨迹是曲线，A错误．

相对于火车，小球做竖直上抛运动，轨迹为直线，故B错误．

小球能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度，并不是受到水平向前的力，故C错误，D正确．

3.【答案】C

【解析】解：

根据牛顿第二定律得a=mg−fm，可知速度增大，阻力增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动，所以雨滴匀速前的速度—时间图像不是直线．由于阻力随速度增大而增大，故阻力—时间图像与速度—时间图像接近，又因为a=mg−fm，故加速度—4.【答案】B

【解析】解：设B球质量为m，则A球质量为2m，细线剪断前，由平衡条件，以B球为研究对象可知，弹簧的弹力F=mg，以A、B整体为研究对象可知细线的拉力为3mg；剪断细线瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得，对A球有2mg+F=2maA，又F=mg，得aA=32g，对B球有F−mg=maB，得5.【答案】B

【解析】解：设ac=D，∠acb=α.设小球沿ab、bc、ac、ad、dc下滑的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4、a5.根据牛顿第二定律得a1=a5=mgsinαm=gsinα，a2=a4=mgsin (90∘−α)m=gcos α，a

6.【答案】D

【解析】【分析】当物体的加速度竖直向上时，物体处于超重状态，当当物体的加速度竖直向下时，物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力小于物体的重力时物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力大于物体的重力时物体处于超重状态。

掌握了超重或失重的概念和特点是解决这类题目的关键，知道根据加速度的方向判定超重与失重的方法。

【解答】起跳时运动员的加速度方向向上，竿子对运动员的弹力大于运动员的重力，A、B错误；

在运动员起跳上升阶段，运动员开始时向上做加速运动，随后向上做减速运动，所以运动员开始时处于超重状态，上升的最后阶段处于失重状态，C错误；

跃过横杆以后的下落过程中运动员的加速度方向向下，运动员始终处于失重状态，D正确．

7.【答案】C

【解析】解：

从图像分析知A的加速度先向下减小到零，然后向上增大，最后不变，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律知，aA=mB−mAmB+mAg，整理有aA=1−2mAmA+mBg，当mB=0时，aA=−g，即a2=g，由极限法知，若B的质量增大到无穷大，有aA=g，即a1=g，则选项A、B错误；在图线与横轴交点处，mB8.【答案】C

【解析】【分析】当拉力较小时，两者以共同的加速度运动，随着F的增大，两者将会发生滑动，当两者间的摩擦

力达到最大时，小滑块的加速度达到最大，根据整体法和隔离法求得加速度即可。

解决本题的关键是理清木板和滑块的运动规律，结合牛顿第二定律，利用好整体法和隔离法，关键是抓住小滑块与木板发生相对滑动的临界点即可。

【解答】长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有F=(M+m)a，对小滑块分析，刚要发生相对滑动时μmg=ma，解得F=15 N，

A.当F=12 N<15 N时，由牛顿第二定律有F=(M+m)a，代入数据得小滑块的加速度大小为a′=4 m/s2，故A错误；

B.当F=18 N>15 N时，两者发生相对滑动，小滑块的加速度大小为a块=μmgm=μg=5 m/s2，故B错误；

C.对长木板分析，根据牛顿第二定律得F−μmg=Ma板，代入数据解得a板=6.5 m/9.【答案】B

【解析】【分析】对摆锤进行受力分析，摆锤所受合力方向向左，加速度向左，汽可知车向右做匀减速运动，或向左加速运动。

本题考查牛顿第二定律的应用，要注意通过受力情况确定物体加速度的方向从而确定物体的运动情况是我们解决此类题目的基本步骤．

【解答】解：AB、简化模型如答图所示，当摆锤在虚线位置时，摆锤、车具有向左的加速度，车的运动情况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，A项错误，B项正确；

CD、当车匀速运动时，无论向哪个方向行驶，摆锤均处于竖直位置不摆动，C、D错误．

故选B。

10.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查力学单位制，基础题目。

根据万有引力公式分析出引力常量的单位即可判断。

【解答】

质量m的单位为kg，距离r的单位为m，引力F的单位为N，由万有引力定律F=Gm1m2r2公式推导得出G11.【答案】D

【解析】对物体，改变质量前后，由牛顿第二定律得F−μmg=ma，F−μ⋅m2g=m2a′，解得a=12.【答案】D

【解析】【分析】

分别对A、C受力分析，由于两个球加速度相同，故根据牛顿第二定律列式分析可以求出摩擦力；先对D受力分析，结合运动情况判断出D做匀速运动，再对B受力分析．

本题关键要结合运动情况判断力，再结合受力情况判断运动情况．

【解答】

AC、设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析，受重力、拉力、支持力、沿杆向上的摩擦力f，根据牛顿第二定律，有mAgsin

θ−f=mAa，对C球受力分析，由牛顿第二定律有mCgsin

θ=mCa，联立解得f=0，a=gsin

θ，此时加速度不为零，做匀变速运动，故A、

13.【答案】D

【解析】解：对于小钢珠，所受的空气阻力不计，只受重力，做竖直上抛运动，v−t图像是直线，故图中直线为小钢珠的运动图像．对于小木块，运动时受到空气阻力，上升阶段由牛顿第二定律得a=mg+kvm=g+kvm，由于空气阻力随速度的减小而减小，故上升阶段加速度逐渐减小，最小值为g.下降阶段由牛顿第二定律可得a′=mg−kvm=g−kvm14.【答案】A

【解析】解：

设橡皮筋的原长为l0，向左加速达到稳定时伸长量为x，对小球受力分析如图所示，

由牛顿第二定律有kxsin

θ=ma①，kxcos

θ=mg②，

设小球稳定在竖直位置时，橡皮筋伸长量为x0，由平衡条件有kx0=mg③，

由②③两式可得x0=xcos

θ．

而两种情况下悬点与小球间的高度差分别为l0+x

15.【答案】C

【解析】解：当v2<v1并且物块不从左端离开传送带时，物块滑上传送带先向左减速，到零后，再反向加速，达到原速度的大小后，恰好离开传送带，A正确，不符合题意；

当v2≥v1并且物块不从左端离开传送带时，物块滑上传送带先向左减速，到零后，再反向加速，达到传送带速度后再匀速，然后离开传送带，B正确，不符合题意；

从C16.【答案】C

【解析】解：

四个木块一起做匀加速运动，把四个木块看成整体，由牛顿第二定律得F=6ma，对N应用牛顿第二定律有F−FfMN=2ma，则M、N间的静摩擦力FfMN=4ma=23F，对M应用牛顿第二定律，有FfNM−FT=ma，又FfMN=FfNM，则弹簧的拉力FT=3ma=12F，当突然撤去外力F，弹簧弹力不发生突变，P、Q的加速度不变，P、Q间的摩擦力不变，故A错误；弹簧的弹力使M、N整体有向左的加速度，有FT17.【答案】BD

【解析】【分析】

根据伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究，了解其研究过程中的物理思想与物理的方法。

本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况。

【解答】

伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明了如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计时，无法记录自由落体运动所用的时间，伽利略设计了让小球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长得多，容易测量．伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A错误，B正确．

实际中没有摩擦力的斜面并不存在，故该实验无法实际完成，C错误．

伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，D正确．

18.【答案】BC

【解析】【分析】

当物体静止不动时，没有加速度，不处于超失重状态，当有向上的加速度时，物体处于超重状态，当有向下的加速度时，物体处于失重状态。作用力与作用力总是大小相等。

本题考查牛顿第二定律关于超重和失重的应用，做此类题目，要抓住关键：有向上的加速度处于超重状态，有向下的加速度处于失重状态。

【解答】

人向上弹起的过程，先加速后减速，所以先超重后失重，故A错误；

人向上弹起的过程中，踏板对人的作用力与人对踏板的作用力是一对相互作用力，所以大小是相等的，故B正确；

弹簧压缩到最低点时，人有向上的加速度，所以高跷对人的作用力大于人的重力，故C正确；

从最高点下落至最低点的过程，人先加速后减速，由于高跷接触地面后有弹簧弹力的存在，所以不是匀变速运动，故D错误．

19.【答案】BC

【解析】以B为研究对象，对其受力分析如图所示，由于所求的摩擦力是未知力，可假设B受到A对它的摩擦力沿斜面向下．由牛顿第二定律得mgsin

θ+FfB=ma，对A、B整体进行受力分析，可得(M+m)gsin

θ−μ1(M+m)gcos

θ=(M+m)a，联立两式得FfB=−

20.【答案】AC

【解析】行李放上传送带后，受到向右的摩擦力，加速度为a=μmgm=μg=1m/s2，行李做匀加速直线运动，速度达到传送带速度经历的时间t=va=1s，然后行李做匀速直线运动，故A正确，B错误；

在0～1 s内行李做匀加速运动，通过的位移x1=21.【答案】BC

【解析】解：

运动员受到竖直向下的重力G与竖直向上的弹力F作用．由题图可知，t1～t2时间内弹力F小于重力，合力向下，运动员的加速度向下，运动员在加速，所以t1时刻运动员的速度不是最大，故A错误；t1～t2时间内运动员向下运动，t2时刻弹力F等于重力，加速度为零，则运动员具有向下的最大速度，故B正确；在t2、22.【答案】BC

【解析】解：

设每节车厢质量为m，挂钩P、Q西边车厢的总质量为bm，东边的车厢总质量为cm，当机车在东边时，以bm为研究对象，F=bma；当机车在西边时，以cm为研究对象，F=23cma，可得3b=2c．

设3b=2c=k，则总节数d=b+c=56k，且d为正整数，则k取6，12，18，…，则d=5，10，15，….23.【答案】BCD

【解析】【分析】

对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，通过位移以及加速度，根据位移时间公式求出运动的时间，从而得出末速度，然后进行比较。

本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，知道加速度是联系力和物体运动的桥梁。

【解答】

设圆半径为R，弦轨道光滑，物体只受重力、支持力，根据牛顿第二定律有mgcosθ=ma，解得a=gcosθ，物体沿P1A、P2A下滑的加速度之比为a1:a2=gcosθ1:gcosθ2=cosθ1:cosθ2，A错误；

根据运动学公式，末速度v2=2a·2Rcos

θ，a=gcosθ，解得v=2gRcosθ，24.【答案】BCD

【解析】解：A、由图(c)可知，在0～t1 时间段物块和木板均静止，在

t1 时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1=μ1(m1+m2)g，故A错误；

B、由图(c)可知，t1～t2时间段物块和木板一起匀加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对滑动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有

对物块和木板F2−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)am

对木板μ2m2g−μ1(m1+m2)g=m1am

整理可得F2=m2(m1+25.【答案】0.43

0.32

【解析】根据逐差法，利用Δx=aT2，可得加速度

a=(s4+s5)−(s2+s3)4T2=(11.02+12.74)−(7.58+9.31)4×0.202×10−2m/s26.【答案】(1)刻度尺

(2)否

(3)0.69

【解析】(1)根据实验所要进行的测量可知，本实验除题图甲中实验仪器和低压交流电源(含导线)外，还需要刻度尺测量纸带上各点间的距离．(2)根据上述方案做实验，通过弹簧测力计可测量出拉小车的力，因此不需要沙桶和沙子的总质量远小于小车的质量．(3)由于每相邻的两个计数点间还有四个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1 s，

根据匀变速直线运动的推论公式Δs=aT2有sBC−sAB=aT2

解得a=0.0550−0.04600.1

27.【答案】(1)v2=2as

(2)A

【解析】(1)小车做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式得v2(2)由(1)可知v2=2as，若m一定时，F与a成正比，则s、m一定时，v2与F(3)本实验中m为m1和m2的总和，分析知不需要满足m2≪m1，故A错误；

为使系统所受合力等于桶与桶中砝码所受的总重力，实验需要平衡摩擦力，还需要使细线在桌面上的部分与长木板平行，故B、C正确；

为减小实验误差，图中A、B之间的距离s应尽量大些，故

28.【答案】(1)C

(2)平衡摩擦力

轻推小车看小车是否做匀速运动(或看纸带上相邻点间间距是否相等)

(3)3.2

(4)

a=12m【解析】(1)探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，这种实验方法是控制变量法，C正确．(2)把长木板一端垫高的目的是平衡摩擦力，平衡摩擦力时不应挂钩码，但是要挂纸带；调节斜面的倾角，轻推小车，使打点计时器正常工作时，小车做匀速直线运动(纸带上相邻点间间距相等)，即可判断已平衡摩擦力．(3)各计数点之间还有一个点，所以各计数点之间的时间间隔是T=2t=0.04 s，根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2，解得加速度为(4)使用描点法在方格坐标纸中画出a−1m图线如图所示．图线的斜率k=ΔaΔ1m=

29.【答案】解：

建筑材料受力如答图甲所示．由牛顿第二定律得F1−mg=ma，代入数据解得F1=220 N

因此绳对人的拉力大小F2=F1=220 N，

人受力如答图乙所示，由平衡条件得F2cos 53°=f，F2

【解析】见答案

30.【答案】对物体进行受力分析，如答图甲所示，由牛顿第二定律得mg−T=ma，则a=2 m/以人为研究对象，进行受力分析，如答图乙所示，由牛顿第二定律得Mg−N=Ma，

则N=Mg−Ma=400 N

由牛顿第三定律知，人对电梯的压力大小为400 N．

【解析】应用牛顿第二定律分析物体受力情况，是物理常用方法，特别要抓住牛顿第二定律的矢量性，即加速度方向与合力方向相同，对分析受力很有好处。

31.【答案】解：(1)下滑过程分为加速下滑和减速下滑两个过程：

①加速下滑时，加速度大小a1=1 m/s2，由牛顿第二定律得m1g−Ff1=m1a(2)地面上的演员肩部对长竹竿的支持力等于长竹竿的重力和演员对竹竿的摩擦力之和，由牛顿第三定律可知，地面上的演员肩部承受的压力大小等于支持力大小．

在0～4 s时间内为m2g+Ff1=460 N；

在4～6 s

【解析】(1)根据v−t图像分析加速度，再结合受力分析得出受力；

(2)画出力图即可。

本题是动力学问题中的已知运动情况分析受力，注意力和运动的桥梁是加速度。

32.【答案