高中物理必修一 练透答案精析同步练习

练透答案精析第一章　运动的描述1　质点　参考系1．D　2.B3．C　[研究题图甲中冰球运动员击球动作时，不能忽略运动员的形状和大小，因此运动员不可以看成质点，故A错误；研究题图乙中大跳台运动员空中转体动作时，不能忽略运动员的形状和大小，因此运动员不可以看成质点，故B错误；研究题图丙中15公里越野滑雪运动员比赛成绩时，可以忽略运动员的形状和大小，因此运动员可以看成质点，故C正确；研究题图丁中花样滑冰运动员的动作时，不能忽略运动员的形状和大小，因此运动员不可以看成质点，故D错误。]4．B　[裁判员为正在参加吊环比赛的运动员评分时，不可以把运动员看成质点，否则就没有运动员的动作可言了，A错误；研究“天问一号”着陆巡视器登陆火星的姿态时，其大小和形状都不能忽略，不能把“天问一号”看成质点，B正确；一山路转弯处较狭窄，司机判断汽车是否能安全通过，汽车的大小不能忽略，不可以把汽车看成质点，C错误；当研究自行车骑行几百米甚至几千米的时间时，自行车就可以看成质点，D错误。]5．B6．C　[“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球运动，选地球为参考系，二者都是运动的，A、B错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。]7．C　[“青山相对出”选择的参考系是孤帆，A正确；“清泉石上流”选择的参考系是石头，B正确；“一江春水向东流”是以河岸为参考系来描述水的运动的，C错误；“飞花两岸照船红”是以船为参考系描述花的运动的，D正确。]8．D　[若运动员A以对面的运动员为参考系，他是静止的，以旁边的运动员为参考系，地面是运动的，故A、B错误；当运动员A俯视大地时，看到大地迎面而来，是以他自己为参考系，故C错误；以大地为参考系，运动员是运动的，故D正确。]9．C　[研究两人的技术动作时，两人的形状和大小不能忽略，不能看成质点，A错误；两人在下落过程中，以两人为参考系，水面在上升，B错误；以该名运动员为参考系，另外一名运动员处于静止状态，C正确；观众观看两人比赛时，观看的是两人的动作，不能将两人看成质点，D错误。]10．C 11．ABD　[甲看到楼房匀速上升，说明甲相对于地面匀速下降，乙看到甲匀速上升，说明乙匀速下降，而且v乙>v甲，甲看到丙匀速上升，丙看到乙匀速下降，丙可能停在空中，也可能匀速上升，丙还可能匀速下降，且v丙<v甲，故C错误，A、B、D正确。]12．C　[汽车与蜂鸟相对静止，车轮边缘上某点的运动轨迹是圆，故蜂鸟看到的这一点的运动轨迹也为圆，故选C。]13．A　[由于地球自西向东旋转，故我们正常情况看到太阳从东边升起，西边落下。如果时间在清晨，飞机向东飞行，飞机相对于太阳向东运动，乘客看到太阳仍从东边升起；若向西边飞行，且速度大于此纬度地球自转速度，就会看到太阳从东边落下，故A正确，B错误；如果时间在傍晚，飞机自东向西飞行的速度大于此纬度地球的自转速度，乘客看到太阳从西边升起；若飞机正在由西向东飞行，则乘客看到太阳从西边落下，故C、D错误。]2　时间　位移第1课时　时间　位移1．B　2.A3．D　[时间数轴上的一段线段表示时间间隔，题图所示线段指第3s内；时间数轴上的点表示时刻，题图中点指的是第5s末或第6s初，故选D。]4．CD5．D　[400m比赛，外跑道上的运动员的路程和内跑道的路程相等，故A错误；200m和400m比赛，不同跑道上的运动员的起点不同，终点相同，位移不相同，故B、C错误；100m比赛在直道上进行，运动员的位移大小与路程相等，故D正确。]6．C　[从A点到C点的过程中，小球位移大小为x＝＝1.5m－1m＝0.5m，方向由A指向C，即向左，路程为s＝＋＝1m＋1.5m－2×0.2m＝2.1m，故选C。]7．C　[空间站运行一周的位移为0，选项A错误；“天舟二号”运行周的路程为πr，选项B错误；“天舟二号”运行周的位移大小为r，选项C正确；“天舟二号”和空间站各自运行一周，其路程分别为2πr和2πR，路程不相等，选项D错误。]8．A　9.D10．BCD　[由于xAC＝－2m，因此质点在A→B→C的时间内，位移大小为2m，位移方向为A到C，沿x轴负方向，所以位移为－2m，路程为4m，故A错误；在B→D的时间内，质点位移方向由B指向D，与正方向相反，沿x轴负方向，所以位移为－4m，路程为4m，故B正确；当质点到达D点时，位置在原点的左侧，坐标为－2m，故C正确；当质点到达D点时，在A点左侧3m处，相对于A点的位移为－3m，故D正确。] 11．C　[物体的位移大小为线段AC的长度，根据几何关系可知xAC＝＝R，方向由A指向C；路程为一个半圆周长和一个四分之三圆周长之和，即s＝＋×2πR＝πR，故A、B、D错误，C正确。]12．B　[根据表格可知，质点起始位置在原点，位移的正、负表示方向，故由此可知质点在前2秒内的位移大小为8m，而质点在前4秒内的位移大小为9m，故A错误；质点在第n秒内的位移大小等于质点第n秒末的坐标和第n－1秒末的坐标之差的绝对值，根据表格可知，质点在第3秒内位移最大，为12m，故B正确；路程等于物体运动的轨迹的长度，由表可知，物体6秒内均在运动，故在前6秒内路程最大，故C错误；虽然每一秒内质点都做的是单向直线运动，位移的大小等于路程，但位移是矢量，路程是标量，不能说位移就是路程，故D错误。]13．C　[气门芯从最高点第一次到达最低点过程中轮子向前运动半个周长，根据几何知识，位移大小为x＝≈2.2m，故选C。]14．(1)　(2)解析　(1)小虫的位移大小为由A′指向C的有向线段长度，则x＝＝＝。(2)小虫的最小路程应等于表面展开后A′、C之间的距离，展开方式有三种，如图所示，图甲中A′C间距离最小，为。第2课时　位移—时间图像　位移和时间的测量1．AB　2.CD3．BCD　[x－t图像描述的是做直线运动物体的位移随时间的变化关系，虽然图像是抛物线，但运动轨迹是直线，A错误；从x－t图像可以看出，物体在0～8s内的最大位移为80m，8s时回到初始位置，B、C正确；物体先远离出发点，后回到出发点，故物体做往返运动，D正确。]4．D　[5s末A、B到达同一位置，两者相遇，在前5s内，A通过的位移为10m，B通过的位移为5m，A、C错误；A从原点出发，而B从正方向上距原点5m处出发，A在B 运动3s后开始运动，B错误；由题图可知，前3s内A静止，从第3s末开始，两物体的位移越来越大，且均为正值，故两物体均沿正方向运动，运动方向相同，D正确。]5．C　6.ACD7．4.82　0.10　4.58　0.048．BC　[根据题图可知，两者从同一地点出发，兔子出发比乌龟晚，A错误，B正确；两条图线的交点表示相遇，兔子和乌龟在比赛中两次相遇，C正确；x－t图像只能描述直线运动，所以兔子和乌龟走的是同一条直线，路径相同，D错误。]9．AD　[由题图可知，质点开始时位置坐标为0,6s时位置坐标为－4m，则0～6s内位移为－4m－0＝－4m，故A正确；2s时位置坐标为4m,4s时位置坐标为0，则2～4s内位移为0－4m＝－4m，故B错误；0～6s内路程为4m＋4m＋4m＝12m，故C错误；由题图可知，2～6s内质点一直向同一方向运动，故D正确。]10．C　[位移－时间图像只能描述直线运动的规律，因此甲、乙都做直线运动，故A错误；乙质点在t2～t3时间内位置不变，表示处于静止状态，故B错误；由题图知t1～t4时间内两质点的初位置、末位置均相同，故位移相同，故C正确；由图像可知，甲质点在t2～t4时间内先向负方向运动后向正方向运动，故D错误。]11．见解析解析　(1)跑步者B在－50m处；(2)t＝45s时，A和B相遇；(3)t＝20s时，A在前；(4)t＝48s时，B领先；(5)A和B相遇时，位移不相同A的位移大小xA＝190m，B的位移大小xB＝190m－(－50m)＝240m。3　位置变化快慢的描述——速度第1课时　速度1．A　2.D3．CD　[第3s末的速度是指瞬时速度，故A错误；汽车从甲站行驶到乙站的速度为平均速度，故B错误；速度计显示的速度为瞬时速度，故C正确；无人机回到了原位置，位移为零，故平均速度为零，D正确。]4．AC　[汽车的速度计显示的是速率，由题图可知在第10s末汽车的速率是70km/h，故A正确，B错误。前10s内汽车的位移是150m，则汽车的平均速度为15m/s，故C正确，D错误。] 5．B　[根据平均速度的定义可知v＝＝m/s≈10.17m/s，故选B。]6．(1)15m/s　(2)3.33m/s解析　(1)前60s内的平均速度大小为v＝＝m/s＝15m/s。(2)从A到C的平均速度大小为v′＝＝m/s≈3.33m/s。7．A8．D　[根据题意可得，列车从北京西到广州南所用时间t＝8h，运行里程s＝2200km平均速率为v＝＝km/h＝275km/h，显示牌上的“301km/h”是某一时刻的速率，即瞬时速度的大小，故选D。]9．B　[苹果宽度约为70mm，子弹长度大致是本身直径的3倍，故取子弹长度约为20mm，即子弹穿过苹果过程的位移为90mm，子弹穿过苹果的时间为t＝＝s＝10－4s，故选B。]10．D　[三个质点都从N到M，则位移相等，平均速度相同，A错误，D正确；三个质点运动的时间都相等，路程不等，质点A从N点到达M点的路程最大，则平均速率最大，但到达M点时的速率不一定最大，B、C错误。]11．D　[设从山脚到山顶的路程为x，此人往返一次对应的位移Δx＝0，其平均速度大小为＝＝0，平均速率等于路程与时间的比值，往返一次的平均速率为＝＝，故选D。]12．(1)20m/s，方向向西　(2)1.5m/s，方向向西　(3)10.5m/s解析　(1)最后6s内物体从C点到D点的位移大小为Δx3＝120m，则平均速度大小为v1＝＝＝20m/s，方向向西。(2)全程中物体初位置为A点，末位置为D点，其位移是，方向向西，大小Δx＝Δx3－Δx1－Δx2＝120m－30m－60m＝30m，所用时间t总＝5s＋5s＋4s＋6s＝20s，则平均速度大小为v2＝＝＝1.5m/s，方向向西。(3)全过程的路程s＝30m＋60m＋120m＝210m，全过程的平均速率＝＝10.5m/s。 第2课时　测量纸带的平均速度和瞬时速度　速度—时间图像1．BD　2.B　3.C4．C　[将该打点计时器接在8V的交变电源上，它将在纸带上每隔0.02s打一个点，选项A错误；当打点计时器正常工作时，纸带上点迹越疏的地方表示纸带的运动速度越大，选项B错误；若纸带上打出D、F两点的时间间隔为Δt，两点间距离为Δx，则可以大致表示纸带上D、F之间任何一点的瞬时速度，选项C正确；D、F两点间距离越小，测量误差会变大，但实际测量中D、F之间的距离并非越大越好，适当增大最好，选项D错误。]5．B　[某点的瞬时速度可以用该点为中间时刻的一段时间内的平均速度大小来代替，vn＝，而且所选时间段越短，误差越小，B正确。]6．(1)A　B　C　(2)0.1　0.135　0.187．(1)左端　(2)6.10　11.40　1.325　(3)偏小解析　(1)纸带下落时，速度越来越快，纸带上的点迹为等时间间隔的位移。则点迹间距不断增大，从题图知从左到右点迹间距逐渐增加，则纸带的左端与重锤相连。(2)由题图可知，xOF＝6.10cm，xOH＝11.40cm，xFH＝xOH－xOF＝5.30×10－2m，则＝m/s＝1.325m/s。(3)如果f＝51Hz>50Hz，则实际打点周期偏小，计时引用数据偏大，由v＝中可知，速度测量值将偏小。8．0.10　0.27解析　由于滑块经过光电门时遮光条的挡光时间较短，所以滑块经过光电门的速度大小可用遮光条挡光时间内的平均速度大小表示。经过光电门1的速度大小v1＝＝m/s0.10m/s，经过光电门2的速度大小v2＝＝m/s≈0.27m/s。9．见解析图　0.40解析　可以求出第2、3、4、5次曝光时小球的速度大小，v2＝＝0.80m/s，v3＝＝1.15m/s， v4＝＝1.70m/s，v5＝＝2.05m/s，小球的v－t图像为直线(如图所示)，延长图线可知第一次曝光时小球的速度大小v1＝0.40m/s。4　速度变化快慢的描述——加速度第1课时　加速度的概念及计算1．C　2.C　3.A　4.B5．B　[种子在s末的速度v＝180km/h＝50m/s，则此段时间内种子的平均加速度为a＝＝500m/s2，故选B。]6．B　[由a＝可知a＝－4m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，为竖直向上，故B正确。]7.　[根据加速度的定义式有a＝，取竖直向下为正方向，则有v1＝5m/s，v2＝－7m/s，代入数据可得a＝－12m/s2，则她在与网接触的这段时间内的平均加速度大小是12m/s2，所以D正确，A、B、C错误。]8．(1)1.5m/s2　(2)2m/s2，方向由C点指向B点解析　(1)从A点到B点过程中，a1＝＝m/s2＝1.5m/s2。(2)从B点到C点过程中，a2＝＝m/s2＝－2m/s2，负号表示加速度方向与在B 点的速度方向相反，即加速度方向由C点指向B点。9．AD　[由题意可知，小球的位移大小为0.5m，方向竖直向下，故A正确；规定竖直向下为正方向，速度变化量Δv＝－7m/s－10m/s＝－17m/s，负号表示与规定正方向相反，即速度变化量的方向竖直向上，故B错误；小球的平均速度v＝＝m/s≈1.67m/s，方向竖直向下，故C错误；小球的平均加速度a＝＝m/s2≈－56.7m/s2，方向竖直向上，故D正确．]10．BD　[某时刻速度的大小为4m/s，设其方向为正方向，1s后速度的大小变为10m/s，若方向与正方向相同，则速度变化量为Δv1＝v1－v0＝10m/s－4m/s＝6m/s；若方向与正方向相反，则速度变化量为Δv2＝v2－v0＝－10m/s－4m/s＝－14m/s，故速度变化量的大小不可能小于4m/s，可能大于10m/s，A错误，B正确；两种情况下物体的加速度分别为a1＝＝6m/s2，a2＝＝－14m/s2，故加速度的大小不可能小于4m/s2，可能大于10m/s2，C错误，D正确。]11．0.1m/s2解析　设遮光条通过两光电门的速度分别为v1、v2，则v1＝＝m/s＝0.2m/s，v2＝＝m/s＝0.4m/s，则滑块运动的加速度大小为a＝＝m/s2＝0.1m/s2。12．(1)16667m/s2　(2)1∶1解析　(1)两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量为Δv＝v2－v1＝－72km/h－54km/h＝－20m/s－15m/s＝－35m/s，两车相碰撞时摩托车的加速度为a＝＝≈－16667m/s2，负号表示与初速度的方向相反。(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a1、a2，根据加速度定义得a1＝，a2＝，所以a1∶a2＝∶＝∶＝1∶1。 第2课时　物体运动性质的判断　从v－t图像看加速度1.D　2.C3．B　[物体的速度和加速度方向相同，速度增加，做加速运动，方向不同，做减速运动，跟加速度大小无关，A、C、D错误，B正确。]4．A　5.CD6．C　[36km/h＝10m/s，v－t图像的斜率表示加速度，则刹车的加速度为a＝－5m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，选项C正确，A、B、D错误。]7．CD　[根据v－t图像可知，在第1s内质点做匀速直线运动，A错误；在前3s内速度的变化量为Δv＝－2m/s－2m/s＝－4m/s，B错误；根据v－t图像的斜率表示加速度，可知在1～3s内质点的加速度为a＝＝m/s2＝－2m/s2，可知质点做加速度a＝－2m/s2的变速直线运动，C正确；根据v－t图像可知，在2～3s内质点的运动方向与规定正方向相反，根据v－t图像的斜率表示加速度，可知在2～3s内质点的加速度方向与1～2s内的加速度方向相同，D正确。]8．ACD　[由题图可知，火箭的速度一直为正值，说明火箭一直在向上运动，故B错误，C正确；由v－t图像的斜率表示火箭的加速度，可知在0～t1时间内的加速度小于在t1～t2时间内的加速度，在t2～t3时间内加速度最大，最大加速度大小为，故A、D正确。]9．C　[v－t图像纵坐标表示速度，所以t1时刻，甲、乙两车速度相等，故A错误；v－t图像斜率表示加速度，故t1时刻甲车的加速度大于乙车加速度，故B错误；0～t1时间内甲、乙两车的初、末速度相同，所以0～t1时间内甲、乙两车的速度变化量相同，故C正确；t1～t2时间内，甲、乙均做减速运动，根据v－t图像的斜率可知，甲车的加速度大于乙车的加速度，故D错误。]10．AD　[由题图知，两车运动方向相同，故A正确，B错误；v－t图像中，图线的斜率表示加速度，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故D正确，C错误。]11．BD　[在0～66s内题图的斜率越来越小，加速度越来越小，故海盗快艇做加速度减小的加速运动，A错误；海盗快艇在96s末速度由正变为负，即改变运动的方向，开始掉头逃离，B正确，C错误；在96～116s内，根据a＝可得，a＝m/s2＝－0.75m/s2，D正确。]12．(1)1.5m/s2　3m/s2　(2)见解析图解析　(1)由a＝得 a1＝＝1.5m/s2，a2＝＝－3m/s2。故加速上升的加速度大小为1.5m/s2，减速上升的加速度大小为3m/s2。(2)升降机运动的速度—时间图像，如图所示第二章　匀变速直线运动的研究1　实验：探究小车速度随时间变化的规律1．ABC　2.D3．BCD　[实验中如果加速度太小，会导致各段位移差太小，计算中会使误差增大，所以要适当增加槽码个数来增大小车的加速度；为了便于测量和减小误差，应该打出多条纸带，选择点迹清晰的理想纸带，舍去纸带上比较密集的点，故选B、C、D。]4．(1)电磁打点计时器　刻度尺　(2)CBDA解析　(1)电火花计时器使用的是220V的交流电，电磁打点计时器使用的是8V的交流电，所以应选择电磁打点计时器，实验中还需要刻度尺测量计数点间的距离。(2)实验时，应先安装装置，然后启动电源，释放小车拖动纸带，实验完毕后，关闭电火花计时器，整理器材，所以正确顺序为CBDA。5．0.12　0.24　见解析图　0.12解析　由题图甲知，x1＋x2＝0.06m，而v2＝＝0.06m/s，解得T＝0.5s则v3＝＝m/s＝0.12m/s，又x4＋x5＝0.24m则v5＝＝m/s＝0.24m/s。根据各点的瞬时速度，作出v－t图像如图所示。 v－t图像的斜率表示加速度，则加速度：a＝k＝＝m/s2＝0.12m/s2。6．(1)　(2)见解析图　(3)0.40解析　(1)电火花计时器的周期为T，利用匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度可得，在打F点时物体的瞬时速度大小为vF＝。(2)根据表中数据，以A点对应的时刻为t＝0，利用描点法作出v－t图像如图所示。(3)由v－t图像求得物体运动的加速度为a＝＝m/s2≈0.40m/s2。7．(1)见解析图　y　x　(2)b　(3)2解析　(1)分别取a、b、c、d、e五段的上方中点，并连线，则得到能表示v－t关系的图线，如图所示；y轴相当于v轴，x轴相当于t轴；(2)t＝0.15s是BC段的中间时刻，要求t＝0.15s时的瞬时速度，只需要测出b段纸带的长度xb，然后用＝求得的平均速度即可认为是t＝0.15s时刻的瞬时速度；(3)a、e段各自中间时刻的速度分别为 va＝＝＝0.2m/s，ve＝＝＝1.0m/s根据a＝得a＝＝m/s2＝2m/s2。2　匀变速直线运动的速度与时间的关系1．C　2.B3．C　[物体的加速度a＝＝m/s2＝3m/s2，到达C点时的速度vC＝vB＋at＝(14＋3×4)m/s＝26m/s，选项C正确。]4．C　[36km/h＝10m/s，刹车时间最长时，车速最大，刹车时的加速度最小，则t＝＝s＝2.5s，故选C。]5．C　[根据公式v＝v0＋at，可知火箭的初速度为4m/s，火箭的加速度为2m/s2，故A、B错误；在3s末，火箭的瞬时速度为v3＝(2×3＋4)m/s＝10m/s，故C正确；火箭做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，故D错误。]6．C　[飞机停止的时间t＝＝s＝10s，因此第12s末飞机的速度为0，C正确。]7．A8．B　[A物体沿规定的正方向做匀加速直线运动，v0＝2m/s，加速度大小为a＝＝m/s2＝1m/s2，方向与初速度方向相同；B物体前4s沿规定的正方向做匀减速直线运动，4s后沿反方向做匀加速直线运动，选项A对，B错；1s末，A物体的速度为(2＋1×1)m/s＝3m/s，方向与正方向相同；6s末，B物体的速度为－4m/s，方向与正方向相反，选项C、D对。]9．A　[设前后两段过程的最大速度为v，则匀加速阶段a1＝，匀减速阶段a2＝，所以加速度大小之比为1∶2，A正确。]10．B　[物体开始沿斜面向上运动，速度减小为零所用时间为t1，由v0＝at1，得t1＝＝2s，此后物体沿光滑斜面向下加速，1s后速度大小为v＝5m/s，方向沿斜面向下，故B正确。] 11．B　[由匀变速直线运动的公式v＝v0＋at知，飞行汽车在跑道上行驶的时间为t1＝＝s＝20s，飞行汽车从离开地面到加速至最大速度的时间为t2＝＝s＝32s，故t＝t1＋t2＝52s，B正确。]12．8600m/s解析　卫星的运动可以分为三个匀变速直线运动过程：第一级火箭脱离时卫星的速度v1＝a1t1＝50×30m/s＝1500m/s匀减速上升10s后的速度v2＝v1－a2t2＝(1500－10×10)m/s＝1400m/s，第二级火箭脱离时卫星的速度v3＝v2＋a3t3＝(1400＋80×90)m/s＝8600m/s。13．A　[设匀加速的加速度大小为a1，匀减速的加速度大小为a2，a1＝m/s2＝5m/s2，a2＝m/s2＝2m/s2设从2.0m/s加速到B点的时间为t1，从B点减速到1.1m/s的时间为t2，vB＝2.0m/s＋a1t1,1.1m/s＝vB－a2t2t1＋t2＝0.8s解得t1＝0.1s，t2＝0.7s，vB＝2.5m/s，在斜面上运动时间为0.5s，0.6s时物体在水平面运动了t3＝0.1s，此时的速度为v＝vB－a2t3＝2.5m/s－2×0.1m/s＝2.3m/s，故选A。]3　匀变速直线运动的位移与时间的关系1．B　2.B3．AC　[将x＝(10t＋t2)m与公式x＝v0t＋at2对比可知，质点的初速度为10m/s，加速度大小为2m/s2，故A、C正确，B错误；t＝4s时，x4＝(10×4＋42)m＝56m，故D错误。]4．B　[质点做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移与时间关系式，有前10s内的位移x1＝at102，前9s内的位移x2＝at92，第10s内的位移x＝x1－x2＝19m， 代入数据解得a＝2.0m/s2，故选项B正确。]5．A6．C　[设小车的加速度为a，由v2－v02＝2ax得xAB＝，xBC＝xAC－xAB＝－＝，故xAB∶xBC＝1∶3，选项C正确。]7．C　[起飞速度v＝288km/h＝80m/s，当加速的位移最长时，所需的加速度最小，根据v2＝2ax，解得a＝m/s2＝32m/s2＝3.2g，故选C。]8．D　[为充分保证安全距离，取最大反应时间为0.6s，则当车辆以最大速度行驶，从开始刹车到停止运动行驶距离为x1＝＝m＝30.25m，反应时间中行驶距离为x2＝v0t2＝22×0.6m＝13.2m，得总距离为x＝x1＋x2＝43.45m，故选D。]9．A　[根据x＝v0t＋at2，将v0＝20m/s，a＝－5m/s2，x＝37.5m，代入得：t1＝3s，t2＝5s，但汽车减速到0所用的时间t0＝＝4s，所以t2＝5s应舍去，故选项A正确。]10．D　[设运动员下滑到坡底的速率为v，则斜坡上有x1＝，在水平面上有x2＝，且x2＝2x1，联立解得a1＝2a2，故选D。]11．B　[“蛟龙号”上浮时的加速度大小为a＝，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为h＝a(t－t0)2＝，故选B。]12．D　[汽车从开始刹车到停止的时间t0＝＝4s，则汽车开始刹车后2s内的位移为x1＝v0t1－at12＝30m，汽车开始刹车后6s内的位移等于4s内的位移，x2＝＝40m，得＝，故D正确，A、B、C错误。]13．CD　[两车刹车做匀减速直线运动，则由运动学公式可知0－v02＝2ax，初速度大小不知道，则比较刹车总位移无法得出加速度的大小关系，故A错误；若比较刹车过程第一米的用时，由于t＝，则时间越大，平均速度越小，即初速度越小，但加速度无法比较，故B错误；逆向思考刹车运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动，则刹车过程最后一秒的位移为x ＝at2，则时间为一秒，位移越大，加速度越大，故C正确；逆向思考刹车运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动，则刹车停下前最后一米处的速度为v2＝2ax，则位移为一米，速度越大，加速度越大，故D正确。]14．(1)2m/s2，方向沿斜面向下(2)1m/s　(3)s解析　(1)设物体运动的加速度大小为a，斜面长度为L，根据运动学公式可得2aL＝v02解得a＝2m/s2，方向沿斜面向下。(2)将物体的匀减速上滑过程逆向看作的初速度为零的匀加速下滑过程，则物体经过B点时的速度大小为vB＝at1＝1m/s(3)xAB和xBC的长度为xAB＝xBC＝＝0.25m物体从C到A的时间为t2＝＝s根据运动的对称性可知物体两次经过A点的时间间隔为Δt＝2t2＝s。专题强化练1　匀变速直线运动的平均速度公式　v－t图像看位移1．A　2.B　3.D4．BD　[加速度a＝，由题图知Δt1＝t0，Δt2＝2t0，则＝，A项错误；位移大小之比等于v－t图线与t轴所围图形的面积之比，即＝，B项正确；平均速度＝，＝1，C项错误，D项正确。]5．C　[设物体到达斜面底端时的速度为v，则物体在斜面上的平均速度1＝，在斜面上的位移x1＝1t1＝t1；在水平地面上的平均速度2＝，在水平地面上的位移x2＝2t2＝t2所以x1∶x2＝t1∶t2＝1∶3，故选C。]6．AB　[v－t图像和时间轴所围成图形的面积表示位移，则前2s内的位移大小x1＝×4× 2m＝4m，A正确；物体在第3s内位移大小x2＝×2×1m＝1m，物体在前3s内通过的路程为s＝x1＋x2＝5m，B正确；物体在前3s内的平均速度＝＝m/s＝1m/s，C错误；v－t图像的斜率表示物体的加速度，图像在前3s内是一条倾斜直线，斜率不变，物体做匀变速直线运动，D错误。]7．C　[刹车过程的位移x′＝(15－10×0.5)m＝10m，刹车时间设为t′，x′＝t′，得t′＝2s，a＝＝5m/s2，C正确。]8．B　[高速列车在AB段的平均速度为v1＝＝44m/sBC段的平均速度v2＝＝49m/s，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知a＝≈1.4m/s2，B正确。]9．A　[设汽车匀减速时间为t1，可得x1＝t1，解得t1＝8s，然后以5m/s匀速运动20m，历时t2＝＝4s，再从5m/s恢复到10m/s，运动60m，可知所用时间与匀减速过程相同，为8s，对比图像可知，A选项的图像符合题意，故选A。]10．A　[根据v－t图像与横轴围成的面积表示位移，则0～4min内的位移大小为x＝×(120＋240)×2.0m＝360m,6～10min内位移大小为x′＝×3.0×240m＝360m，可知0～4min和6～10min两时间段位移大小相等，所用时间相等，则平均速度大小相等，故A正确；v－t图像的斜率表示加速度的大小，0～1min和3～4min加速度最大，大小为a＝＝m/s2≈0.033m/s2，故B错误；v－t图像的斜率的正负反映加速度的方向，可知3～4min和6～8min加速度方向相同，故C错误；由题图可知t＝4min时“蛟龙号”下潜到最深处，最大深度为：x＝360m，故D错误。]11．AB　[下滑过程中，匀加速结束时的速度最大，则有vm＝at1＝2×3m/s＝6m/s，故B正确；匀加速阶段的位移为 x1＝at12＝×2×32m＝9m设匀速阶段的时间为t2，则有x2＝vmt2匀减速阶段的时间为t3，则匀减速阶段的位移x3＝t3又x1＋x2＋x3＝25m，t1＋t2＋t3＝6s联立解得t2＝2s，t3＝1s，x2＝12m，x3＝4m故A正确，D错误；减速下滑过程中的加速度大小a＝＝m/s2＝4m/s2，故C错误。]12．A　[因为v－t图线与t坐标轴所围的面积表示物体的位移，故在0～t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据＝可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A正确，C错误；因为乙车做变减速运动，故平均速度不等于，选项B错误；因为v－t图线的切线斜率的绝对值等于物体的加速度大小，故甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小，选项D错误。]13．(1)1.5m/s　(2)1m/s　(3)22.5m解析　(1)冰壶整个过程平均速度＝＝m/s＝1.5m/s。(2)冰壶运动的总时间t2＝＝＝15s,10s时冰壶未停止运动，10s末的速度大小v1＝v0＋at1＝3m/s＋(－0.2m/s2)×10s＝1m/s。(3)冰壶15s时已停下，所以在20s内的位移是前15s内的位移x＝t2＝×15s＝22.5m。专题强化练2　匀变速直线运动的位移差公式　逐差法求加速度1．BC　2.A　3.B4．B　[根据匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的瞬时速度就是AC段的平均速度，vB＝＝4m/s ；又因为两个连续相等时间间隔内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2，解得a＝1m/s2；再由vB＝vA＋at，vC＝vB＋at，解得vA＝2m/s，vC＝6m/s，故选项B正确。]5．D　[取初速度方向为正方向，根据Δx＝at2得a＝＝m/s2＝－1m/s2，由x1＝v0t1＋at12，解得物体的初速度v0＝3.5m/s，故A、B错误，由v＝v0＋at得物体运动的时间为t′＝＝s＝3.5s，故C错误，物体的总位移为x＝t′＝×3.5m＝6.125m，故D正确。]6．(1)1.57　1.58　1.58　匀变速直线运动　(2)0.1　(3)　1.57　(4)0.517解析　(1)由纸带计数点的数据可知x4－x3＝7.52cm－5.95cm＝1.57cmx5－x4＝9.10cm－7.52cm＝1.58cmx6－x5＝10.68cm－9.10cm＝1.58cm由此可以得出结论：在误差允许范围内，相邻相等时间内的位移差Δx相等，小车的运动是匀变速直线运动。(2)每隔4个点取一个计数点，电源频率为50Hz，所以两个相邻计数点间的时间间隔Δt＝0.02s×5＝0.1s(3)小车的加速度的表达式a＝代入题中数据可得a≈1.57m/s2(4)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，打计数点B时小车的速度vB＝＝×10－2m/s≈0.517m/s。7．(1)0.64　(2)4.25　(3)大解析　(1)由于每打5个点(每隔四个点)取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为T0＝5T＝5×0.02s＝0.1s由于第3个计数点没有画出，且总共有4段，根据x4－x1＝3aT02解得a＝＝m/s2＝0.64m/s2 (2)根据x4－x1＝3aT02，x2－x1＝aT02，解得x2＝4.25cm(3)如果当时电源中交变电流的频率是f＝49Hz，而实验的同学仍然采用50Hz运算，则运算时相邻计数点间的时间间隔T0偏小，根据上述，可知加速度的测量值比实际值偏大。8．(2)①0.201　②1.14　③不是解析　(2)①在打出的纸带上每5个点取一个计数点，则相邻计数点时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s打计数点1时纸带运动的速度为v1＝＝m/s≈0.201m/s②根据逐差法，小车的加速度大小为a＝＝m/s2≈1.14m/s2③打计数点0时的速度为v0＝v1－aT＝0.201m/s－1.14×0.1m/s＝0.087m/s，可知计数点0不是小车运动的起点。9．B　[设物体的加速度为a，通过AB的时间为t，B点的速度等于AC段的平均速度，则有vB＝＝(m/s)，又因为两个连续相等时间间隔内的位移差为恒量，有at2＝2m，那么OA＝－AB＝m－4m＝m，B正确。]10．(1)从右向左　(2)0.19　0.038解析　(1)小车在阻力的作用下，做减速运动，由题图乙知，从右向左相邻水滴间的距离逐渐减小，即速度减小，所以小车在桌面上是从右向左运动的。(2)已知滴水计时器每30s滴下46个小水滴，所以相邻两水滴间的时间间隔为T＝s＝s，所以A点位置的速度为vA＝m/s≈0.19m/s。根据逐差法可得加速度a＝≈－0.038m/s2，故加速度的大小为0.038m/s2。专题强化练3　初速度为零的匀变速直线运动常用结论1．C　2.ABD　3.BD4．D　[汽车从a由静止开始做匀加速直线运动，通过连续四段相同的位移所需的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－) 设通过ce段的时间为t′，则＝＝解得t′＝(2－)t，故选D。]5．BD　[根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过连续相同的位移所用的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)，通过ab段的时间为t，可得出通过bc时间为(－1)t，通过ae段的时间为tae＝t＋(－1)t＋(－)t＋(2－)t＝2t，故A错误，B正确；根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过b、c、d、e的速度之比为1∶∶∶2，故C错误，D正确。]6．D　[将运动员的匀减速直线运动看作是反向的初速度为零且加速度大小不变的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知运动员在前四分之三位移和最后四分之一位移所经历的时间相等，设均为t，则由题意可知，v＝＝，运动员整个过程的平均速度为＝＝v，故选D。]7．A　[由匀变速直线运动的规律可知，某质点做匀减速直线运动，经过3.5s后静止，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，若以0.5s为间隔，则连续相等时间间隔的位移之比为x1∶x2∶x3∶x4∶x5∶x6∶x7＝13∶11∶9∶7∶5∶3∶1故该质点在第1s内和第2s内的位移之比为(x1＋x2)∶(x3＋x4)＝3∶2，故选A。]8．C　[子弹的末速度为0，把正方向的匀减速直线运动看成反方向的匀加速直线运动，则在连续相等时间内的位移比为1∶3∶5，故子弹在三个木块中的运动时间相等，则由v＝at，可得子弹射出木块A时的速度与子弹的初速度之比为2∶3，故子弹射出木块A时的速度为200m/s，故A、B错误，C正确；根据＝，子弹在木块A中的平均速度是子弹在木块C中平均速度的5倍，故D错误。]9．D　[由题意知，滑块从a静止下滑，经过各段的时间都是T，所以ab、bc、cd各段的长度之比为1∶3∶5，则bc、cd段的位移之比为3∶5，如果从b点开始静止下滑，则bc间距离大于ab间距离，所以通过bc、cd段的时间均大于T，选项A错误；设bc间距离为3x，则cd间的距离为5x，所以bd间的距离为8x，滑块下滑的加速度为a，滑块从b点开始静止下滑，所以通过c点的速度为vc＝通过d点的速度为vd＝通过c、d点的速度之比为∶，选项B错误；滑块从b点开始静止下滑，通过bc的时间t1＝ 通过cd段的时间t2＝－通过bc、cd段的时间之比为∶(－)，选项C错误；对匀变速直线运动来说，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，对初速度为零的匀加速直线运动来说，连续相等时间内的位移之比为1∶3，所以滑块经过bc的时间大于从b到d时间的二分之一，故通过c点的速度大于bd段的平均速度，选项D正确。]4　自由落体运动1．B　2.B3．BCD　[重力加速度是矢量，方向总是竖直向下。地球上同一地点，一切物体做自由落体运动的加速度都是相同的，地球上不同地方g的大小一般是不同的，但差别不大，纬度越低的地方，g值越小，故选B、C、D。]4．BC　[自由落体运动的速度与时间的关系式为v＝gt，可知t＝0时v＝0，且v与t成正比，故A错误，B正确。自由落体运动的加速度恒为g，故C正确。由h＝gt2可知，h与t2成正比关系，故D错误。]5．A6．BD　[根据h＝gt2得物体运动的时间t＝＝s＝3s，A错误；第1s内下落的高度h1＝gt12＝×10×12m＝5m，B正确；物体落地前一直做匀加速直线运动，物体落地前瞬间的速度大小v＝gt＝10×3m/s＝30m/s，C错误；整个下落过程的平均速度大小＝＝＝15m/s，D正确。]7．B　[依题意，同学乙的反应时间内刻度尺做自由落体运动，下落的高度为h＝45cm－5cm＝40cm＝0.40m，根据自由落体运动公式，有h＝gt2，解得t＝＝s≈0.3s，故选B。]8．A　[自由落体运动属于初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论，连续相同时间内的位移之比为x1∶x2∶x3∶x4∶x5∶x6＝1∶3∶5∶7∶9∶11设第1段位移为a，则连续通过t、2t、3t的位移分别为a、8a、27a，则它们的位移之比为x1′∶x2′∶x3′＝1∶23∶33根据平均速度的定义(位移与通过这段位移的时间之比)有平均速度之比为v1∶v2∶v3＝ ∶∶＝1∶22∶32，故选A。]9．D　[由平均速度公式知第2s内的平均速度2＝v1.5＝g×1.5s＝15m/s，选项A错误；由位移比关系可知x1∶x3＝1∶5，x1＝gt2＝5m，所以第3s内的位移为25m，选项B错误；由Δx＝gt2得，后一秒位移总比前一秒位移多10m，选项C错误；平均速度等于时间中点的瞬时速度，那么前一秒的中间时刻与后一秒的中间时刻的时间差为1s，即后一秒内的平均速度总比前一秒内的平均速度大10m/s，选项D正确。]10．A　[小球在曝光时间内的平均速度为＝＝m/s＝3m/s，因为曝光时间很小，所以平均速度可近似看作是小球经A点的瞬时速度，由速度与位移的关系式，可得小球的释放位置距A点的距离约为h＝＝m＝0.45m，A正确，B、C、D错误。]11．D　[根据h＝gt2，利用图像中的数据可得行星表面重力加速度g＝8m/s2，A、B错误；物体落到行星表面时的速度大小v＝gt＝8×2.5m/s＝20m/s，C错误；物体下落到行星表面的过程中，平均速度的大小＝＝m/s＝10m/s，D正确。]12．(1)BD　(2)9.61　(3)解析　(1)打点计时器必须接交变电源才能正常使用，选项A错误；为减小摩擦，则打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上，选项B正确；重物最好选用密度较大的材料，以减小阻力的影响，选项C错误；开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止，选项D正确；操作时，应先启动电源后放开纸带，选项E错误。(2)根据Δh＝gT2，可得g＝m/s2≈9.61m/s2(3)根据v2＝2gh，可知v2－h图像的斜率k＝2g，则g＝。13．(1)5m　(2)2.5s　(3)12.5m/s解析　(1)根据h＝gt2得第1s内物体下落的距离h1＝×10×12m＝5m。(2)设物体开始下落时离地面的高度为H，在空中运动的时间为t， 则有H＝gt2①H－4h1＝g(t－Δt)2②又Δt＝1s由①②得4h1＝gt2－g(t－Δt)2得t＝2.5s③(3)H＝×10×2.52m＝31.25m平均速度大小＝＝m/s＝12.5m/s。专题强化练4　自由落体运动规律的综合应用1．D　2.A3．B　[悬链下端下落20m时开始经过该点，且悬链下端下落28.8m时完全通过该点，故该过程经历的时间为Δt＝－＝0.4s，B正确。]4．A　[根据题意可知苹果下落的运动可分为两个阶段，先是自由落体运动，下落高度为3m，然后减速了0.5m，根据运动学公式得，下落阶段有2gh1＝v2设减速阶段的加速度大小为a，减速阶段有0－v2＝－2ah2苹果向下做匀减速运动的加速度大小为a＝60m/s2，故选A。]5．BC　[由v＝gt可知，甲、乙两球的速度之差为Δv＝g(t＋1s)－gt＝g(m/s)，速度之差恒为定值，故A错误，B正确；由h＝gt2可知，两球的距离Δx＝g(t＋1s)2－gt2＝gt＋(m)，两球的距离越来越大，故C正确，D错误。]6．C　[第1个小球自由下落的时间t＝＝s＝5s，根据题意，第1个小球刚落至井底的瞬间，第11个小球刚好在井口，因此空中有9个小球在下落，并存在10个相等的时间间隔Δt，故Δt＝＝0.5s；根据v1＝，得v1＝50m/s，故第1 个小球落至井底时的速度大小为50m/s；第9个小球下落的高度为h9＝×10×(0.5×2)2m＝5m，第7个小球下落的高度为h7＝×10×(0.5×4)2m＝20m，故第9个小球和第7个小球之间的距离为15m，故选C。]7．C　[杆做自由落体运动，杆的下端B由静止运动到管口的过程有h＝gt12，设杆AB的长度为L，竖直管长度为l＝1m，杆的上端A运动到管底的过程有h＋L＋l＝gt22，穿过管所用的时间Δt＝t2－t1，联立解得L＝0.6m，故选C。]8．B　[由题意可知A、B两小球均做自由落体运动，设A球释放时离地面的高度为h，对A球则有h＝gtA2，对B球则有h－L＝gtB2，两球落地的时间差为Δt＝tA－tB解得h＝1.80m，A、C、D错误，B正确。]9．AD　[分析题图中数据可知h45－h34＝h34－h23＝h23－h12＝d即连续相同时间内的位移差相等，说明小球的下落运动为匀加速直线运动，由Δh＝d＝aT2解得a＝，故A正确，C错误。小球在位置2的速度为v2＝＝则由2a(h＋2d)＝v22可得小球释放的初始位置应为距离1位置正上方h＝－2d＝，故B错误，D正确。]10．(1)20m/s　(2)15m　(3)4.05m解析　(1)设雨滴自由下落时间为t，根据h＝gt2得t＝2s则雨滴落地时的速度大小v＝gt＝20m/s。(2)雨滴在第1s内的位移为h1＝gt12＝5m则雨滴落地前最后1s内的位移大小为h2＝h－h1＝15m。(3)由题意知，窗口的高度为h3＝2m，设屋檐距窗的上边框为h0 ，雨滴从屋檐运动到窗的上边框时间为t0，则h0＝gt02又h0＋h3＝g(t0＋Δt)2解得h0＝4.05m。11．(1)955m　(2)2.45m/s2　(3)49.2s解析　(1)自由落体运动过程有v＝gt1h1＝gt12从刚离开飞机到落地过程中由h＝h1＋h2＋h3，解得h2＝955m。(2)在匀减速直线运动过程中，有0－v2＝－2ah3，代入数据得a＝2.45m/s2。(3)匀减速下落时间t3＝＝s≈28.57s匀速下落时间t2＝＝s≈13.64s总时间t＝t1＋t2＋t3，解得t≈49.2s。专题强化练5　竖直上抛运动1．C　2.C3．B　[设起跳时的初速度为v，运动员跃起时的重心与最低点相距h1＝m＝0.85m，运动员跃起时的重心与运动员到达最高点时的重心相距h2＝3.4m－0.85m＝2.55m，根据0－v2＝－2gh2，解得v≈7m/s，故选B。]4．B　[取竖直向上为正方向，两物体落到地面的时间差为上升物体上升到最高点的时间的2倍，即t＝＝1s，B正确。]5．A　[物体做竖直上抛运动经过同一点，上升时间与下落时间相等，则从竖直上抛运动的最高点到点A的时间tA＝，从竖直上抛运动的最高点到点B的时间tB＝，则A、B两点的距离x＝gtA2－gtB2＝g(TA2－TB2)，故选A。]6．AC　[由题图可知物体上升的最大高度为20m，上升时间为5s，由h＝gt2得g＝1.6 m/s2，A正确，B错误；v＝gt＝8m/s，C正确；根据竖直上抛运动的对称性知，物体落到火星表面时速度大小为8m/s，D错误。]7．D　[根据题意，设小球运动到距抛出点上方3m处所用时间为t，取初速度方向为正，则v0＝8m/s，g＝10m/s2，h＝3m由h＝v0t－gt2得t1＝0.6s，t2＝1s故相邻两个小球抛出的时间间隔为Δt＝t2－t1＝0.4s，故选D。]8．D　[将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得t2∶t1＝1∶(－1)物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1t1＋t2＝t联立以上各式可得t′＝(－1)t＝(2－)t，故选D。]9．ACD　[当石块在抛出点上方“距抛出点15m处”时，取竖直向上为正方向，则位移为x＝15m，加速度a＝－g＝－10m/s2。代入x＝v0t＋at2，解得t1＝1s，t2＝3s。t1＝1s对应着石块上升时第一次到达“离抛出点15m处”时所用的时间，而t2＝3s对应着从最高点落回时第二次经过“离抛出点15m处”时所用的时间。由于石块上升的最大高度H＝＝20m，所以石块落到抛出点下方“离抛出点15m处”时，做自由落体运动的总位移为HOB＝(20＋15)m＝35m，如图所示。下落此段距离所用的时间t′＝＝s＝s石块从抛出点上升到最大高度的时间t″＝＝2s这样，石块从抛出到经过抛出点下方“离抛出点15m处”时所用的时间为t3＝2s＋s＝(2＋)s，故选A、C、D。]10．ACD　[由题意可知，A、B 两物体运动的加速度相同，运动的时间相等，因此速度的变化量相等，则有A物体落地前瞬间的速度大小等于B物体竖直上抛时的初速度大小v0，则有B物体上升的最大高度与A物体自由下落的高度相等，都等于H，A正确，B错误；设A、B两个物体相遇时所用的时间为t，则有H＝hA＋hB＝gt2＋v0t－gt2解得t＝，因为v02＝2gH，可有hB＝，C正确；两物体相遇时，设A、B两物体的速度大小分别为vA、vB，由速度时间公式可得vA＝gt＝g＝＝，vB＝v0－gt＝v0－＝，因此两物体相遇时，A、B两物体的速度大小均为，D正确。]专题强化练6　追及相遇问题1．ACD　2.BC3．ABC　[t＝2s时刻，甲、乙位移差为Δx＝m＝15m，在t＝0时刻，二者相距15m，说明甲物体刚好赶上乙物体，A正确；在t＝4s时刻，甲、乙位移差为Δx′＝m－m＝0则甲和乙相距15m，B正确；由A选项可知，t＝2s时刻，甲物体刚好赶上乙物体，接下来甲速度小于乙的速度，说明0～4s内，甲、乙两物体之间的距离先减小后增大，C正确；甲、乙的加速度大小分别为a1＝m/s2＝5m/s2a2＝m/s2＝2.5m/s2，D错误。]4．B　[两车共速时：v0－at＝v货，解得：t＝5s小汽车驾驶员刚发现货车时距货车的距离为Δx＝v0Δt＋v0t－at2－v货(t＋Δt)，解得Δx＝35m，故选B。]5．(1)40s　20m/s　400m　(2)10s　225m解析　(1)设甲经过时间t追上乙，则有x甲＝a甲t2，x乙＝v乙t，根据追及条件，有a甲t2＝x0＋v乙t，代入数据解得t＝40s(t＝－20s舍去)这时甲的速度v甲＝a甲t＝0.5×40m/s＝20m/s甲离出发点的位移x甲＝a甲t2＝×0.5×402m＝400m。 (2)当v甲＝v乙时，甲、乙之间的距离有最大值。由a甲t′＝v乙，得t′＝＝s＝10s，即甲在10s末离乙的距离最大，xmax＝x0＋v乙t′－a甲t′2＝225m。6．BD　[因v－t图像与t轴围成的面积表示位移大小，根据v－t图像可知在1～3s内两车位移相等，可以判断在t＝1s时，甲、乙车并排行驶，故A、C错误；在t＝0时，甲车在乙车前的Δx＝m＝7.5m处，故B正确；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离也就是从第1s末到第3s末两车运动的位移，即Δx′＝m＝40m，故D正确。]7．(1)5m/s2　(2)会相撞　(3)不会相撞解析　(1)轿车经过x＝122.5m才停下来，由v12＝2a1x得轿车刹车过程的加速度大小a1＝5m/s2(2)恰好不相撞时两车的速度相同，即v1－a1t1＝v2得t1＝＝3s轿车前进的距离s1＝t1＝82.5m，货车前进的距离s2＝v2t1＝60m因为s1－s2＝22.5m>x0即两车会相撞。(3)假设两车的速度相同，即v1－a1t＝v2＋a2(t－t0)解得t＝s轿车前进的距离s1′＝v1t－a1t2货车前进的距离s2′＝v2t0＋v2(t－t0)＋a2(t－t0)2解得s1′＝ms2′＝m因为s1′－s2′≈21.7m<x0两车不会相撞。8．(1)75m　(2)12s 解析　(1)货车的速度为v1＝36km/h＝10m/s警车不能超过的速度为vm＝90km/h＝25m/s警车在追赶货车的过程中，当两车速度相同时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相同，则t1＝＝s＝4sx货＝(5.5＋4)×10m＝95mx警＝at12＝×2.5×42m＝20m所以两车间的最大距离Δx＝x货－x警＝75m(2)当警车刚达到最大速度时，运动时间t2＝＝s＝10sx货′＝(5.5＋10)×10m＝155mx警′＝at22＝×2.5×102m＝125m，因为x货′＞x警′，故此时警车尚未追上货车，且此时两车距离Δx′＝x货′－x警′＝30m警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间追赶上货车，则Δt＝＝2s，所以警车发动后最快追上货车的时间为t＝t2＋Δt＝12s。第三章　相互作用——力1　重力与弹力第1课时　重力与弹力1．D　2.B　3.D4．D　[物体的质量m＝＝kg＝3kg放到行星表面后物体质量不变，行星表面的重力加速度变为2g，则物体在行星表面所受重力为G′＝m·2g＝60N，故D正确，A、B、C错误。] 5．BD　[用力按压桌面，桌面向下发生微小的凹陷，用肉眼无法直接观察，通过题述装置可以把微小形变“放大”到直接看得出来，故A错误，D正确。在两镜之间用力F向下按压桌面，M、N将向中间略微倾斜，墙上光点位置明显变化，表明桌面发生了微小形变，故B正确，C错误。]6．C　[桥面受向下的弹力，是因为汽车发生了弹性形变，选项A正确，不符合题意；汽车发生了弹性形变，所以对桥面产生了向下的弹力作用，选项B正确，不符合题意；汽车受向上的弹力，是因为桥面发生了弹性形变，选项C错误，符合题意；桥面发生了弹性形变，所以对汽车产生了向上的弹力作用，选项D正确，不符合题意。]7．C　[细线对杆的拉力方向沿AO方向，由A指向O点，A错误；地面对杆的支持力方向竖直向上，B、D错误，C正确。]8．AD9．D　[物体的重心与物体的形状和质量分布有关，重心可以在物体上，也可以在物体外，人的重心会随着人的姿态发生变化，该同学在越过杆的过程中，人过横杆，但重心可能在横杆下方，故A、B错误；物体发生弹性形变时，要恢复原状，就会对与它接触的物体施加力的作用，则该同学落在垫子上，对软垫有压力，是因为该同学与软垫接触的位置发生了形变，该同学落在垫子上，受到软垫的弹力作用，是因为软垫发生了形变，故C错误，D正确。]10．C　[杯子放在水平桌面上，受到重力和支持力两个力的作用，故A错误；杯子受到的重力的受力物体是杯子，它对桌面的压力的受力物体是桌面，这两个力不是同一个力，故B错误；杯子受到的支持力是由于桌面的形变产生的，故C正确，D错误。]11．D　[水管口持续有水流出，而过一段时间桶会翻转一次，主要原因是流入的水导致水桶与水整体的重心往上移动，桶中的水到一定量之后水桶不能保持平衡，发生翻转，故选D。]12．B　[注水后，易拉罐下部的质量变大，重心下移，故A错误；易拉罐受到的重力(方向竖直向下)与桌面对它的支持力大小相等、方向相反，因此易拉罐的重心位置在过易拉罐与桌面接触点的竖直线上，故B正确；将注水后的易拉罐水平放置，易拉罐里的水质量分布改变，其重心位置改变，故C错误；将空易拉罐压瘪后，易拉罐的形状改变，其重心位置改变，故D错误。]13．C　[弹力方向垂直于接触面，故C正确。]14．如图所示 第2课时　实验：探究弹簧弹力与形变量的关系　胡克定律1．C　2.C　3.A4．B　[根据题图可知，拉力为零时弹簧的长度均为0.2m，即两根弹簧的原长均为0.2m，故A错误；根据ΔF＝kΔx，可知弹簧1的劲度系数k1＝＝N/m＝100N/m，F－x图像的斜率表示劲度系数，根据题图可知弹簧1的劲度系数大于弹簧2的劲度系数，故B正确；根据题图可知弹簧2的劲度系数为k2＝N/m＝50N/m，所以弹簧2产生的弹力是15N时，弹簧的伸长量是Δx2＝m＝0.3m＝30cm，故C错误；虽然未测弹簧原长，但本实验可以通过F－x关系图像探究弹簧的弹力与伸长量的关系，故D错误。]5．AC　[在弹簧下端挂钩码时，不能挂太多钩码，以保证弹簧处于弹性限度内，故A正确；用直尺测得弹簧的长度减去弹簧原长即为弹簧的伸长量，故B错误；弹簧竖直悬挂于铁架台的横梁上，刻度尺应竖直固定在弹簧附近，故C正确；拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧自身的长度、粗细、材料等因素决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不一定相同，故D错误。]6．(1)B　(2)见解析图　(3)①100　②超过弹簧的弹性限度解析　(1)为了消除弹簧自重的影响，实验前，应该先把弹簧竖直放置测量其原长，故A错误；为了更好地找出弹力与形变量之间的关系，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，故B正确，C错误。(2)如图所示(3)图像直线部分的斜率的倒数表示弹簧的劲度系数， 则k＝N/m＝100N/m图线中后半部分明显偏离直线，即弹力与形变量不成正比，则造成这种现象的主要原因是超过弹簧的弹性限度。7.　[由受力平衡可知，弹力绳的弹力大小为15N，故A错误；弹力绳的伸长量为Δx＝m＝0.15m＝15cm故B错误；弹力绳的劲度系数与自身材料有关，与外力大小无关，故C错误；若将弹力绳一端固定在地面上，另一端施加15N的拉力，弹力绳的弹力大小依然为15N，则伸长量不变，故D正确。]8．BC　[设弹簧的原长为l，由胡克定律和二力平衡，对题图甲中物块A有2mg＝k(l－l1)，对题图乙中物块A、B有3mg＝k(l－l2)，所以弹簧的劲度系数k＝，弹簧原长l＝3l1－2l2，故B、C正确，A、D错误。]9．(1)31.25　(2)见解析图(3)2.8×102　(4)无解析　(1)弹簧长度读数为31.25cm。(2)依题意，m－l图像为(3)设每根弹簧的劲度系数为k，则有k＝＝2.8×102N/m(4)实验中采用图像法处理数据，由胡克定律可知，弹簧弹力的增加量与弹簧的形变量成正比，即ΔF＝k·Δx，因此弹簧拉力器手柄和弹簧的自重不会对劲度系数产生影响。10．(3)见解析图　(4)15.35　(5)128解析　(3)根据表格数据描点连线如图 (4)由题图(c)可知刻度尺的分度值为1mm，故读数l＝15.35cm；(5)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为l0，则n1mg＝k(l1－l0)，n2mg＝k(l2－l0)则橡皮筋的劲度系数为k＝从作出的l－n图线读取数据则可得k＝＝mg(N/cm)，l0＝＝9.00cm设冰墩墩的质量为m1，则有m1g＝k(l－l0)可得m1＝×6.05×(15.35－9.00)g≈128g。专题强化练7　弹力有无的判断和大小的计算1．AC　2.A　3.ACD4．A　[小球处于静止状态，竖直方向二力平衡，则水平方向没有力的作用，否则细线不可能处于竖直状态，所以小球受重力和细线对它的拉力，故选项A正确。]5．BCD　[题图甲中的物体B受重力和弹力的作用，二力平衡，物体B静止，不可能再受到物体A对B的弹力的作用，故A错误；题图乙中采用假设法，若去掉左侧的斜面，物体A将运动，若去掉右侧的斜面，物体A也将运动，所以两斜面对物体A均有力的作用，故B正确；题图丙中，若去掉竖直墙壁物体A将不能静止，则墙壁对物体A有力的作用，故C正确；题图丁中，由弹力产生的条件可知，物体A与B接触且挤压，二者之间有弹力的作用，故D正确。]6．B 7．B　[根据弹簧的弹力与形变量成正比关系有＝，解得Δx＝9cm，故选B。]8．A　[分别研究题图甲中下面的小球、题图乙中的小球及题图丙中左边(或右边)的小球，根据二力平衡，弹簧拉力均等于一个小球的重力，所以三力相等。故选A。]9．B　[根据以上数据不能算出此弹性轻绳的劲度系数，A错误；根据胡克定律得：k(9.5－8.5)×10－2＝m1gk(10.00－8.5)×10－2＝m2g解得m1∶m2＝1∶1.5B正确，C错误；将圆规和笔一起挂在弹性绳下端时，BC长约为x＝8.5cm＋(9.5－8.5)cm＋(10.00－8.5)cm＝11cm，D错误。]10．1kg解析　B弹簧弹力FB＝mg，A弹簧弹力FA＝2mg，设两弹簧伸长量分别为xA、xB，则FA＝kxA，FB＝kxB，由题意xA＋xB＋2l0＝0.26m，联立可得m＝1kg。11．(1)6N　(2)0.04m解析　(1)对Q进行受力分析，Q受到重力、细线的拉力，则细线的拉力为FT＝mg＝4N对P受力分析，受到重力、支持力FN和绳子的拉力，可得FT＋FN＝Mg，解得FN＝6N(2)对轻质滑轮受力分析，可知弹簧弹力为F＝2FT＝8N，根据胡克定律得F＝kx代入数据解得x＝0.04m。12．AC　[若弹簧处于伸长状态，对B分析，可得地面对B的支持力FN为FN＝GB－F＝6N－2N＝4N细线中的张力FT为FT＝GA＋F＝5N＋2N＝7N若弹簧处于压缩状态，对B分析，可得地面对B的支持力FN′为FN′＝GB＋F＝6N＋2N＝8N细线中的张力FT′为FT′＝GA－F＝5N－2N＝3N所以A、C正确，B、D错误。]2　摩擦力1．BD　2.D3．D　[滑动摩擦力Ff＝μFN，滑动摩擦力与接触面间的动摩擦因数以及正压力有关，与接触面的面积无关，三种情况下μ相同，FN也相等，故三种情况下的滑动摩擦力大小相等，故选 D。]4．B　[由题意可知，μ＝＝＝＝0.02如果雪橇再载500N的货物，则雪橇在该雪地上滑行时受到的摩擦力Ff′＝μ(mg＋m′g)＝0.02×1000N＝20N。故选B。]5．D　[根据滑动摩擦力公式可得物体所受摩擦力大小为Ff＝μmg＝6N，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，即水平向左，D正确。]6．C7．BD　[人匀速上爬，受力平衡，则人所受摩擦力与重力大小相等、方向相反，手握旗杆的力增加，但人所受摩擦力不变，选项B正确，选项A、C错误；当人匀速滑下时，人受到的摩擦力为滑动摩擦力，且仍与重力平衡，选项D正确。]8．CD　[开始运动前木块保持不动，木块受静摩擦力，可知摩擦力始终等于拉力，故A错误；木块开始运动后，受滑动摩擦力Ff＝μmg，则摩擦力大小保持不变，故B错误；木块开始移动时，静摩擦力达到最大静摩擦力，此时拉力等于最大静摩擦力，所以该实验装置可以记录最大静摩擦力的大小，故C正确；当拉力达到某一数值时，木块开始滑动，说明此时木块恰好达到最大静摩擦力，而由于滑动摩擦力要小于最大静摩擦力，所以木块移动后拉力将减小，故D正确。]9．B　[纸片相对矿泉水瓶向右运动，故矿泉水瓶相对纸片向左运动，则纸片对矿泉水瓶的摩擦力方向向右，故A错误，B正确；将纸片拉出过程中，纸片与矿泉水瓶间的摩擦力是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN，可知滑动摩擦力的大小只与动摩擦因数、正压力有关，与纸片运动的快慢无关，故C、D错误。]10．B　[用60N的水平力没推动，木箱受力平衡，静摩擦力等于推力，F1＝60N；用100N的水平力恰好能推动，此时木箱受到的静摩擦力达到最大值，即F2＝100N；木箱运动之后，木箱受到的滑动摩擦力F3＝μFN＝90N，故选B。]11．B　[对物体受力分析，竖直方向受到重力和静摩擦力，故Ff＝mg≤μF，故B正确，A、C错误；静摩擦力等于重力，故水平力F增大，物体所受的摩擦力不变，故D错误。]12．(1)45N　(2)40N　(3)0.2(4)15N解析　(1)至少用45N的水平推力推木箱，木箱才能从原地开始运动，则此时水平推力恰好等于最大静摩擦力，所以木箱与地板间的最大静摩擦力Fmax＝45N。(2)用40N的水平推力，可以使木箱做匀速运动，则木箱受到的滑动摩擦力Ff＝40N。(3)因Ff＝μF压＝μG，故μ＝＝＝0.2。 (4)当推静止木箱的力为15N时，由于推力小于最大静摩擦力，木箱仍保持静止，故此时的摩擦力大小为15N。13．(1)0.2　(2)4N　(3)2N解析　(1)对物体B受力分析，水平方向受摩擦力和绳的拉力，二力平衡。由于绳的拉力等于mAg，所以μmBg＝mAg，解得μ＝0.2(2)对物体B受力分析，水平方向受水平力F、绳的拉力和水平方向的摩擦力，物体B匀速运动，则水平方向F与B受到的摩擦力和绳的拉力之和相等，即F＝μmBg＋mAg＝4N(3)物体B静止不动，放上另一物体后，物体B受到的摩擦力仍为静摩擦力，Ff＝mAg＝2N。专题强化练8　摩擦力综合分析1．ABC　[摩擦力的方向不一定与物体的运动方向相反，也可能与物体的运动方向相同，选项A正确。静摩擦力的方向不一定与运动方向共线，也可能与运动方向成一定角度，例如用手竖直握住瓶子，让瓶子水平移动，选项B正确。受静摩擦力的物体不一定静止，例如货物在倾斜传送带上向高处运动时，货物受静摩擦力但不静止；受滑动摩擦力的物体不一定运动，例如正在滑轨上滑行的物体，滑轨受到滑动摩擦力，而滑轨是静止的，选项C正确。静摩擦力和滑动摩擦力都既可能是阻力，也可能是动力，选项D错误。]2．B　[N处受到的支持力方向垂直于钢笔与鼠标的接触面斜向右上；由于钢笔有沿接触面向下滑动的趋势，所以N处受到的静摩擦力方向沿MN斜向左上，故A、D错误；M处受到的支持力方向垂直于水平桌面向上，即竖直向上；由于钢笔有沿水平桌面向右滑动趋势，所以M处受到的静摩擦力方向水平向左，故B正确，C错误。]3．AD　[木箱受到的静摩擦力随推力的增大而增大，最大静摩擦力为21N，当推力F>21N后，静摩擦力变为滑动摩擦力，大小为20N，木箱与地面间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A、D正确。]4．B　[无论是静止状态，还是匀速平移，在竖直方向上小球受到的重力与静摩擦力二力平衡，可知静摩擦力与重力大小相等，方向相反，故A、C、D错误，B正确。]5．AB　[4.5～5.5s时间内木板已经与物块发生了相对滑动，则木板可能做加速运动，选项A正确；由题图乙可知，最大静摩擦力为10N，滑动摩擦力约为9N，则最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶9，选项B正确；物块始终处于静止状态，则2.5～3.5s时间内细线的拉力等于长木板对物块的摩擦力，选项C错误；因物块的重力未知，则对木板的压力未知，通过题图乙数据不能算出物块与木板间的动摩擦因数，选项D错误。]6．C　[ 橡皮相对答题卡运动，则橡皮对答题卡的摩擦力是滑动摩擦力，对答题卡由平衡条件可知，答题卡受到桌面与手的摩擦力，答题卡相对于桌面静止，桌面与答题卡之间的摩擦力为静摩擦力，故C正确，A、B错误；若将左手移开，答题卡会相对桌面滑动，可知答题卡静止时受手的摩擦力，答题卡相对于左手有运动趋势，故D错误。]7．AD　[摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势方向相反，先判断物体的相对运动情况。对货物A来说，有相对于传送带向下滑动的趋势，则摩擦力与相对运动趋势方向相反，即沿传送带向上，选项A正确；货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动时，货物A有沿传送带向下运动的趋势，货物A受到沿传送带向上的摩擦力，选项B错误；如果货物A和传送带都静止，则货物A相对传送带有向下运动的趋势，货物A受到沿传送带向上的摩擦力，选项C错误；货物A相对于传送带有向下的运动趋势，传送带相对于货物A有向上的运动趋势，则货物A对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，选项D正确。]8．B　[在把课本抽出的过程中，课本与左右课本间两个接触面都有滑动摩擦力，则有Ff＝2μF压＝2×0.25×10N＝5N，当拉力等于摩擦力Ff时，拉力最小，所以水平拉力至少为5N，故B正确，A、C、D错误。]9．D　[从t＝0开始滑块以一定的初速度v向右滑行时，滑块受到水平向左的滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为Ff1＝μmg＝8N滑块受到的最大静摩擦力Ffm＝μmg＝8N因为F<Ffm，所以当滑块的速度减小到零时，滑块将停止运动，受到水平向右的静摩擦力，由二力平衡可知，滑块受到的静摩擦力Ff2＝F＝6N选项D正确，A、B、C错误。]10．B　[t＝0时，物块受到的最大静摩擦力Ffmax＝μF＝0.4×20N＝8N，重力G＝mg＝0.4×10N＝4N，故开始时，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用。当最大静摩擦力等于重力时，mg＝μF′，得F′＝10N，由题图乙知对应时刻为2s，所以0～2s内，物块受到的静摩擦力大小为4N；2～4s内，物块受到的滑动摩擦力Ff＝μF，随F减小而逐渐减小，B正确。]11．(1)9N　(2)8N　方向向左　(3)5N　方向向右　(4)9N　方向向左解析　(1)最大静摩擦力为Ffmax＝μFN＝μG＝0.3×30N＝9N；(2)因F1－F2＝8N<Ffmax，则木块处于静止状态，由于F1>F2，故静摩擦力向左，大小为Ff1＝F1－F2＝13N－5N＝8N；(3)当只将F1撤去时，木块在F2的作用下仍然处于静止状态，则Ff2＝F2＝5N，方向向右；(4)若撤去F2，因为F1>Ffmax，所以木块将滑动，所受的摩擦力为滑动摩擦力，则有Ff3＝μG＝9N，方向向左。12．A　[木块A与水平面间的滑动摩擦力为：FfA＝μGA＝0.25×50N＝12.5N，木块B与水平面间的滑动摩擦力为：FfB＝μGB＝0.25×60N＝15N，弹簧弹力为：F弹＝kx＝400×2×　10－2N＝8N，施加水平拉力F后，B木块水平方向受向左的弹簧弹力和向右的拉力，由于B 木块与水平面间的最大静摩擦力为15N(等于滑动摩擦力)，大于弹簧弹力和拉力的合力，故木块B静止不动，木块B受到的静摩擦力FfB′＝F弹－F＝8N－5N＝3N；施加水平拉力F后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A相对水平面有向右的运动趋势，受到向左的静摩擦力，且与弹力大小相等，FfA′＝F弹＝8N；综上所述，A正确，B、C、D错误。]3　牛顿第三定律训练1　牛顿第三定律1．D　2.D　3.CD　4.B5．AC　[衣服在G与F1作用下处于静止状态，故G与F1是一对平衡力，A正确，B错误；F1与F2是一对相互作用力，C正确，D错误。]6．D　[无论小车运动状态如何，车拉甲的力与甲拉车的力是一对作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，选项D正确，A、B错误；车拉甲的力和车拉乙的力作用对象分别是甲和乙，不是同一个受力对象，不是一对平衡力，选项C错误。]7．B　[平衡力是作用在同一物体上，大小相等，方向相反，且作用在同一条直线上的两个力，即无人机所受重力和空气对其向上的推力是一对平衡力，故A、C错误，B正确；无人机对空气向下的推力与空气对无人机向上的推力为一对相互作用力，它们大小相等，故D错误。]8．B　[由牛顿第三定律可知，甲对乙的拉力与乙对甲的拉力大小相等，与运动状态无关，A、C错误，B正确；甲获胜是因为地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力，乙受的拉力大于乙的最大静摩擦力，D错误。]9．C　[冰箱贴受重力、摩擦力、磁力、弹力共四个力作用，A错误；冰箱贴对冰箱的磁力等于冰箱对冰箱贴的弹力，B错误；冰箱贴对冰箱的磁力和冰箱贴对冰箱的弹力是一对平衡力，C正确；冰箱贴对冰箱的磁力与冰箱对冰箱贴的磁力是一对相互作用力，D错误。]10．D　[金属块浸入水中后，水对金属块产生浮力F，由弹簧测力计的示数知，浮力的大小为F＝G－FT＝(10－6)N＝4N，根据牛顿第三定律知，金属块对水也施加一个反作用力F′，其大小F′＝F＝4N，以水和水杯整体为研究对象，则有G′＋F′＝FN，所以台秤对水杯的支持力增加4N，根据牛顿第三定律可知水杯对台秤的压力增加4N，则台秤的示数增加4N，选项D正确。]训练2　物体受力的初步分析1．B　2.A　3.B 4．C　[当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀受到的滑动摩擦力向后，故A正确，不符合题意；当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀对磨刀石的摩擦力向前，根据二力平衡可知，磨刀石受到桌面的静摩擦力向后，故B正确，不符合题意；磨刀石受到重力、地面的支持力、刀的摩擦力和桌面的摩擦力以及刀的压力(否则不会有摩擦力)，共5个力作用，故C错误，符合题意；桌面和磨刀石之间有两对相互作用力，分别是磨刀石对桌面的压力与桌面对磨刀石的支持力，桌面对磨刀石的摩擦力与磨刀石对桌面的摩擦力，故D正确，不符合题意。]5．C　[木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，故木块一定受静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力，因还受重力、推力F作用，木块共受到四个力，如图所示，故选C。]6．C　[对A物体，由于A匀速运动，由水平方向二力平衡可知，B对A的摩擦力必与F等大反向，故选项A、B错误；对B物体，A对B的摩擦力一定与B对A的摩擦力方向相反，故B受到A的摩擦力水平向左，选项C正确；由于A、B一起向左匀速运动，则地面对B的摩擦力为滑动摩擦力，且水平向右，故选项D错误。]7.8．D　[由题意可知，物体A静止，处于静止状态，受到的合力为零，受到弹簧测力计的拉力和受到B的摩擦力是一对平衡力，所以B对A的摩擦力的大小为3.6N，方向水平向左，故B错误；水平拉力匀速拉动物体B时，B受到A、地面的摩擦力，由于物体间力的作用是相互的，A对B产生3.6N的水平向右的摩擦力，故B受到地面的滑动摩擦力为Ff＝F－FfA′＝6N－3.6N＝2.4N方向水平向右，故A错误；若增大拉动B的速度，A对B的压力和接触面的粗糙程度不变，受到的摩擦力不变，由二力平衡可知，弹簧测力计的示数不变，故C错误；由于A相对于地面是静止的，物体A静止，处于静止状态，受到的合力为零，根据二力平衡，A受到的摩擦力大小始终与弹簧测力计示数相等，故D正确。]9．C　[物块对木板的压力大小等于物块的重力mg，物块受到的滑动摩擦力大小为μ2mg，故A错误；木板相对于物块的运动方向向左，则物块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，故B错误；以木板为研究对象，水平方向受到物块向右的滑动摩擦力，由二力平衡可知：地面对木板的静摩擦力的方向水平向左，根据牛顿第三定律可知，木板对地面的摩擦力方向水平向右，故C正确；由二力平衡可知：地面对木板的摩擦力大小等于物块对木板的滑动摩擦力 μ2mg，故D错误。]10．D　[甲匀速上行，则受到重力和电梯的支持力共两个力的作用，选项A错误；甲对电梯的压力与电梯对甲的支持力是一对作用力和反作用力，选项B错误；乙受重力，扶梯的支持力和摩擦力三个力的作用，则扶梯对乙的支持力与乙的重力不是一对平衡力，选项C错误；扶梯对乙的作用力与乙的重力等大反向，则扶梯对乙的作用力方向竖直向上，选项D正确。]11．C　[瑞士球受重力、墙壁对其弹力和摩擦力、女士对其弹力和摩擦力，共5个力作用，故A错误；女士在水平方向上受力平衡，由于瑞士球对女士有水平向左的弹力，所以地面对女士一定有水平向右的摩擦力，故B错误；由弹力产生的条件可知：女士对瑞士球的弹力是由女士的形变产生的，故C正确；女士对瑞士球的弹力与墙壁对瑞士球的弹力是一对平衡力，故D错误。]12．AD　[由题意知物体A、B、C均处于平衡状态，对物体A分析，受重力、C对A的支持力、力F和C对A向右的摩擦力，共4个力，物体A对物体C有向左的摩擦力，故A、D正确；对B分析可知，C对B没有摩擦力作用，否则水平方向不可能平衡，故C受到重力、地面的支持力、A对C的压力、B对C的压力和A对C的摩擦力以及地面对C的摩擦力共6个力的作用，其中摩擦力有两个，故B、C错误。]4　力的合成和分解第1课时　合力与分力　实验：探究两个互成角度的力的合成规律1．C2．(1)B　(2)CD　(3)4.00　(4)F(5)不会3．(2)两细绳的方向　AC　(3)3.00(4)见解析图解析　(2)根据实验要求，需要记录弹簧测力计的示数F1和F2及两细绳的方向。为使结果准确，弹簧测力计需要在实验前进行校零，故A正确；两个弹簧测力计示数准确、合适即可，量程合适即可，不需要完全相同，故B错误；为使力作用在同一平面，减小误差，细绳方向应与木板平面平行，故C正确。(3)由题图知，示数为3.00N。(4)根据平行四边形定则，作出合力F′，如图 4．(1)2.99　见解析图　(2)F′　F′解析　(1)由题图可知弹簧测力计的最小分度值为0.1N，则弹簧测力计a的读数应该为2.99N；根据平行四边形定则及力的图示的要求，可作出弹簧测力计a的拉力及它们的合力如图所示；(2)由于存在误差，实际的合力一般不严格与分力构成的平行四边形的对角线重合，而是有一定的偏差，因此实际的合力是F′，一定沿CO方向的是F′。5．(1)2.35　(2)BCD　(3)B(4)见解析图　4.00解析　(1)弹簧测力计最小分度为0.1N，读数要读到0.01N，图中读数为2.35N。(2)必须要记录的有F、F1和F2的大小和方向，力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要将小圆环拉到O点位置，所以必须记录的有B、C、D。(3)两细绳OB、OC夹角要适当大一些，但不能太大，故A错误；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，故B正确；实验时，不仅需保证两次橡皮筋伸长量相同，还必须都是沿GO方向伸长至O点才行，故C错误。(4)由于标度已经选定，作图时要保证表示F1、F2的线段长度为标度的2.7倍和2.3倍，作图如下量出作图法求出的合力长度约为标度的4.00倍，所以合力大小为4.00N。6．(1)见解析图　10.00　(2)1.80(3)见解析图　(4)FOO′解析　(1)作出F－l图像，图像的横轴截距即为l0，可得l0＝10.00cm； (2)AB的总长度为OA＋OB＝6.00cm＋7.60cm＝13.60cm，由F－l图像可知，此时两端拉力F＝1.80N(3)如图所示(4)通过比较F′和FOO′的大小和方向，可得出实验结论。第2课时　力的合成和分解1．AC　2.BC　3.A4．C　[由矢量合成的法则可知，F1与F3的合力为F2，则这三个力的合力大小为2F2，故选C。]5．B　[A中，将相互垂直的F进行合成，则合力的大小为F，再与第三个力F合成，即有合力的大小为(－1)F。B中，将方向相反的两个力合成，则合力为0，再与第三个力F合成，则有合力的大小为F。C中，将任意两个力进行合成，可知这两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，这三个力的合力为零。D中，将左边两个力进行合成，则合力的大小为F，再与右边的力合成，则有合力的大小为(－1)F。可知，合力最小的是C选项，合力最大的是B选项，A、C、D错误，B正确。]6．A　[根据平行四边形定则，F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，故A正确；若F1、F2方向相反，F1、F2同时增加10N，合力的大小不变，故B错误；若F1、F2方向相反，F1增加10N，F2减少10N，F一定变化，故C错误；若F1、F2方向相反，F1、F2中的一个增大，合力的大小不一定增大，故D错误。]7．B　[对柱顶受力分析如图所示， 定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，所以绳的拉力F1＝F2＝100N，柱顶所受压力大小，F＝2F1cos30°＝2×100×N＝100N，故B选项正确。]8．BC　[由题图可知，当两分力夹角为180°时，两分力的合力为2N，则有|F1－F2|＝2N，而当两分力夹角为90°时，两分力的合力为10N，则有＝10N，联立解得这两个分力大小分别为6N、8N，合力大小的变化范围为2N≤F≤14N，故B、C正确，A、D错误。]9．(1)300N　方向与竖直方向夹角为53°斜向左下　(2)F1＝60N，F2＝120N解析　(1)力的分解如图甲所示。F2＝＝300N设F2与F的夹角为θ，则：tanθ＝＝，可得θ＝53°。(2)力的分解如图乙所示。F1＝Ftan30°＝180×N＝60NF2＝＝N＝120N。10．A　[当风力大小恒定时，从飘带的下方开始分析，逐渐往上选择更长的飘带。设单位长度的飘带质量为m0，单位长度的飘带所受风力为F0，从底端取飘带上任意长度为x，G＝m0gx，F＝F0x，则重力与风力的合力与竖直方向的夹角为tanθ＝＝，可知所选飘带与竖直方向夹角与所选飘带长度无关，合力方向恒定，飘带各处张力方向相同，则飘带为一条倾斜的直线，故选A。]第3课时　力的效果分解法和正交分解法1．ACD　2.BC3．A　[Fy的大小为Fy＝Fsinθ，故选A。] 4．C　[无论曲辕犁、直辕犁怎样前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力都是相互作用力，等大反向，故A、B错误；耕索对曲辕犁拉力的水平分力F1＝Fsinα，竖直分力F2＝Fcosα，对直辕犁拉力的水平拉力F3＝Fsinβ，竖直分力F4＝Fcosβ，故F1<F3，C正确；F2>F4，D错误。]5．BC　[将F正交分解成沿水平方向和竖直方向的分力，飞机沿水平方向向前飞行时，竖直方向受力平衡，则G＝Fcosθ，在水平方向有F′＝Fsinθ，所以飞机水平前进的动力为Fsinθ，所以A、D错误，B、C正确。]6．BC7．C　[合力大小为F＝100N，一个分力F1与合力方向的夹角是30°，根据三角形定则，如图所示可知，另一个分力的最小值为F2＝Fsin30°＝100×N＝50N方向与F1方向的夹角为90°，故选C。]8．B　[已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，知另一个分力的最小值为Fsin30°＝5N而另一个分力大小为7N，大于5N，小于10N，所以分解时有两组解，如图，故B正确，A、C、D错误。]9．C　[将力分解在垂直于两个侧面的方向上，如图所示，针尖在倾斜侧面上对瓶塞倾斜推力为FN，对直侧面的推力为FN′，则＝cosθ解得FN′<FN，故A、B错误；分析可知＝tanθ，解得FN′＝，若F一定，增大θ，FN′减小，故C正确；＝cosθ，若θ一定，则为定值，增大F ，直侧面与倾斜侧面推力之比不变，故D错误。]10．AC　[对图甲根据三力的图示，知F1、F2在竖直方向分力的大小均为3个单位，方向相反，在水平方向的分力分别为6个单位和2个单位，方向与F3方向相同。根据正交分解法知，3个力的合力为12个单位，即F合＝12N，方向水平向右，故A正确；对图乙，F3与F2的合力与F1大小相等，方向相同，所以3个力的合力为6个单位，即F合＝6N，方向水平向右，故B错误；图丙中，将F3与F2正交分解，则水平方向大小相等，方向相反；竖直方向为5个单位，所以3个力的合力为8个单位，即F合＝8N，方向竖直向上，故C正确；图丁中，将F3与F2正交分解，水平方向大小为1N，竖直方向为4N，所以3个力的合力在水平方向的大小为1N，在竖直方向为3N，由勾股定理求得合力大小等于N，故D错误。]11．(1)64N，方向竖直向上　(2)32N，方向水平向右解析　(1)物体受到四个力作用：重力G、支持力FN、拉力F、摩擦力Ff。建立如图所示直角坐标系，把力沿坐标轴正交分解。在竖直方向Fsin37°＋FN－G＝0得：FN＝64N，方向竖直向上。(2)物体和地面间的摩擦力Ff＝μFN＝16N在水平方向上有：Fx＝Fcos37°－Ff＝(60×0.8－16)N＝32N即物体受到的合外力大小为32N，方向水平向右。12．10N　方向与F3的夹角为30°斜向右上解析　如图所示，沿F3方向、垂直于F3方向建立直角坐标系，把F1、F2正交分解，可得F1x＝－F1sin30°＝－10NF1y＝－F1cos30°＝－10NF2x＝－F2sin30°＝－15NF2y＝F2cos30°＝15N故沿x轴方向的合力Fx＝F3＋F1x＋F2x＝15N 沿y轴方向的合力Fy＝F1y＋F2y＝5N可得这三个力合力的大小F＝＝10NF的方向与x轴的夹角即F与F3的夹角，设为θ，则tanθ＝＝，故θ＝30°。13．B　[将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示。则有2F1cosα＝F，得F1＝F2＝再将F1按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示。则有FN＝F1sinα，联立得FN＝根据几何知识得tanα＝＝10得FN＝5F＝2000N，故选项B正确。]5　共点力的平衡第1课时　共点力平衡的条件　三力平衡问题1．C　2.C3．C　[一箱苹果整体向下匀速运动，其中央的一个苹果也一定是做匀速度运动，受到的合力为零。由于中央的那一个苹果只受重力与它周围苹果对它的作用力，故重力与它周围苹果对它作用力的合力为一对平衡力，大小相等、方向相反，它受到周围苹果对它作用力的合力的方向竖直向上，受力如图。] 4．C　[由共点力的平衡条件可知，F1、F2、F3的合力应与F4等大反向，当F4的方向沿逆时针转过60°而保持其大小不变时，F1、F2、F3的合力的大小仍为F4，但方向与此时的F4成120°角，由平行四边形定则可得，此时物体所受的合力大小为F4。故选C。]5．AD6．BD　[对树枝上的松鼠进行受力分析，如图所示。树枝对松鼠的支持力大小为FN＝Gcos30°＝G方向垂直树枝向上，故A错误，B正确；根据平衡条件可知，树枝对松鼠的作用力与松鼠的重力等大反向，即大小等于G，方向竖直向上，故C错误，D正确。]7．C　[木块沿斜面做匀速直线运动，合力为零，对木块进行受力分析，如图所示。沿斜面方向Ff＝mgsinθ，垂直斜面方向：FN＝mgcosθ，且Ff＝μFN，联立得mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ，C正确。]8．D　[以O点为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝30°，在竖直方向上，由平衡条件可得F1cos30°＋F2cos30°＝F，又F1＝F2，可得F＝F1，故D正确，A、B、C错误。]9．D　[对物块受力分析如图所示，根据平衡条件，有G＝F合 FT＝F合sin53°＝GF弹＝F合cos53°＝G由F弹＝k·Δx得Δx＝，故D正确。]10．B　[对排污管受力分析，如图所示，由几何关系可得cosα＝＝0.6，则绳索最短长度为lmin＝2×＋2m＝4.5m故B正确，A、C、D错误。]11．(1)m1g　m1g　(2)m1g　水平向左　(3)24kg解析　(1)以结点O为研究对象，进行受力分析如图，根据共点力的平衡条件：FOA与FOB的合力与重力等大反向，由几何关系得：FOA＝＝m1gFOB＝m1gtanθ＝m1g(2)人在水平方向仅受绳OB的拉力和地面的摩擦力Ff作用，根据平衡条件有Ff＝FOB＝m1g ，方向水平向左。(3)人在竖直方向上受重力m2g和地面的支持力FN作用，因此有FN＝m2g，则Ff′＝μFN＝μm2g＝180N要使人在水平面上不滑动，需满足Fmax＝m1g≤Ff′解得m1≤24kg。12．AC　[根据题意，对A、B球受力分析，如图所示，B球受弹簧的弹力F，绳子的拉力FTOB和自身重力，根据共点力平衡得，水平方向有FTOBsin45°＝F竖直方向有FTOBcos45°＝mg解得FTOB＝mg，F＝mg根据定滑轮的特性知FTOA与FTOB大小相等，故B错误，A正确；对A球受力分析，由几何关系可知拉力FTOA和支持力FN与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则FN＝FTOA＝mg，对A由平衡条件有2FTOAsin60°＝mAg解得mA＝m，故C正确，D错误]。第2课时　多力平衡问题　轻绳、轻杆模型1．C　2.A3．A　[设绳的拉力为F，根据平衡条件Fcos30°＝μ(mg－Fsin30°)，解得F＝，故A正确。]4．A　[两个人之间的拉力属于作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反；分别对两个人进行受力分析如图 由受力分析图可知，在两个人的体重相差不多的情况下，甲受到的拉力斜向下，所以甲受到的支持力大于其重力，而乙受到的拉力斜向上，所以乙受到的支持力小于其重力，由于二人穿相同材料的鞋子，可知甲与地面之间的最大静摩擦力大于乙与地面之间的最大静摩擦力，所以甲赢的概率大，与二人力气的大小无关，故选A。]5．C　[箱子向上匀速运动，则受力平衡，对箱子受力分析，沿斜面方向有F＝mgsinθ＋μFN，垂直斜面方向有FN＝mgcosθ，联立两式解得F＝mgsinθ＋μmgcosθ，故选C。]6．D7．ACD　[由于图甲轻杆OA为“定杆”，其O端光滑，可以视为活结，两侧细线中拉力大小相等，都等于mg，由力的平衡条件可知，图甲轻杆中弹力大小为F甲＝2mgcos45°＝mg，故A正确。图乙中轻杆O′A′可绕A′点自由转动，为“动杆”，另一端O′光滑，可以视为活结，O′两侧细线中拉力大小相等，“动杆”中弹力方向沿“动杆”方向，“动杆”O′A′中弹力大小等于O′两侧细线中拉力的合力大小，两细线夹角不确定，轻杆中弹力大小无法确定，故B错误，D正确。根据共点力平衡条件，图甲中轻杆弹力与细线OB中拉力的合力方向一定与竖直细线的拉力方向相反，即竖直向上，故C正确。]8．B　[设每个支撑面给高压锅的支持力的竖直分量为F，F＝mg＝12N，由平衡条件可得，FN＝，解得FN＝15N，B正确。]9．(1)　(2)mg解析　(1)以木块为研究对象，木块受到重力、支持力、推力和摩擦力作用，受力情况如图所示。水平方向：FN＝Fcosα，竖直方向：Fsinα＝mg＋Ff，又：Ff＝μFN，联立解得：F＝。(2)若将推力的方向改为竖直向上推动木块做匀速直线运动，木块只受重力和推力，根据平衡条件可得： F′＝mg。10．(1)100N　900N　(2)200N解析　(1)由于物体A保持静止，故有FT＝mAg＝200N对物体B受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图所示绳OC与竖直方向成30°角，根据几何关系可知绳OB与水平方向夹角为30°，由平衡条件可得FN＋FTsin30°＝mBgFTcos30°＝Ff代入数据解得FN＝900N，Ff＝100N(2)对滑轮受力分析，受三个拉力，如图所示根据平衡条件有FTOC＝2FTcos30°＝200N。11．(1)16N　20N　(2)0.8解析　(1)对结点O进行受力分析，受到三段绳子的拉力如图所示对甲物体可得FTB＝m1g＝12N根据几何关系可得FTA＝＝N＝16NFTC＝＝N＝20N (2)对乙受力分析如图，恰好不滑动时由力的平衡条件可得m2gsin37°＋FTC′＝Ff最大静摩擦力Ff＝μFN，支持力FN＝m2gcos37°联立解得μ＝0.8。专题强化练9　动态平衡问题1．A　2.D3.A　[对小球受力分析，如图所示，根据平衡条件得，F1＝mgtanθ，F2＝，由于θ不断增大，故F1增大，F2增大，A正确。]4．A　[以小球为研究对象，受力分析如图所示。F1为薄板对小球的支持力，F2为墙对小球的支持力。由图可知，在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°的过程中，墙对球的支持力F2逐渐减小，薄板对球的支持力F1逐渐减小，由图可知薄板对球的支持力大于或等于球的重力，故A正确，B、C、D错误。]5．B　[小球受力情况如图所示，重力G大小和方向都不变，保持弹簧与竖直方向夹角θ不变，则弹簧弹力F弹方向不变，弹簧弹力与细线拉力FT的合力和小球受到的重力等大反向，保持不变，由图可以看出，将轻质细线由水平状态缓慢转至竖直状态的过程中，细线上的拉力先减小后增大，弹簧的弹力一直减小，由胡克定律可知，弹簧的长度逐渐变短，A、C、D错误，B正确。]6．重力　支持力　拉力　先变小后变大解析　 此过程中小球受重力、拉力和支持力作用，其中大小和方向都不变的力是重力；方向不变、大小改变的力是支持力；大小和方向都发生变化的是拉力；重力、斜面对小球的支持力FN和绳子拉力FT组成一个闭合的矢量三角形，如图所示：由于重力不变、支持力FN方向不变，且由题图知开始时β＞θ，斜面向左移动的过程中，拉力FT与水平方向的夹角β逐渐变小，逐渐趋向于0；当β＝θ时，拉力与斜面垂直，此时细绳的拉力FT最小，由图可知，随着β的变小，拉力FT先变小后变大。7．B　[由题图乙可知，当α＝30°时BO拉力最小，最小值为Fmin＝5N，此时OB与OA垂直，则Fmin＝mgsin30°，解得mg＝10N，故选B。]8．AC　[对小船进行受力分析，如图所示。因为小船做匀速直线运动，所以小船处于平衡状态，由题图知拉力F与水平方向的夹角为θ，有：Fcosθ＝Ff①Fsinθ＋F浮＝mg②小船在匀速靠岸的过程中，θ增大，阻力不变，cosθ减小，根据平衡方程①知，绳子的拉力F增大；sinθ增大，根据平衡方程②知，船所受的浮力减小。故A、C正确，B、D错误。]9．BD　[设轻绳AC的拉力为FTAC，与竖直杆的夹角为α，轻绳AB的拉力为FTAB，直杆在A点的支持力为F，由于直杆处于平衡状态，则在结点A处三力平衡，有FTAC＝，F＝缩短AC的长度，使C点右移，夹角α减小，FTAB还是等于重物的重力，方向也不变，杆仍保持平衡，还是三力平衡，满足上面的关系，则FTAC和F均增大，根据牛顿定律第三定律可知，两根绳子对直杆的压力增大，所以地面对杆的支持力FN增大，B、D正确。]10．B　[设甲所拉细绳的左半边绳与竖直方向的夹角为θ，甲所拉细绳的张力为FT1，乙所拉细绳的张力为FT2，重物的质量为m，对甲、乙所拉细绳的结点做受力分析，有FT1＝，FT2＝mgtanθ，当乙缓慢释放细绳时，θ在逐渐减小，故FT1、FT2都在减小，故A错误，B正确；由以上分析可知，FT1在减小，由于甲不动，故甲所拉细绳的右半边绳与竖直方向的夹角不变，设为α，甲的重力为G，地面对甲的支持力为FN，对甲受力分析易得FN＋FT1cosα＝G，Ff＝FT1sinα，在FT1在减小、α不变的情况下，可知FN增大，Ff减小，故C、D错误。]11．A　[在OB杆和竖直方向夹角θ缓慢增大时(0＜θ＜π)，结点B 在一系列不同位置处于平衡状态，对结点B受力分析，如图甲所示，平移绳的拉力与杆的支持力得到力的三角形，如图乙所示由几何关系可得＝＝式中G、OA、OB均不变，故FN不变，则由牛顿第三定律可知，OB杆所受作用力的大小保持不变，故选A。]12．C　[由于小球是缓慢移动的，可以认为小球始终处于平衡状态，设在A、B两点时绳子的拉力分别为F1、F2。在A点处，小球受到重力、拉力、支持力的作用，三个力将构成一个闭合的矢量三角形，这个三角形与ΔAPO相似，则有＝同理，在B处有＝由于AP＝2BP，所以F1＝2F2，故选C。]专题强化练10　整体法和隔离法在受力分析及平衡中的应用1．C　2.D3．D　[对B物体受力分析可知，受重力、A对B的支持力和摩擦力以及力F，共受4个力的作用，其中A对B的摩擦力与力F等大反向，即方向水平向左、大小为2N，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力方向水平向右、大小为2N，A错误，D正确；对A、B整体分析可知，水平方向因为两边的力F等大反向，则地面对A的摩擦力为零，C错误；A物体受重力、地面的支持力、B对A的压力和摩擦力以及力F，共受5个力的作用，B错误。]4．AB　[以整体为研究对象，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g，根据牛顿第三定律可得斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，根据摩擦力的计算公式可得地面对斜面体的摩擦力大小为Ff1＝μ(M＋m)g，故D错误，B正确；以小方块为研究对象，斜面体对小方块的摩擦力为静摩擦力，摩擦力大小为Ff2＝mgsinθ，故C错误；斜面体对小方块的支持力等于小方块的重力垂直于斜面方向的分力，大小为mgcosθ，故A正确。]5．A　[以下面三只灯笼整体为研究对象，进行受力分析，如图所示。竖直方向有FTcos30°＝ 3mg，得FT＝＝2mg，故选项A正确。]6．A　[对物体b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，处于三力平衡状态，故B、D错误；对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，若墙壁对整体有支持力，水平方向不能平衡，故墙壁对整体没有支持力，故也没有摩擦力；对物体a受力分析，受恒力F、重力、物体b对a的压力和摩擦力，即物体a共受4个力，故A正确，C错误。]7．ABC　[对直角劈进行研究，分析受力情况，如图甲所示，根据平衡条件得，长方体木块对直角劈的支持力大小为FN2＝，墙壁对直角劈的弹力大小为FN1＝，根据牛顿第三定律可知直角劈对右侧墙壁的压力大小为，故B正确，D错误；以直角劈和长方体木块整体为研究对象，分析受力情况，如图乙所示，则由平衡条件得，水平地面对长方体木块的弹力大小FN3＝(M＋m)g，根据牛顿第三定律可知长方体木块对地面的压力大小为(M＋m)g；左侧墙壁对长方体木块的弹力FN4＝FN1＝，根据牛顿第三定律可知，长方体木块对左侧墙壁压力的大小为，故A、C正确。]8．D　[由于A、B两处均看作光滑的铰链，所以腿部承受的弹力方向与AB共线，设B点上方人体的重力大小为G，对B点受力分析如图所示，根据平衡条件可知，腿对B点的作用力F1与墙壁对后背的支持力F2的合力大小始终等于G，根据平行四边形定则有F1＝，F2＝， 随着脚慢慢向前探出，θ逐渐减小，则F1和F2都逐渐增大，选项A、B错误；对人整体受力分析，根据平衡条件可知脚受到地面的摩擦力与F2大小相等，脚受到地面的支持力与人的总重力大小相等，所以随着脚慢慢向前探出，脚受到地面的摩擦力越来越大，脚受到地面的支持力不变，选项C错误，D正确。]9．D　[以左边两个灯笼为整体，设水平方向绳子拉力为FT，则有tanθ1＝以左边第二个灯笼为研究对象，则有tanθ2＝联立解得：tanθ1＝2tanθ2，D正确。]10．(1)10N　(2)L解析　(1)对两个小环和木块整体，由平衡条件得2FN＝(M＋2m)g解得FN＝Mg＋mg＝10N由牛顿第三定律可知，每个小环对杆的压力大小为FN′＝FN＝10N(2)小环刚好不滑动时，小环受到的静摩擦力达到最大值，设此时绳拉力大小为FT，与竖直方向夹角为θ，对木块由平衡条件得2FTcosθ＝Mg对小环，由平衡条件得FTsinθ＝μFN联立解得θ＝30°由几何关系可得，两环之间的最大距离为d＝2Lsinθ＝L。11．A　[根据题意，对小球受力分析，受重力mg、绳子的拉力F和斜面的支持力FN，如图所示，根据平衡条件有Fsin30°＝FNsin30°Fcos30°＋FNcos30°＝mg联立解得F＝FN＝mg故A正确，C错误；根据题意，对整体受力分析，受重力(M＋m)g、绳子的拉力F、地面支持力FN1 和地面的摩擦力Ff，如图所示根据平衡条件有Fsin30°＝FfFcos30°＋FN1＝(M＋m)g解得Ff＝mg，FN1＝Mg＋mg由牛顿第三定律得，地面受到的压力大小为FN1′＝FN1＝Mg＋mg故B、D错误。]第四章　运动和力的关系1　牛顿第一定律1．AB　2.B　3.C　4.D　5.D　6.D7．B　[足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为重力的缘故，故A错误；惯性是物体维持原有运动状态的固有属性，所以踢出去的足球能继续飞行，是因为惯性的缘故，故B正确；惯性只与物体质量有关，与运动状态无关，故C错误；惯性与物体所在位置无关，故D错误。]8．AB　[奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，踢出的足球最终要停下来，都是因为他(它)受到外力作用迫使他(它)改变原来的运动状态，故选项A正确，C错误；在水平匀速直线行驶的高铁上，由于惯性，小明竖直向上跳起后与高铁具有相同的水平速度，则小明将落回起跳位置，选项B正确；惯性是物体的固有属性，不会消失，选项D错误。]9．D　[牛顿第一定律是在实验的基础上进一步逻辑推理概括出来的科学理论，是不能直接通过实验得出的，但能经受住实践的检验，故A错误；不受力的物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，运动状态不可能改变，故B错误；物体惯性大小仅与质量有关，与其他因素无关，故C错误；惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，是物体的固有属性，与物体的运动状态是否改变无关，故D正确。]10．D　[车突然加速时，由于惯性作用，“手环” 要保持原来的运动状态，所以要向后偏，故A错误；车突然减速时，由于惯性作用，“手环”要保持原来的运动状态，所以要向前偏，故B错误；车转弯时，由于惯性的作用，“手环”要保持原来的运动状态，此时车转弯方向和“手环”偏转的情况相反，若“手环”偏向右侧，则车向左转变，故C错误，D正确。]11．匀速　减速解析　题图(a)水面是水平的，表明水在水平方向并未受到其他力的影响，即水瓶做的是匀速运动；题图(b)中大部分的水聚集在瓶子的左侧，因为水瓶原本是向左运动的，当瓶子水平向左做减速运动时，瓶中的水由于惯性保持向左的运动，但在瓶壁阻碍作用下聚集到左侧。12．(1)②③①④　(2)B解析　步骤②是理想实验的实验基础，属于可靠的事实，在此基础上利用推理，先得到小球不受阻力作用将上升到原来释放时的高度的推论，再设想减小第二个斜面的倾角，小球在这一斜面上仍然要达到原来的高度，继续减小第二个斜面的倾角直至第二个斜面成为水平面，得到小球将匀速运动的推论。所以正确的顺序排列是②③①④，②是事实，①③④是推论。13．A　[方案一中用力击打羽毛球筒的上端，球筒向下运动，利用羽毛球的惯性，使其从球筒上端出来，故A正确，B错误；方案二中球与球筒一起下落敲击水平面，球筒与水平面碰后速度立即变为0，利用羽毛球的惯性，使其从下端出来，故C错误；惯性是物体本身的属性，与速度无关，故D错误。]2　实验：探究加速度与力、质量的关系1．BD2．(1)BC　(2)B　(3)匀速直线　(4)乙3．(1)B　(2)B　(3)A解析　(1)只有当m≪M时，小车所受的拉力才可以认为等于砝码盘和砝码的总重力，故选B。(2)补偿阻力时，需要拿走小盘，纸带穿过打点计时器，并固定在小车的尾端，然后调节斜面倾角，轻推小车，使小车在斜面上匀速下滑，故A错误，B正确。改变小车的质量，不需要重新补偿阻力，故C错误。(3)题图中直线没过原点，当F＝0时，a≠0，也就是说当细线上没有拉力时小车就有了加速度，说明该组同学实验操作中补偿阻力过度，故选A。4．(1)0.16　(2)见解析图(3)计算F时忘记加入砝码盘的重力解析　(1)由题意可知相邻计数点间的时间间隔T＝5T0＝0.1s由题图乙可知Δx＝0.16cm＝1.6×10－3m，由Δx＝aT2可得a＝0.16m/s2。 (2)a－F图像如图所示。(3)补偿阻力后，a－F图像仍不通过原点，是由于在计算F时忘记加入砝码盘的重力，使作出的图像向左平移。5．(1)细线与轨道平行(或水平)　远小于　(2)两小车从静止开始做匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等解析　(1)拉小车的细线要与轨道平行。只有在砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量时，才能认为细线拉小车的力等于砝码盘和砝码的总重力。(2)对初速度为零的匀加速直线运动，运动时间相同时，根据x＝at2，得＝，所以能用位移来比较加速度大小。6．(1)3.0　(2)　(3)见解析图　1.63　(4)能　理由见解析解析　(1)毫米刻度尺的最小刻度为1mm，则遮光条的宽度d＝3.0mm＝3.0×10－3m。(2)通过光电门1的速度为v1＝通过光电门2的速度为v2＝小车运动的加速度为a＝＝(3)作出a－G图像如图所示由图像计算出图线的斜率为 k＝＝kg－1≈1.63kg－1(4)能。需要用测力计测量小车的重力。思路：①用测力计测出小车重力，除以当地重力加速度g得出小车的质量；②在小车上叠放槽码以改变小车质量，再重新调整配重，这样就改变了小车(含配重)的总质量M，然后在槽码挂钩上挂适量个数的槽码，测出加速度a；③重复步骤②(但要保持步骤②中所挂槽码个数不变)，得到多组(a、M)数据，作出a－图像进行判断。3　牛顿第二定律1．AB　2.CD3．B　[当物体与斜面一起向左做匀加速运动且保持相对静止时，物体受到的合力的方向水平向左，根据力的平行四边形定则可知，斜面对物体的作用力一定是斜向左上方，即可能沿c方向，故A、C、D错误，B正确。]4．B　5.B6．A　[翼装飞行者斜向上以加速度g减速直线飞行时，由牛顿第二定律可知F合＝ma＝mg，重力与空气作用力的合力大小为mg，方向斜向左下方，如图所示，由图可得空气作用力大小为F＝mg方向与AB成60°角，斜向左上方。故选A。]7．A　[对货箱受力分析，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，即加速度为a＝gsinθ－μgcosθ，解得a＝2m/s2，A正确。]8．B　[货物竖直方向上受重力和小车给货物的支持力，水平方向上做匀加速运动，则受到小车对货物的摩擦力作用，故货物受到3个力的作用，选项A错误，B正确；小车受到重力、地面的支持力、推力、货物对小车的压力以及摩擦力的作用，因此小车受到5个力的作用，选项C、D错误。]9．B　[设物块的质量为m，物块静止时有2Fcos53°＝mg当两端的绳子夹角为74°，根据牛顿第二定律有2Fcos37°－mg＝ma解得a＝g，故选B。] 10．(1)0.5m/s2，方向水平向右(2)5m/s2，方向水平向左解析　(1)在拉力作用下，物体受力如图甲，由牛顿第二定律得Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1解得a1＝0.5m/s2，方向水平向右；(2)松手后，物体受力如图乙由牛顿第二定律得μmg＝ma2解得a2＝5m/s2，方向水平向左。　　11．(1)0.75　(2)2m/s2解析　(1)小球匀速向下滑动时，受力分析如图甲，由平衡条件得，平行于杆方向：mgsinθ＝Ff1垂直于杆方向：FN1＝mgcosθ又Ff1＝μFN1，联立解得μ＝0.75(2)水平推力F作用后，对小球受力分析，如图乙，平行于杆方向：Fcosθ－mgsinθ－Ff2＝ma垂直于杆方向：FN2＝Fsinθ＋mgcosθ又Ff2＝μFN2，解得a＝2m/s2。12．(1)51.3N　(2)2.16N解析　(1)(2)将a沿水平和竖直两个方向分解，则有ax＝acos30°ay＝asin30°对货物受力分析如图所示根据牛顿第二定律，在水平方向Ff＝max 在竖直方向FN－mg＝may代入数据解得Ff＝2.16NFN＝51.3N。专题强化练11　瞬时性问题1．D　2.B　3.A4．AD　[有外力F时，对B由平衡条件得弹簧的弹力Fx＝F，撤去F的瞬间，弹簧的弹力来不及突变，故弹簧弹力大小为F不变，由于A的受力情况没有发生变化，故A的速度为零，加速度为零，而B的受力情况发生了变化，由牛顿第二定律得Fx＝maB，突然撤去F时B球的加速度aB＝，所以撤去F的瞬间，B球的速度为零，加速度大小为，故A、D正确，B、C错误。]5．AC　[小球初始时刻静止在A点时受到静摩擦力，大小等于弹力大小，故Ff＝kx＝3.0N，故A正确；剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球受力个数变少，故B错误；剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，支持力突变成5N，最大静摩擦力变为Ff′＝μFN＝2N则小球受力不平衡，所以加速度为a＝＝2m/s2，故C正确；剪断轻绳后，小球运动过程中弹簧弹力始终变化，所以先做加速度减小的加速直线运动，当弹簧弹力等于摩擦力时，速度最大；之后小球做加速度增大的减速运动，故D错误。]6．BC　[根据牛顿第二定律mg－kv＝ma可知，随着速度的增加，下落的加速度越来越小，但加速度与速度方向相同，所以速度不断增大，在下落的收尾阶段，加速度a＝0，最后一定以某一速度匀速下落，B、C正确。]7．D　[在木板AB撤离前，小球恰好处于静止状态，小球受重力、支持力和弹簧的弹力，由共点力的平衡条件，可得小球所受重力和弹簧的弹力的合力大小等于支持力，则有FN＝＝mg木板AB突然撤离的瞬间，弹簧弹力不能突变，所以小球受重力和弹簧的弹力的合力不变，因此小球的加速度大小为a＝＝g，方向垂直木板指向右下方，A、B、C错误，D正确。]8．BC　[物块与弹簧接触后开始的一段时间内，重力沿斜面向下的分力大于弹簧弹力，所以物块先做加速运动，运动一段时间后，弹簧弹力大于重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，故A错误，B 正确；物块减速到速度为零时，弹簧压缩到最短，压缩量最大，此时弹簧弹力大于重力沿斜面向下的分力，物块的加速度不为零，故C正确，D错误。]9．AD　[对甲进行受力分析有kx＝mgsin30°，解得x＝，A正确；对乙进行受力分析有FN＝3mgcos30°＝mg，由牛顿第三定律可知乙对斜面的压力为mg，故B错误；撤去挡板瞬间，对于甲，弹簧的弹力不能突变，故甲的合力依然为零，加速度也为零，故C错误；撤去挡板前，对甲乙整体进行受力分析，可知挡板对乙的支持力FN1＝4mgsin30°＝2mg，撤去挡板瞬间，挡板对乙的支持力消失，其他力不变，由牛顿第二定律有2mg＝3ma，解得a＝g，D正确。]4　力学单位制1．D　2.C3．B　[由题意可知，角动量的单位用国际单位制基本单位表示为kg·m/s·m＝kg·m2/s，故选B。]4．BD　[Δx＝1.2cm＝1.2×10－2m，根据Δx＝at2，得a＝＝m/s2＝1.2m/s2，故A错误，B正确；又因500g＝0.5kg，则F＝ma＝0.5×1.2N＝0.6N，故C错误，D正确。]5．B　[力的单位是牛顿，用力学基本单位表示为：kg·m/s2，由f＝6πηrv可得η＝其中r的单位是m，v的单位是m/s，所以η的单位为＝，A、C、D错误，B正确。]6．BD　[将等式两边各物理量的国际单位制单位代入后进行单位运算，可知选项B、D可能正确。]7．速度解析　A＝，故其相应单位为＝m/s，即A为速度。5　牛顿运动定律的应用训练1　牛顿运动定律的简单应用1．B　2.C 3．C　[作出相应的小球的v－t图像如图所示，由图可以看出，小球始终向前运动，选项C正确。]4．A　[从发生碰撞到车完全停止的1s内，乘客的速度由30m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝＝－m/s2＝－30m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－30)N＝－2100N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，所以选项A正确。]5．AC　[滑块的加速度大小为a＝＝10m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误。]6．A　[根据题意可知，飞机做匀减速运动，设加速度大小为a，则v02＝2ax设阻拦索上的弹力为F，根据几何关系，由牛顿第二定律有2Fcos37°＝ma又有v0＝216km/h＝60m/s解得F＝2.5×105N，故选A。]7．D　[因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsinθ＝μmgcosθ，当在推力作用下匀加速上滑时，由运动学公式x＝at2得a＝2m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得F＝36N，D正确。]8．C　[设斜面倾角为θ，对滑块根据牛顿第二定律解得加速度a＝gsinθ由几何知识得位移x＝由x＝at2得t＝＝＝因斜面AB倾角较大，则tB<tC，选项C正确。]9．C　[冰壶在冰面上沿虚线做匀减速直线运动，把冰壶推进直径是1.22m的圆内，冰壶匀减速运动到速度为0的位移x＝(L±)m＝(44.5±0.61)m，也就是位移满足43.89m<x<45.11m，加速度大小a＝＝μg＝0.2m/s2，根据运动学公式0－v02＝－2ax，代入数据得4.19m/s<v0<4.25m/s，故选C。]10．D　[小孩下落的运动可分为两个阶段，先是自由落体运动，下落高度为6m ，然后匀减速运动1.5m，根据运动学公式得，自由落体阶段有v2＝2gh1设减速阶段的加速度大小为a，减速阶段有0－v2＝－2ah2减速阶段对孩子受力分析，根据牛顿第二定律可得2F－mg＝ma联立得F＝250N故选D。]11．(1)24m　(2)12N解析　(1)4s末无人机速度大小为v＝a1t1＝8m/s全程平均速度大小为＝＝4m/s则总高度H＝t2＝24m(2)4～6s内无人机加速度大小为a2＝＝4m/s2，方向为竖直向下；对无人机有mg－F＝ma2则空气对无人机作用力大小为F＝12N。12．(1)m/s2　(2)12m/s　(3)66N解析　(1)AB段v12＝2a1x1解得a1＝m/s2(2)AB段v1＝a1t1解得t1＝3s则BC段运动时间t2＝5s－3s＝2sBC段x2＝v1t2＋a2t22a2＝2m/s2过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12m/s(3)在BC段由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff＝ma2解得Ff＝66N。13．B　[儿童在倾斜滑道上下滑时，设滑道与水平面夹角为θ，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma当μ<tanθ时，加速度沿滑道向下，随着夹角的减小，儿童做加速度减小的加速运动，当μ>tanθ时，加速度沿滑道向上，随着夹角的减小，儿童做加速度增大的减速运动，故B正确，A、C、D错误。] 训练2　动力学的多过程问题1．(1)35N　(2)11m/s　(3)66m解析　(1)运动员在斜坡AB上滑行过程，据牛顿第二定律可得mgsin37°－Ff1＝ma1解得运动员在斜坡上受到的阻力大小为Ff1＝35N(2)运动员在BC段由牛顿第二定律可得Ff2＝ma2解得a2＝1.1m/s2两个过程滑行的总时间可表示为t＝＋解得运动员在B点的速度大小为v＝11m/s(3)运动员在这两个过程中运动的总路程为s＝＋＝66m。2．(1)4.8m/s　(2)1.728m解析　(1)对玩具受力分析，在竖直方向上，mg＝FN＋Fsin53°，又Ff＝μFN，在水平方向上，根据牛顿第二定律可知Fcos53°－μFN＝ma1，根据运动学公式可知x＝a1t2，vm＝a1t，联立解得μ＝，vm＝4.8m/s。(2)松手后，对玩具，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma2，根据运动学公式可知滑行距离x2＝＝1.728m。3．(1)8m/s2　(2)16N　(3)4m/s解析　(1)撤去拉力后物块匀减速上滑，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有Ff＋mgsinθ＝ma垂直斜面方向有FN＝mgcosθ且Ff＝μFN联立解得a＝8m/s2(2)由速度—时间图像可知匀加速上滑与匀减速上滑的加速度大小相等，即a1＝a，匀加速上滑时，根据牛顿第二定律有F－mgsinθ－Ff＝ma代入数据解得F＝16N(3)0.5s末的速度v＝at1＝4m/s上滑总位移x＝t2＝2m下滑过程，根据牛顿第二定律有 mgsinθ－Ff＝ma2根据速度位移公式有v12＝2a2x联立解得v1＝4m/s。4．(1)8N　方向垂直于杆向下(2)12m　(3)0.75解析　(1)风力垂直于杆向上的分力F1＝Fcos37°＝20×0.8N＝16N小球的重力垂直于杆向下的分力G1＝Gcos37°＝1×10×0.8N＝8N小球在垂直于杆方向上受力平衡，所以杆对球的支持力的大小F′＝F1－G1＝16N－8N＝8N，方向垂直于杆向下(2)风力F作用时，由牛顿第二定律(F－mg)sin37°－μF′＝ma1解得a1＝4m/s2，方向沿杆向上。风力作用2s末的速度大小为v1＝a1t1＝4×2m/s＝8m/s。风力作用2s末的位移大小为x1＝a1t12＝×4×22m＝8m风力撤去后，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2解得a2＝8m/s2，方向沿杆向下。小球继续上滑的位移x2＝＝m＝4m小球上滑过程中距A点的最大距离xm＝x1＋x2＝8m＋4m＝12m(3)若球恰好在A点保持静止，则当风力为零时mgsin37°≤μ1mgcos37°解得μ1≥0.75当风力较大时小球受到的静摩擦力沿杆向下，若小球在A点保持静止，则有(F－mg)sin37°≤μ2(F－mg)cos37°解得μ2≥0.75则当动摩擦因数最小为0.75时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止。5．(1)120N　(2)6.25m，匀速上升(3)(50－10)N解析　(1)对货箱和挂钩整体应用牛顿第二定律有F1－(M＋m)g＝(M＋m)a1解得a1＝2m/s2对货箱应用牛顿第二定律有 4FTcos60°－Mg＝Ma1解得FT＝120N(2)货箱加速到v1＝5m/s需上升h1＝＝6.25m因F2＝(M＋m)g故此后货箱匀速上升(3)根据题意可知，绳断时速度为5m/s，感应时间t0＝0.1s则感应时间后货箱速度为v2＝v1－gt0＝4m/s开启制动后，上升过程有Mg＋Ff＝Ma2下降过程有Mg－Ff＝Ma3又v2＝2a3(t0＋＋h2)h2＝9.55m解得Ff＝(50－10)N。6　超重和失重1．D　2.C　3.A4．A　[由题图知体重计示数大于该学生的质量，可知该学生处于超重状态，A正确，B错误；当该学生处于超重状态时，电梯加速向上运动，或减速向下运动，不可能做匀速直线运动，C、D错误。]5．AD　[电梯在做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N，即质量为1kg的重物重力为10N，某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12N，属于超重现象，超重时，加速度向上，向上加速和向下减速的加速度都是向上的，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得a＝2m/s2，A、D正确。]6．BC　[由于电梯减速下降，所以加速度向上，则人处于超重状态，对人受力分析，受到重力mg、电梯底部的支持力FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，解得FN＝mg，根据牛顿第三定律，知人对电梯的压力大小为mg，故A、D错误，B、C正确。]7．ABD　[由题图甲可知小明处于平衡状态，电梯此时处于静止或匀速运动状态，A正确；由题图乙可知小明处于超重状态，有向上的加速度，则电梯向上加速或向下减速，B正确，C 错误；由题图乙知，此时小明受到的支持力大小为FN＝590N，则加速度大小为a＝≈0.7m/s2，D正确。]8．C　[下蹲过程，钩码先向下加速再向下减速，则加速度方向先向下后向上，则钩码先处于失重状态再处于超重状态，传感器受到的拉力先小于钩码的重力再大于钩码的重力。起立过程，钩码先向上加速再向上减速，则加速度方向先向上后向下，则钩码先处于超重状态再处于失重状态，传感器受到的拉力先大于钩码的重力再小于钩码的重力，故选C。]9．D　[由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500N，在电梯中人能举起60kg的物体，物体一定处于失重状态，对60kg的物体：m′g－Fm＝m′a，即a＝m/s2＝m/s2，方向竖直向下，选项D正确。]10．AC　[演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800N等于演员重力和滑杆的重力之和，则演员的重力为600N，A正确；演员在第1s内先静止后匀加速下滑，加速下滑时处于失重状态，B错误；演员匀加速下滑时滑杆顶端所受的拉力最小，匀加速下滑的加速度大小a1＝3m/s2，对演员，由牛顿第二定律得，mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝420N，对滑杆，由平衡条件知，最小拉力F1＝420N＋200N＝620N，C正确；匀减速下滑时滑杆顶端所受的拉力最大，匀减速下滑的加速度大小a2＝1.5m/s2，对演员，由牛顿第二定律得，Ff2－mg＝ma2，解得Ff2＝690N，对滑杆，由平衡条件得，最大拉力F2＝690N＋200N＝890N，D错误。]11．(1)4s　(2)30N　不变(3)m/s2　m/s2解析　(1)由题图可知：电梯在启动阶段经历了4s加速上升过程。(2)根据题意知，在4～18s时间内，物体随电梯一起匀速运动，由平衡条件及牛顿第三定律知，台秤受的压力大小和物体的重力相等，即G＝30N根据超重和失重的本质知物体的重力不变。(3)超重时：台秤对物体的支持力最大为50N，由牛顿第二定律得F合＝ma1，则a1＝＝m/s2＝m/s2，方向竖直向上失重时：台秤对物体的支持力最小为10N由牛顿第二定律得F合′＝ma2，则a2＝＝m/s2＝m/s2，方向竖直向下。 12．(1)2m/s2　(2)1.6×104N(3)17s解析　(1)设升降机匀加速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得FN1－mg＝ma1其中FN1＝720N，m＝60kg，代入数据解得a1＝2m/s2(2)升降机匀减速运动阶段，设加速度大小为a2，对人有mg－FN2＝ma2，FN2＝480N代入数据解得a2＝2m/s2对人员和升降机吊舱整体有Mg－F＝Ma2代入数据解得F＝1.6×104N(3)匀加速阶段，根据公式v＝v0＋at，得匀加速阶段的时间为t1＝＝s＝5s匀加速阶段的位移为h1＝a1t12＝×2×52m＝25m匀减速阶段，根据逆向思维法得匀减速阶段的时间为t2＝＝s＝5s匀减速阶段的位移为h2＝a2t22＝×2×52m＝25m，匀速阶段的位移为h3＝h－h1－h2＝70m匀速阶段的时间为t3＝＝7s所以运动总时间为t＝t1＋t2＋t3＝17s。13．D　[由ρ木<ρ水<ρ铁可知，A的重力大于A受到的浮力，A下面的弹簧处于压缩状态，B和C的重力小于浮力，则B下面的弹簧和C下面的细线处于拉伸状态。将挂吊篮的绳子剪断瞬间，装水的杯子做自由落体运动，水处于完全失重状态，即可以认为水和球之间没有相互作用力。由于弹簧弹力不能突变，细线弹力可以突变，以杯子作为参考系，A受到向上的弹力作用，B受到向下的弹力作用，C不受到弹力作用，所以A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动，故D正确。]专题强化练12　动力学中的连接体问题1．C　2.D　3.C4．A　[静止释放后，物体A将加速下降，物体B将加速上升，二者加速度大小相等，由牛顿第二定律，对A有mAg－FT＝mAa，对B有FT－mBg＝mBa，代入数据解得a＝6m/s2，FT＝8N，A正确。] 5．D　[开始时A、B匀速运动，绳子的张力等于mBg，且满足mBg＝μmAg，解得μ＝，物体A与B互换位置后，对A有mAg－FT＝mAa，对B有FT－μmBg＝mBa，联立解得FT＝mBg，a＝g，D正确。]6．AB　[对A、B整体运用牛顿第二定律，有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，得a＝－gsinθ－μgcosθ隔离B研究，根据牛顿第二定律有FT－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa，则FT＝＝，要增大FT，可减小A物块的质量或增大B物块的质量，故A、B正确。]7．A　[A受到的摩擦力FfA＝μ1mAg，B受到的摩擦力FfB＝μ2mBg；对A、B整体，由牛顿第二定律有F－FfA－FfB＝(mA＋mB)a，解得a＝3m/s2；对B，由牛顿第二定律有FAB－FfB＝mBa，解得FAB＝6N，故选项A正确。]8．AB　[以物体1为研究对象，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得：m1gtanθ＝m1a，解得a＝gtanθ，则车厢的加速度大小也为gtanθ，故A正确。如图甲所示，细绳的拉力大小FT＝，故B正确。以物体2为研究对象，受力分析如图乙所示，在竖直方向上，由平衡条件得FN＝m2g－FT＝m2g－，故C错误。在水平方向上，由牛顿第二定律得Ff＝m2a＝m2gtanθ，故D错误。]9．AD　[按题图甲放置时A恰好静止，则由平衡条件可得Mgsinα＝mg，互换位置后，对A、B整体，由牛顿第二定律得Mg－mgsinα＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sinα)g，对B，由牛顿第二定律得FT－mgsinα＝ma，解得FT＝mg，A、D正确。]10．(1)m/s2　(2)4N(3)均为0.6m解析　(1)以A、B整体为研究对象进行受力分析，有： Fcosα－μ[(mA＋mB)g＋Fsinα]＝(mA＋mB)a代入数据解得a＝m/s2。(2)以B为研究对象，设A对B的作用力大小为FAB，根据牛顿第二定律有：FAB－μmBg＝mBa，代入数据解得FAB＝4N。(3)若3s后撤去推力F，此时物体A、B的速度大小为v＝at＝2m/s，撤去推力F后，物体A、B的加速度大小为a′＝＝μg＝m/s2，滑行的时间为t′＝＝0.6s，撤去推力F后1s内物体A、B在地面上滑行的距离等于0.6s内物体A、B在地面上滑行的距离，则x＝t′＝0.6m。专题强化练13　动力学中的临界问题1．B　2.C　3.A4．BC　[小球和小车具有相同的加速度，所以小球的加速度只能沿水平方向，根据牛顿第二定律知，小球受到的合力方向水平；由于在此时小球只受到重力和斜面对其向左偏上的支持力作用，二力的合力只能水平向左，所以小车应向左做加速运动或向右做减速运动，选项B、C正确。]5．B　[恒力最大时，对A有μ2mg＝ma；对A、B整体有Fmax－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a，联立解得Fmax＝15N，选项B正确。]6．AC　[木板与地面间滑动摩擦力的大小为Ff2＝μ2(m＋M)g＝4N木块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff1＝μ1mg＝6N当F≤4N时，木块与木板仍保持静止状态，木板与地面间为静摩擦力，大小等于拉力F，故B错误，A正确；当拉力为F0时木块与木板间刚好发生相对滑动，由牛顿第二定律得a0＝＝解得F0＝12N所以当F>12N时，木块才会在木板上滑动，故C正确；当F>4N时，木板向右运动，故D错误。]7．AD　[两小车分离时aA＝aB且FN＝0，故aA＝，aB＝，解得t＝2.6s，A正确。在 0～2s内，a＝＝0.24m/s2x＝×0.24×22m＝0.48m，B错误。4s时两小车已分离，aA′＝m/s2＝0.1m/s2aB′＝m/s2＝m/s2，C错误，D正确。]8.mg　0解析　绳1和绳2的拉力与小车的加速度大小有关。当小车的加速度大到一定值时物体会“飘”起来，导致绳2松弛，没有拉力，假设绳2的拉力恰为0，即FT2为0，则有FT1cos30°＝ma′，FT1sin30°＝mg，解得a′＝g，因为小车的加速度大于g，所以物体已“飘”起来，绳2的拉力大小FT2′＝0，绳1的拉力大小FT1′＝＝mg。9．见解析解析　(1)当桶C与货车保持静止时，以C为研究对象，对C进行受力分析，如图所示。由题意知α＝β＝30°货车静止时，对桶C，水平方向上有FBC·sinα＝FAC·sinβ，竖直方向上有FBC·cosα＋FAC·cosβ＝mCg整理得FAC＝FBC＝mCg货车向左加速时，仍有α＝β＝30°，同理水平方向上有FBC′sinα－FAC′sinβ＝mCa竖直方向上有FBC′cosα＋FAC′cosβ＝mCg整理得FBC′>mCg，FAC′<mCg综上，货车向左加速时A对C的支持力减小，B对C的支持力增大。(2)当桶C脱离A时，有FAC″＝0，这一瞬间仍有α＝β＝30°，此时有FBC″cosα＝mCg，FBC″sinα＝mCa′解得a′＝g。10．ACD　[力F作用瞬间，A、B一起向上加速，根据牛顿第二定律可得A、B整体加速度大小为a＝＝＝0.8g隔离A，由牛顿第二定律有F＋FN－mg＝ma 可求得A、B间的弹力大小为FN＝0.2mg，故A正确；A、B刚分离时，A、B间的弹力大小为0，对A由牛顿第二定律可得A的加速度大小为aA＝＝0.6g，此时A、B的加速度大小相等，故B的加速度大小aB＝0.6g，则有F弹－mg＝maB解得F弹＝1.6mg，故B错误，C正确；依题意可得，从F开始作用到A、B刚分离，弹簧弹力的减小量为ΔF弹＝2mg－1.6mg＝0.4mg根据胡克定律可得弹簧形变量减小了Δx＝＝，故D正确。]专题强化练14　传送带模型训练1　水平传送带模型1．BD　2.C3．AB　[由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2′＝v2时，离开传送带；②若v1＜v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力作用，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v2′＝v1，故选项A、B正确，C、D错误。]4．AD　[对木块受力分析得μmg＝ma即加速度为a＝μg所以加速过程中的加速度一定不变，故A正确；对木块由运动学公式v2＝2ax可知，木块速度大小与木块加速位移有关，若木块在传送带上一直加速，则两次加速的位移都为传送带长度，则到达右端的速度相等，同理，由运动学公式x＝at2可知，若木块在传送带上一直加速，则运动到传送带右端的时间也相等，故B、C错误；此过程中，木块位移为L，传送带位移为x′＝vt所以木块与传送带之间相对滑动的路程为Δx＝x′－L所以传送带的转动速率调大时，木块与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确。]5．AD　[3.0～4.0s的时间内，物块的速度与传送带速度相等，则传送带的速度大小为1.0m/s，A正确；0～2.0s时间内物块加速度大小为a＝＝1m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，得μ＝0.1，B错误；由题图乙可知，小物块相对于传送带滑动的总时间为3.0s，C 错误；由于v－t图像与t轴围成的面积表示位移大小，可知小物块相对传送带滑动的总距离为Δx＝m＋m＝4.5m，D正确。]6．(1)2s　(2)0.1　(3)2m解析　(1)由题意可知，物体从A到B先做匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度，匀速运动到B端，设物体做匀加速运动的时间为t所以t＋v(6s－t)＝L代入数据解得：t＝2s(2)在匀加速运动过程中，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma根据速度与时间的关系得：v＝at联立解得：μ＝0.1(3)在煤块匀加速运动过程中，传送带上表面相对于地面的位移x＝vt＝4m煤块相对于地面的位移x′＝at2＝2m所以煤块在传送带上的划痕长度Δx＝x－x′＝2m。7．(1)4N　1m/s2　(2)2.5s　(3)2s　2m/s解析　(1)滑动摩擦力大小Ff1＝μmg＝0.1×4×10N＝4N，加速度大小a＝＝1m/s2。(2)物体匀加速运动的时间t1＝＝1s物体匀加速运动的位移x1＝＝0.5m物体匀速运动的时间t2＝＝1.5s则物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5s。(3)物体一直做匀加速运动时从A处传送到B处的时间最短，加速度大小仍为a＝1m/s2，当物体到达B处时，有vmin2＝2aL，得vmin＝2m/s，所以传送带的最小运行速率为2m/s。 设物体传送到B的最短时间为tmin，则vmin＝atmin，得tmin＝＝2s。训练2　倾斜传送带模型1．BC　2.D3．A　[滑块受重力、支持力、滑动摩擦力作用，当传送带以速度v0顺时针运动起来，保持其他条件不变时，滑块所受支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知，两种情况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据x＝at2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t1＝t2，选项A正确。]4．BC　[由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿传送带向下的滑动摩擦力，沿传送带方向，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入数据解得a1＝10m/s2，方向沿传送带向下，设物块减速到与传送带速度相同时需要的时间为t1，有t1＝＝0.6s由于物块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，沿传送带方向根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入数据解得a2＝2m/s2，方向沿传送带向下，最后减速到速度为零的时间为t2＝＝1s故小物块向上运动的时间为1.6s，A、D错误，B正确；小物块向上滑行的最远距离为x＝t1＋t2＝×0.6m＋×1m＝4m，C正确。]5．(1)3m/s　(2)7s解析　(1)对物块受力分析，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，得a＝0.4m/s2物块与传送带相对运动所用时间t1＝＝5s 物块运动的位移x1＝t1＝10m<L＝16m因μ>tanθ，所以5s后物块随传送带一起匀速运动，故6s时物块的速度大小为3m/s(2)物块匀速运动的位移x2＝L－x1＝6m，匀速运动时间t2＝＝2s物块从A运动到B所用的时间t＝t1＋t2＝7s。6．见解析解析　(1)由题图乙知，0～0.5s内a1＝＝10m/s20．5～1.5s内a2＝＝2m/s2(2)0～0.5s内，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma10．5～1.5s内，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2联立解得μ＝0.5(3)由题图乙知，传送带的速率v1＝5m/s，0～0.5s内传送带比小煤块多运动Δx1＝v1t1－v1t1＝1.25m，0．5～1.5s内小煤块比传送带多运动Δx2＝(v1＋v2)t2－v1t2＝1m痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25m。7．(1)见解析　(2)1s　(3)10m/s解析　(1)在水平传送带上，共速前，对包裹由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，解得a1＝5m/s2，设经过时间t1与传送带共速，则t1＝，x1＝a1t12联立得x1＝0.4m，x1<4m，可见包裹到达B点时已经与传送带共速。(2)包裹进入传送带倾斜部分后，因为μmgcosθ<mgsinθ，故包裹继续加速，对包裹由牛顿第二定律可得 mgsinθ－μmgcosθ＝ma2又xBC＝vt2＋a2t22联立得a2＝2m/s2，t2＝1s(t2＝－3s舍去)。(3)包裹全程做加速运动，则在传送带水平部分，由运动学公式可得2a1xAB＝vB2－0包裹进入传送带倾斜部分时，由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma3由运动学公式有2a3xBC＝vC2－vB2联立得vC＝10m/s。专题强化练15　板块问题训练1　地面光滑的板块问题1．D　2.AC3．(1)0.15s　(2)0.09m解析　(1)根据牛顿第二定律得μmg＝ma1，μmg＝Ma2解得a1＝4m/s2，a2＝4m/s2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v0－a1t＝a2t，解得t＝0.15s。(2)小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t＝0.15s，这段时间内小滑块做匀减速运动，共速时速度v＝a2t＝0.6m/sx滑＝tx板＝tlmin＝x滑－x板＝0.09m。4．ACD　[对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1解得a1＝2m/s2对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2解得a2＝4m/s2，A正确，B错误； 物块从木板上滑离时，位移关系满足a2t2－a1t2＝L解得t＝2s，C正确；物块滑离木板时的速度为v2＝a2t＝8m/s，D正确。]5．(1)0.5m/s2　(2)1s解析　设拉力为F0时，A和B之间刚要相对滑动，对A，由牛顿第二定律μmg＝ma0对B有F0－μmg＝Ma0解得a0＝1m/s2，F0＝3N(1)因为F1<F0，所以A和B相对静止一起做匀加速运动，对A、B整体有F1＝(m＋M)a1解得a1＝0.5m/s2。(2)因为F2>F0，A和B之间有相对滑动，设A在B上的滑行时间为t对A，aA＝a0＝1m/s2对B，F2－μmg＝MaB且有aBt2－aAt2＝L解得t＝1s。6．(1)2m/s2　0.5m/s2　(2)2s(3)8.4m解析　(1)将小物块轻轻地放在小车上时，小物块和小车之间发生相对运动，根据牛顿第二定律有对小物块：μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，对小车：F－μmg＝Ma2，解得a2＝0.5m/s2。(2)设两者达到相同速度所需时间为t1，由题意知，小物块和小车均做匀加速直线运动，则小物块的末速度v1＝a1t1，小车的末速度v2＝v0＋a2t1，v1＝v2，解得t1＝2s，v1＝v2＝4m/s。(3)2s后小车和小物块相对静止，一起向右做匀加速运动，设其整体的加速度为a3，则由牛顿第二定律得F＝(m＋M)a3，解得a3＝0.8m/s2则小物块前2s内的位移x1＝a1t12＝4m 小物块第3s内的位移x2＝v1t2＋a3t22＝4.4m则从小物块放在小车上开始，经过t＝3s小物块通过的位移x＝x1＋x2＝8.4m。训练2　地面粗糙的板块问题(选练)1．A　[木板与地面间的最大静摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝45N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2mg＝40N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v02＝2μ2gx，解得x＝2m<L＝5m，所以小铁块不能滑出木板，选项A正确。]2．AD　[长木板在水平方向上受到木块的摩擦力和地面的摩擦力，两个力平衡，则地面对长木板的摩擦力大小为μ1mg，故A正确，B错误；因长木板静止，有μ1mg≤μ2(M＋m)g，无论F大小如何改变，木块在长木板上滑动时对长木板的摩擦力大小不变，长木板在水平方向上受到两个摩擦力的作用处于平衡状态，不可能运动，因质量关系未知，无法判断μ1、μ2的大小关系，故C错误，D正确。]3．BD　[由于B与地面间的动摩擦因数为0.2，所以B与地面间的滑动摩擦力Ff2＝μ2(mA＋mB)g＝6N，由于A、B间的动摩擦因数为0.4，所以A的最大加速度am＝μ1g＝4m/s2如果A、B一起以am匀加速运动，则F1－Ff2＝(mA＋mB)am，解得F1＝18N，由于Ff2<F<F1，所以A、B一起匀加速运动，则F－Ff2＝(mA＋mB)a，解得a＝2m/s2，C错误，D正确；B对A的摩擦力大小为Ff＝mAa＝2N，A错误，B正确。]4．(1)3m/s2，方向水平向左　3m/s2，方向水平向右　(2)没能滑出解析　(1)以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得物块A的加速度大小aA＝＝μ2g＝3m/s2，方向水平向左，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得木板B的加速度大小aB＝＝3m/s2，方向水平向右。(2)设A在B上滑行时间t时达到共同速度v，则v＝v0－aAt＝aBt，解得t＝0.5s，v＝1.5m/sA相对地面的位移xA＝t＝1.125mB相对地面的位移xB＝t＝0.375mA相对B的位移为 Δx＝xA－xB＝0.75m<1.2m所以A没能从B上滑出。5．(1)0.2　(2)0.1　(3)6kg解析　(1)由题图乙可知，A的初速度v0＝4m/s,1s末的速度v1＝2m/s，A在0～1s内的加速度a1＝＝－2m/s2，对A由牛顿第二定律得，－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。(2)由题图乙知，A、B二者末速度v3＝0，A、B整体在1～3s内的加速度a3＝＝－1m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得，－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得μ2＝0.1。(3)由题图乙可知B在0～1s内的加速度a2＝＝2m/s2。对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6kg。6．(1)2s　(2)0.4m解析　(1)小物体无初速度放在小车上后，对物体受力分析由牛顿第二定律得μmg＝ma1解得a1＝μg＝1m/s2对小车受力分析由牛顿第二定律得F－μmg－Ff地＝Ma2其中Ff地＝0.02×(2.5＋0.5)×10N＝0.6N解得a2＝0.8m/s2当两者共速时满足a1t＝v0＋a2t解得t＝2s(2)此时间内小物体的位移为x1＝a1t2＝2m小车的位移为x2＝v0t＋a2t2＝2.4m解得小物体在车厢内滑动的距离为 Δx＝x2－x1＝0.4m。专题强化练16　动力学图像问题1．B　2.A3．D　[a－F图像是不过原点的直线，所以a与F成线性关系，不成正比，故A错误；物体在力F作用下做加速度增大的变加速直线运动，故B错误；设物体的质量为m，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，取图中数据代入后解得m＝2kg，μ＝0.3，故C错误，D正确。]4．CD　[由题图乙可知第2s内物体位移为x＝×(2＋4)×1m＝3m，故A错误；由题图乙可知，前2s做匀加速直线运动，后2s做匀速直线运动，故B错误；由牛顿第二定律可知前2s内F1－μmg＝ma后2s内F2＝μmg由题图甲中可知F1＝15NF2＝5N解得m＝5kgμ＝0.1，故C、D正确。]5．ABD　[根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝－μg，则a－F图像的斜率k＝，由题图可看出，乙、丙的斜率相等且小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC。当F＝0时，a＝－μg，根据题图可看出，μA＝μB＜μC，故选A、B、D。]6．A　[由题图乙可知t＝1s时撤去外力，物体在摩擦力作用下，加速度大小为2m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦力大小为Ff＝ma2＝2×2N＝4N在0～1s时间内，物体的加速度为4m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1F＝Ff＋ma1＝4N＋2×4N＝12NA错误，符合题意；由题图乙可知，0～1s物体加速度为正方向，1～3s内物体加速度为负方向，所以0～1s和1～3s内物体加速度的方向相反，B正确，不符合题意；t＝1s时，物体的速度v＝a1t＝4×1m/s＝4m/s物体做减速运动的时间 t′＝＝s＝2s即物体在t＝3s时速度是零，物体离出发位置最远，C、D正确，不符合题意。]7．C　[由题图乙知，B与地面间的最大静摩擦力Ff＝3N，当F1＝9N时，A、B达到最大的共同加速度，a1＝4m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律得F1－Ff＝(mA＋mB)a1，水平力再增大时，A、B发生相对滑动，A的加速度仍为4m/s2，对A有Ff′＝mAa1，B的加速度随水平力的增大而增大，当F2＝13N时，aB＝8m/s2，对B有F2－Ff－Ff′＝mBaB，解得mB＝1kg，mA＝0.5kg，进一步求得B与地面间的动摩擦因数μ1＝＝0.2，A、B间的动摩擦因数μ2＝＝0.4，C正确，A、B、D错误。]8．C　[刚开始时A、B一起做加速运动，根据牛顿第二定律可知：F＝(mA＋mB)a结合题图乙斜率分析可知mA＋mB＝3kg当拉力F大于3N时，A、B分开各自做加速运动，设B受到的摩擦力大小为Ff，根据牛顿第二定律可知：F－Ff＝mBa′，代入题图乙数据可得：mB＝1kg，则mA＝2kg，故选C。]9．BCD　[由题图可知，在0～1s时间内物块做加速运动，a＝m/s2＝0.5m/s2①设斜面倾角为θ，物块质量为m，分析物块的受力情况，由牛顿第二定律得F合＝F1－mgsinθ＝ma②其中F1＝5.5N在1～3s时间内物块做匀速运动，F2＝mgsinθ＝5N③由①②③得m＝1kg，θ＝30°撤去拉力F后，物块停止运动前加速度大小为a′＝gsinθ＝5m/s2故选项B、C、D正确，A错误。]10．ACD　[由题图知，力F在第3s末撤去，撤去力F后，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律得μmg＝ma3，根据图像得a3＝m/s2＝2m/s2，解得μ＝0.2，A、D正确；图线与横轴所围面积表示位移大小，0～4s内位移不等于零，所以物体不是第4s末回到起始位置，B错误；1～3s时间内物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma2，根据图像得a2＝m/s2＝1m/s2， 解得F＝6N，C正确。]11．A　[t＝0时，对物块a根据牛顿第二定律得F＝maa0＝1.2×1.0N＝1.2N，t＝1s时，对整体分析F＝(ma＋mb)a1解得mb＝0.8kg，A正确；根据a－t图像与t轴所围图形的面积为速度变化量，物块a、b初速度都为0，由图像可知0～1s内a的速度变化量大于b的速度变化量，故a的速度大于b的速度，B错误；根据a－t图像所围图形的面积，0～1s内a的图像面积Δva>×(1.0＋0.6)×1m/s＝0.8m/s，即t＝1s时a的速度大于0.8m/s，C错误；对b分析，根据牛顿第二定律，弹簧弹力提供b的加速度，则有FT＝mbab，根据题图乙可知，物块b的加速度一直在增大，故0～1s内弹簧弹力一直增大，D错误。]专题强化练17　实验：验证牛顿第二定律1．(1)0.49　0.43　(2)0.22．(1)见解析图　(2)小车和砝码总质量的倒数(3)1　(4)小车受到的阻力为0.1N解析　(1)根据数据在所给坐标系中准确描点，作出的a－F图像如图所示。(2)根据F＝Ma可以判断a－F图像斜率表示小车和砝码总质量的倒数。(3)由(1)中图像可得＝，解得M＝1kg。(4)由a－F图像可知，当力F＝0.1N时，小车开始运动，说明小车受到的阻力为0.1N。3．(1)D　(2)0.48(3)见解析图　不能　(4)g解析　(1)对小车进行补偿阻力时，使小车所受重力沿木板方向的分力与小车所受的阻力平衡即可，故需要把木板没有定滑轮一端垫起适当高度，取下沙和沙桶，然后轻推小车，使小车做匀速直线运动；补偿阻力后，每次改变小车的质量或者改变沙桶内沙的质量，均不需要重新改变垫入的薄木片的高度，故A、C错误，D正确；补偿阻力时，不需要每一次都要保证小车从同一位置由静止释放，故B错误。(2)依题意，根据逐差法，可求得该纸带对应的加速度大小为 a＝＝×10－2m/s2＝0.48m/s2(3)根据表格中的数据，描点连线，作出小车的加速度a与其质量M之间的关系图线如图所示根据F＝Ma可知，小车加速度a与质量M成反比，而反比例函数图像是曲线，由于作出的图线也为曲线，故很难判断小车的加速度a与质量M的定量关系。(4)根据牛顿第二定律有mg－F＝maF＝Ma得a＝g＝g当不断增加沙桶内沙的质量，即当m≫M时，则a－F图线明显弯曲，加速度a趋向于g。4．(1)匀速　(2)　(3)B解析　(1)实验前先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂钩码时，轻轻推动滑块使之恰好能匀速运动，则说明气垫导轨已经调至水平。(2)滑块在B点的速度为v＝，根据运动学公式v2＝2aL解得a＝。(3)因为气垫导轨已经调至水平，所以图像通过坐标原点；又因为随着钩码个数增多不再满足钩码的质量远远小于滑块的质量，所以图像末端发生弯曲；又因为滑块的加速度不能超过重力加速度，所以图像向下弯曲，故选B。5．(1)BCD　(2)1.3　(3)D解析　(1)本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于车的质量，故A、E错误；该题是弹簧测力计测出拉力大小，从而表示小车受到的合外力大小，应将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力，故B正确；小车靠近打点计时器，打点计时器使用时，先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究质量一定时加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C 正确；改变砂和砂桶的质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度a随F变化的关系，故D正确。(2)由于两计数点间还有两个点没有画出，则相邻计数点之间的时间间隔T＝0.06s，根据逐差法Δx＝aT2可得小车加速度a＝≈1.3m/s2(3)由牛顿第二定律得2F＝Ma解得a＝Fa－F图像的斜率为k＝可得小车质量为M＝故A、B、C错误，D正确。6．(1)　　(2)物块与长木板间有阻力　解析　(1)物块通过A位置时的速度为vA＝物块通过B位置时的速度为vB＝根据vB2－vA2＝2aL物块的加速度为a＝(2)对物块，由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma得a＝－μg图像不过坐标原点，即拉力不为零时，加速度为零，说明物块与长木板间有阻力；根据题图乙可知μMg＝F0解得μ＝。章末检测试卷(第一、二章)1．B　[“天问一号”绕火星飞行一圈位移为0，所以平均速度为0，但它在每一时刻的瞬时速度都不为0，故A错误；“19时52分”和“202天”，前者表示“时刻”，后者表示“时间间隔”，故B正确；飞行里程约4.75亿千米表示路程，距离地球约1.92亿千米表示位移，故 C错误；地面卫星控制中心在对“天问一号”进行飞行姿态调整时，“天问一号”各部分的运动差异不能忽略，此时不可以将“天问一号”看成质点，故D错误。]2．B　[设反应时间为t，则反应时间内汽车的位移为x1＝vt，汽车匀减速通过的位移为x2＝，由位移关系可知：x＝x1＋x2，解得：t＝0.2s，故选B。]3．B　[设物体下落时间为t，第1s内下落高度为h1＝gt12＝5m则最后1s内下落高度为h1′＝gt2－g(t－1s)2＝3h1＝15m解得t＝2s则物体开始下落时距地面的高度为h＝gt2＝×10×22m＝20m故选B。]4．B　[x－t图线的斜率表示车的速度，斜率的正负表示速度方向，则b先沿正向运动后沿负向运动，故A错误；两条图线有两个交点，说明a、b两车相遇两次，故B正确；车的位移大小等于纵坐标的变化量，根据题图可知t1到t2时间内，两车通过的位移相同，时间也相等，所以平均速度相等，故C错误；t1时刻，b车在该点的切线斜率大于a车的斜率，则a车的速度小于b车的速度，故D错误。]5．B　[对于乙车，0～a时间内沿负方向做匀加速直线运动，a～b时间内沿负方向做匀减速直线运动，所以A错误；a～d时间内，由题图知，乙车加速度不变，做匀变速直线运动，所以B正确；在c时刻甲、乙两车速度相同，可知此时甲、乙两车相距最远，而不是甲车被乙车追上，所以C、D错误。]6．B　[滑块通过第一个光电门时的速度为v1＝＝m/s≈0.31m/s，故A错误；滑块的加速度为a＝＝＝m/s2≈0.67m/s2，故B正确；因为加速度a>0，即加速度a的方向与速度方向相同，所以滑块在做加速运动，故C错误；遮光条的宽度越窄，通过光电门的时间越短，测量的平均速度越接近通过光电门时的瞬时速度，故D错误。]7．C　[本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝ －，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确。]8．D　[由题图可知，二者速度均为正值，即二者均向正方向运动，甲、乙两辆车运动方向相同，故A错误；由题图可知，在0～t1时间内，两车的位移不相等，即在t1时刻甲、乙两车没有相遇，故B错误；如图所示，由v－t图线与t轴围成的“面积”表示位移可知，乙车在0～t2时间内的平均速度小于，故C错误；由于t＝0时刻两车位置相同，又由v－t图线与t轴围成的“面积”表示位移，可知在0～t2时间内甲车的位移一直大于乙车的位移，则在0～t2时间内甲车一直在乙车前方，故D正确。]9．BCD10．AD　[根据xAB＝t解得vA＝5m/s，故选项C错误；车的加速度为a＝＝m/s2故选项B错误；车从出发到B杆所用时间t′＝＝9s，故选项A正确；出发点到A杆的距离为xA＝＝7.5m，故选项D正确。]11．AC　[设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据x3－x1＝2aT2得加速度大小为a＝3m/s2，故A正确；由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值，即x3－x2＝x2－x1，解得x2＝24m，所以质点在第2个2s内的平均速度大小是2＝m/s＝12m/s，故B错误；第1s末的速度等于第一个2s内的平均速度，则v1＝m/s＝6m/s，则第2s末速度为v＝(6＋3×1)m/s＝9m/s，故C正确；把第1s内的运动逆向看为匀减速运动，则有x＝v1t－at2＝m＝4.5m，故D错误。]12．AD　[由题图可得＝－2.5t＋20(m/s)，根据x＝v0t＋at2得＝at＋v0，对比可得v0＝20m/s，a＝－5m/s2，即刚开始刹车时动力车的速度大小为20m/s，刹车过程动力车的加速度大小为5m/s2，故A正确，B错误；刹车过程持续的时间为t＝＝s＝4s，经过8s ，车已经停止，则整个刹车过程动力车经过的位移为x＝·t＝×4m＝40m，故C错误，D正确。]13．(1)计时(1分)　(2)电磁打点计时器(1分)　(3)启动电源(1分)　拉动纸带(1分)　(4)0.413(1分)　0.380(1分)解析　(4)两相邻计数点间有四个点未画出，故题图中两相邻计数点间时间间隔为0.1s，则打C点时小车运动的速度是BD段的平均速度，所以打C点时小车运动的速度vC＝＝×10－2m/s＝0.413m/s，a＝＝m/s2＝0.380m/s2。14．(1)vt－gt2　(2)2k(每空4分)解析　(1)采用逆向思维法，小球从光电门2至光电门1做初速度为v，加速度为－g的匀减速直线运动，故h＝vt－gt2。(2)根据h＝vt－gt2，得＝v－gt，又－t图线斜率的绝对值为k，得k＝g，所以重力加速度的大小g＝2k。15．见解析解析　(1)由自由落体运动规律有h＝gt2(1分)解得t＝0.4s(1分)(2)由自由落体运动规律有v2＝2gh(1分)解得v＝4m/s(1分)(3)选竖直向下为正方向，由a＝(1分)得a＝－40m/s2(1分)即a的大小为40m/s2，方向竖直向上。(1分)16．见解析解析　(1)设小轿车从刹车到停止所用时间为t1，则t1＝＝s＝6s(2分)(2)设从刹车到停止运动的位移为x，则x＝＝m＝90m(2分) (3)小轿车的驾驶员在反应时间内运动的位移为x0＝v0t0＝30×0.6m＝18m(1分)故小轿车从驾驶员发现警示牌到停止运动的总位移为x总＝(90＋18)m＝108m(2分)则Δx＝(108－50)m＝58m。(2分)17．(1)80m　(2)能　13.5m解析　(1)小孩从静止开始匀加速到最大速度用时为t1＝＝15s(1分)小孩在t1时间内的位移为x1＝t1＝22.5m(1分)则石头从A处到B处用时为Δt＋t1＝16s(1分)s0＝v0(Δt＋t1)＋a1(Δt＋t1)2＝80m(2分)(2)石头运动到B处时速度为v＝v0＋a1(Δt＋t)＝9m/s(2分)石头从B处向右减速到二者速度相同所用时间为t2＝＝3s(1分)t2时间内石头的位移为x2＝＝18m(2分)t2时间内小孩的位移为x3＝vmt2＝9m(1分)因x2<x1＋x3(1分)故小孩若能脱离危险，二者的最小距离为Δx＝x1＋x3－x2＝13.5m。(2分)18．(1)6.5m　(2)m/s2解析　(1)设经过时间t，甲追上乙，根据题意有vt－＝s0(2分)将v＝9m/s，s0＝13.5m代入解得t＝3s(2分)此时乙离接力区末端的距离为Δs＝L－＝6.5m(2分)(2)因为甲、乙的最大速度v甲＞v乙，所以在完成交接棒时甲跑过的距离越长，成绩越好，故应在接力区的末端完成交接，且乙达到最大速度v乙，设乙的加速度为a，(2分)加速的时间t1＝(2分) 乙在接力区的运动时间t＝(2分)L＝at12＋v乙(t－t1)(2分)联立以上各式，代入数据解得a＝m/s2。(2分)章末检测试卷(第三章)1．D　[物体之间不接触也会产生力的作用，例如两个磁体间不接触也有力的作用，A错误；木块在桌面上受到向上的弹力，是由于桌面发生微小形变而产生的，B错误；物体受到的重力是由地球的吸引产生的，重力的作用点不一定在物体上，例如篮球的重心在球心不在篮球上，C错误；滑动摩擦力对运动的物体而言可以是动力，例如，把物体无初速度地放在顺时针匀速转动的传送带上，物体受到的滑动摩擦力的方向与物体的运动方向相同，摩擦力是动力，D正确。]2．C　[对网兜和足球整体受力分析如图，设轻绳与竖直墙壁的夹角为θ，由平衡条件得FT＝＝，可知FT>G，FT>FN，故选C。]3．C　[人站在滑板车上保持静止时，人所受的重力与滑板车对人的支持力是一对平衡力，滑板车对人的支持力与人对滑板车的压力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故选C。]4．D　[图(a)中手机受到支架对手机的弹力、手机本身的重力，由平衡条件可知还受到支架对手机的摩擦力，故A错误；图(b)中，手机静止，因此支架对手机的作用力和手机重力为一对平衡力，大小相等，方向相反，调整前后也是一样，没有发生变化，故B、C错误，D正确。]5．C　[人受到重力、左右两边墙壁对人的弹力和摩擦力，总共受到5个作用力，选项A错误；由平衡条件可知，两边墙壁对人的摩擦力大小等于人的重力，则当人蹬墙壁的弹力越大时，墙壁对人的摩擦力不变，选项B错误，C正确；若换一双鞋底更粗糙的运动鞋，墙壁对人的摩擦力大小仍等于人的重力，不变，选项D错误。]6．B　[因为木板一直静止，在水平方向上，木板所受地面的静摩擦力与木块对它的滑动摩擦力大小相等、方向相反，木块对木板的压力大小等于mg，故Ff＝μ2FN＝μ2mg，选项B 正确。]7．C　[拖把匀速运动，受力平衡，则地面对拖把的支持力大小为FN＝mg＋Fsin60°＝(10＋25)N，选项A、B错误；地面与拖把之间的摩擦力大小Ff＝Fcos60°＝25N，选项C正确，D错误。]8．D　[球B受重力、A的支持力F1和墙壁的弹力F2，受力分析如图甲所示，设F1与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可知，F1＝，F2＝Gtanθ。当A向右缓慢移动时，根据几何关系可知，θ减小，所以cosθ增大，tanθ减小，即墙壁对球B的弹力F2减小，A对球B的支持力F1减小，根据牛顿第三定律可知，球B对墙的压力减小，球B对A的压力也减小，选项A、B错误；对A、B整体进行受力分析，如图乙所示，由平衡条件可知A受到地面的摩擦力大小Ff＝F2，则Ff减小，地面对A的支持力F等于A、B的重力之和，大小不变，选项C错误，选项D正确。]9．CD　[受到静摩擦力的物体也可能处于运动状态，例如随水平加速运动的传送带一起运动的物体，选项A错误；受到滑动摩擦力的物体也可能处于静止状态，例如物体在地面上滑动，静止的地面受滑动摩擦力，选项B错误；滑动摩擦力可以与物体的运动方向相同，可加快物体的运动，选项C正确；静摩擦力除最大值外，与压力无关，只与外力有关，选项D正确。]10．AC　[若FN＝G，对P受力分析如图甲所示，故P可能受2个力的作用；若FN<G，P不可能在此位置受力平衡；若FN>G，P会受到挡板MN的弹力F和摩擦力Ff，受力分析如图乙所示，故P可能受4个力的作用。综上所述，P可能的受力个数是2个或4个。]11．AD　[选取小球为研究对象，则小球受重力、细线拉力和风力而处于平衡状态，如图所示，根据共点力平衡条件得，细线拉力FT＝＝，风力F＝mgtanθ＝mg ，细线拉力和风力的合力大小等于mg，故A、D正确，C错误；因为风力和重力的合力方向不可能水平向右，可知拉力方向不可能水平向左，则θ不可能等于90°，故B错误。]12．BC　[对小球B受力分析，可得绳BP的拉力大小为FBP＝mgcos30°＝mg，对P点受力分析，可得绳PO的拉力大小为FPO＝FBPcos30°＝mg，A错误；对物块A受力分析，可得A受到的摩擦力大小为FfA＝FAP，FAP＝FBPsin30°，解得FfA＝mg，C正确；对绳OP、PB和小球B、半球体C整体受力分析，地面对C的摩擦力大小为FfC＝FAP＝mg，B正确，D错误。]13．(1)3.00(2分)　(2)见解析图(1分)　12(1分)　(3)F(1分)　F′(1分)解析　(1)弹簧测力计的最小刻度为0.1N，则拉力的大小为3.00N；(2)作出F1、F2的合力F如图所示；由图中几何关系可知：F的大小为12N；(3)在题图(e)中，F是作图得到的，为F1、F2合力的理论值；F′是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条，拉到同一位置O，方向沿AO方向，为实际测量值。14．(1)弹簧自重的影响　(2)2.6×102　(3)无　(4)A(每空2分)解析　(1)m－x图像不过原点，即弹簧自然下垂时其长度大于平放在水平桌面上的长度，这是由于弹簧自重的影响；(2)m－x图像的斜率与g的乘积表示劲度系数，即k＝g≈2.6×102N/m(3)设由于弹簧自重引起的伸长量为Δl，则根据胡克定律有im0g＝k(x－Δl)由上式可知实际作出的图像的斜率由劲度系数决定，所以图像没过坐标原点，对于测量弹簧的劲度系数无影响；(4)将x＝li－l0作为横坐标，钩码的总质量作为纵坐标，则此时的x为弹簧伸长量的真实值，消除了弹簧自重的影响，所作图像应为过原点的倾斜直线，故选A。 15．(1)4N，方向水平向右(2)9N，方向水平向左解析　(1)对A受力分析，由二力平衡有F弹＝FfA(1分)F弹＝kΔx(1分)解得FfA＝4N(1分)木块A受地面摩擦力的大小为4N，方向水平向右(1分)(2)最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木块B所受到的最大静摩擦力为FfBmax，则FfBmax＝μmBg＝9N(1分)因为F拉＋F弹>FfBmax，所以木块B会向右滑动，(1分)受到滑动摩擦力FfB，则有FfB＝μmBg＝9N，方向水平向左。(1分)16．(1)1600N　1200N　(2)120kg解析　(1)对O点进行受力分析，由共点力平衡条件可得FTOA＝m0gcosθ＝1600N(2分)FTOB＝m0gsinθ＝1200N(2分)(2)对人进行受力分析，由共点力平衡条件可得FTOBcosθ＝Ff(1分)FNB＝FTOBsinθ＋mg(2分)人刚要滑动时Ff＝μFNB(1分)联立解得m＝120kg。(1分)17．(1)　(2)mg　(3)mgMg＋mg解析　(1)木块恰好匀速下滑，由平衡条件可知mgsin30°＝μmgcos30°(2分)解得μ＝tan30°＝(1分)(2)如果用沿与斜面也成θ＝30°角的力F拉木块，则木块刚好匀速上滑，由平衡条件得Fcosθ＝mgsinθ＋Ff(2分)Fsinθ＋FN＝mgcosθ(2分)又Ff＝μFN(1分)解得F＝mg。(1分)(3)将木块和木楔看作整体，由平衡条件得水平面对木楔的摩擦力Ff′＝Fcos2θ＝mg(2分) 水平面对木楔的支持力为FN′，则FN′＋Fsin2θ＝(M＋m)g(2分)解得FN′＝Mg＋mg。(1分)18．(1)　(2)mg　Mg＋mg解析　(1)同一根细线上的拉力大小相等，设细线拉力大小为FT，对小动滑轮O3和小球B整体进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件得2FTsin37°＝mg(2分)解得FT＝(1分)对小球A，受力分析如图乙所示，根据平衡条件得FNAsin30°＝FTsin30°，(2分)2FTcos30°＝mAg(2分)解得mA＝(1分)(2)对小球A和半圆柱体P整体受力分析，如图丙所示，设P受到地面的摩擦力为Ff，支持力为FN，根据平衡条件得Ff＝FTsin30°(2分)FN＋FTcos30°＝(M＋mA)g(2分)解得Ff＝mg，FN＝Mg＋mg(2分)由牛顿第三定律可得， P对水平面的摩擦力大小为mg，对水平面的压力大小为Mg＋mg。(2分)章末检测试卷(第四章)1．D　[根据牛顿第一定律的内容知，当物体不受力时，总保持匀速直线运动状态或静止状态，故A项错误；惯性是物体的固有属性，与物体速度的大小无关，故B项错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C项错误；由牛顿第二定律知，对于任何物体，在受到相同的合外力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是它们的质量，故D项正确。]2．D　[进入地球大气层前，返回舱加速度方向向下，处于失重状态，故A错误；返回舱打开减速伞后，加速度方向向上，处于超重状态，故B错误；返回舱打开主伞时加速度方向向上，处于超重状态，故C错误；反推发动机点火瞬间返回舱加速度方向向上，处于超重状态，故D正确。]3．C　[逆向将烟花的运动看做初速度为零的匀加速直线运动，取向下为正方向，h＝at2，解得a＝1.5g，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma，解得＝0.5，C正确。]4．B　[由mg＝μFN及FN＝ma得：a＝，B正确。]5．B　[由匀变速直线运动规律x＝at2，得水桶(包括水)的加速度a＝＝2m/s2，以水桶(包括水)为研究对象，FT－mg＝ma，得绳子拉力FT＝mg＋ma＝2×103×10N＋2×103×2N＝2.4×104N，B正确。]6．C　[对物体A由牛顿第二定律可得F－Ff＝mAa其中滑动摩擦力Ff＝μAmAg，得a＝－μAg，结合图像可得＝kg－1，μAg＝5m/s2解得mA＝1.4kg，μA＝0.5故A错误，C正确；同理对物体B有＝1kg－1，μBg＝2m/s2解得mB＝1kg，μB＝0.2 故B、D错误。]7．B　[对小铁球受力分析得F合＝mgtanα＝ma，且合外力方向水平向右，故小铁球的加速度为gtanα，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度大小也为gtanα，A、C错误；对系统受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，故B正确，D错误。]8．B　[静止时弹簧压缩量x1＝，分离时A、B之间的压力恰好为零，设此时弹簧的压缩量为x2，对B：kx2－mg＝ma，得x2＝，物块B的位移大小x＝x1－x2＝，由v2＝2ax得：v＝g，B正确。]9．CD　[在F＝kma中，k的数值由质量、加速度和力的单位决定，只有质量m、加速度a和力F的单位都是国际单位时，即当质量用kg、加速度用m/s2、力用N作单位时，比例系数k才等于1，故A、B错误，C正确；由牛顿第二定律F＝ma，知m＝1kg、a＝1m/s2时，1N＝1kg·m/s2，使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力的大小是1N，故D正确。]10．BC　[设三个小球质量均为m，剪断OA间细绳前，弹簧弹力F＝2mg，剪断OA间细绳瞬间，弹簧弹力F＝2mg不变，对A分析，F＋mg＝ma，解得A的加速度大小a＝3g；对B、C整体分析，F－2mg＝2ma′，解得B、C整体加速度大小a′＝0，B、C正确。]11．AC　[假设每个物块的质量均为m，先对五个物块整体进行受力分析，恰好未推动，则整体所受的摩擦力恰等于最大静摩擦力，然后再隔离后面的物块结合牛顿第三定律进行受力分析，结果如下表所示：研究对象受力分析最终结果五个物块整体F＝Ff＝μFN＝5μmgA、C正确，B错误物块2、3、4、5F12＝4μmg＝F物块3、4、5F23＝3μmg＝F物块4、5F34＝2μmg＝F物块5F45＝μmg＝F若仅增大物块与地面间的动摩擦因数，用力F推物块1，物块1不动，其他物块间的弹力可能变为零，故D错误。]12．AD　[由题图乙可知，物块的初速度v0＝4m/s，传送带转动的速度v＝2m/s，A正确，B错误；A、B两点间距离为s＝×(2＋4)×0.5m＋2×1m＝3.5m，C错误；物块与传送带 共速前二者有相对滑动，故物块留在传送带上的摩擦痕迹长为Δs＝×(2＋4)×0.5m－2×0.5m＝0.5m，D正确。]13．(1)AB(2分)　(2)2.36(2分)　(3)2(2分)解析　(1)打点计时器使用时应该先接通电源，后释放小车，A正确；实验时细线必须与木板平行，B正确；在钩码上方有力传感器，可以直接测量细线上的拉力，所以不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，C错误；补偿阻力之后改变小车质量时不需要重新补偿阻力，D错误。(2)两相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1s，加速度：a＝＝＝m/s2≈2.36m/s2(3)由F＝Ma变形得a＝，知在a－F图像中，斜率表示小车质量的倒数，故M＝＝2kg。14．(1)不需要　(2)BD(3)0.6　3.75(每空2分)解析　(1)本实验需要研究摩擦力，则不需要平衡摩擦力。(2)如果实验中保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量M，会出现μ很小时，滑块也不会运动，则不需要保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量M，故A错误；实验中多次改变μ的值，需要其他条件不变，则需要保证滑块的质量M不变，需要保证桶和砂子的总质量m不变，故C错误，B正确；连接滑块的细线要与长木板平行，避免拉力产生垂直于木板方向的分力，故D正确。(3)由题图乙可知，当μ＝0.6时，加速度为零，由平衡条件有μMg＝mg解得m＝0.6kg根据题意，由牛顿第二定律有mg－μMg＝(m＋M)a整理得a＝－μ＋结合题图乙可得b＝＝3.75m/s2。15．(1)3N　0.05　(2)2m解析　(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v－t图像得a1＝m/s2＝2m/s2(1分)根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1(1分) 设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v－t图像得a2＝m/s2＝1m/s2(1分)根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2(1分)联立解得F＝3N，μ＝0.05(1分)(2)设10s内物体的位移为x，则x为v－t图线与横轴所围的“面积”则x＝×4×8m－×6×6m＝－2m，负号表示物体在A点左侧，即10s末物体离A点的距离为2m。(2分)16．(1)2m/s2　24N　(2)6m解析　(1)对物块A，由牛顿第二定律得FT－m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1(2分)对物块B，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a1(1分)解得a1＝2m/s2FT＝24N(1分)(2)物块B落到地面前，由匀变速直线运动规律得v2＝2a1h(1分)物块B落到地面后，对物块A，由牛顿第二定律得m1gsinθ＋μm1gcosθ＝m1a2(2分)由匀变速直线运动规律得v2＝2a2x(1分)起始时物块A与定滑轮的距离为d＝x＋h解得d＝6m。(1分)17．(1)300N　(2)1.5s解析　(1)该驴友手沿斜坡方向拉绳的同时，脚努力向上爬时，若以最大静摩擦力向上爬，所需拉力最小。垂直斜面方向有FN＝mgcosθ(1分)沿斜面方向有FT＋Ffm＝mgsinθ(1分)因为Ffm＝μ1FN(1分)联立解得FT＝300N(1分)由牛顿第三定律可知他拉绳的力至少300N。(2)放开绳后，FN＝mgcosθ(1分)μ1FN－mgsinθ＝ma1(2分) 可得a1＝－5m/s2由0－v2＝2a1x(1分)解得x＝0.4m(1分)所以离到坡顶还有0.1m，不能到达坡顶；坐下后，设驴友下滑的加速度大小为a2(1分)FN＝mgcosθmgsinθ－μ2FN＝ma2(2分)解得a2＝5.6m/s2由x′＝a2t2(1分)可得t＝，解得t＝1.5s。(1分)18．(1)0.4m/s　(2)0.4s　0.64m解析　(1)小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，以小滑块初速度方向为正方向，由牛顿第二定律得－Ff＝ma1(2分)又Ff＝μFN＝μmg(2分)解得a1＝－4m/s2(1分)由v2－v02＝2a1L，解得v＝0.4m/s(2分)(2)长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力Ff′，且Ff′＝Ff＝μmg＝0.4N，所以长木板向右做匀加速直线运动(2分)由牛顿第二定律得Ff′＝Ma2，解得a2＝2m/s2(2分)设经过时间t，两者速度相同，则有v0＋a1t＝a2t(2分)解得t＝0.4s(1分)由x＝v0t＋a1t2，得此时间内小滑块运动的位移大小x＝0.64m。(2分)模块综合试卷1．C2．D　[神舟十三号飞船在与天和核心舱对接的过程中，二者的大小、形状以及各部分的运动差异均不能忽略，所以不能将它们视为质点，研究空间站绕地球飞行的时间时，空间站的大小、形状以及各部分的运动差异均可以忽略，可将空间站视为质点，故A错误，D 正确；对接成功后，以空间站为参考系，神舟十三号飞船是静止的，以地球为参考系，整个空间站是运动的，故B、C错误。]3．A　[题图甲中，速度计上指示的“60km/h”是瞬时速率，A正确；由题图乙可推出，质量分布均匀且形状规则的物体的重心均在其几何中心处，B错误；题图丙中，惯性大小由质量大小决定，质量越大，惯性就越大，与速度无关，C错误；题图丁说明伽利略关于自由落体运动的结论是通过实验事实结合逻辑推理得到的，D错误。]4．D　[以A为研究对象，根据平衡条件可知B对A没有摩擦力，则A受到重力和B对A的支持力两个力作用，故A错误；小球受重力和箱底的支持力两个力作用，故B错误；以A、B整体为研究对象，由平衡条件得知，桌面对B的摩擦力等于(M＋m0)g，B与桌面间的静摩擦力不一定达到最大，所以桌面对B的摩擦力不一定等于2μmg，由牛顿第三定律知桌面受到物体B的摩擦力大小为(M＋m0)g，故C错误，D正确。]5．D　[弓受力如图所示F秤钩＝mg＝240N弓力与F秤钩大小相等，方向相反，故弓力大小为240N，竖直向下，A、B错误，；由平衡条件得F秤钩＝2Fcos53°，弦的弹力大小为F＝＝N＝200N，C错误，D正确。]6．B　[把竖直向下的力F沿两杆OA、OB方向分解，如图甲所示则杆作用于滑块上的力为F1＝F2＝杆对滑块的作用力F1产生两个效果：沿水平方向推滑块的力F1′和竖直向下压滑块的力F1″，因此，将F1沿竖直方向和水平方向分解，如图乙所示， 则细线上的张力FT与F1′大小相等，即FT＝F1sin＝·sin＝Ftan＝F＝350N，故选B。]7．D　[根据题意，若力F沿水平方向，对油桶受力分析，如图甲所示由平衡条件有FNsinθ＝F，FNcosθ＝G，解得FN＝，F＝Gtanθ，故A、B错误；根据题意，F由水平方向逐渐变为竖直向上的方向的过程中，受力如图乙所示由图可知，斜面对油桶的支持力FN逐渐减小，推力F先减小后增大，故C错误，D正确。]8．D　[减速伞工作期间，返回舱的加速度方向向上，处于超重状态；缓冲发动机工作期间，返回舱的加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；减速伞工作期间，返回舱的平均速度为＝m/s＝130m/s，下降的高度约为x＝t＝2600m，故B错误；缓冲发动机工作期间，有′＝m/s＝6m/s，又x′＝′t′，解得t′＝s，故C错误；对返回舱受力分析，由牛顿第二定律可得4F－mg＝ma，|a|＝＝m/s2＝48m/s2，联立可得＝1.45，故D正确。]9．AD　[陈芋汐起跳速度大小为v0＝＝m/s＝3m/s，选项A正确；陈芋汐先竖直上抛一段距离，然后做自由落体运动，则自由下落的高度大于10m，选项B错误；以向上为正方向，根据－h＝v0t－gt2，解得t＝1.7s(另一值舍掉)，则陈芋汐在空中的运动时间约为1.7s，选项C错误；陈芋汐入水的速度大小为v＝v0－gt＝3m/s－10×1.7m/s＝－14m/s，负号说明方向向下，选项D正确。]10．CD　[物品先做匀加速直线运动，则μmg＝ma，解得a＝3m/s2 假设物品可以加速到与传送带共速，则匀加速运动的时间为t1＝＝s匀加速运动的距离为x1＝at12＝m≈2.67m>2.1m，因此物品在传送带上一直做匀加速运动，A错误；因一直加速，则L＝at2，物品从A端到B端所用的时间为t＝＝s　≈1.18s，B错误；因为一直加速，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力的作用，C正确；当传送带速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。]11．BC　[设海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8m/s2，A错误；设海豚与坡道间的动摩擦因数为μ，海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋Ff＝ma，Ff＝μFN，FN＝mgcosθ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x＝＝m≈0.75m，C正确；海豚上滑的最大距离为x′＝≈7.35m海豚沿坡道下滑的加速度大小为a′，则mgsinθ－Ff＝ma′，则海豚重新回到O点的速度为v′2＝2a′x′，解得v′≈8.7m/s，D错误。]12．AB　[由题图甲可知，A车在0～2s加速度为0，在2s后加速度为10m/s2，B车加速度为aB＝＝m/s2＝5m/s2，t＝3s时，两车刚好并排行驶，则xB＝aBt32＝×5×32m＝22.5mxA＝aA(Δt′)2＝×10×12m＝5m故t＝0时，A车在B车的前方，且两车相距Δx＝xB－xA＝17.5m，故A、B正确；t＝4s时，两车位移xB′＝aBt42＝×5×42m＝40m，xA′＝aAt22＝×10×22m＝20m则两车相距x＝xB′－xA′－Δx＝40m－20m－17.5m＝2.5m，故B车在前面，故C错误；设两车并排行驶的时间为t′，则两车位移xB″＝aBt′2＝×5×t′2m＝2.5t′2m，xA″＝aA(Δt″)2＝×10×(t－2s)2m＝5(t－2s)2m由于xA″＋17.5m＝xB″，则代入可得t＝3s或t＝5s，故D错误。] 13．(1)60(1分)　(2)2.00(1分)(4)平行四边形(1分)　对角线(1分)　(5)C(2分)解析　(1)由题图甲，根据胡克定律可得该弹簧的劲度系数为k＝＝N/m＝60N/m(2)题图乙中弹簧测力计的分度值为0.1N，则读数为F1＝2.00N(4)在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向。(5)某次实验中已知OB与OC的夹角略大于90°，若保持结点O的位置及OB方向不变，而将弹簧OC顺时针缓慢转动一小角度，如图所示可知FOC与FOB都逐渐增大，弹簧的弹力逐渐增大，弹簧的长度逐渐变长，弹簧测力计的示数一直增大，故选C。14．(1)A(2分)　(2)0.83(2分)(3)小于(2分)　(4)(2分)解析　(1)调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，从而减小实验误差，故A正确；补偿阻力只需一次即可，故B错误；实验时，先接通打点计时器，再放开木块，故C错误。(2)频率为50Hz，则打点周期T0＝0.02s，每相邻两计数点间有四个点未画出，则图中标出的相邻两计数点之间的时间间隔T＝5T0＝5×0.02s＝0.1s，根据逐差法可知，木块的加速度为a＝，代入数据解得a≈0.83m/s2(3)对小桶及桶内砂子根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma，FT＝mg－ma所以实际上绳子拉力小于小桶及桶内砂子的总重力。(4)当没有补偿阻力时有F－Ff＝Ma，Ff＝μMg，整理得a＝－μg纵轴截距为－a0＝－μg，解得μ＝。 15．(1)2.5m/s2　(2)8m/s　(3)500N解析　(1)减速阶段冰块只受滑动摩擦力作用，则μmg＝ma2(1分)解得a2＝2.5m/s2(1分)(2)减速阶段，根据速度—位移关系可得vm2＝2a2(L－x)(1分)其中L＝20.8m，x＝8m，解得vm＝8m/s(1分)(3)设加速时加速度为a1，则加速阶段有vm2＝2a1x(1分)解得a1＝4m/s2加速阶段受力情况如图所示对冰块根据牛顿第二定律可得Fcos37°－Ff＝ma1(1分)FN＝mg＋Fsin37°Ff＝μFN(1分)联立解得F＝500N。(1分)16．(1)200N/m　(2)20N　沿斜面向下解析　(1)对O点受力分析，如图甲并正交分解根据平衡条件有，水平方向：kx－Fsin60°＝0(1分)竖直方向：Fcos60°－mBg＝0(1分)解得：F＝40N，k＝200N/m(2分)(2)对物块A受力分析如图乙 由平衡条件沿斜面方向：(3分)F－mAgsin30°－Ff＝0解得物块A受到斜面静摩擦力的大小Ff＝20N，方向沿斜面向下。(1分)17．(1)10m/s　(2)8m/s　(3)4.4m解析　(1)运动员上升的最大位移为：h＝7.6m－1.6m－1m＝5m(2分)根据匀变速直线运动的速度位移关系式，有：v2＝2gh(2分)解得：v＝＝m/s＝10m/s(2分)(2)运动员通过整面旗帜的时间是0.4s，位移大小为：Δx＝1.6m＋1.6m＝3.2m(2分)故平均速度大小为：＝＝m/s＝8m/s(2分)(3)在匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故该0.4s内中间时刻的速度大小为8m/s，根据对称性可知，运动员上升过程经过同一位置的速度大小为8m/s运动员从跳起到该位置的时间间隔为：t＝＝s＝0.2s(2分)由于t＝，故开始时旗帜的下边缘与运动员头部等高，故旗帜的上边缘到蹦床的床面的距离为3.2m，而蹦床的床面到天花板的距离是7.6m，故旗帜的上边缘到天花板的距离为：7．6m－3.2m＝4.4m。(2分)18．(1)20N　(2)0.5　(3)10.75m解析　(1)对木块B受力分析有在竖直方向有μ1FN＝mg(1分)解得FN＝20N(1分)可知木块B对木板A的压力大小为20N。(2)对木块B水平方向受力分析有：FN′＝ma(1分)由牛顿第三定律知FN′＝FN(1分)对A、B整体受力分析有：F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a(2分) 解得μ2＝0.5(1分)(3)撤去推力F后，对B受力分析有：μ1mg＝ma1(1分)解得a1＝2.5m/s2(1分)对A受力分析有：μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma2(1分)解得a2＝5.5m/s2(1分)由题意知，木板A经过3s速度已减为0，有：0－v2＝－2a2x2(1分)解得x2＝11m(1分)经过3s，B的位移：x1＝vt1－a1t12(1分)解得x1＝21.75m(1分)则木板A的长度L＝x1－x2＝10.75m。(1分)