2020-2021学年高一上学期物理人教版必修1第四章牛顿运动定律 同步检测 (2)

2020-2021学年高一物理必修一阶段性复习训练 牛顿运动定律 1.关于牛顿第一定律，下列说法正确的是( )
A.物体运动不停止，因为受到动力作用
B.要改变物体运动状态，必有外力作用
C.撤去外力，运动物体会逐渐停下
D.牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律
2.在初中已经学过,如果一个物体在力F 的作用下沿着力的方向移动一段距离L ,这个力对物体做的功是W FL =,我们还学过,功的单位是焦耳(J),由功的公式和牛顿第二定律F ma =可知,焦耳(J)用基本单位米(m)、千克(kg)、秒(s)表示应为( )
A.2kg m/s ⋅
B.22kg m /s ⋅
C.kg m/s ⋅
D.2kg m /s ⋅
3.如图所示，质量分别为2m m 、
的小球A B 、，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( )
A.22,33F F g m +
B.2,33F F g m +
C.2,33F F g m +
D.,33F F
g m + 4.高速公路的长下坡设计有避险车道,若刹车失灵,车辆可以冲向避险车道保证人员安全.设避险车道长为45 m,且与水平面的夹角为30°,车道填充砾石后具有的阻力系数为0.5(即阻力为车重的1
2),取210m/s g =,以下说法正确的是( )
A.失控车辆冲上避险车道的距离仅和质量有关
B.失控车辆冲上避险车道的加速度大小为2
5m/s
C.该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为30 m/s
D.该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为21 m/s
5.如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A.轻绳P的弹力大小可能小于mg
B.弹簧Q可能处于压缩状态
C.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为g
D.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为sin
gθ
6.如图所示，水平地面上有质量 1.0kg
m=的物块，受到如图甲所示随时间变化的水平拉力F的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力
F的大
f
小如图乙所示。

重力加速度g取2
10m/s。

下列判断正确的是( )
A.5 s 内物块的位移为0
B.4 s 末物块所受合力大小为4.0 N
C.物块与地面之间的动摩擦因数为0.4
D.6~9 s 内物块的加速度大小为22.0m/s
7.如图所示，相互接触的A B 、两物块放在光滑的水平面上，质量分别为1m 和2m ，且12m m <，现对两物块同时施加相同的水平恒力F ，设在运动过程
中两物块之间的相互作用力大小为N F ，则下列说法正确的是( )
A.物块B 的加速度为2F m
B.物块A 的加速度为122F m
m + C.N 2F F F <<
D.N F 可能为零 8.如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m 的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与竖直向上的拉力T F 之间的函数关系如图乙所示。

重力加速度大小为g 。

则下列判断正确的是( )
A.图线与纵轴的交点M 的绝对值为g
B.图线的斜率在数值上
等于物体的质量m
C.图线与横轴的交点N 的值T N
F mg = D.图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1m 9.质量为1 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。

A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 运动的v t -图像如图乙所示，g 取210m/s ，则物块A 的质量为( )
A.1 kg
B.2 kg
C.3 kg
D.6 kg
10.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落。

他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。

降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α，如图乙所示。

已知人的质量为M ，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力F 与速度v 成正比，重力加速度为g 。

则每根悬绳能够承受的拉力至少为( )
A.8cos Mg α
B.8sin Mg α
C.2
18cos Mgv v α D.128cos Mgv v α
11.如图所示，粗糙水平面上放置B C 、两物体，A 叠放在C 上，A B C 、、的
质量分别为2m m 、
和3m ，物体B C 、与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T F 。

现用水平拉力F 拉物
体B ，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )
A.此过程中物体C受五个力作用
B.当F逐渐增大到T F时，轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到T
1.5F时，轻绳刚好被拉断
F
D.若水平面光滑，则绳刚断时，A C
、间的摩擦力为T
6
12.如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管下滑。

已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。

如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取2
10m/s，那么该消防队员( )
A.下滑过程中的最大速度为4 m/s
B.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1:7
C.加速与减速过程的位移之比为1:4
D.加速与减速过程的时间之比为2:1
13.如图所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg的物体B用细线悬挂，A B
、间相互接触但无压力，整个系统处于静止状态，g取2
10m/s。

某时刻将细线剪断，则剪断细线瞬间( )
A.B 的加速度大小为24m/s a =
B.A 的加速度大小为250m/s 3a =
C.B 对A 的压力大小为0
D.B 对A 的压力大小为20 N 14.如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜轻杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为1m 的小球A ；
横杆右端用一根细线悬挂另一质量为2m 的小球B .当小车沿水平面做直线运
动时，细线与竖直方向间的夹角()a B β>保持不变.设斜杆、细线对小球A B 、的作用力分别为12F F 、，下列说法正确的是( )
A.12F F 、大小一定相等
B.1F 的方向一定沿着杆
C.小车加速度大小为tan g α
D.1F 的大小为1cos m g
β 15.一质点做匀速直线运动,现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则( )
A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D.质点单位时间内速率的变化量总是不变
16.如图所示，细线的一端固定在斜面体顶端，另一端拴一质量为0.1 kg 的
小球，斜面体倾角为53°。

当二者一起以加速度25m/s 向右匀加速运动时，细线拉力为1T ；当二者一起以加速度210m/s 向右匀加速运动时，细线拉力为2T ，g 取210m/s ，sin 530.8,cos530.6==°°，则( )
A.
1 1.1N T = B.10.625N T = C.
2 1.25N T = D.2N T
17.如图所示，木块A 的质量为1 kg ，木块B 的质量为2 kg ，叠放在水平地面上，A B 、间最大静摩擦力为1 N ，B 与地面间动摩擦因数为0.1，g 取210m/s 。

用水平力F 推B ，要想让A B 、保持相对静止，F 的大小可能是( )
A.1 N
B.4 N
C.9 N
D.12 N
18.如图，环A 与球B 用一轻质细绳相连，环A 套在水平细杆上。

现有一水平恒力F 作用在球B 上，使A 环与B 球一起向右以相同的加速度做匀加速运动。

已知环与球的质量均为m ，细绳与竖直方向的夹角45θ=°，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )
A.细绳对B 球的拉力大于杆对A 环的支持力
B.B 球受到的水平恒力F 大于mg
C.若水平细杆光滑，则加速度等于g
D.若水平细杆粗糙，则
动摩擦因数小于0.5
19.如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆之间的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力1F kv =，其中k 为常数，重力加速度大小为g ，则圆环运动过程中( )
A.最大加速度为F m
B.最大加速度为F mg
m μ+
C.最大速度为F mg k μμ+
D.最大速度为mg k
20.如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为5kg A m =的物块A ，A 的上方
放一质量3kg B m =的滑块B ，用一轻绳一端拴在物块A 上，另一端跨过光滑
的定滑轮拴接一质量2kg C m =的物块C ，其中连接A 的轻绳与水平桌面平
行。

现由静止释放物块C ，在以后的过程中，A 与B 之间没有相对滑动且
A B 、始终没有离开水平桌面（重力加速度g 取210m/s ）。

则下列说法正确的是( )
A.A 的加速度大小为22.5m/s
B.A 的加速度大小为22m/s
C.A 对B 的摩擦力大小为6 N
D.A 对B 的摩擦力大小为7.5 N 21.在升降机内，一人站在体重计上，发现自己的体重减轻了20%，则下列判断可能正确的是（g 取210m/s ）( )
A.升降机以2
2m/s的加8m/s的加速度加速上升 B.升降机以2
速度加速下降
C.升降机以2
8m/s的加2m/s的加速度减速上升 D.升降机以2
速度减速下降
22.绷紧的传送带长32m
μ=，g取
L=，铁块与传送带间动摩擦因数0.1 2
10m/s，下列说法正确的是( )
A.若传送带静止，A处小铁块以010m/s
v=向B运动，则铁块到达B处的速度为6 m/s
B.若传送带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以010m/s
v=向B 运动，铁块到达B处的速度为6 m/s
C.若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动
D.若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B处的速度为8 m/s
23.如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，不可伸长的轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳2系着质量为2m的重锤C。

已知重力加速度为g，
μμ<，不计绳与滑轮间的摩擦，系统各接触面之间的动摩擦因数均为(0.5)
由静止开始运动，下列说法正确的是( )
A.A B C 、、的加速度大小均为
2g B.轻绳1的拉力为2mg
C.轻绳2的拉力为mg
D.当A 运动到B 的左端时，物体C
24.如图所示，质量为m 的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住。

现用一个水平力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，重力加速度为g ，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A.斜面对小球的弹力为cos mg
θ
B.斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma
C.若增大加速度a ，斜面对小球的弹力一定增大
D.若增大加速度a ，竖直挡板对小球的弹力一定增大
25.如图甲所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P 和Q 用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，且轻绳平行于斜面，已知P Q 、和斜面体均静止不动。

若交换两滑块位置，如图乙所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P 的质量为m ，取sin 530.8,cos530.6==°°，重力加速度大小为g ，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是( )
A.Q的质量为4
m
3
B.在图甲中，斜面体与地面间有摩擦力
C.在图乙中，滑轮受到轻绳的作用力大小为42
mg
5
D.在图乙中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左
26.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度
v沿足够长的斜面向上推出，
调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，重力加速度g取2
10m/s，根据图象可求出( )
A.物体的初速度06m/s
v=
B.物体与斜面间的动摩擦因数0.6
μ=
C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移的最小值min x为1.44 m
D.当30
θ=°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
27.某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系。

将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数0F，以此表示小车所受摩擦力的大小。

再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数1F。

（1）打点计时器接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。

从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=________2
m/s。

（2）改变小桶中细砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力10
=-的关系图像。

不计纸带与打点计时器间的摩
()
F F F F
擦。

下列图像中可能正确的是_______。

A. B. C. D.
（3）同一次实验中，小车释放前传感器示数1F与小车加速运动时传感器示数2F的关系是1F_______2F（选填“<”“=”或“>”）。

（4）关于该实验，下列说法中正确的是( )
A.小车和传感器的总质量应远大于砂桶和砂的总质量
B.实验中需要将长木板右端垫高
C.实验中需要测出小车和传感器的总质量
D.用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据
28.质量为2kg
m=的物体，静止在水平地面上，0
F=的水平恒
t=时刻在112N
力作用下从A点开始向右运动，经过时间16s
t=到达B点，速度为18 m/s.此时作用力突变为反向，大小变为26N
F=，经过一段时间，作用力再次反向，大小变为310N
F=，再经过一段时间物体运动到C点，速度为18 m/s.物体从A到C的时间为14 s.取2
g=，求：
10m/s
（1）物体与地面间的滑动摩擦因数；
（2）A C 、间的距离x .
29.如图所示，质量1kg M =的木板静置于倾角为37θ=°的足够长的固定斜面上，质量1kg m =的可视为质点的小物块以初速度05m/s v =从木板下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力14N F =，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑下.已知小物块与本板间的动摩擦因数为10.25μ=，木板与斜面间的动摩擦因数为20.5μ=，重力加速度210m/s g =，sin 370.6,cos370.8==°°.求：
（1）物块与木板共速前，物块和木板的加速度分别是多少. （2）木板的最小长度min L .
（3）物块在长度为min L 的木板上运动的总时间.
参考答案
1.答案：B
解析：运动不需要力来维持，故A 错误；力是改变物体运动状态的原因，即要改变物体运动状态，必有外力作用，故B 正确；运动时撤去外力，物体将会做匀速直线运动，故C 错误；牛顿第一定律表明物体具有惯性，但没有反映惯性大小，故D 错误。

2.答案：B
解析：根据功的公式W FL =可知，1J 1N m =⋅；根据牛顿第二定律F ma =可知，21N 1kg m/s =⋅，所以有2221J 1kg m/s m 1kg m /s =⋅⋅=⋅，故B 正确。

3.答案：A
解析：以A B 、及弹簧组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律得
33mg F a m
-=
，对B 分析有2=2mg F ma -弹，解得弹簧的弹力大小
2=223
F F mg ma -=
弹；剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A 有
mg F ma '+=弹，解得23F
a g m
'=+，故A 正确.
4.答案：C
解析：根据牛顿第二定律得,失控车辆冲上避险车道的加速度大小
2sin (sin )10m/s mg kmg a g k m θθ+==+=,失控车辆冲上避险车道的距离2
02v x a
=,则失控车辆冲上避险车道的距离和质量无关,A 、B 错误;该避险车道能接受失控车
辆的最大初速度m 30m/s v ==,C 正确,D 错误.
5.答案：C
解析：轻绳P 竖直，轻弹簧Q 弹力为零，弹簧处于原长状态，轻绳P 的弹力大小等于mg ，选项A 、B 错误；剪断轻绳瞬间，物块只受重力，物块的加速度大小为g ，选项C 正确，D 错误. 6.答案：D
解析：由题图可得物块所受的最大静摩擦力为4 N ，滑动摩擦力为3 N ，物块在4 s 末开始运动，故5 s 内物块发生了位移，选项A 错误；4 s 末物块所受拉力为4 N ，所受最大静摩擦力也为4 N ，合力大小为0，选项B 错误；物块与地面之间的滑动摩擦力为3 N ，物块对地面的压力为10 N ，根据f N F F μ=可知物块与地面之间的动摩擦因数为0.3，选项C 错误；6~9 s 内拉力大小为5 N ，物块所受的滑动摩擦力为3 N ，合力为2 N ，由牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为22.0m/s ，选项D 正确。

7.答案：B
解析：由于没有摩擦力，且12m m <，故两者会一起运动。

对整体，由牛顿第二定律有122()F m m a =+，解得12
2F a m m =
+，选项A 错误，B 正确；再对B 受
力分析，由牛顿第二定律有N 2F F m a +=，解得21N 12
()m m F
F F
m m -=<+，选项C 、D
错误。

8.答案：A
解析：由牛顿第二定律可得：T 2F mg ma -=，则有T 2
a F g m =-，由T a F -图像可判断，纵轴截距的绝对值为g ，图线的斜率在数值上等于2
m ，则A 正确，B 、D 错误；横轴截距代表0a =时，T 2
N mg F =
，C 错误。

9.答案：C
解析：由v t -图像可知，物块A 在0~1 s 内的加速度大小为212m/s a =，以物块A 为研究对象，由牛顿第二定律得：11mg ma μ=，解得：10.2μ=。

由v t -图像知木板B 在0~1 s 内的加速度大小为222m/s a =，在1~3 s 内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为231m/s a =，一直到共同减速到零。

A B 、同速后以A B 、整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
23()()M m g M m a μ+=+，解得：20.1μ=。

再以
B 为研究对象，在0~1 s 内水平方
向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：122()mg M m g Ma μμ-+=，代入数据解得物块A 的质量3kg m =，故选C 。

10.答案：C
解析：设降落伞的质量为m ，匀速下降时有：1()kv m M g =+ 打开降落伞的瞬间对整体有：
2()()kv M m g m M a -+=+
打开降落伞的瞬间对运动员有：8cos T Mg Ma α-= 联立解得：2
18cos Mgv T v α
=，故C 正确。

11.答案：C
解析：对A 受力分析，A 受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C 受重力、A 对C 的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A 对C 的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A 错误。

对整体分析，整体的加速度666F mg F
a g m m
μμ-⋅=
=-，隔离对A C 、分析，根据牛顿第二定律得，T 44F mg ma μ-⋅=，计算得出T 2
3
F F =，当T 1.5F F =时，轻绳刚好被拉断，故
B
错误，C 正确。

若水平面光滑，绳刚断时，对A C 、分析，加速度T
4a m F
=；
隔离对A 分析，A 受到的摩擦力T
f 4
F F ma ==
，故D 错误。

12.答案：B
解析：设下滑过程中的最大速度为v ，则消防队员下滑的总位移为
1222v v x t t =+，总时间12t t t =+，解得2212m/s 8m/s 3
x v t ⨯===，故A 错误；由
1122,v a t v a t ==，解得1221::1:2t t a a ==，故D 错误；由12:1:2t t =，又123s t t +=，得
到2212121
1s,2s,8m/s ,4m/s v
t t a a t ===
==，根据牛顿第二定律，可知加速过程11mg f ma -=，解得11120N f mg ma ==-；减速过程22f mg ma =-，解得22840N f mg ma =+=，所以12:1:7f f =，故
B 正确；匀加速过程位移为112x v
t =，
匀减速过程位移为222x v t =，所以加速与减速过程的位移之比为12:1:2x x =，
故C 错误。

13.答案：A
解析：剪断细线前，A B 、间无压力，则弹簧的弹力30N A F m g ==；剪断细线的瞬间，弹簧形变量不变，弹力仍为30 N 。

对A 和B 整体分析，加速度
2()4m/s A B A B
m m g F
a m m +-=
=+，所以物体A B 、的加速度大小均为24m/s ，故选项
A
符合题意，选项B 不符合题意。

隔离B 分析：N B B m g F m a -=，解得
N 12N B B F m g m a =-=，由牛顿第三定律可知，B 对
A 的压力大小为12 N ，故
选项C 、D 均不符合题意。

14.答案：D
解析：细线中的弹力方向一定沿着细线，而斜杆中弹力的方向可以沿任意方向，两小球均受重力和弹力作用，因细线与竖直方向之间有夹角，因此小球B 运动时必有水平向右方向的加速度，根据牛顿第二定律可知
22tan m g m a β=，即tan a g β=，故选项C 错误；对于小球A ，其受到的合力为
1tan m g β
，由此可知，斜杆对小球A 的作用力1F 与竖直方向间的夹角也为
β，所以1F 的大小为1
cos m g
β，选项D 正确，B 错误；根据竖直方向两小球所
受合力均为零可知，11cos F m g α=，22cos F m g β=，但由于不知两小球的质量关系，因此12F F 、大小关系不确定，故选项A 错误. 15.答案：BC
解析：施加的恒力方向可能与质点速度方向相同,也可能相反,还可能不在同一直线上,A 错误;如果质点速度方向与恒力方向不共线,则质点的速度方向时刻在改变,质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直,B 正确;由牛顿第二定律知,质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同,C 正确;质点单位时间内速度的变化量总是不变,速率的变化量有可能是变化的,D 错误.
16.答案：AD
解析：设斜面对小球的支持力刚好等于0时，水平向右的加速度为0a ，小球只受重力和细线的拉力T 作用；水平方向，有：0cos53T ma =°，竖直方向，有：sin 53T mg =°，解得：200.757.5m/s a g ==。

由于2105m/s a a =<，所以在水平方向，有：1N 1cos53sin 53T F ma -=°°，在竖直方向，有：
1N sin cos5533T F mg =°+°，解得：1 1.1N T =，故
A 正确，
B 错误；因
22010m/s a a =<，所以小球已离开斜面，设此时细线与水平面夹角为
α，细线
对小球的拉力为2T ，对小球，水平方向，有：22cos T ma α=，竖直方向，有：2sin T mg α=
，解得：2N T =，故
C 错误，
D 正确。

17.答案：AB
解析：因为A 做加速运动时，通过B 给它的摩擦力产生的加速度，而B 对A 的最大静摩擦力为f
1N F =，故
A 的最大加速度为2f
1N
1m/s 1kg
A
F
a m ==
=；要想让A B 、保持相对静止，则A B 、的加速度的最大值为21m/s ，故由牛顿第二定律可得()()A B A B F m m g m m a μ-+=+，解得6N F =，故F 的最大值为6 N ，选项A 、B 正确。

18.答案：BCD
解析：对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有22F mg ma μ-=，再分别对A 环、B 球分析，对B 球有T T si c s n o F F ma mg F θθ-==，；对A 环有
T N cos mg F F θ+=，T N N sin ,2F F ma F mg θμ==-，则由以上各式综合分析可得
F mg >，当0μ=时a g
=，若0μ≠，则有0.5μ<，选项B 、C 、D 正确。

19.答案：AC
解析：当1F mg <时，由牛顿第二定律得()F mg kv ma μ--=，当mg
v k
=时，圆环
的加速度最大，即max F
a m
=
，选项A 正确，B 错误；圆环速度逐渐增大，当
1F kv mg =>时，由牛顿第二定律得()F kv mg ma μ--=，当0a =时，圆环的速度
最大，即max F mg v k
μμ+=，选项C 正确，D 错误。

20.答案：BC
解析：以整体为研究对象，有()A B C C m g m m m a =++，得22m/s a =，故A 错误，B 正确；隔离B ：6N B f m a ==，故C 正确，D 错误。

21.答案：BC
解析：人发现体重减轻，说明人处于失重状态，加速度向下，由牛顿第二定律可知：N mg F ma -=，又N 80%F mg =，解得：20.22m/s a g ==，方向向下，升降机可能加速下降，也可能减速上升，故B 、C 正确，A 、D 错误。

22.答案：ABD
解析：若传送带不动，铁块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀
减速直线运动的加速度大小21m/s a g μ==，根据2202B
v v aL -=-，解得：6m/s B v =，故A 正确；若传送带始终以4 m/s 的速度向左运动，而铁块从A
处以010m/s v =向B 运动，铁块滑上传送带做匀减速直线运动，到达B 点的速度大小等于6 m/s ，故B 正确；若传送带始终以4 m/s 的速度向右运动，在A 处轻轻放上一小铁块后，铁块先向右做匀加速运动，加速到4 m/s 经
过的位移22
4m 8m 32m 221v x a ===<⨯，之后随传送带一起做匀速运动，故
C 错
误；若传送带始终以10 m/s 的速度向右运动，在A 处轻轻放上一小铁块后，若铁块一直向右做匀加速运动，铁块到达B 处的速度：
m/s 8m/s 10m/s B v ===<，则铁块到达
B 处的速度为8 m/s ，故D
正确。

23.答案：BD
解析：三个物体的加速度大小相等，设三个物体的加速度大小均为a ，对物体A ：T1F mg ma μ-=，对B ：T2T12F mg mg F ma μμ---=，对C ：
T222mg F ma -=，联立解得T1T211
,,222
a g g F mg F mg mg μμ=
-==+，选项B 正确，
A 、C 错误；当A 运动到
B 的左端时有22
1122at at L +=，此时物体A B C 、、的速
度均为v at ==，选项D 正确。

24.答案：AD
解析：对小球受力分析如图所示，
把斜面对小球的弹力N2F 进行正交分解，竖直方向有N2cos F mg θ=，水平方向有N1N2sin F F ma θ-=，所以斜面对小球的弹力为N2cos mg
F θ=，A 正确。

N1tan F ma mg θ=+。

由于N2cos mg F θ
=
与a 无关，故当增大加速度a 时，斜面对小
球的弹力不变，挡板对小球的弹力N1F 随a 增大而增大，故C 错误，D 正确。

小球受到的合力为ma ，故B 错误。

25.答案：AC
解析：两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，如题图甲放置时，根据沿绳方向的力相等知sin 53sin 37Q mg m g =°°，解得4
3Q m m =，选项A 正确；在题图甲中，整个系统处于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，选项B 错误；在题图乙中，设绳子拉力为T ，根据牛顿第二定律知
44sin 53,sin 3733mg T ma T mg ma -=-=°°，解得45
T mg =，滑轮受到轻绳的作用力大
小为
N =
=
，选项C 正确；对题图乙中的斜面体受力分析，绳子
对滑轮的作用力竖直向下，则水平方向上P Q 、对斜面体作用力的合力为
4cos53cos373x F mg =
°°4cos37cos5325
mg mg -=°°，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，
选项D 错误。

26.答案：AC
解析：由题图乙可知，当斜面倾角90θ=°时，物体做竖直上抛运动，其上升的最大高度为 1.80m x =，由匀变速直线运动的规律可得202v gx =，解得
06m/s v =，选项
A 正确；由题图乙可知，当斜面倾角为0θ=°时，由牛顿第
二定律可得1mg ma μ=，解得物体减速运动的加速度大小为1a g μ=，此时物体运动的距离为1 2.40m x =，由匀变速直线运动的规律可得20112v a x =，联立以上两式可解得=0.75μ，选项B 错误；物体在粗糙斜面上向上运动时，由牛顿运动定律可得sin cos mg mg ma θμθ+=，解得(sin cos )a g θμθ=+，则物体能达到的
位移20
22(sin cos )
v x g θμθ=+，引入辅助角α，由数学知识可得
2x =
min x =，代入数据可解得min 1.44m x =，选项C
正确；当30θ=°时，由于tan μθ>，故有sin cos mg mg θμθ<，所以物体达到最大位移后不再下滑，选项D 错误. 27.答案：（1）0.16 （2）B （3）> （4）D
绳的拉力1F ），故12F F >。

（4）本实验中力的大小可由力传感器直接得出，不需要使小车和传感器的总质量远大于砂和砂桶的总质量，A 项错误；用加砂的方法改变拉力的大小，每次砂的质量可增加得很少，而挂钩码每次质量增加得多，故前者可更方便地获取多组实验数据，D 项正确；用力传感器测出了摩擦力，不需要平衡摩擦力，B 项错误；本实验是探究小车的加速度与合力的关系，只要保持小车和传感器的总质量不变，不需要测出它们的具体数值，C 项错误。

28.答案：（1）力1F 作用下21
11
3m/s v a t =
= 11f F F ma -=
解得6N f F =
滑动摩擦因数0.3f F mg
μ=
=.
（2）1F 作用时，1
11116s,18m/s,54m 2
v t v x t ===
=. 设2F 作用时间为2t ，则加速度大小2226m/s f
F F a m
+=
=
3F 作用时间为3t ，则3232m/s f
F F a m
-==
2233a t a t =
由题意知23(146)s 8s t t +=-= 解得232s,6s t t ==
2
212222122124m,2
x v t a t v v a t =+==- 23
3372m 2
v t x v +=
= 故123150m x x x x =++=. 解析：
29.答案：（1）物块与木板共速前，对物块受力分析可得。