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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重点知识点大全

1

单选题
1、如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，两者的质量均为2kg，它们处于静止状态。若突然将一个大小为10N、方向竖直向下的力施加在物体A上，则此瞬间A对B的压力大小为（g=10m/s2）（  ）

A．10NB．25NC．20ND．30N
答案：B
开始时A、B处于静止状态，对AB整体受力分析得
mA+mBg=F弹
代入数据求得
F弹=40N
施加一个竖直向下的10N的外力后，A、B整体不再平衡，受力分析得
F+(mA+m)Bg-F弹=（mA+m）Ba
施加力的前后F弹的大小不变，代入相关数据得
a=2.5m/s2
隔离A物体受力分析得
F+mAg-FBA=mAa;
代入数据解得
FBA=25N
根据牛顿第三定律可知A对B的压力大小为25N。
故选B。
2、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
答案：B
AD．根据题意，若不计空气阻力，将容器以初速度v0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。
3、如图所示为课堂的演示实验，A1、A2、A3和B1、B2、B3为完全相同的较大刚性球，A1、A2、A3之间用轻质软弹簧连接，B1、B2、B3之间用轻质细线连接，A1和B1用细线挂在水平木杆上，且离地面高度相等，A1、A2、A3之间距离和B1、B2、B3之间距离均相等．现同时将与木杆相连的细线剪断，不计空气阻力，重力加速度为g，则（  ）

A．A3和B3一定会同时落地
B．剪断瞬间A2与B2的加速度均为g
C．B1与B2的落地时间差与B2与B3的落地时间差相等
D．落地前，A1、A2、A3之间可能碰撞，B1、B2、B3之间不会碰撞
答案：D
AB．由于剪断细线时弹簧的弹力不能突变，所以A2、A3的合力仍然等于零，其加速度也为零，而细线的拉力可以突变，所以细线剪断瞬间由于重力作用B1、B2、B3均做自由落体运动，所以B3比A3先着地，故AB错误；
C．由于B1、B2、B3均做自由落体运动，所以时间越长速度越大，而B1、B2之间的距离和B2、B3之间的距离相等，所以B1与B2的落地时间差小于B2与B3的落地时间差，故C错误；
D．由于B1、B2、B3均做自由落体运动，所以三小球的速度总是相同，不会相撞，而剪断细线的瞬间A1具有向下的加速度，A2、A3的加速度为零，所以之后A1比A2、A3运动得快，A1、A2、A3之间可能碰撞，故D正确。
故选D。
4、如图所示，在一光滑球面上有质量不计的力传感器通过轻绳连接在甲、乙两物体之间，甲、乙两物体的质量均为2kg，无初速度释放后某一瞬间位于图中位置，不计一切摩擦，g取10m/s2，则此时传感器的示数为（  ）

A．20NB．15N
C．10ND．5N
答案：B
对甲、乙整体进行受力分析，由牛顿第二定律可知绳上的加速度
m乙g-m甲gsin30°=（m乙＋m甲）a
对乙有
m乙g-T=m乙a
联立解得
T=15N
故选B。
5、如图所示，一轻弹簧放在倾角θ=30°且足够长的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物块B与物块A（二者质量均为m）叠放在斜面上并保持静止，现用大小等于12mg的恒力F平行斜面向上拉B，当运动距离为L时B与A分离。下列说法正确的是（  ）

A．弹簧处于原长时，B与A开始分离
B．弹簧的劲度系数为3mg4L
C．弹簧的最大压缩量为L
D．从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的动能一直增大
答案：D
AB．开始时弹簧的弹力大小为
F1=2mgsinθ=mg
B与A刚分离时二者具有相同的加速度，且二者间弹力为零，对B分析有
F=12mg=mgsinθ
即此时加速度为0，由此可知，二者分离时弹簧对物体A的弹力大小为
F2=12mg
在此过程中，弹簧弹力的变化量为
ΔF=F1-F2=12mg
根据胡克定律得
ΔF=kΔx=kL
解得
k=mg2L
即B与A开始分离时，弹簧不是处于原长，AB错误；
C．弹簧的最大压缩量为
xmax=2mgsinθk=2L
C错误；
D．开始时对AB整体，由牛顿第二定律得
F+F1-2mgsinθ=2ma1
解得
a1=F2m=14g
加速度方向沿斜面向上，AB分离前瞬间，对AB整体，由牛顿第二定律得
F+F2-2mgsinθ=2ma2
解得
a2=0
由此可知，从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的加速度沿斜面向上减小到零，两物体一直做加速运动，其动能一直增大，D正确。
故选D。
6、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（  ）
A．3m/s2≤a≤4m/s2B．1m/s2≤a≤2m/s2
C．1m/s2≤a≤7m/s2D．4m/s2≤a≤5m/s2
答案：C
3N、4N两个力的合力范围为
1N≤F合≤7N
由牛顿第二定律a=Fm，其加速度范围为
1m/s2≤a≤7m/s2
故选C。
7、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。
8、物体A、B均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB，用水平拉力F分别拉物体A、B，得到加速度a与拉力F的关系如图所示，则以下关系正确的是（  ）

A．μA=μB，mA<mBB．μA<μB，mA=mB
C．μB>μC，mB>mCD．μA>μB，mA=mB
答案：A
根据牛顿第二定律有
F-μmg =ma
所以有
a=Fm-μg
由此可知图象斜率为质量的倒数，在纵轴上的截距大小为μg，故由图象可知
μA=μB
mA<mB
故选A。
9、如图所示将一小球从空中某一高度自由落下，当小球与正下方的轻弹簧接触时，小球将（　　）

A．立刻静止B．立刻开始做减速运动
C．开始做匀速运动D．继续做加速运动
答案：D
小球与弹簧接触后，开始时重力大于弹力，合力向下，加速度向下，同时小球的速度方向向下，所以小球会继续做加速运动，故ABC错误，D正确。
故选D。
10、如图所示，体重为500N的小明站在放置于电梯底部的体重计上。某时刻体重计的示数为600N，此时（  ）

A．电梯可能向下加速运动，处于超重状态
B．电梯可能向上加速运动，处于超重状态
C．电梯可能向下匀速运动，处于平衡状态
D．电梯可能向上匀速运动，处于平衡状态
答案：B
体重计读数大于实际重量，即视重大于实重，所以小明处于超重状态，加速度方向向上，所以电梯可能向上加速，也可能向下减速。
故选B。
11、如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂车顶上，质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角（取θ＝60°），则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为（  ）

A．大小等于μmg，方向水平向左
B．大小等于mg，方向竖直向上
C．大小大于mgtanθ，方向水平向左
D．大小等于mgcosθ，方向斜向左上方
答案：D
以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得
m球gtanθ＝m球a
得到
a＝gtanθ
以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，作出人的受力图，如图

设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，得
mgtanα＝ma
F=mgcosa
将a＝gtanθ代入，得
α＝θ
F=mgcosθ
方向斜向左上方。
ABC错误，D正确。
故选D。
12、如图所示，位于倾角为θ的斜面上的物体B由跨过定滑轮的轻绳与物块A相连，从滑轮到A、B的两段绳都与斜面平行。已知A与B之间及B与斜面之间的动摩擦因数均为μ；A、B两物块质量分别为m和M，滑轮的质量、绳与滑轮及滑轮轴上的摩擦都不计。若用一沿斜面向下的力F拉B使它做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，以下说法正确的是（  ）

A．绳子的拉力为T=μmgcosθ+ma
B．绳子的拉力为T=mgsinθ+μmg+ma
C．拉力F的值为F=m-Mgsinθ+μM+3mgcosθ+m+Ma
D．拉力F的值为F=m+Mgsinθ+μM+2mgcosθ+m+Ma
答案：C
AB．对A物体分析
T-mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得
T=mgsinθ+μmgcosθ+ma
选项AB错误；
CD．对B物体分析
F+Mgsinθ-μM+mgcosθ-μmgcosθ-T=Ma
带入解得
F=m-Mgsinθ+μM+3mgcosθ+m+Ma
选项C正确，选项D错误。
故选C。
13、如图所示，一条不可伸长的轻绳绕过光滑的轻质定滑轮分别与物块A、B相连，细绳两部分分别处于水平和竖直状态，桌面光滑，物块A和B的质量分别为M和m，重力加速度为g。现将系统由静止释放，在B没有落地且A没有碰到滑轮前，下列判断正确的是（  ）

A．物体A运动的加速度大小为mgM
B．物体A运动的加速度大小为mg(M+m)
C．物体B对轻绳的拉力大于mg
D．物体A处于超重状态
答案：B
ABC．依题意，设绳的拉力为T，对物体B研究，根据牛顿第二定律有
mg-T=ma
对物体A，可得
T=Ma
联立可求得加速度大小为
a=mgM+m
T=MmM+mg<mg
则物体B对轻绳的拉力小于mg，故AC错误，B正确；
D．由于物体A的重力与桌面对它的支持力大小相等，所以物体A既不超重也不失重，故D错误。
故选B。
14、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：放上小物块后，小车的加速度为（  ）

A．0.2m/s2B．0.3m/s2C．0.5m/s2D．0.8m/s2
答案：C
对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，小物块的加速度为
am=μg=2m/s2
小车的加速度为
aM=F-μmgM=0.5m/s2
ABD错误，C正确。
故选C。
15、如图是某同学站在压力传感器上做下蹲－起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（  ）

A．1s时人处在下蹲的最低点
B．2s时人处于下蹲静止状态
C．0～4s内该同学做了2次下蹲－起立的动作
D．下蹲过程中人始终处于失重状态
答案：B
D．人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故后半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中人先失重后超重，故D错误；
A．在1s时人向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，故A错误；
B．2s时人已经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，故B正确；
C．该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，所以共做了1次下蹲－起立的动作，故C错误。
故选B。
多选题
16、如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为μ4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是（  ）

A．a=0B．a=2μg3
C．a=μg3D．a=F2m-μg4
答案：ACD
A．水平面对木板的最大摩擦力
fm=μ4⋅2mg=12μmg
若拉力F≤fm，则
a=0
故A项正确；
BC．若物块相对木板运动，则
μmg-μ4·2mg=ma
获得的加速度为
a=12μg
此时加速度为最大值，故B错误，C正确；
D．若木板相对物块静止，木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为
F-fm=2ma
a=F2m-μg4
D正确。
故选ACD。
17、如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是（  ）

A．滑块和木板始终存在相对运动
B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量
D．木板的长度一定为v0t12
答案：BC
AB．由题图乙可知在t1时刻滑块和木板达到共同速度，此后滑块与木板相对静止，所以滑块始终未离开木板，故A错误，B正确；
C．滑块与木板相对滑动过程中，二者所受合外力大小均等于滑动摩擦力大小，而根据题图乙中图像的斜率情况可知此过程中滑块的加速度小于木板的加速度，则根据牛顿第二定律a=Fm可知滑块的质量大于木板的质量，故C正确；
D．根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，t1时刻滑块相对木板的位移大小为
Δx=v0t12
但滑块在t1时刻不一定位于木板的右端，所以木板的长度不一定为v0t12，其满足题意的最小长度为v0t12，故D错误。
故选BC。
18、某同学站在体重计上观察超重与失重现象，他稳定站立时，体重计的示数为500N，关于实验现象，下列说法正确的是（  ）
A．“起立”过程是超重现象，“下蹲”过程是失重现象
B．“起立”和“下蹲”过程都有超重和失重现象出现
C．超重过程人受到的重力增大
D．“下蹲”过程先出现失重现象，“起立”过程先出现超重现象
答案：BD
ABD．“起立”过程中，人先向上加速后向上减速，则加速度先向上后向下，人先超重后失重；“下蹲”过程中，人先向下加速后向下减速，则加速度先向下后向上，人先失重后超重；则A错误，BD正确；
C．超重过程人受到的重力不变，只不过是对接触面的压力变大了，选项C错误。
故选BD。
19、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
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。
20、图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。两图中a∼g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g=10m/s2。根据图像分析可知（  ）

A．张明的重力为1500N
B．c点位置张明处于失重状态
C．e点位置张明处于超重状态
D．张明在d点的加速度大于在f点的加速度
答案：CD
A．由图甲和图乙可知，张明同学在a点时处于平衡状态，力传感器的读数为500N，由牛顿第三定律可知，力传感器对人的支持力为500N，由平衡条件可知，张明的重力为500N，故A错误；
BC．由图乙可知，张明同学在c点和e点时，力传感器的读数均大于500N，则张明同学处于超重状态，故B错误，C正确；
D．由图乙可知，张明同学在d点时，力传感器的读数为1500N，由牛顿第二定律有
Fd-mg=ma
解得
a=20ms2
由图乙可知，张明同学在f点时，力传感器的读数为0，由牛顿第二定律有
mg=ma1
解得
a1=10ms2
则张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D正确。
故选CD。
21、如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（  ）

A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
答案：AD
设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
F=2μmg
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
T0=μmg
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为
-T0-μmg=maP1
解得
aP1=-2μg
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。
故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg。
Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
-μmg=maQm
解得
aQm=-μg
故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
-μmg=maP2
解得
aP2=-μg
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
故选AD。
22、如图所示，大圆环质量为M，经过环心的竖直钢丝AB（质量不计）上套有一质量为m的橡皮球。现让橡皮球沿钢丝以一定的初速度v0竖直向上运动，大圆环对地面无压力， 重力加速度为g，则橡皮球上升过程中（  ）

A．钢丝对橡皮球的摩擦力为Mg，方向竖直向下
B．钢丝对橡皮球的摩擦力为0
C．橡皮球的加速度大小为M-mmg
D．橡皮球的加速度大小为M+mmg
答案：AD
AB．大圆环对地面无压力，由牛顿第三定律可知，地面对大圆环无支持力，大圆环受力平衡，橡皮球对钢丝的摩擦力
f=Mg
方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，钢丝对橡皮球的摩擦力
f'=f=Mg
方向竖直向下，故A正确，B错误；
CD．对橡皮球进行受力分析，由牛顿第二定律有
f'+mg=ma
解得橡皮球的加速度大小
a=M+mmg
故D正确，C错误。
故选AD。
23、如图甲所示，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A，质量均为1kg的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置（弹性限度以内）后静止释放A、B，同时给物体B施加水平向右的力F使之做匀加速直线运动，F与作用时间t的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（  ）

A．A、B分离时，弹簧刚好为原长状态
B．A、B分离时，B的加速度为2m/s2
C．A、B分离时，A的速度为0.4m/s
D．开始有F作用时，弹簧的压缩量为4cm
答案：BC
A．物体A、B分离时，B只受拉力F作用，加速度大于零，此时A的加速度与B的相同，则弹簧弹力大于零，弹簧处于压缩状态，选项A错误；
B．物体A、B分离后，B的加速度不变，拉力F不变，由图乙可知，此时拉力F为2N，则B的加速度为
a=Fm=2m/s2
选项B正确；
C．由图乙可知0.2s物体A、B分离，分离时A、B的速度相同，均为
v=at=0.4m/s
选项C正确；
D．t=0时，对A、B整体由牛顿第二定律得，弹簧弹力为
kx1=2ma
运动0.2s后，弹簧压缩量为
x2=x1-12at2
此时弹簧弹力为
kx2=ma
联立解得
x1=0.08m=8cm
选项D错误。
故选BC。
24、从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中正确的是（  ）

A．t1时刻小球的加速度为g
B．在速度达到v1之前小球的加速度一直在减小
C．小球抛出瞬间的加速度大小为（1＋v0v1）g
D．小球加速下降过程中的平均速度小于v12 
答案：ABC
A．t1时刻到达最高点，该时刻速度为零，则阻力为零，此时只受到重力作用，故此时刻加速度为重力加速度g，A正确；
B．速度达到v1之前，图象的斜率减小，小球的加速度一直在减小，B正确；
C．小球抛出瞬间，有
mg+kv0=ma
当速度达到v1时，有
kv1=mg
解得
a=1+v0v1g
C正确；
D．小球下降过程做加速度减小的变加速运动，从图中可以看出，相同时间内图线与时间轴所围面积大于匀加速直线运动时的面积，故其平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，即大于v12，所以D错误。
故选ABC。
25、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为μ2。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(  )

A．F1=μ1m1g
B．F2=m2m1+m2m1(μ2－μ1)g
C．μ2>m2m1+m2m1μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
答案：BD
A．根据题意，由图(c)可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有
F1=μ1(m1＋m2)g
故A错误；
C．由图(c)可知，t1∼t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，则长木板和物块保持静止，一定有
μ2m2g>μ1(m1＋m2)g
可得
μ2>m2+m1m2μ1
故C错误；
BD．由图(c)可知，0∼t1时间内长木板和物块均静止，t1∼t2时间内长木板和物块一起加速，设一起加速的最大加速度为am，由牛顿第二定律有
μ2m2g-μ1(m1＋m2)g=m1am
F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)am
解得
F2=m2m1+m2m1(μ2－μ1)g
故BD正确。
故选BD。
填空题
26、应用于机场和火车站的安全检查仪的传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v=0.4 m/s的恒定速率逆时针运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，开始时行李的加速度大小为___________ m/s2，行李到达B处时速度大小为___________ m/s，行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为___________ m。 

答案：     2     0.4     0.04
[1][2]开始时，对行李，根据牛顿第二定律有
μmg=ma
解得
a=2m/s2
设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v=0.4m/s，则
t1=va=0.2s
匀加速运动的位移大小
s=12at12=0.04m
[3]之后以速度v匀速运动；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为
Δs=vt1-s=0.4×0.2m-0.04m=0.04m
27、某同学计算一个物体运动的位移时，得到的表达式为：s=2Fmt1+t2，用单位制进行检查，这个结果_____________（选填“正确”或“错误”），理由是：_______。
答案：     错误     等号右侧单位为m/s，等号左侧单位为m，单位不一致
[1][2]根据导出单位可推导
2Fmt1+t2=Nkg⋅s=kg⋅m/s2kg⋅s=m/s
位移的单位是m，所以等号右侧单位为m/s，等号左侧单位为m，单位不一致，则这个结果是错误的。
28、一质量m=4kg的物体受到五个共点力的作用处于静止状态，若将其中F1=20N撤掉，其余四个力不变，则物体将做加速度大小为______m/s2，方向为______的匀加速运动。若将其中两个力F2=10N，F3=6N撤掉，其余三个力不变，则物体的最大加速度为______m/s2。
答案：     5     与F1方向相反     4
[1]物体将做加速度大小为
a=Fm=5m/s2
[2]撤掉F1物体受力方向与F1相反，加速度方向与F1方向相反。
[3]将其中两个力F2=10N，F3=6N撤掉，物体受到的最大力为16N，最大加速度为
am=Fmm=4m/s2
29、如图所示，一根轻绳跨过光滑的定滑轮连接人和板，人站在板上以100N的拉力拉绳，人和板一起向右匀速运动，已知人的重力为600N，板的重力为400N，则地面与板之间的动摩擦因数为_________，人受到的摩擦力大小为_________N，方向_________。

答案：     0.2     100N     向左
[1]将人与板整体作为研究对象，根据受力关系可知
竖直方向
FN=G人+G板
水平方向
μFN=2FT
联立解得
μ=0.2
[2][3]将板作为研究对象，根据受力关系可知
竖直方向
FN=F'N+G板
水平方向
μFN=f+FT
联立解得人对板的摩擦力
f=100N
方向向右
人受到的摩擦力与人对板的摩擦力等大反向，故人受的摩擦力大小为100N，方向向左。
30、如图所示，光滑半球形容器质量M=0.8kg，O为球心，若将一水平恒力F作用于光滑半球形容器，使质量m=0.2kg物块在P点与半球形容器保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，半球形容器与地面间的动摩擦因数μ=0.1，OP与水平方向的夹角为θ=45°，取g=10m/s2，那么水平恒力F=___________。

答案：11N
根据题意，对物块受力分析，受重力和光滑半球形容器的支持力，由牛顿第二定律有
mgtan45°=ma
由于物块在P点与半球形容器保持相对静止，对整体，由牛顿第二定律有
F-μM+mg=M+ma
联立解得
F=M+mgtan45°+μM+mg
代入数据解得
F=11N

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