2023人教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必须掌握的典型题.docx

2023人教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必须掌握的典型题

1

单选题
1、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。
2、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。小物块返回斜面底端时的速度大小为（  ）

A．2 m/sB．22 m/sC．1 m/sD．3 m/s
答案：B
物块上滑时，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+μmgcos37°=ma1
设上滑的最大位移为x，根据速度与位移的关系式有
v02=2a1x
物块下滑时，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
设物块滑到底端时的速度为v，根据速度与位移的关系式有
v2=2a2x
联立代入数据解得
v=22ms
故ACD错误B正确。
故选B。
3、亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，伽利略用实验+科学推理”的方法推翻了亚里士多德的观点，关于伽利略理想实验，以下说法正确的是（  ）
A．完全是理想的，没有事实为基础
B．是以可靠事实为基础的，经科学抽象深刻反映自然规律
C．没有事实为基础，只是理想推理
D．过于理想化，所以没有实际意义
答案：B
在伽利略研究力与运动的关系时，是在斜面实验的基础上，成功地设计了理想斜面实验，他以实际的实验为依据，抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而能够更深刻地揭示了自然规律。因此，理想实验是实际实验的延伸，而不是实际的实验，是建立在实际事实基础上的合乎逻辑的科学推断，故ACD错误，B正确。  
故选B。
小提示：要了解伽利略“理想实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理。（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端。
4、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。
5、姚明成为了NBA一流中锋，给中国人争得了荣誉和尊敬，让很多的中国人热爱上篮球这项运动。如图所示姚明正在扣篮，其跳起过程可分为下蹲、蹬地、离地上升、下落四个过程，下列关于蹬地和离地上升两个过程的说法中正确的是（设蹬地的力为恒力）（  ）

A．两过程中姚明都处在超重状态
B．两过程中姚明都处在失重状态
C．前过程为超重，后过程不超重也不失重
D．前过程为超重，后过程为完全失重
答案：D
姚明蹬地过程中加速度方向向上，处于超重状态，离地上升过程中，姚明只受重力，此时有向下的加速度，加速度的大小为重力加速度g，处于完全失重状态。
故选D。
6、如图甲所示，用力F将质量为m的物块压在竖直墙上，从t=0时刻起，测得物块所受墙壁的摩擦力随时间按如图乙所示规律变化，则下列判断正确的是（  ）

A．0～t2时间内为静摩擦力，t2时刻之后为滑动摩擦力
B．0～t1时间内物块沿墙壁加速下滑，t2时刻物块的速度为0
C．压力F一定随时间均匀增大
D．压力F恒定不变
答案：B
A．物块受到重力mg、水平压力F、墙面支持力N和墙面摩擦力f，t=0时摩擦力f=0，因此物块沿墙壁下滑，物块受到滑动摩擦力，必满足
f=μFN
而FN=F，所以在0～t2时间内是滑动摩擦力，且随压力F的增大而增大，故A错误；
B．t1时刻，f=mg，合力为0，加速度为0，所以0～t1时间内物块加速下滑，t1～t2时间内减速下滑，t2时刻之后摩擦力恒定且等于mg，是静摩擦力，故t2时刻物块的速度为0，故B正确；
CD．由0～t2时间内f=kt及f=μF可知，0～t2时间内压力F随时间均匀增大，t2时刻后F可能继续增大，也可能保持不变，故C，D错误。
故选B。
7、如图所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，用水平力F用于A则保持A、B相对静止的条件是F不超过（  ）

A．μmg
B．μMg
C．μmg1+mM
D．μMg1+Mm
答案：C
A、B以整体为研究对象由牛顿第二定律可知
F=M+ma
若A、B即将相对滑动，则A、B间摩擦力此时恰好为最大静摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以物体B为研究对象由牛顿第二定律可知
μmg=Ma
联立解得
F=μmg1+mM
故C正确。
故选C。
8、体育课上，老师训练同学做接球游戏，将一只篮球竖直向上抛出，篮球运动过程所受空气阻力与其速度成正比，不计篮球在水平方向的侧向风力和空气对篮球的浮力作用。关于篮球从抛出点再回到抛出点过程中的运动图像正确的是（　　）
A．B．
C．D．
答案：C
A．篮球竖直向上抛出，由于受到空气阻力和重力作用，上升过程中速度变小，空气阻力向下且变小
F合=Ff+mg=ma
加速度变小，故A错误；
B．下降过程中速度变大，空气阻力向上且变大，有
F'合=mg-F'f=ma'
故加速度变小，即可看出上升过程的平均加速度较大，而上升过程与下降过程位移大小相同，又
h=12at2
所以上升过程的时间较短，故B错误；
CD．上升过程速度逐渐变小，到最高点为零，下降过程速度由零开始增大，故C正确，D错误。
故选C。
9、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。
10、如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重力为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中（不计空气阻力）（  ）

A．绳的拉力为GB．绳的拉力为Gcosθ
C．绳的方向与光滑轨道不垂直D．B的加速度为g sinθ
答案：D
D．对整体分析，根据牛顿第二定律得：
加速度为 
a=MgsinθM=gsinθ
则B的加速度为gsinθ。故D正确。
ABC．隔离对B分析，根据牛顿第二定律知，B的合外力沿斜面向下，大小为
mBa=mBgsinθ=Gsinθ
由平行四边形定则知，绳的方向与轨道垂直，拉力大小为
T=Gcosθ
选项ABC错误。

故选D。
11、如图所示，物体A无初速度放置于倾斜传送带的顶端，下列说法正确的是（  ）

A．若传送带顺时针转动，则物体A可能一直匀速运动到底端
B．若传送带顺时针转动，则物体A可能一直匀加速运动到底端
C．若传送带逆时针转动，则物体A一定一直匀加速运动到底端
D．若传送带逆时针转动，则物体A可能先匀加速、再匀减速运动到底端
答案：B
AB．物体A无初速度放置于倾斜传送带的顶端，若传送带顺时针转动，则物体A受到重力、弹力和沿传送带向上的滑动摩擦力，若重力沿传送带向下的分力与摩擦力大小相等，则物体保持静止；若重力沿传送带向下的分力大于摩擦力，则物体一直匀加速运动到底端，故A错误，B正确；
CD．若传送带逆时针转动，则初始时物体A受到的摩擦力沿传送带向下，与重力沿传送带向下的分力同向，这二力的合力提供物体沿传送带向下的加速度，若物体运动一段时间后与传送带共速，且重力沿传送带向下的分力小于最大摩擦力，则之后物体与传送带共速直至运动到底端，不可能出现匀减速的状态，故CD错误。
故选B。
12、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。
13、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。
14、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。
15、如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量m=50kg的滑雪运动员从距底端高为h=10m处的雪道上由静止开始匀加速下滑，所受阻力为f=150N，g取10m/s2，运动员从上向下滑到底端的过程中，若运动员滑到底端后在动摩擦因数为0.2的地面上继续滑行，他还能前进多少距离？（不考虑空气阻力）（  ）

A．20 mB．30 mC．50 mD．60 m
答案：A
运动员在斜面上滑行时，根据牛顿第二定律有
mgsin30°-f=ma1
根据题意可知，下滑的位移为
x1=hsin30°
设运动员滑到底端时，速度为v，根据速度与位移的关系式有
v2=2a1x1
运动员在水平面上滑行时，根据牛顿第二定律有
μmg=ma2
根据速度与位移的关系式有
v2=2a2x2
联立代入数据解得
x2=20m
故BCD错误A正确。
故选A。
多选题
16、在2016年2月举行的跳水世界杯比赛中，我国运动员取得了很好的成就。在跳板比赛中，若某运动员（可看作质点），其速度与时间关系图像如图所示，t=0是其向上起跳瞬间，则下列说法正确的是（  ）

A．t1时刻开始进入水面
B．t2时刻开始进入水面
C．t3时刻已浮出水面
D．0~t2时间内，运动员处于失重状态
答案：BD
AB．根据题意，由图可知，从开始到t2时刻，v-t图像为直线，说明整个过程中的加速度是相同的，所以在0∼t2时间内人在空中，先上升后下降，t1时刻到达最高点，t2之后速度减小，开始进入水中，故A错误，B正确；
C．根据题意，由图可知，t3时刻，人的速度减为零，此时人处于水下的最深处，故C错误；
D．根据题意，由图可知，0~t2时间内，人一直在空中具有向下的加速度，处于失重状态，故D正确。
故选BD。
17、下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是（  ）
A．由F=ma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m=Fa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a=Fm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m=Fa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：CD
A．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a=Fm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m=Fa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。
18、在粗糙水平地面上，有一质量为2kg的物体做直线运动，从t=0时刻起受水平恒力F的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的v-t图像如图所示，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（  ）

A．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2
B．物体4s末回到起始位置
C．F的大小为6N
D．F在物体上的作用时间为3s
答案：ACD
A．撤去力F后，物体一定做匀减速运动，根据牛顿第二定律
μmg=ma3
根据图像
a3=2-04-3
解得
μ=0.2
A正确；
B．面积表示位移，0～4s图像的面积不等于零，所以物体不是4s末回到起始位置，B错误；
C．1～3s时间内物体做匀加速运动， 根据牛顿第二定律
F-μmg=ma2
根据图像
a2=2-03-1
解得
F=6N
C正确；
D．0～1s内根据牛顿第二定律
F+μmg=ma1
根据图像
a1=5-01-0
解得
F=6N
F在物体上的作用时间为3s，D正确。
故选ACD。
19、如图所示，将一质量为m的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带以速率v0顺时针运动，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带左右距离足够长，重力加速度为g。当滑块速度达到v0时突然断电，传送带以大小为a的加速度匀减速至停止。关于滑块放上去后受到的摩擦力，下列说法正确的是（  ）

A．滑块始终没有受到静摩擦力作用
B．滑块刚放上去时受到的滑动摩擦力大小为μmg
C．滑块受到的摩擦力一直不变
D．传送带减速时滑块受到的摩擦力大小可能变为ma
答案：BD
B．滑块刚放上传送带时，受到水平向右的滑动摩擦力
Ff=μmg
故B正确；
ACD．若传送带的加速度
a≤μg
则滑块和传送带一起匀减速至停止，滑块受到的静摩擦力
Ff=ma
故AC错误，D正确。
故选BD。
20、如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，AB的长度为64 m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0.5（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2），则物体从A点运动到B点过程中，以下说法正确的是（  ）

A．物体受摩擦力方向总是沿传送带向上
B．物体受摩擦力方向沿传送带先向下再向上
C．先匀加速运动再匀速运动
D．先以较大的加速度匀加速运动，再以较小的加速度匀加速运动
答案：BD
AB．物体在传送带上先加速运动，摩擦力方向与运动方向相同，当加速到与传送带共速之后，摩擦力反向，沿着传送带向上，选项A错误，选项B正确；
CD．第一个加速阶段，由牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°=ma1
解得
a1=10m/s2
则达到与传送带共速过程中，物体沿倾斜面的位移为
x=v22a1=20m<64m
说明物体仍然在传送带上，接着摩擦力反向，沿着传送带向上，由于
mgsin37°>μmgcos37°
则物体所受合力沿着传送带向下，物体继续加速运动，由牛顿第二定律得
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
解得
a2=2m/s2
所以物体先以较大的加速度匀加速运动，再以较小的加速度匀加速运动，故C错误，D正确。
故选BD。
21、2019年7月3日至14日，第30届世界大学生夏季运动会在意大利那不勒斯举办。关于运动员在运动过程中（不计空气阻力），下列说法正确的是（  ）
A．跳高运动员在越杆时处于平衡状态
B．跳水运动员在空中上升到最高点时处于完全失重状态
C．举重运动员在杠铃过头停在最高点时，杠铃处于平衡状态
D．三级跳运动员助跑是为了增加自己的惯性，以便跳得更远
答案：BC
A．跳高运动员在越杆时受到重力作用，处于非平衡状态，选项A错误；
B．跳水运动员在空中上升到最高点时速度为零，加来度为g，方向竖直向下，故处于完全失重状态，选项B正确；
C．举重运动员在举杠铃过头停在最高点时，杠铃处于静止状态，即平衡状态，选项C正确；
D．质量是惯性的唯一量度，助跑是为了跳出时速度大，跳得更远，不能增加惯性，选项D错误。
故选BC。
22、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
f1=mg
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
mg-f2=ma
比较以上两式可知
f1>f2
综上所述可知AD正确，BC错误。
故选AD。
23、如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从原点O沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是（  ）

A．0~1s内物块做匀减速运动
B．在t＝1s时，恒力F的方向不变
C．恒力F的大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
答案：AD
AB．由题图可知物块做匀减速运动的加速度大小为
a1=v022x0=10m/s2
物块做匀加速运动的加速度大小为
a2=v122x1=4m/s2
物块做匀减速运动所经历的时间为
t=v0a1=1s
所以0~1s内物块做匀减速运动，在t=1s时，恒力F的方向改变，故A正确，B错误；
CD．设物块与水平面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有
F＋μmg＝ma1
F－μmg＝ma2
解得
F＝7 N，μ＝0.3
故C错误，D正确。
故选AD。
24、如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（  ）

A．2s末到3s末物块做匀减速运动
B．在t=1s时刻，恒力F反向
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．恒力F大小为10N
答案：BC
AB．物块做匀减速直线运动的加速度大小为
a1=v022x1=10m/s2
物块做匀减速直线运动的时间为
t1=v0a1=1s
即在t=1s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A错误，B正确；
CD．物块匀加速直线运动的加速度大小
a2=v022x2=4m/s2
根据牛顿第二定律得
F＋Ff=ma1
F－Ff=ma2
解得
F=7N
Ff=3N
由
Ff=μmg
得
μ=0.3
故C正确，D错误。
故选BC。
25、一个静止在水平面上的物体质量为2 kg，在水平向右的5 N的拉力作用下滑行，物体与水平面间的滑动摩擦力为2 N，4 s后撤去拉力，则（  ）
A．物体在4 s末的速度为6 m/sB．物体在4 s末的速度为10 m/s
C．物体滑行的时间为6 sD．物体滑行的时间为10 s
答案：AD
AB．前4 s内，根据牛顿第二定律得，物体匀加速运动的加速度
a1=F-Ffm=1.5 m/s2
物体在4 s末的速度
v1=a1t1=6 m/s
选项A正确，B错误；
CD．4 s后，根据牛顿第二定律得，物体匀减速运动的加速度
a2=-Ffm=-1 m/s2
物体继续滑行的时间
t2=v2-v1a2=0-6-1s=6s
则物体滑行的时间为6 s+4 s=10 s，选项C错误，D正确。
故选AD。
填空题
26、科学技术的不断发展，给我们的工作和生活带来了方便，也带来新的精彩。如图为手机拍摄竖直放置的水瓶在向左水平运动时，形成的水面形状。其中（a）图反映水瓶在_________运动，（b）图反映水瓶在_________运动。

答案：     匀速     减速
[1]（a）图水面是水平的，表明水在水平方向并未受到的其它力影响，即水瓶做的是匀速运动
[2]（b）图看出大部分的水聚集瓶子的左侧，因为水瓶原本是向左运动的，当瓶子水平向左做减速运动，瓶中水由于惯性保持向左的运动，但在阻碍作用下形成了聚集到左侧。
27、牛顿第二定律
（1）内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成___、跟它的质量成__，加速度的方向跟作用力的方向____
（2）表达式：F＝___.
（3）适用范围
①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面___或_______的参考系．
②牛顿第二定律只适用于____物体(相对于分子、原子等)、____运动(远小于光速)的情况．
答案：     正比     反比     相同     ma     静止     匀速直线运动     宏观     低速
（1）[1][2][3]内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同；
（2）[4]表达式：
F＝ma.
（3）适用范围
①[5][6]牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
②[7][8]牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
28、如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N。在某时刻弹簧测力计的示数变为 8 N，g取10 m/s2，电梯可能向上___________（选填“加速”或“减速”）运动，也可能向下___________（选填“加速”或“减速”）运动，加速度大小为___________ m/s2.

答案：     减速     加速     2
[1][2][3]电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，此时拉力等于重力，则重物所受的重力等于10 N。当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物有
mg-F=ma
代入数据解得
a=2 m/s2
则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。
29、1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验，如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3×103kg，其推进器的平均推力为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内测出飞船和空间站速度变化是0.5m/s，则空间站加速度大小为____m/s2，质量为____kg。

答案：     0.1     6.0×103
[1][2]整体的加速度为
a=ΔvΔt=0.55m/s2=0.1m/s2
由牛顿第二定律
F=(M+m)a
可知，空间站的质量为
M=Fa-m=(9000.1-3.0×103）kg=6.0×103kg
30、如图所示，一个足够大的圆环质量为M，经过环心的竖直钢丝AB（质量不计）上套有一质量为m的小球。今给小球向上的初速度v0，致使圆环对地刚好无作用力，则小球上升的加速度大小为______，上升的最大度为______。（已知重力加速度大小为g。）

答案：     M+mmg     mv022(M+m)g
[1]由题意可知，小球对圆环竖直向上的作用力大小为
F=Mg
根据牛顿第三定律可知圆环对小球竖直向下的作用力大小为
F'=F=Mg
根据牛顿第二定律可得小球上升的加速度大小为
a=F'+mgm=M+mmg
[2]根据运动学规律可得小球上升的最大高度为
h=v022a=mv022(M+m)g

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