课时分层作业详解答案

课时分层作业（一）运动的描述1．解析：当物体的大小和形状对所研究问题的影响可以忽略时，就可以把物体看作质点，故A正确．答案：A2．解析：获得第一名的龙舟，用时最少，平均速度一定最大，但到达终点时的速度不一定最大，A错误，B正确；以龙舟为参考系，岸上站立的观众是运动的，C错误；研究队员的划桨动作时，队员的大小和形状不能忽略，故不可将队员看成质点，D错误．答案：B3．解析：计算运输机飞行时间时，与运输机的大小和形状无关，所以可以将运输机看成质点，所以A错误；在分析运输机着陆动作时，不能忽略运输机的大小和形状，所以运输机不能看成质点，所以B错误；“上午9时30分”指的是最后一架运输机抵达武汉的时刻，所以D正确，C错误．答案：D4．解析：速度变化量的方向与加速度方向一致，加速度方向与初速度方向相同时汽车做加速运动，加速度方向与初速度方向相反时汽车做减速运动．选项A中汽车做加速运动，选项B、C中分别是a的方向、Δv的方向作错了，选项D中图示能正确表示汽车做减速运动．故选D.答案：D5．解析：表中“23：32”表示时刻，A正确；该列车从北京西至聊城的路程为350km，位移大小小于350km，B错误；从表中数据无法知道该列车从北京西至聊城的位移，故无法求出该列车从北京西至聊城的平均速度，C错误；该列车从北京西至聊城全程中不是做直线运动，故不可能做匀速直线运动，D错误．答案：A6．解析：百米赛跑中甲比乙提前10m到达终点，即甲跑完100m与乙跑完90m所用时间相同，则有t＝eq\f(100m,v甲)＝eq\f(90m,v乙)，解得v甲＝eq\f(10,9)v乙，故A错误，B正确；让甲远离起跑点10m而乙仍在起跑点，则甲跑110m到达终点的时间t′甲＝eq\f(110m,v甲)＝eq\f(99m,v乙)，而乙跑到终点的时间t′乙＝eq\f(100m,v乙)>t′甲，所以甲先跑到终点，故C正确，D错误．答案：BC7．解析：超声波信号从发出到被反射回来的时间间隔Δt＝s，在s内，超声波前进距离为：x1＝v声·eq\f(1,2)Δt＝340×1m＝340m；故汽车速度为：v＝eq\f(380－340,1)m/s＝40m/s；当测速仪接收到被反射回来的超声波信号时，汽车前进了：Δx＝40×2m＝80m，故C项正确．答案：C8．解析：（1）由v＝eq\f(Δx,Δt)得：在反应过程所用的时间t1＝eq\f(x1,v1)＝eq\f(14,20)s＝s（2）制动过程中的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(30－14,2.3)m/s＝m/s（3）紧急停车全程所用时间t＝t1＋t2＝s＋s＝3s全程的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(30,3)m/s＝10m/s答案：（1）s（2）m/s（3）10m/s课时分层作业（二）匀变速直线运动的规律1．解析：反应时间内的位移x1＝vmt，汽车刹车位移x2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m)),2a)，由题意得x1＋x2＝30m，解得vm＝15m/s，B正确．答案：B2．解析：根据x1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，x2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，得eq\f(t2,t1)＝eq\r(\f(x2,x1))＝eq\r(\f(2,1))＝eq\r(2)，则有t2＝eq\r(2)t1＝eq\r(2)×s≈s，故C正确．答案：C3．解析：喷出的水做竖直上抛运动，水的流速v0＝53m/s，水在空中停留的时间t＝eq\f(2v0,g)＝eq\f(2×53,10)s＝s，即水在空中停留时间为s，处于空中的水的体积为V＝Qt＝×m3＝m3，故选项B正确．答案：B4．解析：设AB＝x，由运动学规律可知，物体通过AB段时间中点的瞬时速度v1＝eq\f(x,t)，物体通过CD段时间中点的瞬时速度v2＝eq\f(10x,t)，则物体由AB段时间中点到CD段时间中点所用时间t1＝eq\f(v2－v1,a)，又因为x＝eq\f(1,2)at2，联立解得t1＝t，因此物体通过BC段所用时间t2＝t1－t，代入数据解得t2＝t，故C正确，A、B、D错误．答案：C5．解析：汽车刹车后的位移为（x－x0），选项A正确；由匀变速直线运动规律得，超声波和汽车相遇位置与测速仪相距x0＋eq\f(1,4)（x－x0），故根据超声波的速度和位移，可求得从发出到接收超声波所需的时间，也就是汽车刹车后的运动时间，选项C正确；知道汽车刹车后的运动时间和位移，根据运动学公式就可以求出汽车刹车后的加速度，选项D正确；不知道汽车的质量，无法求出汽车受到的阻力，选项B错误．答案：ACD6．解析：ETC通道的长度为9m，车载电子标签到汽车前车牌的水平距离约为1m，汽车实际行驶的位移为x＝9m－1m＝8m，汽车的初速度v0＝18km/h＝5m/s，汽车做匀减速直线运动，减速到零的时间为t1＝eq\f(v0,a)＝1s，减速过程运动的位移为x1＝eq\f(v0,2)t1＝m，则匀速运动的位移为x2＝x－x1＝m，设司机的反应时间为t0，则汽车做匀速直线运动的时间为t＝s＋t0，由x2＝v0t，解得t0＝s，选项B正确．答案：B7．解析：（1）设从刹车到停止所用时间为t2，则：t2＝eq\f(0－v0,a)＝6s（2）反应时间内做匀速运动，则：x1＝v0t1＝18m从刹车到停止，汽车做匀减速运动直到速度为0，则：x2＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝90m小轿车驾驶员从发现警示牌到停止的全部距离为：x＝x1＋x2＝108m三角警示牌距车的最小距离为：Δx＝x－d＝48m答案：（1）6s（2）48m8．解析：v0＝72km/h＝20m/s.汽车的加速度大小记为a，则a＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－0,2x)，又μmg＝ma，联立可得μ＝eq\f(a,g)≈，选项A错误；利用逆向思维法把汽车的匀减速运动过程视为初速度为零的匀加速直线运动，则汽车通过连续相等的位移所用的时间之比为1∶（eq\r(2)－1）∶（eq\r(3)－eq\r(2)）∶…，所以汽车在减速过程中通过前m与后m的时间之比为（eq\r(3)－1）∶1，选项B正确；若驾驶员看到小猫后的反应时间小于s，则汽车在反应时间内的位移小于x0＝v0t＝m，总位移小于m，选项C正确；汽车在刹车过程中做匀减速直线运动的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋0,2)＝m/s，选项D错误．答案：BC9．解析：（1）v0＝288km/h＝80m/s打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1＝m/s2，设经过t2＝40s时，列车的速度为v1，则v1＝v0－a1t2＝60m/s.（2）列车长接到通知后，经过t1＝s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200m打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2a1)＝2800m打开电磁制动后，行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500m＝1500m；a2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2x3)＝m/s2答案：（1）60m/s（2）m/s210．解析：（1）救护车从A点运动至B点的过程中，设初速度为v0，做匀加速直线运动的加速度为a，时间为t1，行驶距离为s1；接着做匀速直线运动所用的时间为t2，行驶距离为s2，速度为v；然后做匀减速直线运动所用的时间为t3，行驶距离为s3；A、B间的距离为s.则a＝eq\f(v－v0,t1)s1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))s2＝vt2s3＝eq\f(1,2)vt3s＝s1＋s2＋s3联立以上各式并代入数据得s＝1840m（2）设救护车在B处停车等待时间为t′，重新启动匀加速至速度为v所用时间为t4，行驶距离为s4；如果应急车道畅通，救护车将不在B处停车等候，走完s3和s4对应路段所用时间为t，在A、C之间行驶的时间比应急车道不畅通时所用的时间缩短Δt.则s4＝eq\f(v2,2a)t4＝eq\f(v,a)s3＋s4＝vtΔt＝t3＋t′＋t4－t代入数据得Δt＝318s答案：（1）1840m（2）318s课时分层作业（三）运动学图象追及、相遇问题1．解析：选项A中，当t＝2s时，x＝0，这表示物体在0～2s内位移为0，即物体做的是一次往返运动；v­t图象与坐标轴所围图形的“面积”表示位移大小，当图形位于时间轴上方时表示位移方向为正，当位于下方时表示位移方向为负，观察选项图可知，选项B中的“图形”只位于横轴上方，这表示物体在0～2s内位移方向为正，大小等于图形的“面积”，而选项C、D中的“图形”有两部分组成，它们分别在横轴上下两侧，且两部分图形的“面积”大小相等，这表示物体在0～2s内位移均为0，选项B符合题意．答案：B2．解析：两车均为直线运动，故选项A错误；在t1时刻，乙车图线的切线斜率大于甲车图线的斜率，所以乙车的速度大于甲车的速度，故选项B错误；在t1～t2时间内，乙车图线的切线斜率某时刻等于甲车图线的斜率，则在此时刻两车速度相同，故选项C正确；在t1～t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故选项D错误．答案：C3．解析：由逆向思维结合公式v2＝2ax，可知a＝eq\f(v2,2x)∝eq\f(1,x)，则eq\f(aA,aB)＝eq\f(xB,xA)＝eq\f(15,20)＝eq\f(3,4)，故选B.答案：B4．解析：由加速度与位移的关系图象可知，加速度大小为m/s，由公式2aL＝v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v＝10m/s，由公式v＝v0＋at，解得t＝eq\f(10－4,1.5)s＝4s，故B正确，A、C、D错误．答案：B5.解析：甲车司机经t1＝3s的反应时间开始刹车，从司机发现无法变道时经t2＝t1＋eq\f(v甲－v乙,a)＝s两车速度相等（速度相等为临界条件），可画出甲车司机发现无法变道后两车运动的速度—时间图象如图所示，甲车比乙车多走的距离x＝（v甲－v乙）t1＋eq\f(1,2)（v甲－v乙）（t2－t1）＝m，两车相距最近的距离为s－x＝100m－m＝m，约为47m，选项C正确．答案：C6．解析：v­t图象上各点切线的斜率表示汽车运动的加速度，0～2s内图线上各点切线的斜率逐渐减小，则表示汽车的加速度逐渐减小，故A正确；汽车在0～2s内做匀减速直线运动从10m/s减速到2m/s时位移才等于12m，故B错误；匀速运动的位移x＝vt＝2×2m＝4m，故C正确；0～2s内汽车的平均加速度eq\o(a,\s\up6(－))1＝eq\f(2－10,2)m/s2＝－4m/s2，4～5s内汽车的平均加速度eq\o(a,\s\up6(－))2＝eq\f(10－2,1)m/s2＝8m/s2，故D错误．答案：AC7．解析：（1）由v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax推知，题中图线斜率为－eq\f(1,2a)，故a＝－2m/s2，所以滑块下滑的加速度大小为2m/s2.（2）由题中图象可推知，当滑块的初速度为4m/s时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为m/s时能滑到斜面最低点．设滑块在斜面上的滑动时间为t，则x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，即：4m＝5t－eq\f(1,2)×2t2，解得t＝1s，t＝4s（舍去）.答案：（1）2m/s2（2）1s8．解析：（1）在时间t内，甲车位移为x1＝v1t＋eq\f(1,2)at2，货车的位移为x2＝v2t，若甲车经过时间t刚好完成超车，则有x1＝x2＋L1＋L2＋s联立并代入数据解得t＝4s，即甲车最短的超车时间为4s.（2）假设甲车能安全超车，在最短时间4s内，甲车的位移为x1＝v1t＋eq\f(1,2)at2＝56m，乙车的位移为x3＝v3t＝60m，由于x1＋x3＝116m>110m，故甲车不能安全超车．答案：（1）4s（2）不能安全超车9．解析：由图乙可知A车做匀速直线运动，速度大小为vA＝4m/s，由图丙分析可知，t＝3s时两车速度相等，相距最远，由位移关系得最远距离为20m，选项A正确；B车在0～6s内的位移和0～5s内的位移相等，为24m，选项B错误；0～8s内A车的位移大小为32m，B车的位移大小为24m，位移之差为8m，此时A车未追上B车，选项C错误；t＝1s时两车相距16m，当B车停下来后，A车速度减为零时恰好追上B车，此时A车的加速度为一临界值，B车停止之前的位移为16m，所以A车的总位移为32m，由速度与位移的关系v2＝2ax可知，加速度a＝eq\f(1,4)m/s2，故要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于eq\f(1,4)m/s2，选项D正确．答案：AD10．解析：（1）已知v货＝36km/h＝10m/s，v人＝18km/h＝5m/s小货车减速的加速度为a时恰好没有撞到骑行者，经时间t1两者速度相等，则有：v货－at1＝v人eq\f(v货＋v人,2)t1＝v人t1＋20解得：a＝eq\f(5,8)m/s2再经时间t2，货车减速到0，则有：0＝v人－at2解得：t2＝8s货车刚停止运动时，骑行者到货车的距离为：s＝Δx＝v人t2－eq\f(v人t2,2)解得：s＝20m（2）刹车过程中对货车进行受力分析，知货车受到的摩擦力为：f＝μmgcos37°解得：f＝×104N，方向沿斜面向上．答案：（1）20m（2）×104N，方向沿斜面向上单元质量评估（一）运动的描述匀变速直线运动的研究1．解析：在研究武大靖的技术动作时，需要考虑他的姿态，不能把武大靖看作质点，故A错误；“39.800s”指的是时间，故B错误；转弯过程中，以武大靖的冰刀为参考系，他是静止的，故C错误；武大靖在500m短道速滑中的平均速度大小约是eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(500,39.8)m/s，故D正确．答案：D2．解析：电动车限速20km/h，限制的是瞬时速度大小，不是平均速度大小，故A错误；子弹射出枪口时的速度大小与枪口这一位置对应，因此为瞬时速度大小，故B错误；根据运动员的百米跑成绩是10s可知，运动员的平均速度大小为10m/s，但其冲刺速度不一定为10m/s，故C错误；列车的最高时速指的是在安全情况下所能达到的最大速度，为瞬时速度大小，故D正确．答案：D3．解析：取初速度方向为正方向，则v0＝5m/s，v＝－5m/s，Δt＝4s，则a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v－v0,Δt)＝eq\f(－5－5,4)m/s2＝－m/s2，即加速度大小为m/s2，方向沿斜面向下．答案：C4．解析：根据题意可知，cf长为11cm，则根据匀变速直线运动的位移差公式可得a＝eq\f(Δx,（2T）2)＝eq\f(ac－cf,（2T）2)＝12m/s2，其中T＝s，故C正确；匀变速直线运动中，某段的平均速度等于这一段中间时刻的瞬时速度，则d点的速度大小为vd＝eq\f(cf,2T)＝m/s，故D错误；根据匀变速直线运动的位移公式得df＝vdT－eq\f(1,2)aT2＝4cm，故B错误；同理可得b点的速度大小为vb＝eq\f(ac,2T)＝m/s，则bc＝vbT－eq\f(1,2)aT2＝10cm，故A错误．答案：C5．解析：设经过时间t后，轿车和卡车车头相遇，轿车的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2，卡车的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2，x1＋x2＝20m，联立解得t＝s.此时，轿车的速度v1＝a1t＝6m/s，卡车的速度v2＝a2t＝14m/s.设再经过时间t′后轿车和卡车错开，轿车的位移x′1＝v1t′＋eq\f(1,2)a1t′2，卡车的位移x′2＝v2t′＋eq\f(1,2)a2t′2，x′1＋x′2＝25m，联立解得t′＝s．此时卡车速度v2＝a2（t＋t′）＝21m/s<vm＝30m/s.答案：B6．解析：A图表示运动员一直做匀速直线运动，不符合实际，不可能，故A错误；B项中，根据v­t图象与时间轴围成的面积表示位移，0～10s内的位移为x＝eq\f(10×3,2)m＋10×7m＝85m<100m，不可能，故B错误；C项中，根据v­t图象与时间轴围成的面积表示位移，0～10s内的位移大于x＝eq\f(11×3,2)m＋11×7m＝m，有可能，故C正确；D项中，根据v­t图象与时间轴围成的面积表示位移，0～10s内的位移大于x＝eq\f(13×3,2)m＋13×7m＝m，不可能，故D错误．答案：C7．解析：v­t图象的斜率表示加速度，则从图象上可以看出，两车加速过程，乙的加速度比甲大，故A错误；速度相等时两车间距有最小值，从图象上可以看出t＝7s时，两车速度相等，此时甲运动的位移为x1＝eq\f(（2＋7）×20,2)m＝90m，乙运动的位移为x2＝eq\f(1,2)×4×20m＝40m，则此时甲、乙之间的距离为Δx＝x2＋x0－x1＝30m，故B正确；若两车在t＝5s时相遇，从图象上可以看出5～9s内甲、乙运动的位移相等，所以甲、乙在t＝9s时会再次相遇，故C正确；若两车在t＝4s时相遇，从图象上可以看出4～10s内甲、乙运动的位移不相等，则在t＝10s时两车不会再次相遇，故D错误.答案：BC8．解析：设运动员通过PM、MN所用时间均为T，则运动员经过M点的速度为：vM＝eq\f(PM＋MN,2T)＝eq\f(15m,T)，根据Δx＝aT2得：a＝eq\f(MN－PM,T2)＝eq\f(10m,T2)，则运动员经过P点的速度为：vP＝vM－aT＝eq\f(15m,T)－eq\f(10m,T)＝eq\f(5m,T)，则：xOP＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(P)),2a)＝m，故A正确；运动员经过P、M两点的速度之比为：eq\f(vP,vM)＝eq\f(1,3)，故D错误；因为T未知，则不能求出运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度，故B、C正确．答案：ABC9．解析：（1）相邻两点间的时间间隔为T＝s，则打E点时的速度vE＝eq\f(xDF,2T)＝eq\f0＋0,0.2)m/s＝m/s.（2）根据v­t图象的斜率表示加速度，可知小车做的是匀变速直线运动，故选B.（3）该做法是可行的；因为剪断的纸带对应的时间都是Δt＝s，即时间间隔Δt相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带对应的平均速度之比，而此段纸带对应的平均速度等于这段纸带对应的中间时刻的速度，即纸带的长度之比等于中间时刻速度之比，因此该做法是可行的．答案：（1）（2）B（3）可行见解析10．解析：（1）当两车速度相等时相距最大，即：v0＋a1t1＝a2t1，解得t1＝4s所以两车相距最大距离为：s1＝s甲＋d－s乙＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋d－eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝12m（2）当两车的间距大于s0时，两车无法保持通信．由题可知，两车的间距先增大后减小．所以当s′甲＋d－s′乙＝s0时有：v0t＋eq\f(1,2)a1t2＋d－eq\f(1,2)a2t2＝s0解得t2＝2s；t3＝6s.即中间有t3－t2＝4s的时间无法通信．又当乙车追上甲车时有：s″甲＋d＝s″乙即：v0t4＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋d＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))解得t4＝s所以能保持通信的时间为t＝t4－（t3－t2）＝s.答案：（1）12m（2）s11．解析：（1）根据题意可知，出租车先匀速行驶t1＝s，然后在反应时间t2＝s内继续匀速，然后减速t3＝4s到停止，总位移为x＝v0（t1＋t2）＋eq\f(1,2)v0t3＝120m．（2）根据图象可知，减速的加速度大小为a＝eq\f(Δv,t3)＝5m/s2当两车速度相等时，刹车时间Δt有v0－aΔt＝v1解得：Δt＝s此过程出租车位移x1＝v0（t1＋t2）＋eq\f(1,2)（v0＋v1）Δt＝m三轮车位移：x2＝v1（t1＋t2＋Δt）＝m因为x1－x2＝m会相撞，根据位移关系有：v0（t1＋t2）＋v0t′－eq\f(1,2)at′2＝x0＋v1（t1＋t2＋t′）解得t′＝s答案：（1）120m（2）会撞s课时分层作业（四）重力弹力摩擦力1．解析：重力是由于地球吸引产生的，是物体所受地球的万有引力的一个分力，两者一般不相等，A错误；压力和重力是两种性质不同的力，B错误；由平衡条件知，被细线悬挂的物体静止时，细线拉力和重力平衡，重心在重力作用线上，则一定在悬线所在的直线上，C正确；重心的位置跟物体的形状、质量分布有关，是重力的等效作用点，但不一定在物体上，如折弯成直角的均匀直杆，D错误．答案：C2．答案：A3.解析：本题中杆为“定杆”，杆上的力就不一定沿杆的方向，小球处于静止状态，则杆对小球的作用力方向在重力与轻绳拉力夹角的对顶角范围内（不含水平方向），当绳拉力为零时，杆对小球的作用力竖直向上，如图所示，所以杆对小球的作用力方向可能是F2和F3，选项B、C正确．答案：BC4．解析：下雨天，地面粗糙程度变小，动摩擦因数μ变小，最大静摩擦力减小，故A错误；将力F分解，支撑脚对地面的压力为Fcosθ，奔跑步幅越大，夹角θ越大，则压力越小，最大静摩擦力越小，人越容易滑倒，故B正确；当Fsinθ＞μFcosθ时人容易滑倒，此时μ<tanθ，故C正确，D错误．答案：BC5．解析：当物体受F1、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知物体所受的摩擦力的大小为8N，方向向左．可知最大静摩擦力Ffmax≥8N．当撤去力F1后，F2＝2N<Ffmax，物体仍处于静止状态，由平衡条件可知物体所受的静摩擦力大小和方向发生突变，且与作用在物体上的F2等大反向，选项C正确．答案：C6．解析：A对，B错：由于砝码处于静止状态，则kΔx＝mg，所以有k＝eq\f(mg,Δx)＝eq\f(100×10－3×10,2×10－3)N/m＝500错、D对：要使书恰好能匀速运动，则kΔx′＝μm′g，代入数据解得μ＝0.2.答案：AD7．解析：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时，物体在地面上运动，摩擦力为滑动摩擦力，大小为20N，木箱与地面间的动摩擦因数μ＝eq\f(Ff,mg)＝，选项A、D正确．答案：AD8．解析：对物体P，由二力平衡知识可知物体P肯定受到向左的2N的摩擦力，根据力的相互作用原理，物体P对物体Q肯定有向右的2N的摩擦力，物体Q受到向左的3N的拉力，由于地面光滑，地面对物体Q没有摩擦力，选项A、C正确，B、D错误．答案：AC9．解析：对圆环A受力分析，直杆固定在水平地面上，则可知此杆为“定杆”，则杆对圆环的弹力FN方向垂直于杆向上，对圆环受力分析，如图所示．对物体B，由平衡条件可得T＝mBg，当圆环刚要向上滑动时，根据平衡条件与正交分解可得沿杆的方向有Tcosθ＝mgsinθ＋fm，垂直于杆的方向有FN＝Tsinθ＋mgcosθ，其中fm＝μFN，联立解得mB＝2m，故悬挂的物块B质量不能超过2m，选项D正确．答案：D10．解析：由图象知，当x1＝m时，F1＝2N，在m之内只有小弹簧被压缩．由胡克定律得F1＝k1x1，所以k1＝eq\f(F1,x1)＝eq\f(2,0.2)N/m＝10N/m.从m至m过程中，两弹簧均被压缩．当F2＝5N时，小弹簧的压缩量x2＝m，大弹簧的压缩量x′2＝x2－x1＝m－m＝m，根据胡克定律得k1x2＋k2x′2＝F2，即k2＝eq\f(F2－k1x2,x2)＝eq\f(5－10×,0.1)N/m＝20N/m.故选项B、D正确．答案：BD11．解析：初始状态时，木块重力的分力与滑动摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以木块先沿斜面向下运动，由牛顿第二定律得，加速度大小a＝gsinθ＋μgcosθ；当小木块速度达到传送带速度时，由于μ＜tanθ，即μmgcosθ＜mgsinθ，所以速度能够继续增加，此时滑动摩擦力的大小不变，而方向突变为沿传送带向上，a＝gsinθ－μgcosθ，加速度变小，则v­t图象的斜率变小，所以BD正确．答案：BD12．解析：悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10N，钩码间的弹力大小仍是10N，A正确，B错误；悬挂第二个钩码后，橡皮筋继续伸长，拉力传感器的读数从10N继续增大，直到弹力等于两个钩码的重力时，拉力传感器的读数才为20N，C错误；设悬挂第一个钩码稳定时橡皮筋的伸长量为x1，kx1＝G，悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x2，则k（x1＋x2）＝2G，代入数据，可得x2＝10cm，D正确．答案：AD13．解析：以动滑轮和物块N为研究对象，受力分析如图所示，由于动滑轮处为一“活结”，两侧细绳为同一条细绳，故拉力T相等，由水平方向所受合力为零可知两侧细绳与竖直方向的夹角θ相等，在竖直方向由平衡条件得2Tcosθ＝mg，解得T＝eq\f(mg,2cosθ)，将细绳的一端从天花板上的A点缓慢沿直线移动到B点，θ变大，则T变大，选项A错误；因M与N的质量关系不确定，所以最初M所受的静摩擦力方向不确定，如果最初M所受的静摩擦力方向沿斜面向上，当细绳拉力增大时，M所受的静摩擦力会变小，选项B错误；以斜面和M整体为研究对象，斜面受到地面的摩擦力大小等于细绳拉力的水平分量大小，即f＝Tx＝Tsinθ＝eq\f(1,2)mgtanθ，故随着θ增大，斜面所受地面的摩擦力f增大，选项C正确；以斜面和M整体为研究对象，斜面受地面的支持力大小等于整体重力与细绳拉力的竖直分量Ty之和，由于Ty＝Tcosθ＝eq\f(1,2)mg不变，所以斜面所受地面的支持力不变，选项D错误．答案：C课时分层作业（五）力的合成与分解1．解析：小球的重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应沿这两个方向分解，即沿1和2所示方向分解，故A正确，B、C、D错误．答案：A2．解析：若两力的夹角小于90°，如图1，则合力一定增大，A正确；若两力的夹角大于90°，如图2，则合力可能先减小后增大，B、C、D错误．答案：A3．答案：D4.解析：木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff.沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解如图所示：由平衡条件得：Fcosθ＝Ff，FN＝mg＋Fsinθ，又由于Ff＝μFN，解得Ff＝μ（mg＋Fsinθ），故B、D正确．答案：BD5.解析：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的力F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的推力是相等的，力F的分解如图．则F＝FN1coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90°－\f(θ,2)))＋FN2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90°－\f(θ,2)))＝2FN1coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90°－\f(θ,2)))＝2FN1sineq\f(θ,2)，FN＝FN1＝FN2，故解得FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，所以F一定时，θ越小，FN越大；θ一定时，F越大，FN越大，A、D错误，B、C正确．答案：BC6．解析：要增大拉力沿水平方向的合力，可以减小力与水平方向的夹角，也可以增大合力，仅增大四个人的间距，根据平行四边形定则，合力减小，故拉力沿水平方向的合力减小，故A错误；仅减小四个人的间距，四个拉力的夹角减小，故根据平行四边形定则，合力增大，故拉力沿水平方向的合力增大，故B正确；仅缩短拉绳，合力与水平方向的夹角增大，故拉力沿水平方向的合力减小，故C错误；仅增长拉绳，合力与水平方向的夹角减小，故拉力沿水平方向的合力增大，故D正确．答案：BD7．解析：某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成图示的60°夹角，由于挂钩两侧阻拦索中拉力相等，由2F′cos30°＝F，解得阻拦索中的拉力F′＝eq\f(\r(3)F,3).由于柱塞两侧阻拦索中拉力相等，其合力方向在两侧阻拦索拉力所成夹角的角平分线上，所以单个柱塞所受阻拦索的合力大小为F合＝2F′cos60°＝F′＝eq\f(\r(3)F,3)，选项B正确．答案：B8．解析：由于重物被匀速吊起，故C点上方绳子的拉力等于A、B两重物整体的重力，对结点C受力分析可知，绳子CD和CE上拉力的合力大小等于C点上方绳子的拉力大小，故绳子CD和CE对重物A的作用力的合力大小等于（m1＋m2）g，选项A错误；对B受力分析，其受重力m2g、绳子FG和FH的拉力，由于其处于平衡状态，故绳子FG和FH拉力的合力大小等于m2g，选项B正确；当绳子FG和FH的夹角为0°时，两绳上的拉力最小，均为eq\f(m2g,2)，故当绳子FG和FH的夹角为锐角时，两绳上的拉力均大于eq\f(m2g,2)，选项C错误；若拴接点F与重物A脱离，则该瞬间重物A所受的合力突变为m2g，由牛顿第二定律有m2g＝m1a，解得该瞬间重物A的加速度大小a＝eq\f(m2,m1)g，选项D错误．答案：B课时分层作业（六）共点力作用下物体的平衡1．解析：小车受重力、支持力、驱动力和木板对小车的摩擦力，A错误；木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力，根据平行四边形定则可知合力方向一定不在水平方向，B错误；根据牛顿第三定律可知，作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，C错误，D正确．答案：D2．答案：B3.解析：小球受到重力、杆的弹力、水平拉力作用，F与FN的变化情况如图所示，由图可知，在小球向上移动的过程中，FN与竖直方向的夹角变大，F逐渐变大，FN逐渐变大．故选项C正确．答案：C4．解析：分析物体A的受力情况，一定受到外力F、重力和B对A的支持力，假设这三个力能使A处于平衡状态，则A只受到三个力，假设这三个力不能使A平衡，则A一定还受到B对A的摩擦力，所以物体A可能受到三个力的作用，也可能受到四个力的作用，故选项A、B错误；以整个装置为研究对象，因为系统处于平衡状态，所以B一定受到地面对它的摩擦力作用，故选项C正确；由于力的作用是相互的，从转换对象角度假设A受到B对它的摩擦力作用，则B一定受到A对它的摩擦力作用，所以物体B可能受四个力作用，也可能受五个力作用，故选项D正确．答案：CD5.解析：小球受力动态平衡如图，可知当FT平行于斜面时FT取最小值FTmin，FTmin＝mgsin30°，对小球和斜面体组成的系统，F＝FTmincos30°＝eq\f(\r(3),4)mg，A正确．答案：A6．解析：以小球为研究对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有：FT＝mgcosθ，沿半径方向有：FN＝mgsinθ，通过细线将小球从M缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B两项错误；以柱体为研究对象，竖直方向有：N地＝Mg＋FNsinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有：N墙＝FNcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D项正确，C项错误．答案：D7.解析：设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示．同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为α，则根据几何关系可知∠NQM＝∠NMQ＝α，故NQ＝MN，即PM等于绳长；根据几何关系可得：sinα＝eq\f(PO,PM)＝eq\f,2)＝，则cosα＝，根据平衡条件可得：2FTcosα＝G，解得：FT＝5N，故D正确．答案：D8.解析：对5块构件与小朋友整体的受力分析如图所示．有F1sinα＋F5sinα＝G，由对称性可知，支撑底座对构件1、5的弹力大小相等，有F1＝F5，可得F1＝eq\f(G,2sinα)，选项A正确，B错误；同理，对构件2、3、4与小朋友整体分析，可得构件1、2间的弹力F2＝eq\f(G,2sinβ)，对构件3与小朋友整体分析，可得构件2、3间的弹力F3＝eq\f(G,2sinγ)，可知底座与构件1间，构件1、2间，构件2、3间弹力依次变大，选项C正确，D错误．答案：AC9．解析：轻质环不计重力，a静止时细绳的拉力与杆对a的弹力平衡，故拉a的细绳与杆垂直，a受到两个力作用，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力和杆对b球的弹力，b受到3个力的作用，故B正确；对小球b受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝θ＝30°，设细杆对b的作用力大小为N，则：2Ncos30°＝mg，则N＝eq\f(\r(3),3)mg，细绳的拉力大小T＝N＝eq\f(\r(3),3)mg，故C错误，D正确．答案：BD10.解析：木箱受力分析如图所示，由平衡条件得，Fcosθ＝Ff，Fsinθ＋FN＝mg，Ff＝μFN，由以上各式解得，F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)，其中tanα＝eq\f(1,μ)＝eq\r(3)，则α＝60°，当θ＋α＝90°时，拉力F有最小值，故θ＝30°，F＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))＝50N，选项A正确，B、C、D错误．答案：A11．解析：对玻璃瓶受力分析，并正交分解，如图所示，根据平衡条件有2fcosθ＋2Nsinθ＝mg，又f＝μN，联立并代入数据得f＝eq\f(25－5\r(3),22)N，故C正确，A、B、D错误．答案：C12．解析：设细线的拉力为F，对C物体沿斜面方向根据平衡条件可得F＝m2gsinα＝5×10×sin37°N＝30N，对物体B竖直方向根据平衡条件得F＝mg＋F弹，解得弹簧的弹力为F弹＝15N，对物体A，由于弹簧的弹力等于物体A的重力，所以物体A与地面之间没有弹力，物体A受到重力和弹簧的弹力，物体B受到重力、细线的拉力和弹簧的弹力，故A错误、C正确；物体C受到重力、支持力和细线的拉力3个力的作用；物体D受到重力、物体C对它的压力、地面的支持力和摩擦力，共4个力，故B错误；以物体C和D整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对斜面D的摩擦力大小为Ff＝Fcosα＝30×N＝24N，故D错误．故选C.答案：C单元质量评估（二）相互作用1．解析：弹力方向垂直于接触面，成曲面的切线，故B正确、A错误；摩擦力方向与接触面平行且与相对运动或相对运动趋势的方向相反，故C、D错误．答案：B2．解析：如果物块受到重力、支持力和摩擦力作用处于平衡状态，则绳a、b对物块没有作用力，故A、B错误．如果绳子a的拉力大小等于物块的重力，则斜面对物块没有作用力，故C错误．如果b绳的拉力等于0，a的拉力小于物块的重力，则物块受到重力、a绳子的拉力、斜面的支持力和摩擦力4个力作用；也可能是a的拉力为零，受到重力、b绳子的拉力、斜面的支持力和摩擦力4个力作用，故D正确．答案：D3．解析：运动员受到重力、地面对他向上的支持力以及向前的静摩擦力作用，故选项A正确，B、C、D错误．答案：A4．解析：同一根绳子上的拉力相等，汽车受到绳索的拉力等于立柱受到绳索的拉力，故选项B错误；由于绳子的夹角很大，所以拉力F在绳子方向上的两个等大分力大于F，所以汽车受到绳索的拉力大小大于F，故选项A错误；匀速拉动汽车的过程中，绳子的夹角越来越小，由于分力大小不变，所以所需拉力F逐渐变大，故选项C错误，D正确．答案：D5．解析：将OB的拉力进行分解，如图所示．O点向右移动的过程中OA逆时针转动，由图可以看出OA绳子拉力与OC绳子的拉力都一直变大，选项B、D错误；平台对人的摩擦力大小等于OC的拉力，则摩擦力逐渐变大，选项A错误；OC、OB两绳拉力的合力大小等于OA上的拉力，则合力逐渐变大，选项C正确．答案：C6．解析：当拉力水平向左时，小球受到竖直向下的重力、沿OA向外的支持力和拉力F，根据矢量三角形可得G＝Ftan30°＝10eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)N＝10N；当拉力沿轨道切线方向时，根据矢量三角形可得F＝Gcos30°＝5eq\r(3)N，选项A正确．答案：A7.解析：对小球受力分析，杆对小球的弹力F方向沿杆斜向上与水平方向成30°角，斜面对球的弹力FN方向垂直于斜面斜向上与水平方向成30°角，重力方向竖直向下，如图所示，由几何关系可知三力互成120°角，根据平衡条件知，三力可以构成一首尾相连的等边三角形，则小球对斜面和轻杆的力有FN＝F＝G，根据牛顿第三定律可知，斜面和轻杆受到小球的作用力大小有F′N＝F′＝G，选项A正确．答案：A8．解析：分析小物块的受力，画出力的动态平衡图如图所示，可知在将推力沿逆时针方向缓慢转到水平方向的过程中，M槽对小物块的支持力FN逐渐增大，推力F先减小后增大，选项BC正确．答案：BC9．解析：F沿斜面向上拉A，但A、B均保持静止，弹簧的形变量不变，所以弹簧的弹力不变，选项A错误；开始A受到的弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力大小关系不知道，故A受到的摩擦力大小与方向不确定，用力F沿斜面向上拉A时，摩擦力大小可能增大、也可能减小，选项B正确；对系统整体分析可知，当用斜向上的拉力F拉A时，水平方向上有向左的拉力分量，由于整体处于平衡状态，所以地面对B的摩擦力的方向水平向右，选项C错误；竖直方向地面对B的支持力FN＝（mA＋mB）g－Fsinθ，所以由牛顿第三定律，可知施加力F后斜面体B对地面的压力减小，选项D正确．答案：BD10．解析：若B具有上滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力增大，若B具有下滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力减小，所以B对C的摩擦力不一定增大，故A错误；将B、C看作一个整体，仅增大A的质量，地面对C的摩擦力一定增大，故B正确；若B具有上滑的趋势，增大B的质量，则B受到的摩擦力减小，若B具有下滑的趋势，增大B的质量，则B受到的摩擦力增大，所以B受到的摩擦力不一定增大，故C错误；连接A、B的细线的夹角的一半等于α角，若仅将C向左缓慢移动一点，连接A、B的细线的夹角增大，则α角将增大，故D正确．答案：BD11．解析：（1）弹簧测力计的最小刻度为N，可知弹簧测力计的示数F＝N；（2）根据图示法作出F的图示，如图所示；（3）用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来，观察图形后受到了启发，提出求合力方法的猜想，然后改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验，故B、C正确．答案：（1）（2）见解析图（3）BC12．解析：（1）当拉力为0时，P刚好触及到电阻丝的端点M，此时让接入的电压表读数为0，即整个电路中，MN相当于滑动变阻器，采用分压式接法，故连接图如图所示：（2）当P触及到端点N时，电压表的读数即MN电阻分得的电压，根据闭合电路的欧姆定律可知U＝eq\f(E,RMN＋R电阻箱)RMN＝V.（3）由图2可知，x＝F，x段电阻大小为r＝eq\f(x,20)×20＝F.根据闭合电路的欧姆定律可知U＝eq\f(E,RMN＋R电阻箱)·r，解得F＝eq\f(80,3)U.答案：（1）见解析（2）（3）F＝eq\f(80,3)U课时分层作业（七）牛顿运动定律的理解1．解析：惯性大小的唯一量度是质量，与速度无关，与物体是否受力无关，质量越大惯性越大，故选项A、B、D错误，C正确．答案：C2．解析：相对于地面，小球竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，轨迹是曲线，A错误，B正确；能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度，故C错误，D正确．答案：BD3．解析：国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度（m）、质量（kg）、时间（s）、热力学温度（K）、电流（A）、发光强度（cd）、物质的量（mol），它们的国际单位是基本单位，而由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位叫作导出单位．A项的长度是基本物理量，B项的m是国际单位制基本单位，C项的nm是非国际单位制单位，D项的m/s是导出单位，故B正确，A、C、D错误．答案：B4．解析：喷出的燃气对周围空气的挤压力，作用在周围空气上，受力物体是空气不是火箭，故A错误；喷出的燃气挤压空气，空气对燃气的反作用力是作用在燃气上不是火箭，故B错误；燃气被喷出瞬间，火箭对燃气的作用力的受力物体是喷出的燃气，不是火箭，故C错误；燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力的施力物体是喷出的燃气，受力物体是火箭，是火箭获得的推力，故D正确．答案：D5．解析：小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，竖直方向上受平衡力，所以杆对小球的力的竖直分量等于重力且不发生变化，水平方向上合力向右并逐渐增大，所以杆对小球的作用力的水平分量逐渐增大，故C正确．答案：C6．解析：滑块始终未与皮带达到共速，则滑块始终受到皮带对它向左的滑动摩擦力μmg.开始时，弹簧弹力小于摩擦力，滑块向左做加速运动，对滑块，由牛顿第二定律有：μmg－kx＝ma，在滑块运动过程中摩擦力不变，弹力增大，所以滑块的加速度减小，滑块先做加速度减小的加速运动；当弹力增大到大于摩擦力时，有：kx－μmg＝ma，随弹力的增大，滑块的加速度增大，滑块做加速度增大的减速运动，直到速度减小为零，弹簧最长，故A、B、C错误，D正确．答案：D7．解析：A、B碰后以相同的速度一起运动，即A、B的加速度相同．以B为研究对象，据牛顿第二定律得aB＝eq\f(F,mB)＝eq\f(F,\f(1,2)mA)＝eq\f(2F,mA)＝aA.以A为研究对象，设弹簧对A的作用力为FA，根据牛顿第二定律有FA－F＝mAaA，则FA＝F＋mAaA＝F＋mA·eq\f(2F,mA)＝3F.答案：C课时分层作业（八）牛顿第二定律的应用1．解析：火箭点火加速，上升的阶段，加速度向上，宇航员处于超重状态，选项A正确，不符合题意；“飞龙号”载人飞船与空间站对接时，飞船的大小不能忽略，不能视为质点，选项B正确，不符合题意；宇航员在国际空间站中由于处于完全失重状态，则不可以用体重计测量体重，选项C错误，符合题意；火箭通过向后喷射气体提供动力，火箭与气体之间是相互作用力，其大小相等，选项D正确，不符合题意．答案：C2．解析：两个夹角为120°的50N的力，其合力仍为50N，加速度a＝eq\f(F合,m)＝25m/s2，3s末速度v＝at＝75m/s，3s内位移x＝eq\f(1,2)at2＝m，故A、C正确，B、D错误．答案：AC3．解析：物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3N，根据牛顿第二定律得，a＝eq\f(F＋Ff,m)＝eq\f(2＋3,1)m/s2＝5m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,5)s＝2s，B正确，A错误；减速到零后，恒力F<Ff，物体将保持静止，不再运动，C正确，D错误．答案：BC4．解析：由“等时圆”模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC<tB，B正确．答案：B5．解析：剪断轻绳之前，对物块受力分析可得弹簧的拉力F＝eq\f(mg,sin37°)＝50N剪断轻绳瞬间，根据牛顿第二定律得：F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝8m/s2，故A、B、C错误，D正确．答案：D6．解析：甲图中，弹簧计示数为N，物体的重力mg＝2N，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝ma，解得a＝m/s2，即电梯以m/s2的加速度匀加速向上运动，故A错误；乙图中，弹簧测力计的示数为2N，等于重力，物体处于平衡状态，可能匀速向上运动，故B正确；丙图中，弹簧测力计示数为N，则mg－F＝ma，解得a＝m/s2，即电梯以m/s2的加速度匀加速向下运动，故C错误；丁图中，测力计示数为0，物体处于完全失重状态，加速度为g，故D错误．答案：B7．解析：设a、b之间的水平距离为L，到达斜面底端所用的时间为t，当物块在斜面1上运动时，有eq\f(L,sin60°)＝eq\f(1,2)（gsin30°－μ1gcos30°）t2，物块在斜面2上运动时，有eq\f(L,sin30°)＝eq\f(1,2)（gsin60°－μ2gcos60°）t2，联立解得eq\f(μ1,μ2)＝eq\f(1,3)，D正确．答案：D8．解析：设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d－3d＝a1T2，向下运动时：3d－d＝a2T2，解得：eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,1)，根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1，向下运动时：mg－f＝ma2，解得：f＝eq\f(1,2)mg，C正确．答案：C9．解析：（1）在AB面上，FN1＝mgcosθ在BC面上，FN2＝mgAB面和BC面对小朋友的支持力大小之比，eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(cosθ,1)＝（2）小朋友在AB面上的加速度大小为a1又因为xAB＝eq\f(hAD,sinθ)＝4m所以a1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),2xAB)＝2m/s2由牛顿第二定律得ma1＝mgsinθ－μmgcosθ得μ＝（3）小朋友在BC面上的加速度大小a2＝μg＝5m/s2刚好不撞上C点，设BC的长度为xBC得xBC＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),2a2)＝mBC的长度至少为m答案：（1）（2）（3）m10．解析：由题图可知，升降机停止运动后弹簧先被压缩，可知升降机在停止运动前是向下运动的，选项A正确；0～t1时间段内，弹力从零一直增大到最大，弹力先小于重力沿斜面向下的分力，后又大于重力沿斜面向下的分力，可知金属球先做加速运动后做减速运动，选项B错误；同理，t1～t2时间段内，金属球沿斜面向上先加速后减速，则金属球先超重后失重，选项C错误；t2和t4两时刻弹簧的弹力为零，则弹簧在原长位置，此时金属球只受重力和斜面的支持力，加速度均为gsin30°，且由机械能守恒可知速度的大小相同，选项D正确．答案：AD11．解析：（1）解法一物体在AB段运动时，受力分析如图甲所示，则由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma又由运动学公式得L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))整理得F＝mgsinθ＋eq\f(2mL,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))解法二对物体由A到B的过程，由动量定理得（F－mgsinθ）t0＝mvB又由运动学公式得eq\f(vB,2)＝eq\f(L,t0)整理得F＝mgsinθ＋eq\f(2mL,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))).（2）由eq\f(vB,2)＝eq\f(L,t0)得物体在B点的速度大小为vB＝eq\f(2L,t0)则物体运动到B点时拉力的功率PB＝FvB整理得PB＝eq\f(2mgLsinθ,t0)＋eq\f(4mL2,teq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0))).（3）物体运动到BC段后，受力分析如图乙所示由题意知该过程保持功率PB恒定，且物体做减速运动，则由公式P＝Fv可知，牵引力F逐渐增大．根据牛顿第二定律mgsinθ＋Ff－F＝ma可知，物体的加速度逐渐减小，当物体的加速度等于0，即mgsinθ＋Ff＝F时，物体的速度减小到最小，此后保持该速度做匀速直线运动．由以上分析可知，物体在AB段做初速度为零的匀加速直线运动，BC段先做加速度逐渐减小的减速运动，再做匀速直线运动．该过程的速度随时间的变化图象如图丙所示．答案：（1）mgsinθ＋eq\f(2mL,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))（2）eq\f(2mgLsinθ,t0)＋eq\f(4mL2,teq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)))（3）见解析课时分层作业（九）应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题1．解析：由v2＝2ax得x＝eq\f(1,2a)v2，结合x­v2图象可知小物块的加速度a＝5m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝gsinθ，所以θ＝30°，选项A正确，B、C、D错误．答案：A2．解析：在v­t图象中，图象斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，分析知A、B错误；由F＝ma及减速阶段加速度大可知减速时列车所受的合外力更大，C错误；由图可知列车总位移x＝eq\f(80×（300＋350）,2)m，Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(900－\f(x,80)))s＝575s，D正确．答案：D3．解析：（1）由图象可知运动员重力G＝500N蹦床对运动员的最大弹力Fm＝2500N设运动员的最大加速度为am，则Fm－mg＝mam解得am＝40m/s2.（2）由图象可知最长的自由下落的时间为t＝eq\f－,2)s＝s最大速度vm＝gt解得vm＝8m/s.答案：（1）40m/s2（2）8m/s4．解析：设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k（x0－x）＝（mA＋mB）a，可得F＝kx＋（mA＋mB）a－kx0，若（mA＋mB）a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，F­x图象可能是过原点的直线，对A有k（x0－x）－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN­x图象是向下倾斜的直线，当FN＝0时，A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－eq\f(mAa,k)＜x0，因此选项B、D正确，A、C错误．答案：BD5．解析：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，服务员以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得Ff1＝ma1，碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ2mg.解得a1≤μ2g＝m/s2，对碗和托盘整体，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得Ff2＝（M＋m）a2，手和托盘相对静止，则Ff2≤Ff2max＝μ1（M＋m）g，解得a2≤μ1g＝2m/s2，则服务员上菜的最大加速度amax＝m/s2.（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间t1＝eq\f(vmax,amax)＝eq\f(3,1.5)s＝2s，加速运动位移x1＝eq\f(1,2)vmaxt1＝eq\f(1,2)×3×2m＝3m，减速运动时间t2＝t1＝2s，位移x2＝x1＝3m，匀速运动位移x3＝L－x1－x2＝12m－3m－3m＝6m．匀速运动时间t3＝eq\f(x3,vmax)＝2s，则服务员上菜所用的最短时间t＝t1＋t2＋t3＝6s.答案：（1）m/s2（2）6s课时分层作业（十）动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型1．解析：工件恰好传送到右端，有0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝－2μgL，代入数据解得μ＝，工件与皮带间动摩擦因数不大于才为合格，此过程用时t＝eq\f(v0,μg)＝2s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误．答案：B2．解析：设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝μg，小车加速度a2＝eq\f(μmg,M)，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝s<1s，v＝1m/s，s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动．则在0～s时间内小滑块位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1m，小车位移x2＝eq\f(v,2)t0＝m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝m，C项正确．答案：C3．解析：（1）小物块的加速度am＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2小车的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝m/s2.（2）由amt＝v0＋aMt，得t＝2s，v同＝2×2m/s＝4m/s.（3）在开始2s内，小物块通过的位移x1＝eq\f(1,2)amt2＝4m假设在接下来的t′＝1s内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动，加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝m/s2Ff＝ma＝N，Ffm＝μmg＝4N因为Ff＜Ffm，所以假设成立．共速后小物块的位移x2＝v同t′＋eq\f(1,2)at′2＝m通过的总位移x＝x1＋x2＝m.答案：（1）2m/s2m/s2（2）2s（3）m4．解析：因v2>v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度为零，将一直向上以v2匀速运动，选项B正确；若F>mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度向上，将一直做匀加速直线运动，选项A正确；若F<mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度向下，将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物体受静摩擦力保证其合力为零，则和传送带一起向上匀速运动，故选项C错误，D正确．答案：ABD5．解析：（1）由题图乙知4s末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时aA＝2m/s2.对于木板有f＝mAaA＝μmBg，木板与木块间的动摩擦因数μ＝eq\f(mAaA,mBg)＝0.3.（2）由题图乙知，4s末A、B的速度均为v＝eq\f(1,2)×4×2m/s＝4m/s.（3）4～6s内，木板A运动的位移xA＝vt2＋eq\f(1,2)aAteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，木块B的位移xB＝vt2＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，则木板的长度l＝xB－xA＝4m.答案：（1）（2）4m/s4m/s（3）4m单元质量评估（三）牛顿运动定律1．解析：人刚踏上电梯时，人相对电梯有向后运动的趋势，则受到向前的摩擦力，人会有向后倾的趋势，故A错误，B正确；人的惯性只由人的质量决定，与电梯的速度无关，故C错误；摩擦力的大小与电梯速度无关，故D错误．答案：B2．解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学先做了一次下蹲，后做了一次起立的动作，故选项A正确，B错误；由以上分析可知，起立时先超重后失重；下蹲时先失重后超重，故选项C、D错误．答案：A3．解析：钢丝对人的支持力和人的重力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一物体上，所以是一对平衡力，故A正确，B、C、D错误．答案：A4．解析：牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，A错误；牛顿第二定律可以通过实验来验证，牛顿第一定律不可以通过实验来验证，B错误；国际单位制中，kg、m是基本单位，N是导出单位，C错误；根据速度定义式v＝eq\f(Δx,Δt)，当Δt→0时，eq\f(Δx,Δt)就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，D正确．答案：D5．解析：剪断细绳前，对小球Q受力分析，受到重力mg、弹簧的弹力F，由于Q处于平衡状态，则F＝mg，方向向上，则弹簧对P的弹力大小为F，方向向下．剪断细绳的瞬间，吊篮P所受重力和弹簧的弹力均不变，细绳的拉力减为零，故吊篮P受到的合力等于mg＋F，根据牛顿第二定律得mg＋F＝maP，所以aP＝2g，小球Q受到的力不变，合力为零，所以aQ＝0，故A、B、D错误，C正确．答案：C6．解析：对m受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得：Ffcos37°－FNsin37°＝ma，竖直方向，根据平衡条件可得：Ffsin37°＋FNcos37°＝mg，根据摩擦力的计算公式可得：Ff＝μFN，联立解得：a＝eq\f(5,16)m/s2；以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：F＝（M＋m）a，解得：F＝10N，故B项正确、A、C、D三项错误．答案：B7．解析：由初速度为零的匀加速直线运动规律可知v2＝2ah，结合图象面积可求得水桶上升4m时的速度大小v＝eq\r(2×\f＋1,2)×4)m/s＝eq\r(6)m/s，故A、B错误；由牛顿第二定律可知2F－mg＝ma，即F＝N，故C错误，D正确．答案：D8．解析：箱子静止时，对小球，根据平衡条件得FOAsinθ＝mg，FOB＝FOAcosθ，若使箱子水平向右加速运动，则在竖直方向上合力为零，有F′OAsinθ＝mg，F′OB－F′OAcosθ＝ma，所以绳1的张力不变，绳2的张力增大，选项A错误，B正确；若使箱子竖直向上加速运动，则F″OAsinθ－mg＝ma，F″OB＝F″OAcosθ，所以绳1的张力增大，绳2的张力也增大，选项C正确，D错误．答案：AD9．解析：由牛顿第二定律得μmg＝ma，得a＝1m/s2，设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v＝1m/s，由v＝at1，解得t1＝1s，匀加速运动的位移大小为x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝m，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x,v)＝s，行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝s，而旅客一直做匀速运动，从A到B的时间为t入＝eq\f(L,v)＝2s，故旅客提前s到达B处，A、C错误，B正确；若行李一直做匀加速运动，则运动时间最短，有L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(min))，解得tmin＝2s，故D正确．答案：BD10．解析：由图可知，木板在1s～s的加速度大小比s后的加速度大小要大，也就意味着在s之前木块与木板之间相对滑动，直到s时刻木块与木板共速在1s～s内，木板的加速度大小为a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(8－3,0.5)m/s2＝10m/s2在0～s内，物块的加速度大小为a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(3－0,1.5)m/s2＝2m/s2假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2则木板在1s～s内根据牛顿第二定律有：μ1×2mg＋μ2mg＝ma1木块在0～s内根据牛顿第二定律有：μ2mg＝ma2代入数据联立解得：μ1＝，μ2＝木板在0～1s内的加速度为a3＝eq\f(Δv3,Δt3)＝eq\f(8－0,1)m/s2木板在0～1s内受力为：F－μ1×2mg－μ2mg＝ma3代入数据解得：拉力F＝2μ1mg＋μ2mg＋ma3＝（2××1×10＋×1×10＋1×8）N＝18N答案：AD11．解析：（1）AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中间时刻的瞬时速度，即B点的瞬时速度，故vB＝eq\f(AB＋BC,4T)＝eq\f(（＋）×10－2,4×0.02)m/s≈m/s.由逐差法求解小车的加速度，a＝eq\f(（CD＋DE）－（AB＋BC）,（4T）2)＝eq\f(（＋－－）×10－2,（4×）2)m/s2≈m/s2.（2）将坐标系中各点连成一条直线，连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线的两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑，连线如图所示：（3）图线与纵轴有截距，说明实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．答案：（1）（2）见解析（3）实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够12.解析：（1）对小球进行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面方向建立坐标系，如图a所示．在垂直于斜面方向上，合力为0，可得F1sin60°＝mgsin60°，得F1＝1N在沿斜面向下的方向上，由牛顿第二定律得F1cos60°＋mgcos60°＝ma得a＝10m/s2，沿斜面向下．（2）箱子和小球相对静止，可以将箱子和小球看做一个整体，对整体进行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面建立坐标系，如图b所示．整体加速度a0＝a＝10m/s2，摩擦力Ff＝μFN；在垂直于斜面方向上合力为0，可得FN＝（Mg＋mg）sin60°；在沿斜面向下的方向上，由牛顿第二定律得F＋（Mg＋mg）cos60°－Ff＝（M＋m）a，联立得F＝20N.答案：（1）1N10m/s2，沿斜面向下（2）20N13．解析：（1）由于两个轻质弹簧相同，则两弹簧压缩量相同．设弹簧的压缩量为x0，弹簧形变产生的弹力大小为F，由胡克定律得F＝kx0设金属块所受C、D的摩擦力大小均为f，此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，依题意得f＝μF由平衡条件得2f＝mg联立并代入数据得x0＝5m.（2）假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和x2，有x1＋x2＝2x0水平方向，对金属块由牛顿第二定律得kx1－kx2＝ma代入题给数据得x1＝5m，x2＝－5m由x2＜0可知，此时薄板D已与金属块分离，D、B间弹簧已恢复原长，无弹力．金属块水平方向加速运动所需的合力全部由薄板C的弹力提供．设A、C和D、B间弹簧实际压缩量分别为x′1、x′2，则x′2＝0，水平方向，对金属块由牛顿第二定律得kx′1＝ma代入数据解得