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重难点归纳

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重难点归
纳
单选题
1、如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态，在木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（）
A．0
B．大小为g，方向竖直向下
C．大小为g，方向垂直木板向下
D．大小为2g，方向垂直木板向下
答案：D
木板撤去前，小球处于平衡态，受力如图所示
由平衡条件得
F-N sin60°=0
N cos60°-G=0
木板A、B突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，方向垂直于木板向下，由牛顿第二定律得，加速度为
a=N m
解得
a=2g
方向垂直于木板向下，故选D。

2、汽车的刹车性能至关重要，制动至停止．则下列说法正确的是（）
A．汽车的惯性与车辆性能有关，与质量无关
B．汽车的速度越大惯性就越大
C．汽车停止运动后没有惯性
D．汽车运动状态的改变是因为受到力的作用
答案：D
ABC．汽车的惯性是由汽车的质量决定的，与汽车的速度无关，因此汽车行驶时、停止运动后，汽车的惯性一样大，故ABC错误；
D．力是改变物体运动状态的原因，故汽车运动状态的改变是因为受到力的作用，故D正确。

故选D。

3、如图所示，所有质点同时从O点沿不同倾角的光滑斜面无初速滑下，若将各质点在斜面上运动时间相同的点连成一线，则连线的性质为（）
A．圆弧B．抛物线C．水平线D．斜线
答案：A
设轨道与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律，物体的加速度
a=mgcosθ
m
=g cosθ
所有小物体在相等时间内的位移
x=1
2
at2=
1
2
gcosθ⋅t2=
1
2
gt2⋅cosθ
由图可知
1
2
gt2是竖直方向直径的长度，通过几何关系知，某一时刻这些小物体所在位置构成的面是圆弧。

故选A。

4、下列仪器中，不能用于直接测量三个力学基本物理量的是（）
A．天平B．刻度尺
C．秒表D．弹簧测力计
答案：D
天平用来测量质量，而质量是基本物理量；刻度尺用来测量长度，而长度是基本物理量；秒表用来测量时间，而时间是基本物理量；弹簧测力计测量力，而力不是基本物理量。

本题选不能直接测量三个力学基本物理量的，故选D。

5、2019年11月，在温州翔宇中学举行的浙江省中学生田径锦标赛中，某校高二学生王鑫宇以2米的成绩获得冠军，如图所示。

则下列说法正确的是（不计空气阻力）（）
A．王鑫宇在上升阶段重力变大了
B．王鑫宇在空中跨越过程处于失重状态
C．王鑫宇起跳时地面对他的支持力大于他对地面的压力
D．王鑫宇在助跑过程中，地面对他的支持力做正功
答案：B
AB．王鑫宇在上升阶段只受重力，处于失重状态，且重力大小不变，故B正确，A错误；
C．王鑫宇起跳时地面对他的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C错误；D．王鑫宇在助跑过程中，地面对他的支持力与运动方向垂直，不做功，故D错误。

故选B。

6、机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐，就越来越常见。

如图甲所示为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平。

则下列说法中正确的是（）
A ．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用
B ．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力
C ．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐增大
D ．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力
答案：D
A ．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，不受摩擦力作用。

A 错误；
B ．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对作用力与反作用力。

B 错误；
C ．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性不变。

惯性大小由物体的质量决定，质量不变，物体的惯性不变。

C 错误；
D ．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的支持力
F N =mg
由牛顿第二定律
F f =ma
机器人对菜品的作用力为支持了和静摩擦力的合力
F =√F N 2+F f 2=√F N 2+(ma)2=√(mg)2+(ma)2>mg
D 正确。

故选D 。

7、体育课上李明进行原地纵跳摸高训练，如图甲所示，在快速下蹲后立即蹬伸的过程中，李明受到的地面支持力的变化如图乙所示，则下列说法正确的是（）
A．李明在下蹲阶段处于超重状态
B．李明在蹬伸阶段处于失重状态
C．李明在下蹲阶段先处于超重状态，再处于失重状态
D．李明在蹬伸阶段先处于超重状态，再处于失重状态
答案：D
小明在下蹲阶段，重心先向下做加速运动，处于失重状态，后向下做减速运动，加速度向上，处于超重状态，所以下蹲阶段先失重后超重；蹬伸阶段，重心先向上做加速运动，加速度向上处于超重状态，后向上做减速运动，加速度向下，处于失重状态。

所以蹬伸阶段先超重后失重，D正确，ABC错误。

故选D。

8、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。

则下面选项不正确的是（）
A．F1=μ1m1g
B．F2=m2(m1+m2)
m1
(μ2−μ1)g
C．μ2>m1+m2
m2
μ1
D．在0~t2时间段物块与木板加速度相等
答案：A
A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有
F1=μ1(m1+m2)g
故A错误，符合题意；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有
F2−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
μ2m2g−μ1(m1+m2)g=m1a>0
解得
F2=m2(m1+m2)
m1
(μ2−μ1)g μ2>
(m1+m2)
m2
μ1
故BC正确，不符合题意；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确，不符合题意。

故选A。

9、如图所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。

现在其左侧的A处轻轻放上一物块，设传送带足够长，则该物块（）
A．一直向右匀速运动
B．先向右匀加速运动，后继续向右匀速运动
C．先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力
D．先受到向右的滑动摩擦力，后受到向左的静摩擦力
答案：B
物块初速度为0，刚放上传送带后将与传送带之间发生相对滑动，受到向右的滑动摩擦力做匀加速运动，因为传送带足够长，所以物块最终将会达到与传送带相同的速度并最终向右匀速运动，此时物块与传送带保持相对静止，没有相对运动趋势，不受静摩擦力作用。

故选B。

10、如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s、质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法不正确的是（）
A．0 ~ 5 s内小木块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向
C．斜面倾角θ＝37°
D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
A．x在0 ~ 5m内由匀变速直线运动的速度位移公式
v2−v02=2ax 再根据乙图，有
a1=−0−v02
2x1
=10m/s2
又有
v0=10m/s 则小木块做匀减速运动的时间为
t=0−v0
−a1
=
0−10
−10s=1s
A错误，不符合题意；
B．在0 ~ 1s内木块做向上的匀减速运动，1s后木块做反向的匀加速运动，摩擦力反向，B正确，符合题意；CD．木块做反向匀加速运动时的加速度为
a2=v2−0
2x2
=
32
2×(13−5)m/s
2=2m/s2
对上滑过程，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1下滑过程中，有
mgsinθ−μmgcosθ=ma2联立解得
μ=0.5，θ=37°
CD正确，符合题意。

11、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。

12、某人乘电梯从10楼到1楼，从电梯启动到停在1楼的过程，经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段。

电梯在这三个连续的运动阶段中，该人所受的重力和他对电梯地板的压力相比较，其大小关系分别是（）
A．重力大于压力，重力等于压力，重力小于压力
B．重力小于压力，重力等于压力，重力大于压力
C．重力大于压力，重力小于压力，重力小于压力
D．重力小于压力，重力小于压力，重力大于压力
答案：A
某人乘电梯从10楼到1楼，速度方向向下。

电梯启动做加速运动阶段，加速度方向向下，由牛顿第二定律可知重力大于电梯地板对他的支持力，由牛顿第三定律可知，他对电梯地板的压力等于电梯地板对他的支持力，即
重力大于压力，处于失重状态；在匀速运动阶段，处于平衡状态，重力等于压力；在减速运动阶段，加速度方向向上，由牛顿第二定律可知重力小于电梯地板对他的支持力，由牛顿第三定律可知，他对电梯地板的压力等于电梯地板对他的支持力，即重力小于压力，处于超重状态；故选项A正确，选项BCD错误。

故选A。

13、在新冠疫情肆虐全球的背景下，北京冬奥会的圆满举办，再次彰显了中国的决心、高效与活力，如图为四个冬奥运动项目中运动员运动的一些场景，下列有关说法正确的是（）
A．在研究甲图中的运动员完成某项技术动作时，可以把运动员看成质点
B．在乙图中运动员用冰壶刷刷冰的目的是为了减少冰壶与冰面的摩擦力
C．丙图中的处于空中的运动员，在上升过程为超重状态，下降过程则为失重状态
D．丁图中10000m速度滑冰项目比的是运动员的平均速度大小，假定运动员从同一位置出发，第一名平均速度最大
答案：B
A．在研究甲图中的运动员完成某项技术动作时，不能忽略运动员的大小和形体动作，因此不可以把运动员看成质点，A错误；
B．在乙图中运动员用冰壶刷刷冰的目的是为了减少冰壶与冰面的摩擦力，从而更好的控制冰壶的运动方向，B 正确；
C．丙图中的处于空中的运动员，在上升过程是减速运动，加速度向下，此时处于失重状态，下降过程则做加速运动，加速度向下，仍处于失重状态，C错误；
D．丁图中10000m速度滑冰项目比的是运动员的平均速率大小，假定运动员从同一位置出发，则有第一名平均
速率最大，D错误。

故选B。

14、小丁同学最多能够举起60kg的重物，则在其将重物向上举起的过程中（）
A．重物一直处于超重状态
B．重物一直处于失重状态
C．重物先处于超重状态，后处于失重状态
D．重物先处于失重状态，后处于超重状态
答案：C
重物向上运动时，先由静止向上加速到速度最大，然后向上减速到速度为零，加速度先向上后向下，则重物先
超重后失重。

故选C。

15、如图所示，光滑水平面上放有质量均为m的滑块A和斜面体C，在C的斜面上又放有一质量也为m的滑块B。

现用水平力F推滑块A使三个物体无相对运动地向前做加速运动，则（）
A．滑块A所受的合力最大
B．斜面体C所受的合力最大
C．三个物体所受的合力一样大
D．条件不足，无法判断谁受到的合力最大
答案：C
由于三个物体的质量和加速度均相同，根据牛顿第二定律可知三个物体所受合力一样大。

故选C 。

多选题
16、如图所示，PQ 为圆的竖直直径，AQ 、BQ 、CQ 为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A 、B 、C 三点。

现让三个小球（可以看作质点）分别沿着AQ 、BQ 、CQ 轨道自端点由静止下滑到Q 点，运动的时间分别为t 1、t 2和t 3，运动的平均速度分别为v 1、v 2和v 3。

则有（ ）
A ．t 2>t 1>t 3
B ．t 1=t 2=t 3
C ．v 2>v 1>v 3
D ．v 1>v 3>v 2
答案：BC
AB ．设任一斜面与水平方向的夹角为θ，圆的直径为d 。

根据牛顿第二定律得
a =gsinθ
斜面的长度为
x =dsinθ
则由
x =12
at 2 解得
t =√2x a =√2dsinθgsinθ=√2d g
可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有
t1=t2=t3故A错误；B正确；
CD．根据
v̅=x t
又
x2>x1>x3
则
v2>v1>v3
故C正确；D错误。

故选BC。

17、上表面水平的斜劈B放在匀速转动的倾斜传送带上，物块A放在斜劈B的上表面，如图所求。

已知物块A、斜劈B在传送带上做匀速直线运动，物块A与斜劈B、斜劈B与传送带间的接触面均粗糙，则下列说法正确的
是（）
A．物块A不受摩擦力
B．斜劈B不受摩擦力
C．传送带可能沿顺时针转动
D．若传送带做变速运动，则A、B不可能做匀速直线运动
答案：AC
A．因为物块A、斜劈B整体在传送带上做匀速直线运动，所以物块A在水平方向上不受B斜劈的摩擦力，故A 正确；
B．物块A、斜劈B整体放在匀速转动的倾斜传送带上，有向下的运动趋势，所以斜劈B受传送带的摩擦力，故B错误；
CD．当物块A、斜劈B整体匀速下滑，如果传送带逆时针的速度大于物块A、斜劈B整体匀速下滑的速度时，不论传送带做变速运动还是匀速运动，物块A、斜劈B整体运动情况不变，仍做匀速运动，故C正确，D错误；故选AC。

18、如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。

一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.35
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+√5)s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4√5)m
答案：ACD
AB．由v-t图像得0~1s内煤块的加速度大小
a1=12−4
1m/s
2=8m/s2
方向沿传送带向下；1~2s内煤块的加速度大小
a2=4−0
1m/s
2=4m/s2
方向沿传送带向下。

0~1s，对煤块由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
1~2s，对煤块由牛顿第二定律得
mgsinθ−μmgcosθ=ma2
解得
tanθ=0.75
μ=0.25
故A正确，B错误；
C．v-t图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x=10m，由运动学公式得下滑时间为
t 下=√
2x
a2
=√
2×10
4s=
√5s
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+√5)s，故C正确；
D．0~1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m，1~2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m。

2~(2+√5)s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为
2+1
2
a2t2+vt=(12+4√5)m
故D正确。

故选ACD。

19、如图所示，质量分别为m A、m B的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。

为了增加轻线上的张力，可行的
办法是（）
A．减小A物块的质量B．增大B物块的质量
C．增大倾角θD．增大动摩擦因数μ
答案：AB
对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得
F−(m A+m B)gsinθ−μ(m A+m B)gcosθ=(m A+m B)a 隔离物块B，应用牛顿第二定律得
F T−m B gsinθ−μm B gcosθ=m B a
联立可解得
F T=
m B F
m A+m B
=
F
m A
m B+1
由此可知，F T的大小与θ、μ无关，m B越大，m A越小，F T越大，故AB正确，CD错误。

故选AB。

20、将一个物体以某一初速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体
（）
A．刚抛出时的速度最大B．在最高点的加速度为零
C．上升时间小于下落时间D．上升时的加速度小于下落时的加速度
答案：AC
A．物体在空中运动过程，有阻力做负功，机械能减小，故刚抛出时机械能最大，而刚抛出时的重力势能最小，
故动能最大，速度最大，故A正确；
B．在最高点时，仍然受到重力作用，加速度不为零，故B错误；CD．上升过程，加速度大小为
a1=mg+f
m
下降过程加速度大小为
a2=mg−f
m
上升时的加速度大于下落时的加速度，而上升过程的逆运动是初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，根据
ℎ=1
2
at2
a1>a2
可知上升时间小于下落时间，故C正确，D错误。

故选AC。

21、如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m的物块A，A放在托盘B上，B的质量也为m。

初始时在竖直向上的力F作用下系统静止，弹簧处于自然长度。

现改变竖直向上的力F的大小，使A匀加速下降。

已知重力加速度为g，A的加速度为a=0.25g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则在A 匀加速下降的过程中，以下说法正确的是（）
A．A和B刚好分开时弹簧的弹力为0.85mg
B．弹簧的最大形变量为0.75mg
k
C．力F可能为0.9mg
D．力F最小值为0.65mg
答案：BC
AB．设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为x m，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
mg−kx m=ma=m×0.25g
解得
x m=0.75mg
k
在此之前，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
a=mg−F N−kx
m
=0.25g
可得
F N=0.75mg−kx
所以A和B刚好分开时F N=0，则此时弹簧的弹力为0.75mg，选项A错误，B正确；
CD．以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
2mg−F−kx=2m×0.25g
可得
F=1.5mg−kx
力F对B的作用力范围为
0.75mg≤F≤1.5mg
选项C正确，D错误。

故选BC。

22、在平直公路上运行的大卡车运载了完全相同的外表面光滑的圆柱体A、B、C，圆柱体B和C分别紧靠货箱
前后壁。

下列说法正确的是（）
A．匀速行驶时，A、B之间的作用力等于A、C之间的作用力
B．加速行驶时，A、B之间作用力大于A、C之间的作用力
C．减速行驶时，C与货箱后壁的作用力可能为零
D．变速行驶时，B与箱底之间的作用力等于C与箱底之间的作用力
答案：AC
A．在匀速行驶时，由于对称性，A、B之间的作用力等于A、C之间的作用力，故A正确；
B．加速行驶时，对A进行受力分析，不难得出A、B之间的作用力只有小于A、C之间的作用力，A才能有向前（左）的加速度，故B错误；
C．减速行驶时，加速度向后（右），对整体进行受力分析可知，C与货箱后壁的作用力可能为零，故C正确；D．在变速行驶时，分别隔离A、B、C进行受力分析，不难发现B与箱底之间的作用力和C与箱底之间的作用力不相等，故D错误。

故选AC。

23、如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A 端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6s时恰好到B点，则（）
A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.1
B．AB间距离为24m，小物块在传送带上留下的痕迹是8m
C．若物块质量m＝1kg，物块对传送带做的功为－16J
D．若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端答案：AC
A．由图乙可知，物块先加速后匀速，且由图乙可知，加速过程的加速度为
a＝4
4
m/s2＝1m/s2
根据牛顿第二定律可知
a＝F
m ＝μmg
m
＝μg
联立解得
μ＝0.1
A正确；
B．AB间距离即为物块在6s内发生的位移，即图乙的面积为
S＝2+6
2
×4m＝16m
B错误；
C．物块对传送带只在加速过程中做功，根据公式
W＝－fs
其中
f＝μmg＝0.1×1×10N＝1N
s＝4×4m＝16m
联立解得
W＝－16J
C正确；
D．物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度为a＝－μg＝－1m/s2
物块从开始到速度为4m/s时发生的位移为
x＝4×4
2
m＝8m
所以物块减速到零发生的位移为
v2 2a ＝4
2
2×1
m＝8m
所以物块刚好到达B端，D错误。

故选AC。

24、球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。

飞行器飞行时受到的空气阻力大小与
其速率平方成正比（即F
阻
=kv2，k为常量）。

当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。

重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（）A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为√17
4
Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5√3m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
答案：BC
A．飞行器关闭发动机，以v1=10m/s匀速下落时，有
Mg=kv12=k×100
飞行器以v2=5m/s向上匀速时，设最大推力为F m
F m=Mg+kv22=Mg+k×25联立可得
F m=1.25Mg，k=Mg
100
A错误；
B．飞行器以v3=5m/s匀速水平飞行时
F=√(Mg)2+(kv3)2=√17
4
Mg
B正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
f=√F m2−(Mg)2=3
4
Mg=kv42
解得
v4=5√3m/s
C正确；
D．当飞行器最大推力向下，以v5=5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
F m+Mg+kv52=Ma m
解得
a m=2.5g
D错误。

故选BC。

25、总质量为100 kg的小车，在粗糙水平地面上从静止开始运动，其速度—时间图像如图所示。

已知在0~2 s内小车受到恒定水平拉力F=1 200 N，2 s后小车受到的拉力发生了变化，则（）
A．t=1 s时小车的加速度为8 m/s2
B．0~18 s内小车行驶的平均速度约为10 m/s
C．小车与地面间的动摩擦因数为0.2
D．14 s后拉力的大小为200 N
答案：AB
A．前2 s内小车做匀加速运动，由图线的斜率可得小车的加速度
a=16
m/s2=8 m/s2
2
故选项A正确；
B．由速度-时间图线与横坐标轴围成的面积即可计算出0~18 s内小车位移的大小，每一格表示的位移为4m，小于一半的格子舍掉，大于一半的格子计算为一个格子，则格子数约为45格，则位移约为L=180 m，所以平均速度约为
v̅=L
=10 m/s
t
故选项B正确；
C．前2 s内，根据牛顿第二定律得
F-μmg=ma
解得
μ=0.4
选项C错误；
D．14 s后小车做匀速运动，所以拉力
F′=μmg=400 N
选项D错误。

故选AB。

填空题
26、如图所示，质量为3kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.2。

此时有一个质量为1kg的物块静止在空铁箱内壁上，如图所示，物块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块对铁箱压力的大小为______N，水平拉力F 的大小为______。

答案： 20 88
[1]物块和铁箱保持静止，则一起向右匀加速，设加速度为a，铁箱对物块的支持力为N，对物块受力分析，竖直方向根据平衡条件
μ2N=mg
水平方向，根据牛顿第二定律
N=ma
联立解得
⁄，N=20N
a=20m s2
根据牛顿第三定律可知，物块对铁箱压力的大小为20N。

[2]把物块和铁箱看成整体，水平方向，根据牛顿第二定律
F−μ1(M+m)g=(M+m)a
代入数据解得
F=88N
27、在探究物理有关问题时，会采用一些研究方法。

在研究力的合成时，采用了_________研究方法；在研究加
速度与力和质量的关系时，采用了_________研究方法。

答案：等效替代控制变量
[1]在研究力的合成时，通过使两个互成角度的力共同作用时的效果与另一个力单独作用时的效果相同，研究这
两个互成角度的力与另外一个力的关系，即采用了等效替代研究方法。

[2]在研究加速度与力和质量的关系时，通过控制其中一个物理量不变，研究加速度与另一个物理量之间的关系，即采用了控制变量研究方法。

28、新冠肺炎疫情期间，防疫人员每天要对环境进行消杀。

一辆正在喷洒消毒液的汽车匀速行驶在南平某街道上，汽车的惯性将_______（选填“增大”或“减小”或“不变”），汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对
_______（选填“平衡力”或“相互作用力”）。

答案：减小相互作用力
[1]喷洒消毒液的过程中，汽车的质量减小，惯性将减小；
[2]汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对相互作用力。

29、关于运动和力的关系，亚里士多德的观点是__________________；而伽利略的观点是__________________。

答案：力是维持物体运动的原因物体的运动不需要力来维持
[1]关于运动和力的关系，亚里士多德的观点是：力是维持物体运动的原因；
[2]伽利略的观点：物体的运动不需要力来维持。

30、某型号火箭的质量为2.5×105kg，已知火箭发动机点火后竖直向下喷出高温高压气体，气体对火箭产生的初始推力为3×106N，则火箭起飞时的加速度为______m/s2。

假设火箭在竖直向上飞行阶段，气体对火箭产生的推力恒定，那么，火箭飞行的加速度将______（填写“变小”、“不变”或“变大”）。

答案： 2 变大
[1]由牛顿第二定律可得
F−Mg=Ma
解得火箭起飞时的加速度为
a=2m/s2
[2]由[1]的解析可得
a=F
M
−g
由于火箭竖直向下喷出高温高压气体，火箭质量逐渐减小，故火箭飞行的加速度将变大。