20xx年高中物理必修一第四章運動和力的關(guān)系(四十四)

單選題1、如圖所示，質(zhì)量為m的小球用一水平輕彈簧系住，并用傾角為60°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，在木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為（

）A．0B．大小為g，方向豎直向下C．大小為g，方向垂直木板向下D．大小為2g，方向垂直木板向下答案：D木板撤去前，小球處于平衡態(tài)，受力如圖所示由平衡條件得F-Nsin60°=0Ncos60°-G=0木板A、B突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不變，合力等于支持力N，方向與N反向，方向垂直于木板向下，由牛頓第二定律得，加速度為解得a=2g方向垂直于木板向下，故選D。2、處于豎直平面內(nèi)的某圓周的兩條直徑AB、CD間夾角為60°，其中直徑AB水平，AD與CD是光滑的細(xì)桿，穿過細(xì)桿的兩個小球分別從A點和C點由靜止釋放，它們下滑到D點的時間分別是t1、t2，則t1：t2是（

）A．1：1B．2：1C．D．答案：C由幾何關(guān)系得，AD與水平面的夾角為30°，設(shè)圓周的半徑為RxAD

=

2Rcos30°

=

R根據(jù)牛頓第二定律得，小球在AD上運動的加速度a1=

gsin30°

=

g根據(jù)xAD

=

a1t12得t1=

xCD

=

2R小球在CD上運動的加速度a2=

gsin60°

=

g根據(jù)xCD

=

a2t22得t2=

則

=

故選C。3、伽利略以前的學(xué)者認(rèn)為：物體越重，下落得越快。伽利略等一些物理學(xué)家否定了這種看法。在一高塔頂端同時釋放一片羽毛和一個玻璃球，玻璃球先于羽毛落到地面，這主要是因為（）A．它們的質(zhì)量不等B．它們的密度不等C．它們的材料不同D．它們所受的空氣阻力對其下落的影響不同答案：D羽毛下落的速度比玻璃球慢是因為羽毛受到的空氣阻力相對于它的自身重力較大，空氣阻力對羽毛下落的影響較大；而玻璃球受到的空氣阻力相對于其自身重力很小，空氣阻力對其下落的影響可以忽略，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。故選D。4、機器人服務(wù)人類的場景正步入現(xiàn)實生活中，例如餐廳中使用機器人來送餐，就越來越常見。如圖甲所示為某餐廳的送餐機器人，將其結(jié)構(gòu)簡化為如圖乙所示的示意圖，機器人的上表面保持水平。則下列說法中正確的是（）A．菜品隨著機器人一起做勻速直線運動時，菜品受到與運動方向一致的摩擦力作用B．菜品隨著機器人一起做勻速直線運動時，菜品對機器人的壓力和機器人對菜品的支持力是一對平衡力C．菜品隨著機器人一起做勻加速直線運動時，菜品的慣性逐漸增大D．菜品隨著機器人一起做勻減速直線運動時，機器人對菜品的作用力大于菜品的重力答案：DA．菜品隨著機器人一起做勻速直線運動時，不受摩擦力作用。A錯誤；B．菜品隨著機器人一起做勻速直線運動時，菜品對機器人的壓力和機器人對菜品的支持力是一對作用力與反作用力。B錯誤；C．菜品隨著機器人一起做勻加速直線運動時，菜品的慣性不變。慣性大小由物體的質(zhì)量決定，質(zhì)量不變，物體的慣性不變。C錯誤；D．菜品隨著機器人一起做勻減速直線運動時，機器人對菜品的支持力由牛頓第二定律機器人對菜品的作用力為支持了和靜摩擦力的合力D正確。故選D。5、如圖，質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的地面上且始終靜止，滑雪運動員在斜面體上自由向下勻速下滑。已知運動員包括雪橇的質(zhì)量為m，不計空氣阻力，則（

）A．地面對斜面體的摩擦力為0B．地面對斜面體的支持力小于（M+m）gC．若運動員加速下滑，地面對斜面體的支持力大于（M+m）gD．若運動員加速下滑，地面對斜面體的摩擦力向右答案：AAB．當(dāng)運動員勻速下滑時，可以把m和M看成一個整體，根據(jù)平衡條件，地面的支持力為（M+m）g，地面對斜面體的摩擦力為0，故A正確，B錯誤；CD．當(dāng)運動員加速下滑時，由于m的加速度沿斜面向下，有豎直向下的分量，則其處于失重狀態(tài)，因此，地面對斜面體的支持力小于（M+m）g，由于m的加速度有沿水平向左的分量，則地面對斜面體的摩擦力向左，故CD錯誤。故選A。6、如圖所示是某同學(xué)站在力傳感器上，先下蹲后站起過程中力傳感器的示數(shù)隨時間的變化圖像。重力加速度g取，則下列說法正確的是（

）A．在1~2

s時間內(nèi)，該同學(xué)完成了一次下蹲再站起的過程B．下蹲過程，該同學(xué)始終處于失重狀態(tài)；站起過程，該同學(xué)始終處于超重狀態(tài)C．全過程中，該同學(xué)重心的加速度的最大值約為D．若僅縮短該同學(xué)下蹲所用時間，圖線峰值一定不會發(fā)生變化答案：CAB．該同學(xué)下蹲過程先加速，再減速，因此先失重后超重，力傳感器示數(shù)先小于重力后大于重力，因此在1~2s時間內(nèi)，該同學(xué)僅完成了一次下蹲過程，AB錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律可知，在失重過程有超重過程有由圖像可知，支持力最大值約為700N，最小值約為200N，該同學(xué)質(zhì)量為50kg，代入解得加速度最大值約為，C正確；D．若僅縮短該同學(xué)下蹲所用時間，該同學(xué)超重過程中的最大加速度可能會變大，因此圖線峰值會發(fā)生變化，D錯誤。故選C。7、側(cè)壁開有小孔的開口塑料瓶，裝滿水后自由下落過程中，發(fā)現(xiàn)小孔沒有水流出，原因是瓶中的水（）A．處于失重狀態(tài)B．處于超重狀態(tài)C．處于平衡狀態(tài)D．先超重后失重答案：A自由落體過程，物體處于完全失重狀態(tài)，瓶中的水對側(cè)壁沒有壓力，所以水不會從小孔流出，A正確。故選A。8、矢量發(fā)動機是噴口可向不同方向偏轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動機。當(dāng)殲20隱形戰(zhàn)斗機以速度v斜向上加速飛行時，其矢量發(fā)動機提供的推力和飛機機翼產(chǎn)生的升力的合力F的方向正確的是（

）A．B．C．D．答案：A因為殲-20加速飛行，所以矢量發(fā)動機提供的推力和飛機機翼產(chǎn)生的升力的合力F與重力的合力方向應(yīng)沿機身斜向上。故選A。9、某人乘電梯從10樓到1樓，從電梯啟動到停在1樓的過程，經(jīng)歷了勻加速、勻速和勻減速三個階段。電梯在這三個連續(xù)的運動階段中，該人所受的重力和他對電梯地板的壓力相比較，其大小關(guān)系分別是（

）A．重力大于壓力，重力等于壓力，重力小于壓力B．重力小于壓力，重力等于壓力，重力大于壓力C．重力大于壓力，重力小于壓力，重力小于壓力D．重力小于壓力，重力小于壓力，重力大于壓力答案：A某人乘電梯從10樓到1樓，速度方向向下。電梯啟動做加速運動階段，加速度方向向下，由牛頓第二定律可知重力大于電梯地板對他的支持力，由牛頓第三定律可知，他對電梯地板的壓力等于電梯地板對他的支持力，即重力大于壓力，處于失重狀態(tài)；在勻速運動階段，處于平衡狀態(tài)，重力等于壓力；在減速運動階段，加速度方向向上，由牛頓第二定律可知重力小于電梯地板對他的支持力，由牛頓第三定律可知，他對電梯地板的壓力等于電梯地板對他的支持力，即重力小于壓力，處于超重狀態(tài)；故選項A正確，選項BCD錯誤。故選A。10、A、B兩物體以相同的初速度在同一粗糙水平面上滑行，兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)相同。若物體A的質(zhì)量大于物體B的質(zhì)量，則兩物體能滑行的最大距離xA與xB的大小關(guān)系為（

）A．xA＝xBB．xA＞xBC．xA＜xBD．不能確定答案：A兩物體在粗糙的水平面上滑行過程的加速度大小為與m無關(guān)，滑行的最大距離可表示為可得xA＝xB故選A。多選題11、一質(zhì)量為m的物塊靜置于粗糙水平面上，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，在t=0時刻對其施加一個水平方向的作用力F。F的大小隨時間的變化規(guī)律如圖所示，f表示其受到的摩擦力，v表示其速度，a表示其加速度，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。在下列選項中對應(yīng)圖像可能正確的是（

）A．B．C．D．答案：BDAB．根據(jù)圖像可知，物塊所受拉力F隨時間均勻增大，當(dāng)拉力F小于最大靜摩擦力時，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，摩擦力為靜摩擦力，滿足f=F=kt當(dāng)拉力大于最大靜摩擦力時，物塊開始滑動，摩擦力為滑動摩擦力，大小滿足f=μmgA錯誤，B正確；C．物塊滑動前加速度為零，當(dāng)物塊開始滑動后，由牛頓第二定律可得F-μmg=ma解得a=-μg加速度隨時間線性增大，且應(yīng)有橫截距，C錯誤；D．當(dāng)拉力小于最大靜摩擦力時，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)拉力大于最大靜摩擦力時，物塊開始做加速度增大的變加速運動，D正確。故選BD。12、如圖所示，蹦床運動員從空中落到床面上，運動員從接觸床面下降到最低點為第一過程，從最低點上升到離開床面為第二過程，則運動員（

）A．在第一過程中始終處于失重狀態(tài)B．在第二過程中始終處于超重狀態(tài)C．在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)D．在第二過程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)答案：CDAC．運動員剛接觸床面時，重力大于彈力，運動員向下做加速運動，運動員處于失重狀態(tài)；當(dāng)彈力增大到等于重力時速度最大；繼續(xù)下降，彈力大于重力，做向下減速運動，運動員處于超重狀態(tài)，即在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，A錯誤，C正確；BD．在第二過程中運動員先向上加速運動，處于超重狀態(tài)，后向上減速運動，處于失重狀態(tài)，B錯誤，D正確。故選CD。13、一滑塊以某一速度滑上足夠長的光滑斜面，下列圖像中能夠正確表示滑塊運動的是（）A．B．C．D．答案：BD滑塊向上滑動，速度減為零后，再反向運動，即前后速度方向相反；上滑與下滑過程中，滑塊受力不變，所以加速度不變。故選BD。14、如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為，以恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。一煤塊以初速度從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，g取，則下列說法正確的是（

）A．傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)C．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為D．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為答案：ACDAB．由v-t圖像得0~1s內(nèi)煤塊的加速度大小方向沿傳送帶向下；1~2s內(nèi)煤塊的加速度大小方向沿傳送帶向下。0~1s，對煤塊由牛頓第二定律得1~2s，對煤塊由牛頓第二定律得解得tanθ=0.75μ=0.25故A正確，B錯誤；C．v-t圖像圖線與時間軸所圍面積表示位移大小，所以煤塊上滑總位移大小為x=10m，由運動學(xué)公式得下滑時間為所以煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為，故C正確；D．0~1s內(nèi)煤塊比傳送帶多走4m，劃痕長4m，1~2s內(nèi)傳送帶比煤塊多走2m，劃痕還是4m。內(nèi)傳送帶向上運動，煤塊向下運動，劃痕總長為故D正確。故選ACD。15、下列對牛頓第二定律的表達(dá)式及其變形公式的理解，正確的是（

）A．由可知，物體所受的合外力與物體的質(zhì)量成正比，與物體的加速度成反比B．由可知，物體的質(zhì)量與其所受合外力成正比，與其運動的加速度成反比C．由可知，物體的加速度與其所受合外力成正比，與其質(zhì)量成反比D．由可知，物體的質(zhì)量可以通過測量它的加速度和它所受到的合外力而求得答案：CDA．物體的合外力與物體的質(zhì)量和加速度無關(guān)，故A錯誤；B．物體的質(zhì)量與合外力以及加速度無關(guān)，由本身的性質(zhì)決定，故B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律可知，物體的加速度與其所受合外力成正比，與其質(zhì)量成反比，故C正確；D．由可知，物體的質(zhì)量可以通過測量它的加速度和它所受到的合外力而求得，故D正確。故選CD。16、如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為，保持某一速度勻速轉(zhuǎn)動，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，小木塊速度大小隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知，重力加速度為g，則（

）A．傳送帶一定順時針轉(zhuǎn)動B．傳送帶的速度大小等于C．D．時間后木塊的加速度大小為答案：BDA．若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，當(dāng)木塊下滑時滿足物塊將一直勻加速到底端，且加速度不變，當(dāng)木塊上滑時滿足木塊先勻加速，在速度與傳送帶相等后將勻速運動，兩種情況均不符合運動圖像，故A錯誤；B．由A中分析可知，傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，只有木塊的速度大于傳送帶速度時，木塊所受摩檫力才能沿傳送帶向上，由圖乙可知，傳送帶速度的大小等于，故B正確；C．木塊在時間內(nèi)，所受摩檫力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律有由圖乙可知聯(lián)立解得故C錯誤；D．時間后木塊所受摩檫力沿傳送帶向上，根據(jù)牛犢第二定律把C中解得代入解得故D正確。故選BD。17、如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連著一質(zhì)量為m的物塊A，A放在托盤B上，B的質(zhì)量也為m。初始時在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，彈簧處于自然長度?，F(xiàn)改變豎直向上的力F的大小，使A勻加速下降。已知重力加速度為g，A的加速度為a=0.25g，空氣阻力不計，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則在A勻加速下降的過程中，以下說法正確的是（

）A．A和B剛好分開時彈簧的彈力為0.85mgB．彈簧的最大形變量為C．力F可能為0.9mgD．力F最小值為0.65mg答案：BCAB．設(shè)物塊和托盤間的壓力為零時彈簧的伸長量為，以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得解得在此之前，以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得可得所以A和B剛好分開時FN=0，則此時彈簧的彈力為，選項A錯誤，B正確；CD．以AB整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得可得力F對B的作用力范圍為選項C正確，D錯誤。故選BC。18、如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，在傳送帶左端A處輕放一可視為質(zhì)點的小物塊，小物塊從A端到B端的速度—時間變化規(guī)律如圖乙所示，t＝6s時恰好到B點，則（

）A．物塊與傳送帶之間動摩擦因數(shù)為μ＝0.1B．AB間距離為24m，小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8mC．若物塊質(zhì)量m＝1kg，物塊對傳送帶做的功為－16JD．若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱?，物塊不能到達(dá)B端答案：ACA．由圖乙可知，物塊先加速后勻速，且由圖乙可知，加速過程的加速度為a＝m/s2＝1m/s2根據(jù)牛頓第二定律可知a＝＝＝μg聯(lián)立解得μ＝0.1A正確；B．AB間距離即為物塊在6s內(nèi)發(fā)生的位移，即圖乙的面積為S＝×4m＝16mB錯誤；C．物塊對傳送帶只在加速過程中做功，根據(jù)公式W＝－fs其中f＝μmg＝0.1×1×10N＝1Ns＝4×4m＝16m聯(lián)立解得W＝－16JC正確；D．物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱悖飰K由于慣性向前做勻減速直線運動，減速的加速度為a＝－μg＝－1m/s2物塊從開始到速度為4m/s時發(fā)生的位移為x＝m＝8m所以物塊減速到零發(fā)生的位移為＝m＝8m所以物塊剛好到達(dá)B端，D錯誤。故選AC。19、中國傳統(tǒng)雜技“爬桿”屢獲國際大獎，某次表演中雜技演員雙手緊握竹竿勻速攀升和勻加速下滑時，所受的摩擦力分別是f1和f2，則（

）A．f1向上，

f2向上B．f1向下，

f2向上C．f1、

f2的大小相等D．f1是靜摩擦力，數(shù)值上大于

f2答案：AD當(dāng)雜技演員勻速攀升時，f1與重力平衡，即f1向上，在這種情況下演員的雙手不可能相對桿向上滑動，所以f1是靜摩擦力，且根據(jù)平衡條件可得當(dāng)雜技演員勻加速下滑時，f2與相對桿的運動方向相反，即f2向上，根據(jù)牛頓第二定律有比較以上兩式可知綜上所述可知AD正確，BC錯誤。故選AD。20、總質(zhì)量為100

kg的小車，在粗糙水平地面上從靜止開始運動，其速度—時間圖像如圖所示。已知在0~2

s內(nèi)小車受到恒定水平拉力F=1

200

N，2

s后小車受到的拉力發(fā)生了變化，則（

）A．t=1

s時小車的加速度為8

m/s2B．0~18

s內(nèi)小車行駛的平均速度約為10

m/sC．小車與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2D．14

s后拉力的大小為200

N答案：ABA．前2

s內(nèi)小車做勻加速運動，由圖線的斜率可得小車的加速度a=m/s2=8

m/s2故選項A正確；B．由速度-時間圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積即可計算出0~18

s內(nèi)小車位移的大小，每一格表示的位移為4m，小于一半的格子舍掉，大于一半的格子計算為一個格子，則格子數(shù)約為45格，則位移約為L=180

m，所以平均速度約為==10

m/s故選項B正確；C．前2

s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=ma解得μ=0.4選項C錯誤；D．14

s后小車做勻速運動，所以拉力F′=μmg=400

N選項D錯誤。故選AB。填空題21、如圖所示，固定在電梯頂部的彈簧測力計下端掛著的鉤碼?。╣取10m/s2），電梯運行時人觀察到測力計的示數(shù)，這種對懸掛物的拉力大于重力的現(xiàn)象是___________

（填“超重”或“失重”）現(xiàn)象；此時鉤碼的加速度大小為___________

答案：

超重

5[1]由題意可知，其人觀察到的測力計示數(shù)為鉤碼的視重，而鉤碼本身的重力為實重，由題意可知，視重大于實重，所以這種對懸掛物的拉力大于重力的現(xiàn)象為超重現(xiàn)象。[2]對鉤碼受力分析，有解得22、質(zhì)量為的物體，受到三個共點力作用而靜止。當(dāng)撤去其中一個力后（保持其它力不變），物體的加速度大小是，方向向北，那么撤去的力的大小是_