押题精选04 牛顿运动定律-2021年高考物理108所名校押题精选(解析版)

押题精选04 相互作用
1．西汉时期的一本著作《春秋纬•考灵曜》中论述的地恒动不止，而人不知，譬如人在大舟中，闭牖而坐，舟行（而人）不觉也．”提出了哪个观点？
A．物体具有惯性
B．力是改变物体运动状态的原因
C．物体运动具有相对性
D．能量转化过程存在守恒关系
【答案】C
【详解】文中的描述内容主要研究物体运动状态与参考系的选择有关，物体运动具有相对性．
A. 物体具有惯性，与结论不相符，选项A错误；
B. 力是改变物体运动状态的原因，与结论不相符，选项B错误；
C. 物体运动具有相对性，与结论相符，选项C正确；
D. 能量转化过程存在守恒关系，与结论不相符，选项D错误；
2．如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。

当公交车（）
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
【答案】B
【详解】A．有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动，故A错误；
B．急刹车时，由于惯性，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；
C．当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；
D．当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。

故选B。

3．如图为广泛应用于“双11”的智能快递分拣机器人简化图，派件员在分拣场内将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人可以将不同类别的包裹自动送至不同的位置，则下列说法正确的是（）
A．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹不受摩擦力的作用
B．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹没有惯性
C．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力D．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力等于包裹的重力
【答案】A
【详解】A．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受重力和支持力作用，水平方向不受摩擦力的作用，A正确；
B．一切物体在任何情况下都有惯性，惯性是物体的一个基本属性，B错误；
C．包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，C错误；
D．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力有竖直方向的支持力和水平方向的摩擦力，只有竖直方向的支持力与包裹的重力大小相等，因此机器人对包裹的作用力不等于包裹的重力，D 错误。

故选A。

4．如图，一游客正在乘坐水上滑翔伞，体验迎风飞翔的感觉。

根据该照片，若选取悬挂座椅的结点作为研究对象，则该点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F1、F2和F3若在游艇牵引下游客水平向左做匀加速运动，则下列图中关于三个力的大小关系分析可能正确的是（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】A．F2与F1、F3的合力'F在竖直方向上的分量无法平衡，不能保证只有水平加速度。

故A错误；B．F2与F1、F3的合力'F在同一直线上，加速度不可能向左。

故B错误；
C．F2与F1、F3的合力'F在竖直方向上有可能平衡，水平方向上加速度向左。

故C正确；
D．F3与F1、F2的合力'F都处于竖直方向，无水平加速度。

故D错误。

故选C。

5．如图所示，货车在平直道路上向右以加速度a，做加速运动时，与石块B接触的物体对它的作用力为F，方向如图所示。

若货车向右以加速度a2（a2> a1）做加速运动，则与石块B接触的物体对它的作用力F1表示正确的是（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】原来的车以加速度a1向右做加速运动，石块B受重力和F的作用，这二个力的合力是水平向右的，提供石块的加速度a1，由力的合成知识可知，可以建立三个等式
mg=F sinθ、ma=F cosθ及mg=ma tanθ
当货车以加速度a2（a2>a1）做加速运动时，因为
mg=ma tanθ
所以θ角会减小，再根据
mg=F sinθ
则F会变大。

故选C。

6．昆虫沫蝉跳跃的高度可达0.7m，而其身体长度仅有几毫米，跳跃能力远远超过了人们先前所认为的昆虫界的“跳高冠军”——跳蚤。

已知沫蝉起跳时，平均加速度可达3.8 km/s2，则沫蝉起跳时对地面的平均压力大小与其受到的重力大小的比约为（）
A．3.8：1 B．38：1 C．380：1 D．3800：1
【答案】C
【详解】沫蝉起跳时，由牛顿第二定律得
F N-mg=ma
解得地面对沫蝉的支持力大小F N=381mg
由牛顿第三定律可知，它对地面的压力大小
F N′=F N=381mg
则
F N′：G=381：1
则平均压力大小与其受到的重力大小的比约为380:1。

故选C 。

7．某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。

把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N 重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为C 的位置，把悬吊1.0N 重物时指针位置的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。

重力加速度g 取10m/s 2，规定竖直向上的方向为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A ．使用时，若指针在0点下方，说明电梯正在上升
B ．使用时，若指针在0点上方，说明电梯处于失重状态
C ．木板上刻度为C 的位置所标加速度为1m/s 2
D ．木板上刻度为B 的位置所标加速度为-0.5m/s 2 【答案】B
【详解】A ．若指针在0点下方，则说明此时弹簧继续拉伸，弹力大于重力，合外力向上，所以加速度向上，但是速度方向并不能说明，A 错误。

B ．使用时，若指针在0点上方，则说明此时弹簧拉伸量变小，弹力小于重力，合外力向下，说明电梯处于失重状态，B 正确。

C ．下端悬吊0.9N 重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为C 的位置，则有
11kx m g =
把悬吊1.0N 重物时指针位置的刻度标记为0，若弹簧到达木板上刻度为C 的位置时，则有
212m g kx m a -=
解得加速度大小为
21/a m s =
加速度方向向下，规定竖直向上的方向为正方向，所以C 错误。

D ．由图可知，若弹簧在0处，则有
22kx m g =
若弹簧到达木板上刻度为B 的位置，则有
221221
[()]2
k x x x m g m a +--=
解得
20.5/a m s =
加速度方向向上，规定竖直向上的方向为正方向，所以D 错误。

故选B 。

8．某国产车型启用全新动力标识，新的命名方式直接与车辆的加速性能联系起来，如图，TFSI 前面的那组数字称为G 值，单位为2m /s ，计算公式为“10v
G t
∆=
⨯∆”，式中v ∆为从静止加速到时速100公里的速度变化量，t ∆为不同车型的百公里加速时间。

则以下说法正确的是（ ）
A ．G 值越大，车辆的速度变化量越大
B ．G 值越大，车辆的动力越强劲
C ．时速100公里是指车辆百公里加速的平均速度
D ．标识为45TFSI 的车辆百公里加速时间约为7.3s 【答案】B
【详解】AB ．由题设所给的G 值的公式可知，G 值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，由牛顿第二定律可知车辆的动力越强劲，故A 错误，B 正确； C ．时速100公里为瞬时速度，故C 错误； D ．100 km /h 27.8 m ≈，根据公式可得
27.8
10 s 6.2 s 45
t ∆≈
⨯≈ 故D 错误。

故选B 。

9．很多探险者采用乘坐热气球的方式完成探险任务。

某探险小组到达目的地的上空后。

乘坐的热气球以速
度v 匀速下降，热气球、探险小组成员和压舱物的总质量为M 。

当热气球在距地面的高度为h 处时，将压舱物自然抛掉一些，当热气球落地时的速度介于0到
8
v
时，热气球可安全着陆，已知重力加速度为g ，假设热气球受到空气的作用力不变，若抛压舱物的时间可忽略不计，则抛出的压舱物的质量可能为（ ） A ．2
2
24Mv gh v +
B ．2
2
2Mv gh v
+ C ．226363130v M
v gh +
D ．226363132v M
v gh
+
【答案】B
【详解】热气球要能安全到达地面，则热气球从距地面h 处时开始做匀减速直线运动，设减速过程的加速度大小为a ，由运动学公式有
22
2v v ah -=未
对热气球匀速运动过程受力分析可知
F Mg =气
设抛下的压舱物的质量为m ，压舱物抛出后，热气球受到空气的作用力不变，重力减小了mg ，则合外力向上，大小为mg ，由牛顿第二定律有
()mg M m a =-
当热气球落地时的速度为零时，解得
22
2Mv m gh v =+
当热气球落地时的速度为
8
v
时，解得 226363128v M
m v gh
=+
故选B 。

10．太空舱里测物体质量的原理如下：先对标准物体施加一水平推力F ，测得其加速度为220m/s ，然后将标准物体与待测物体紧靠在一起，施加同一水平推力F ，测得共同加速度为28m/s 。

已知标准物体质量
1 2.0kg m =，则待测物体质量2m 为（ ）
A ．3.0kg
B ．5.0kg
C ．7.0kg
D ．8.0kg
【答案】A
【详解】对标准物体，由牛顿第二定律得
11 2.02040.0N F m a ==⨯=
对标准物体和待测物体整体，由牛顿第二定律可得
122F m m a =+()
代入数据，解得2 3.0kg m =。

故选A 。

11．纵跳是体育运动的基本动作之一，可分为原地纵跳和助跑纵跳。

如图甲所示，人光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的
B ．人能原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力
C ．在C 点时人达到最大速度
D ．曲线上的A 点表示人下蹲至最低点 【答案】C
【详解】A ．人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，A 选项错误；
B ．根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，B 选项错误；
C ．人处于C 点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，C 选项正确；
D ．人处于A 点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D 选项错误。

故选C 。

12．京张高铁是北京冬奥会的重要配套工程，其开通运营标志着冬奥会配套建设取得了新进展。

如图所示为某次高铁列车运行过程中某节车厢截面示意图，车厢内两拉手A 、B 分别向前进方向在竖直方向偏离角度α和β并保持不变。

取重力加速度为g ，不计空气等阻力，则下列说法错误的是（ ）
A ．列车可能在减速进站
B ．两角度一定满足：α=β
C ．减小拉手悬绳长度，则偏角变大
D ．列车加速度大小为a =g tan α 【答案】C
【详解】A ．由图可知拉手所受合力向左，则加速度向左，列车向左加速或向右减速，而前进方向向右，所以列车减速进站，选项A 正确；
B ．拉手与列车具有相同的加速度，即两拉手具有相同的加速度，受力分析可知
tan F mg ma α==合 tan F mg ma β==合
所以
α=β
选项B 正确；
C ．因列车加速度不变，则拉手的加速度不变，由tan F mg ma α==合可知偏角不变，选项C 错误；
D ．根据tan F mg ma α==合，可得加速度大小
tan a g α=
选项D 正确。

本题选不正确的，故选C 。

13．C-NCAP 是中国汽车技术研究中心于2006年3月2日正式发布的首版中国新车评价规程。

其以更严格、更全面的要求，对车辆进行全方位安全性能测试，包括乘员保护、行人保护、主动安全等，从而给予消费者更加系统、客观的车辆安全信息，促进汽车企业不断提升整车安全性能。

如图，某次正面100%碰撞测试
过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试。

若轨道有效长度为100m ，测试速度大小为60km/h ，则以下说法正确的是（ ）
A ．汽车匀加速运动时加速度不能大于1.39m/s 2
B ．若汽车加速度大小为a =2m/s 2，则汽车匀加速时间约为30s
C ．若汽车加速度大小为a =2m/s 2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4m
D ．若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其它测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增加 【答案】C
【详解】A ．为完成测试，汽车位移应小于100 m ，根据匀变速运动规律有
2
2v x a
≤ 解得
22
225(60)
18m/s 1.39m/s 22100
v a x ⨯
≥==⨯ 选项A 错误；
BC ．若汽车加速度大小为a =2m/s 2，有
2
100m 2v vt a
+=匀 解得
1.8s t ≈匀
则匀速运动的位移
30m x vt =≈匀匀
所以匀加速的位移
100m 30m=70m x ≈-加
匀加速的时间
8.3s v
t a
≈
= 加 选项B 错误，C 正确；
D ．根据牛顿第二定律F ma =，只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其它测试条件，汽车的加速度增大，由v at =得该汽车做匀加速运动的时间会减小，选项D 错误。

故选C 。

14．如图，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示（已知μ2>μ1），下列说法正确的是（ ）
A ．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tan θ<μ2
B ．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sin θ>μ2
C ．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>tan θ>μ1
D ．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>μ1>tan θ 【答案】C
【详解】AB ．车厢表面上的沙子，全部卸干净时
2sin cos mg mg θμθ>
因此应满足
2tan θμ>
AB 错误；
CD ．只卸去部分沙子，应同时满足
1sin cos mg mg θμθ> 2sin cos mg mg θμθ<
整理得
μ2>tan θ>μ1
C 正确，
D 错误。

故选C 。

15．在物流货场中广泛利用传送带搬运货物。

如图所示，倾角为θ的足够长的传送带始终以恒定的速率1v 顺时针运行，0t =时，初速度为221()v v v <的小货物从传送带的底端滑上传送带，已知小货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，且tan μθ>。

小货物在传送带上运动速度v 、加速度a 、重力势能P E （取小货物刚进入传送带位置重力势能为零）和动能k E 随货物位移s 变化规律正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【详解】ABD ．小货物开始速度小于传送带的速度，所以先做匀加速运动，速度逐渐增大，速度和位移之间不是线性函数，动能也逐渐增大，到与传送带速度相当时，由于
tan μθ>
以后随传送带一起运动，速度为不变，动能不变，加速度为0，D 正确，AB 错误；
C ．物体的重力势能随位移逐渐增大，它们是正比关系，图像是一条过原点的直线，不是折线，C 错误； 故选
D 。

16．选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果会有所不同：如图甲所示，在自由下落的电梯中，电梯外的人看到小球只受重力作用，做自由落体运动，符合牛顿定律；电梯内的人看到小球只受重力却是“静止”的，“违反”了牛顿定律。

为了能够用牛顿定律描述对地面作加速运动的参考系（又称“非惯性参考系”）中物体的运动，在非惯性系中引入惯性力的概念：惯性力F 惯=- ma ，a 表示非惯性系的加速度，负号表示与a 方向相反。

引入惯性力后，电梯中的人认为小球受到向上的惯性力与重力平衡，小球静止，符合牛顿定律。

如图乙所示，某人在以加速度a 作匀加速运动的高铁上，距地面为h 处，以相对于高铁的速度v 0水平抛出一个小球。

已知重力加速度 g ，关于此人看到的小球运动，分析正确的是（ ）
A ．小球在竖直方向上做初速度等于零，加速度小于g 的匀变速直线运动
B ．小球水平方向作匀速直线运动
C ．当0h
v a
g
= D ．当02h
v g
=时，小球将落在抛出点的正下方 【答案】D
【详解】A ．因为某人以相对于高铁的速度v 0水平抛出一个小球，小球受重力的作用，故它会向下做初速度等于零，加速度等于g 的匀变速直线运动，A 错误；
B ．而列车是加速向前运行的，根据题意，小球对人来说，相当于向前做减速运动，B 错误；
CD ．小球的其加速度的大小为a ，所以小球将向前减速，一直到减速到0后，再反向加速，回到原位置，故满足
t =2×
v a
又因竖直方向
h =
12
gt 2
所以二者结合得02h
v a g
=，即满足这个式子时，小球将落在抛出点的正下方，C 错误，D 正确。

故选D 。

17．图1表示某压敏电阻的阻值R 随压力F 变化的情况，将它平放在电梯地板上并接入图2所示的电路中，在其受压面上放一物体，即可通过电路中数字电流表的示数I 来探查电梯的运动情况。

电梯静止时数字电流表示数为I 0。

下列说法正确的是（ ）
A ．若示数I 不变说明电梯正在匀速运动
B ．若示数I 在增大说明电梯的速度在增大
C ．若示数 I >I 0说明电梯可能在加速向上运动
D ．若示数为I 0说明电梯一定处于静止状态 【答案】C
【详解】AD ．由于电流等于I 0且不变，说明压力没有变化，故电梯做匀速直线运动或静止不动，故AD 错误；
BC ．电流逐渐变大，故压力逐渐变大，且大于重力，故电梯处于超重状态，可能向上加速或向下减速，但加速度变大，不会做匀加速运动，故B 错误，C 正确； 故选C 。

18．如图所示，两个质量均为m 的相同货物A 、B 叠放在自卸货车的车厢底板上保持相对静止一起加速下滑，车厢底板与水平面的夹角为α，A 、B 间的动摩擦因数为μ1，B 与车厢底板间的动摩擦因数为μ2，货车在水平地面上始终保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．货车受到地面的静摩擦力方向水平向左
B ．货车对地面的压力大于货车与货物的总重力
C ．货物A 受到的摩擦力大小一定为1cos mg μα
D ．μ1与μ2的关系满足μ1≥μ2 【答案】D
【详解】A.由题意，货车受到货物A 、B 整体的压力大小为
F 压=2mg cos α
根据牛顿第二定律可知，A 、B 整体所受合外力沿斜面向下，所以B 所受滑动摩擦力的大小满足
F f＜2mg sinα
根据牛顿第三定律可知，A、B整体对货车的摩擦力大小同样满足
F f’＜2mg sinα
F压沿水平向左的分量为
F压x=2mg cosαsinα
F f’沿水平向右的分量满足
F f x’＜2mg sinαcosα= F压x
所以A、B整体对货车的作用力存在水平向左的分量，货车有向左运动的趋势，故货车受到地面的静摩擦力方向水平向右，故A错误；
B．由于A、B整体沿车厢底板加速下滑，故A、B以及货车组成的系统存在竖直向下的加速度分量，整体处于失重状态，故货车对地面的压力小于货车与货物的总重力，故B错误；
CD．设A、B整体加速下滑的加速度大小为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有
2ma=2mg sinα-2μ2mg cosα
单独对A同理有
ma=mg sinα-f
且
f≤μ1mg cosα
联立上述三式可得
μ1≥μ2
由此可知，只有当μ1=μ2时，货物A受到的摩擦力大小才等于为μ1mg cosα，否则将小于μ1mg cosα。

故C错误，D正确。

故选D项。

19．电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”间的重量保持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常。

如图甲所示，驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向运动。

当轿厢从顶楼向下运动，v t 图象如图乙所示，下列说法正确的是（）
0t时间内，轿厢处于失重状态
A．在1
0t时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先增大后减小
B．在1
0t时间内，轿厢和“对重”组成的系统机械能守恒
C．在3
0t时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小
D．在3
【答案】A
0t时间内，轿厢从顶楼向下运动做加速运动，加速度方向向下，轿厢处于失重【详解】A．由图可知在1
状态，A正确；
0t时间内轿厢的加速度先增大后减小，由牛顿第二B．根据v t-图象可知，图像的斜率表示加速度，在1
定律可得
-=
mg F ma
则钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大，B错误；
0t时间内，驱动电机也会消耗能量，轿厢和“对重”组成的系统机械能不守恒，C错误；
C．在3
0t时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小不等于钢丝绳对“对重”的拉力大小，因为中间有驱动电机在D．在3
调控，其牵引力大小在不断变化，D错误。

故选A。

20．如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋（水平移动距离很小，几乎看不到）落入杯中，这就是惯性演示实验。

已知鸡蛋（可视为质点）中心离纸板左端的距离为d ，鸡蛋和纸板的质量分别为m 和2m ，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，若鸡蛋移动的距离不超过10
d
就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为（ ）
A ．3μmg
B ．6μmg
C ．12μmg
D ．26μmg
【答案】D
【详解】当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为1a ，纸板的加速度为2a 。

为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离不超过
10
d
，则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离 2
112
10d a t = 则纸板运动距离为
2
212
10d a t d +
= 联立解得
2111a a =
根据牛顿第二定律得，对鸡蛋有
11f mg ma μ==
得
1a g μ= 211a g μ=
对纸板有
1222F f f ma --=
则得
122222226F f f ma mg m m g mg mg μμμμ=++=+⋅++=（）
故选D 。

21．用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。

货车以23m/s 的加速度启动，然后以12m/s 匀速行驶，遇紧急情况后以28m/s 的加速度刹车至停止。

已知每块水泥板的质量为250kg ，水泥板间的动摩擦
因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取2
10m/s g =，则（ ）
A ．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1875N
B ．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2000N
C ．货车在刹车过程中行驶的距离为9m
D ．货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6m 【答案】C
【详解】摩擦力提供给水泥板最大的加速度为
27.5m/s a μg '==
A ．启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为
2503N 750N f ma ==⨯=
A 错误；
B ．刹车时，加速度大于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为
1875N f μmg ==
B 错误；
C ．货车在刹车过程中行驶的距离为
29m 2v s a
==
C 正确；
D ．货车停止时间为
1.5s v
t a
=
=
该时间内，上层水泥板滑动的距离为
21
188.43759.5625m 2
s vt μgt '=-=-=
货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为
Δ0.5625m s s s '=-=
D 错误。

故选C 。

22．一同学研究箱子的运动，让一质量为1kg m =的箱子在水平恒力F 的推动下沿光滑水平面做直线运动，箱子运动的
x
t t
-图线如图所示，t 是从某时刻开始计时箱子运动的时间，x 为箱子在时间t 内的位移，由此可知（ ）
A ．箱子受到的恒力大小为0.5N F =
B ．0~10s 内箱子的动量变化量为5kg m/s ⋅
C ．5s 时箱子的速度大小为5.5m/s
D ．0~5s 内箱子的位移为27.5m
【答案】D
【详解】A ．将匀变速直线运动位移公式
201
2
x v t at =+
两边同除以t 可得
012
x v at t =+ 对比
x
t t
-图线可知，箱子的初速度 03m/s v =
图线斜率为
21
0.5m/s 2
a =
箱子运动的加速度
21m/s a =
由牛顿第二定律，恒力
1N F ma ==
故A 错误； B ．箱子的初动量为
003kg m/s p mv ==⋅
10s 时箱子的速度大小
0113m/s v v at =+=
0~10s 内箱子的动量变化量
010kg m/s p mv mv ∆=-=⋅
故B 错误；
C ．5s 时箱子的速度大小为
5028m/s v v at =+=
故C 错误；
D ．0~5s 内箱子的位移为
2202211
35m 15m 27.5m 22
x v t at =+=⨯+⨯⨯=
故D 正确。

故选D 。

23．如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图。

假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g 取10m/s 2。

依据图像给出的物理信息，运动员离开蹦床上升的最大高度H 和运动员的最大加速度大小a 分别为（ ）
A ．5m 、40m/s 2
B ．5m 、50m/s 2
C ．9.8m 、40m/s 2
D ．9.8m 、50m/s 2
【答案】A
【详解】由图给信息可知静止时蹦床的弹力等于重力，即
G =500N
则运动员质量为
m =50kg
又最大弹力为2500N 则运动员的最大加速度为
222500500
m/s 40m/s 50
a -=
=
运动员在空中时间
t 0=8.7-6.7s=2s
下落时间
1s 2
t t =
= 则最大高度为
211
101m 5m 22
h gt =
=⨯⨯= 故选A 。

24．如图，轻弹簧的下端与Q 连接，上端与P 连接。

已知P Q 、质量相等，P 静止时弹簧压缩量为0x ，现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动，以x 表示P 离开静止位置的位移，至Q 恰好离开地面。

下列表示F 和x 之间关系的图像，可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【详解】设物块P 的质量为m ，加速度为a ，静止时弹簧的压缩量为0x ，弹簧的劲度系数为k ，由力的平衡条件得
0mg kx =
木块的位移为x ，当0x x <时，弹簧对P 的弹力为
10F k x x =-（）
对物块P ，由牛顿第二定律得
1F F mg ma +-=
F kx ma =+
当0x x >后，弹簧拉伸
0F k x x mg ma ---=（）
仍可得
F kx ma =+
F 与x 是线性关系，且F 随x 的增大而增大，当Q 对地面压力为零时弹簧被拉伸，拉力等于Q 的重力，因此形变量也为0x ，所以P 上升的距离为02x 所以B 正确；ACD 错误； 故选B 。

25．如图所示，质量1kg m =的物块放置在竖直固定的弹簧上方（未栓接），用力向下压物块至某一位置，然后由静止释放，取该位置为物块运动的起始位置，物块上升过程的a x -图像如图所示，不计空气阻力，
重力加速度2
10m /s g =。

则下列说法正确的是（ ）。