《微专题小练习》物理统考版 详解答案

第一章质点的直线运动做真题明方向1．C当列车恰好以速度v匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝eq\f(v0－v,2a)，匀速通过隧道所用时间t2＝eq\f(L＋l,v)，列车加速到原来速度v0所用时间t3＝eq\f(v0－v,a)，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(3（v0－v）,2a)＋eq\f(L＋l,v)，C项正确．2．B各选项提及的各项运动项目中，研究其技术动作时球或运动员的大小、形状或姿态对所研究的问题有很大的影响，不能看成质点，只有选项B正确．3．B上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零．对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大．由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动．在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度，a＝g，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误．故选B.4．D罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在时间Δt内水平方向位移增加量aΔt2，竖直方向做自由落体运动，在时间Δt内位移增加gΔt2；说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的．故选D.5．C位移指的是从M点漂流到N点的有向线段，故位移大小为km，故A错误；从M点漂流到N点的路程为km，用时1h，则平均速率为eq\o(v,\s\up6(－))率＝eq\f(s,t)＝eq\f,1)km/h＝m/s，故B错误；该游客的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f,1)km/h＝m/s，故C正确；以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度大小为m/s，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度大小也为m/s，故D错误．6．BD从v­t图象上看，由于所有龙舟出发点相同，故只要存在甲龙舟与其他龙舟从出发到某时刻图线与t轴所围图形面积相等，就存在船头并齐的情况，故A错误，B正确．从s­t图象上看，图象的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误．专题1描述直线运动的基本概念1．D物体能否看成质点是取决于在研究问题中，物体的形状、大小是否可以忽略不计，故在研究蚂蚁运动时，不一定能把蚂蚁视为质点，A错误；研究体操运动员的动作时，需要研究运动员身上各部位的具体动作，故不能将其视为质点，B错误；研究汽车上坡是否会翻倒时，汽车本身的形状、大小不能忽略不计，故不能将其视为质点，C错误；研究飞机飞行速度时，飞机本身的形状、大小可忽略不计，故可将其视为质点，D正确．2．A最小位移时，初末位置连线与直线轨道垂直，这时最小位移为x＝m×2＝73m，A正确．3．BD若以抛出点为坐标原点，则小球在最高点的坐标为＋5m，A错误；从最高点到落地点，小球的位移Δx＝(0－20)m＝－20m，B正确；规定竖直向上为正方向，从抛出点到落地点，小球的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(0－15,3)m/s＝－5m/s，负号表示平均速度的方向向下，C错误；小球的速度变化量Δv＝v1－v0＝(－20－10)m/s＝－30m/s，负号表示速度变化量的方向向下，D正确．4．C从在甲车上的乘客看到其左边的乙车向东运动，右边站台上的站牌不动，说明甲车相对站台是静止的，乙车相对站台向东运动，则以乙车为参考系甲车上的乘客会感觉到自己的列车在向西运动，C正确．5．C运动员前30米的平均速度为v1＝eq\f(s1,t1)＝eq\f(30,3.73)m/s＝m/s，运动员前60米的平均速度为v2＝eq\f(s2,t2)＝eq\f(60,6.29)m/s＝m/s，因此运动员前30米的平均速度小于前60米的平均速度，B错误；运动员最后10米的平均速度为v3＝eq\f(s3,t3)＝eq\f(100－90,－8.92)m/s＝m/s，无法推算出冲线时的瞬时速度，D错误，C正确；从上面的计算可以看出运动员做的变速直线运动，A错误．6．D规定乒乓球反弹回来的方向为正方向，则在该段时间内的平均加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(25－（－15）,0.001)m/s2＝×104m/s2，D正确．7．C纵轴截距表示的初始位置，图象B、D表示丙在起跑线的前面起跑，B、D错误；横轴截距表示起跑时刻，图象A、C表示正确，三位同学的位移相同，到达时刻早者为胜，图象A中甲到达的最晚，图象C中到达终点的次序为甲、丙、乙，符合题意，A错误，C正确．专题2匀变速直线运动规律的应用1．B由运动学规律得x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，代入数据解得t1＝1s，t2＝3s，则t2∶t1＝3∶1，B正确．2．B初速度为零，才有在第1、2、3s内位移之比为1∶3∶5，A错误；根据匀变速直线运动的推论知，相邻相等时间内的位移差为一恒量，有x3－x2＝x2－x1，可得当第1、2s内位移分别为1m、2m，则第3s内位移是3m，B正确；匀加速直线运动的加速度不变，C错误；匀加速直线运动相等时间内的位移越来越大，所以平均速度越来越大，D错误．3．BD物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s内通过的位移eq\f(1,2)a×32－eq\f(1,2)a×22＝3m，解得加速度a＝m/s2，前3s内的位移为eq\f(1,2)a×32＝m，前3s内的平均速度是eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f,3)m/s＝m/s，A、C错误，B正确；物体在第3s末的速度是v＝×3m/s＝m/s，D正确．4．BC由速度－位移的关系式得v2＝2ax，刹车距离跟车速的平方成正比，A错误；车速的增加量相同的情况下，车速越大刹车距离的增加量越大，C正确；刹车的加速度与质量无关，D错误；由v＝at得刹车时间跟车速成正比，B正确．5．B由运动学规律得2s末的瞬时速度v1＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s，5s末的瞬时速度v2＝eq\f(16,2)m/s＝8m/s，物体的加速度a＝eq\f(v2－v1,\f(t1＋t2,2))＝eq\f(4,3)m/s2，B正确．6．D由匀加速直线运动规律：相邻相等时间间隔的位移之差为恒量Δx＝aT2得a＝eq\f(8－4,22)＝1m/s2，A正确；由匀加速直线运动规律：相邻相等时间间隔的位移之差为恒量CD－BC＝BC－AB得CD＝12m，B正确；由vC＝eq\o(v,\s\up6(－))BD＝eq\f(BC＋CD,2T)＝5m/s可以得出OC之间的距离OC＝eq\f(veq\o\al(2,C),2a)＝m，OA＝OC－AC＝m，C正确，D错误．7．C由匀变速直线运动的规律得电动车的初速度v0＝4m/s，加速度a＝－2m/s2，A、B错误；2s末的速度v＝v0＋at＝4m/s＋(－2)×2m/s＝0，C正确；由于电动车2s末停止运动，所以0～3s内的位移等于0～2s内的位移，代入位移公式得电动车通过的位移为4m，D错误．8．B采用逆向思维，把刹车过程看成反方向初速度为零的匀加速直线运动．设刹车用总时间为t，由平均速度等于中间时刻的瞬时速度和平均速度的定义可知，汽车在(t－)s和s时的瞬时速度之比为7∶1(反方向的运动过程)，结合速度公式v＝a×，vt－＝a×(t－)，解得t＝4s，则整个过程的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝m/s，B正确．9．A设初速度为v，末速度为eq\f(1,3)v，根据运动学规律得v＋eq\f(1,3)v＝2eq\o(v,\s\up6(－))，eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(L,t)，v－eq\f(1,3)v＝at，联立解得a＝eq\f(L,t2)，A正确．10．C子弹的末速度为0，把正方向的匀减速运动看成反方向加速度不变的匀加速运动，则在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，选项B错误、C正确；用逆向思维v＝at，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，选项A错误；根据eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)，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，选项D错误．11．(1)eq\f(2v2,d)(2)eq\f(a,3)(eq\f(d,v)＋t0)2解析：(1)电梯门做匀加速与匀减速的位移相等，可得匀加速运动的位移为eq\f(d,4)，设加速度为a，根据匀变速直线运动的规律有：v2＝2aeq\f(d,4)解得a＝eq\f(2v2,d).(2)电梯门关闭的时间为t＝eq\f(d,v)设人加速运动的时间为t1，减速运动的时间为t2，由v1＝at1＝2at2得t1＝2t2又t1＋t2＝t＋t0得t1＝eq\f(2,3)(t＋t0)，t2＝eq\f(1,3)(t＋t0)由公式L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2ateq\o\al(2,2)＝eq\f(a,3)(eq\f(d,v)＋t0)212．(1)2m/s240s(2)6×107J解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为eq\f(v1,2)，则L＝eq\f(1,2)v1t解得飞机滑行的时间为t＝eq\f(2L,v1)＝eq\f(2×1600,80)s＝40s飞机滑行的加速度为a＝eq\f(v1,t)＝eq\f(80,40)m/s2＝2m/s2(2)飞机从水面至h＝100m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mgh＝eq\f(1,2)×1×104×1002J＋1×104×10×100J＝6×107J专题3自由落体运动和竖直上抛运动1．AC2．C根据h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))＝s，C正确．3．B小宋同学起跳后做匀减速直线运动，采用逆向思维，小宋向下做匀加速直线运动，由v2－0＝2gh，解得v＝eq\r(2gh).结合生活实际可知，原地站立且胳膊向上伸直时，手指离地高度约为m，则h＝m－m＝m，代入数据解得v≈3m/s，B正确．4．AD排球被击出后做竖直上抛运动，到达最高点时的速度为零，加速度为重力加速度g，A正确，B错误；排球上升和下落过程均只受重力作用，加速度为重力加速度g，方向竖直向下，C错误；由速度公式得排球从击出至落回击球点所用时间t＝eq\f(2v0,g)＝s，D正确．5．AB根据速度－位移关系式得2gxMN＝veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)，解得xMN＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2g)，A正确；由速度公式得物体从M到N的时间t＝eq\f(v2－v1,g)，B正确；由匀变速直线运动的推论得物体经过MN的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v2＋v1,2)，C错误；自由落体运动的加速度不变，为重力加速度g，D错误．6．D由题意知tAB＝tBC＝T，由Δv＝aΔt＝gT可知BC过程速度的增加量等于AB过程速度的增加量，A错误；只有苹果在A点速度为零时，才满足x1∶x2＝1∶3，B错误；苹果运动到位置B时的速度vB＝eq\f(x1＋x2,2T)，C错误；根据Δx＝aT2得苹果运动的加速度大小a＝eq\f(x2－x1,T2)，D正确．7．B由h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)得，砖块上升的最大高度h＝m，A错误；砖块上升的时间t＝eq\f(v0,g)＝s，上升阶段与下降阶段的时间相等，经3s砖块回到抛出点，B正确；砖块被抛出后经1s上升的高度h′＝v0t′－eq\f(1,2)gt2＝10m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前1s时间内通过的距离为10m，C错误；砖块被抛出后加速度不变，上升到最高点时，加速度仍然为g，D错误．8．BC由题意可知A、B均自由落体，L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，L＋3L＝eq\f(1,2)a(t1＋t2)2，解得t1＝t2，A错误，B正确；而v1＝at1，v2＝a(t1＋t2)，故v1∶v2＝1∶2，C正确，D错误．9．2s<Δt<8s解析：让小球B抛出后处于上升阶段时与A球相遇，则Δt的最大值为小球A刚要落回抛出点的瞬间将小球B抛出，小球A在空中运动的时间为tA＝eq\f(2vA,g)＝eq\f(2×40,10)s＝8s，即Δt的最大值为Δtmax＝8s．Δt的最小值为A、B两小球同时落地时先后抛出的时间间隔．而小球B在空中运动的时间为tB＝eq\f(2vB,g)＝eq\f(2×30,10)s＝6s，则Δt的最小值为Δtmin＝tA－tB＝2s.所以，两球能在空中相遇的Δt满足的条件为2s<Δt<8s.10．(1)eq\f(8H,Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2))(2)L0＋eq\f(Teq\o\al(2,1)H,Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2))解析：(1)小球从O点上升到的最大高度h1＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T1,2)))eq\s\up12(2)小球从P点上升到的最大高度h2＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,2)))eq\s\up12(2)又H＝h1－h2，解得g＝eq\f(8H,Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2)).(2)玻璃管的最小长度L＝L0＋h1，即L＝L0＋eq\f(Teq\o\al(2,1)H,Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2)).专题4运动图象1．Dx­t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0～t1图像斜率变大，t1～t2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零．故选D.2．BC0～1s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(6＋0,2)m/s＝3m/s，A错误；0～1s内的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(0－6,1)m/s2＝－6m/s2，1～3s内的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(－2－0,3－1)m/s2＝－1m/s2，则0～1s内的加速度大小是1～3s内的加速度大小的6倍，B正确；0～3s内的位移x＝eq\f(1,2)×1×6m－eq\f(1,2)×(3－1)×2m＝1m，C正确；0～1s内速度为正，加速度为负，1～3s内速度为负，加速度为负，速度方向发生改变，加速度方向没有发生改变，D错误．3．C0～2s内，甲做匀速运动，加速度等于零，A错误；乙在3s末距离出发点最远，B错误；0～2s内和4～6s内，甲都向正方向运动，速度大小相等，v＝eq\f(4－0,2－0)m/s＝2m/s，所以甲在0～2s内和4～6s内速度等大同向；0～2s内和4～6s内，乙的加速度方向都沿正方向，加速度大小相等，a＝eq\f(4－0,2－0)m/s2＝2m/s2，所以乙在0～2s内和4～6s内加速度等大同向，C正确；由图象可知，0～6s内甲的路程为16m，乙的路程为12m，D错误．4．C速度－时间图象只能表示直线运动中速度随时间的变化规律，两车均做直线运动，A错误；根据速度－时间图线与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，甲车的位移大于乙车的位移，B错误；速度－时间图象的斜率表示加速度，两图象的斜率均逐渐减小，由图象知汽车甲和乙的加速度均逐渐减小，C正确；若汽车乙做初速度为v2的匀减速直线运动，其速度－时间图象如图中虚线所示，平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v1＋v2,2)，虚线与时间轴围成的面积大于乙图线与时间轴围成的面积，所以汽车乙的平均速度小于eq\f(v1＋v2,2)，D错误．5．BD由速度公式得Δv＝at可知，a­t图象与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，A错误，B正确；0～t0时间内，Δv＝S，因为物体的初速度为0，则有末速度v＝Δv＝S，平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)＝eq\f(S,2)，C错误，D正确．6．C本题可用解析法求解，解法如下：匀加速运动的位移x1＝eq\f(1,2)×v，匀速运动的位移x2＝(－)v，且x1＋x2＝100m，联立解得v＝m/s，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f,2.83)m/s2≈m/s2，C正确．还可以用图象法求解，解法如下：作出苏炳添的速度—时间图象如图所示，图线与时间轴所夹面积表示位移可得eq\f(（7＋）v,2)＝100m，解得v＝m/s，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f,2.83)m/s2≈m/s2，C正确．7．A由匀变速直线运动的速度与位移关系式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得v2＝veq\o\al(2,0)＋2ax，结合图象可知斜率为2a，则加速度a＝eq\f(1,2)×eq\f(81－25,28)m/s2＝1m/s2，A正确．8．C驾驶员在反应时间内做匀速运动，s后做减速运动．若在s后做匀减速运动，停下时汽车的位移x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8×＋\f(1,2)×8×2.7))m＝m>13m；若s后做加速度减小的减速运动位移可能等于13m，所以选择C.9．Cx­t图线的斜率表示质点运动的速度，所以0～6s内物体做加速运动，6～8s内物体做匀速运动，A、B错误；4s末质点有加速度，8s末加速度为零，所以C正确；4～6s内的瞬时速度均小于之后的瞬时速度，所以4～6s内的平均速度小于6～8s内的平均速度，D错误．10．BD由题图可知v1＝v2＝v3＝v4＝eq\f(v,2)，A项错误、B项正确；根据全程甲、乙的位移相等，得到eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)＝eq\f(v2,2a3)＋eq\f(v2,2a4)，即eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＝eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)，C项错误、D项正确．11．D由于x＝kv2，结合初速度为零的匀加速运动规律x＝eq\f(1,2a)v2可知，质点做初速度为零的匀加速直线运动，解得加速度大小为a＝1m/s2，第一个1m末速度v1＝eq\r(2ax1)＝eq\r(2)m/s，第二个1m末的速度v2＝2m/s，质点从静止开始运动后第2个1m内的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)(v1＋v2)＝eq\f(1,2)(eq\r(2)＋2)m/s＝(1＋eq\f(\r(2),2))m/s，D正确．12．C由题意知火箭的加速度向上，为正值，所以选项D错误；加速度先减小，后不变且等于零，所以选项A、B错误，C正确．专题5追及和相遇问题1．D驾驶员反应过程中，汽车做匀速直线运动，行驶距离为x1＝vt1，刹车过程中，有x2＝eq\f(v2,2a)，为安全行驶x1＋x2≤30m，代入数据，解得最大速度为v＝20m/s(另解v＝－30m/s舍去)，A、B、C错误，D正确．2．C设经过时间t后，轿车和卡车车尾分离，轿车的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2，卡车的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2，x1＋x2＝45m.联立解得t＝s．3．A0～1s内，x甲＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，x乙＝10×1m＋eq\f(1,2)×5×12m＝m，Δx＝x乙－x甲＝m，说明t＝0时刻甲在乙的前方m，设下次车头齐平的时刻为t，10×t＋eq\f(1,2)×5×t2－eq\f(1,2)×10×t2＝m，解得t＝1s或t＝3s，A正确．4．B图中阴影部分面积表示0～6s内两车位移之差为Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×30×3＋\f(1,2)×30×3))m＝90m，Δx<100m，两车不会相撞，A错误，B正确；由图象可知，t＝6s时两车速度大小相等，方向相同，C错误；t＝6s时两车相距最近，D错误．5．C如图所示，当甲、乙相距10m时，根据勾股定理，甲比乙多走8m，设此时二人的运动时间为t1，根据位移公式得v甲t1－eq\f(1,2)a乙teq\o\al(2,1)＝8m，由图象得a乙＝1m/s2，解得t1＝4s.由图象知此时两者速度相等恰好相距最远，刚好还能接收到信号，之后乙超过甲，当乙比甲多走8m时，是最后接收到信号的时刻，设从开始到该时刻的时间为t2，乙加速的时间t0＝eq\f(6,1)s＝6s，乙加速6s后开始以6m/s速度匀速运动，乙匀速运动的时间为(t2－6)s，根据题意得[eq\f(1,2)a×62＋6(t2－6)]－v甲t2＝8m，解得t2＝13s，也就是说，前13s内，甲、乙之间的距离都在10m内，都能接收到信号，C正确．6．(1)25m(2)6s解析：(1)两车速度相等时，相距最远，则由有vA＝vB＋at1解得t1＝1s，此段时间内A车的位移xA＝vAt1B车的位移xB＝vBt1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)A、B之间的最远距离Δx＝xA＋x0－xB以上各式联立解得最远距离Δx＝25m.(2)设经过时间tB车追上A车，则通过的位移关系有x′B＝x′A＋x0即vBt＋eq\f(1,2)at2＝vAt＋x0代入数据解得t＝6s．专题6实验：研究匀变速直线运动1．(1)(2)(3)(4)b2k解析：(1)根据纸带的数据可得ΔxAD＝xAB＋xBC＋xCD＝cm＋cm＋cm＝cm平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))AD＝eq\f(xAD,3T)＝cm/s(2)根据第(1)小题结果补充表格和补全实验点图像得(3)从实验结果可知，小车运动的eq\o(v,\s\up6(－))­Δt图线可视为一条直线，图像为此直线用方程eq\o(v,\s\up6(－))＝kΔt＋b表示，由图像可知其中k＝eq\f－,0.6)cm/s2＝cm/s2，b＝cm/s(4)小车做匀变速直线运动，由位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，整理得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at即eq\o(v,\s\up6(－))＝vA＋eq\f(1,2)at故根据图像斜率和截距可得vA＝b，a＝2k2．(1)相邻相等时间间隔位移差大小接近(2)547(3)79解析：(1)将表格中数据转化如图，则x1＝507m，x2＝587m，x3＝665m，x4＝746m，x5＝824m，x6＝904m，可得x2－x1＝80m，x3－x2＝78m，x4－x3＝81m，x5－x4＝78m，x6－x5＝80m，相邻相等时间间隔位移差大小接近，可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动．(2)x＝507m时该飞行器的速度即t＝1s时的瞬时速度，利用匀变速直线运动的特点可知时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故v＝eq\f(x1＋x2,2t)＝eq\f(1094m,2×1s)＝547m/s.(3)由逐差法得a＝eq\f(（x6＋x5＋x4）－（x3＋x2＋x1）,9t2)＝eq\f(（4233－1759）－1759,9×12)m/s2＝79m/s2.3．(1)乙(2)(3)eq\f(2（vBC－vAB）,t1＋t2)(4)B(5)偏大解析：(1)泡沫板受空气阻力影响大，实验误差大，故选铝基板，乙同学的选择较好．(2)游标卡尺的读数为74mm＋5×mm＝mm.(3)根据匀加速直线运动的平均速度等于铝板运动的中间时刻的瞬时速度，则重力加速度g＝eq\f(vBC－vAB,\f(1,2)（t1＋t2）)＝eq\f(2（vBC－vAB）,t1＋t2).(4)根据以上分析可知，对释放位置没有要求，释放时挡板的下沿可以在光电门上方一定距离处，A错误，B正确；挡板下落时，AC连线在纸面内如果没有保持竖直状态，时间的测量值会偏大，对测量结果有影响，C错误；狭缝的位置任意，只需要计算两端平均速度及时间即可，D错误．(5)有影响，狭缝通过光电门也需要一定的时间，整块挡板通过光电门的实际时间大于t1＋t2，导致g的测量值偏大．第二章相互作用做真题明方向1．D对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月则对一条腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为eq\f(mg,24).故选D.2．D以结点O为研究对象，进行受力分析，由平衡条件可得F＝2F1cos30°＝eq\r(3)F1，选项D正确．3．B根据对称性，四根斜杆对横杆的作用力大小相等，设为F，选择横杆和物体为研究对象，根据平衡条件有4Fcoseq\f(θ,2)＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，故每根斜杆受到地面的作用力也为eq\f(\r(3),6)G，选项B正确．4．D当水桶和水整体的重心在转轴以下时，桶不会倾覆，当重心在转轴上方时，桶会翻转，所以选择D.5．B曲辕犁耕索的拉力在水平方向上的分力为Fsinα，直辕犁耕索的拉力在水平方向上的分力为Fsinβ，由于α<β，则Fsinβ>Fsinα，A错误；曲辕犁耕索的拉力在竖直方向上的分力为Fcosα，直辕犁耕索的拉力在竖直方向上的分力为Fcosβ，由于α<β，故Fcosα>Fcosβ，B正确；作用力与反作用力大小相等，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对作用力与反作用力，故耕索对犁的拉力等于犁对耕索的拉力，C、D错误．6．C小滑块从A到B缓慢移动过程中，始终受力平衡，对小滑块受力分析如图1所示，根据平行四边行定则可得推力F＝mgsinθ，凹槽对滑块的支持力FN＝mgcosθ，滑块上移时夹角θ从零逐渐增大至90°，由数学知识可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；滑块和凹槽系统始终处于平衡状态，对整体受力分析如图2所示，由平行四边形定则可得地面对凹槽的支持力N1＝G－Fsinθ＝G－mgsin2θ，墙面对凹槽的压力N2＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，随着滑块缓慢由A到B，夹角θ从零逐渐增大至90°，由三角函数知识可知水平地面对凹槽的支持力N1逐渐减小，墙面对凹槽的压力N2先增大后减小，C正确，D错误．专题7重力和弹力1．B高纬度地区的重力加速度比低纬度地区的重力加速度大，同一物体在赤道受到的重力小于在北极受到的重力，A错误；水平桌面上的杯子受到的支持力是桌面发生形变而产生的，B正确；物体间相互作用时，施力物体和受力物体同时存在的，C错误；只有形状规则且质量分布均匀的物体的重心才在物体的几何中心．物体能否被看成质点要看物体的大小和形状对所研究的问题的影响能否忽略，D错误．2．C弹力的方向总是垂直于接触面指向被支持的物体，故容器上A点对细杆的作用力方向为垂直于过A点切线指向杆，容器上B点对细杆的作用力方向为垂直于杆，C正确．3．C重心是物体各部分所受重力的等效作用点，并不是其他部分不受重力，物体的各个部分都受到重力，A错误；重力方向竖直向下，当放在斜面上也是竖直向下，B错误；根据力的图示可读得铅球重力的大小为50N，C正确；力的图示中标度是任意的，D错误．4．AC弹簧的劲度系数k＝eq\f(F,x)＝1000N/m，A正确，B错误；图甲、图乙中弹簧受力相同，弹簧的伸长量相同，图乙弹簧伸长量为m，C正确，D错误．5．C把手对弹性绳的拉力是由于把手发生形变产生的，A错误；根据F＝kx可得k＝eq\f(2F,x)＝eq\f(240,0.3)N/m＝800N/m，B错误，C正确；弹性绳原长度未知，每只手的拉力改为80N，弹性绳长度不知，D错误．6．D由题图读出x＝m时，弹簧的拉力F＝2×102N，由胡克定律F＝kx得k＝eq\f(F,x)＝2×103N/m，A错误，D正确；当弹簧伸长量为x1＝2cm时，弹簧产生的拉力是F1＝kx1＝2×103×N＝40N，B错误；当弹簧受F2＝800N的拉力作用时，弹簧的伸长量为x2＝eq\f(F2,k)＝eq\f(800,2×103)m＝m＝40cm，弹簧总长度大于40cm，故C错误．7．C若用力F拉“大”弹簧，则有x1＝eq\f(F,k1)，x2＝eq\f(F,k2)，x1＋x2＝eq\f(F,k0)，联立解得eq\f(1,k0)＝eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)，由上式分析可得k0<k1，k0<k2，k0更接近k1，C正确．专题8摩擦力1．D电风扇受重力、支持力、空气的反作用力及静摩擦力，共四个力作用，A错误；由于风扇处于平衡状态，故空气的反作用力与桌面对风扇的静摩擦力大小相等，而空气的反作用力大小不变，故静摩擦力大小不变，当风的方向改变时，静摩擦力的方向也改变，B错误，D正确；风扇对空气的作用力作用在空气上，而桌面对风扇的摩擦力作用在风扇上，两者不是平衡力，C错误．2．D由题意知用80N的水平力推沙发，就可以使沙发保持匀速直线运动，应用平衡条件得F＝μmg，解得沙发与地面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(80,800)＝，A错误；由题意得沙发与地面间的最大静摩擦力为96N，所以用90N的水平力推这个静止的沙发，沙发不动，由平衡条件得沙发所受的静摩擦力大小为90N，B错误；若用96N的水平力推这个已经在运动的沙发，沙发所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为80N，C错误；小王坐在沙发上，由平衡条件得小李需要的水平推力大小F1＝μ(M＋m)g＝140N，D正确．3．D后轮为驱动轮，与地面接触点有相对地面向后的运动趋势，受到的摩擦力向前，前轮有相对地面向前的运动趋势，受到的摩擦力向后，D正确．4．C应用假设法可判断甲情形中不受摩擦力，由平衡条件可判断乙情形中受到沿斜面向上的摩擦力，C正确．5．CD对A、B整体受力分析，由平衡条件得地面对B一定有摩擦力作用，μ2≠0.对A受力分析，B对A没有摩擦力作用，μ1可能为零，也可能不为零，C、D正确．6．C物体重力沿斜面向下的分力为mgsin37°＝×10×N＝3N，用平行于斜面底边的水平力F＝1N推物体时，物体保持静止，由平衡条件可得物体受到沿斜面向上的摩擦力的分力f1＝3N，平行于斜面底边的摩擦力的分力f2＝1N，则物体受到的摩擦力大小为f＝eq\r(32＋12)N＝eq\r(10)N，选项C正确．7．C物块与长木板间发生相对运动，是滑动摩擦力，只要两者间发生相对运动即可，木板不一定在桌面上做匀速直线运动，A、B错误；物块受力平衡，弹簧测力计示数等于物块受到的滑动摩擦力，C正确；木板与物块、桌面间都会有摩擦力，D错误．8．A对圆锥面上的任一沙子有：mgsinθ＝μmgcosθ(θ为圆锥体的底角)，即有tanθ＝μ＝0.8.根据数学知识得圆锥底部的半径r＝eq\f(l,2π)＝eq\f(15,π)m，圆锥体的高为h＝rtanθ＝eq\f(12,π)m，圆锥体的体积为V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)πr2h≈m3，选项A正确．9．D由题意可知，两物块的质量相等，则两物块与斜面之间的最大静摩擦力相等，物块与斜面之间的最大静摩擦力为Ffm＝μmgcosθ，由A、B的受力情况可知，当物块B恰能保持静止时，弹簧的伸长量最大，则由平衡条件可知mgsinθ＋kxm＝Ffm，解得xm＝eq\f(mg（μcosθ－sinθ）,k)，D正确，A、B、C错误．10．C由于μ＝0.5<tan37°＝，所以弹簧一定对物块有垂直斜面向下的弹力，小物块受重力、斜面支持力、弹簧弹力、斜面的摩擦力四个力作用，A、D错误；物块将要发生滑动时，有mgsin37°＝μ(mgcos37°＋F)，解得此时弹簧弹力F＝4N，所以物块静止时弹簧弹力大小应满足F≥4N，B错误，C正确．11．BD12．ADA始终处于平衡状态，由平衡条件知，斜面对物体A的作用力与A受到的重力和推力F的合力是一对平衡力，由于F与重力夹角为钝角，所以斜面对物体A的作用力不一定减小，A正确；对A受力分析可知，由平衡条件得mgcosθ＝FN，则FN不变，B错误；若A受到的摩擦力方向沿斜面向上，如图甲所示，有mgsinθ＝f＋F，f＝mgsinθ－F，F减小，f增大，若A受到的摩擦力方向沿斜面向下，如图乙所示，有mgsinθ＋f＝F，F减小，f减小，C错误；对整体受力分析，由平衡条件得，地面对斜面体的摩擦力大小f0＝Fcosθ，F减小，f0减小，D正确．专题9力的合成与分解1．D二力合成时合力的大小随二力夹角的增大而减小，合力大小的范围是|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，所以合力可能比分力大，也可能比分力小，还可能与分力大小相等，故A错误；力的分解是力的合成的逆运算，一个力在理论上有无数组分力，但是实际分解中常常按照需要进行分解，所以对一个合力来说，可以分解成无数组分力，故B错误；力的合成符合平行四边形定则或者三角形定则，对两个确定的分力来说，只能作出一个确定的平行四边形或者三角形，即两个确定的分力只能有一个合力，故C错误；由合力的范围可知2N的力与3N的力的合力的范围是1N≤F合≤5N，2N在这一范围内，所以一个大小为2N的合力可以分解成两个大小分别为2N和3N的分力，故D正确．2．B因为水桶始终保持静止状态，所以两拉力F1、F2的合力等于mg，在合力不变的情况下，随着夹角θ变大，两分力都变大，A错误，B正确；当θ＝60°时，两分力满足2Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(\r(3),3)mg即F1＝F2＝eq\f(\r(3),3)mg，C错误；同理当θ＝120°时，两分力满足2Fcos60°＝mg，解得F＝mg即F1＝F2＝mg，D错误．3.AB将小球的重力沿着平行斜面方向和垂直斜面方向正交分解，如图所示，两分力分别为F1＝mgcosθ，F2＝mgsinθ，由于θ不断增加，故F1不断变小，F2不断变大，A、B正确，C、D错误．4．B把拉力F沿水平方向和竖直方向分解，由平衡条件得Fcos45°＝mg＋μFsin45°，解得F＝2eq\r(2)mg，B正确．5．C如图所示，将作用在绳索中点的水平恒力F分解到沿AO方向的拉力F1和沿BO方向的拉力F2，因F1＝F2，则有eq\f(F,2)＝F1sinθ，由于x≪d，则sinθ＝tanθ，因此，F1＝eq\f(F,2tanθ)，代入数值得，F1＝2500N．A、B、D错误，C正确．6.A由对称性可知，AC、BC对轴C的作用力大小相等，与水平面的夹角均为θ，由平衡条件得两力的合力大小等于物体的重力G大小，则有2Fsinθ＝G，解得F＝eq\f(G,2sinθ)，A正确．7．AC瓦片受重力、两侧的支持力和摩擦力，共五个力，故A正确；根据题图可知，两檩条对瓦片的弹力与垂直于屋顶向上的夹角为α，有2FNcosα＝mgcosθ，减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故B错误，C正确；增大檩条间的距离d时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，均等于eq\f(1,2)mgsinθ，故D错误．专题10共点力的平衡1．C将两个灯笼作为整体分析，根据平衡条件得FOAsinθ1＝2mg，FOAcosθ1＝F，联立解得FOA＝eq\f(2mg,sinθ1)，F＝eq\f(2mg,tanθ1)，A、D错误；对结点B受力分析，由平衡条件得FABsinθ2＝mg，FABcosθ2＝F，联立解得FAB＝eq\f(mg,sinθ2)，F＝eq\f(mg,tanθ2).由F＝eq\f(2mg,tanθ1)和F＝eq\f(mg,tanθ2)，联立解得tanθ1＝2tanθ2，B错误，C正确．2．D设最多能夹住n本书，由平衡条件得2μ1F＝nmg，解得n＝19本；以中间(n－2)本书为研究对象，由平衡条件得2μ2F＝(n－2)mg，解得n＝16，D正确．3．D由平衡可知，物体Q受重力、P对Q的支持力、拉力，可能受到P对Q的摩擦力，A错误；物体P受重力、斜面对P的支持力和摩擦力、Q对P的压力，可能受到Q对P的摩擦力，B错误；斜面体受重力、地面的支持力和摩擦力、来自P的压力和摩擦力，C错误，D正确．4．C在A点处于平衡时，有F－μmg＝kx1；在B点处于平衡时，有F＋μmg＝kx2，且x2－x1＝m，联立解得k＝200N/m，C正确，D错误；由于F＝8N>μmg＝5N，弹簧原长位置在A点的左侧，A、B均错误．5．A对小球受力分析，由三力平衡的矢量三角形的几何知识可得F1＝mg，F2＝eq\r(3)mg，eq\f(F1,F2)＝eq\f(1,\r(3))，D错误；由平衡条件得，两种情况下，细线AB的拉力与重力的合力大小分别等于F1、F2，则细线AB的拉力与重力的合力大小之比等于F1、F2之比eq\f(1,\r(3))，A正确；由平衡条件得，甲、乙两种情况下，细线AB的拉力分别为F甲＝mg，F乙＝2mg，则eq\f(F甲,F乙)＝eq\f(1,2)，B、C错误．6．A如图，由于绳子的张力大小处处相等，左边第一个滑轮静止，则左侧悬挂滑轮的绳的方向沿跨过滑轮的两段绳的角平分线方向，故跨过动滑轮与m连接的两段绳与竖直方向的夹角均为60°，动滑轮对绳的压力大小为Mg，根据三力平衡，Mg＝mg，解得M∶m＝1∶1.7．B对BC段受力分析，受重力、墙壁的拉力、AC绳子对其向左的拉力，如答图甲所示，根据平衡条件，有FBcosα＝eq\f(1,n＋1)mg，可得FB＝eq\f(mg,（n＋1）cosα)，所以绳子在B处弹力大小为F′B＝eq\f(mg,（n＋1）cosα)，又因为FBsinα＝T，联立解得绳子在C处的弹力大小T′＝T＝eq\f(mgtanα,n＋1)，故A错误，B正确；对AC段受力分析，受重力、墙壁的拉力、BC绳子对其向右的拉力，如答图乙所示，设过绳子A端的切线与水平方向夹角为β，根据平衡条件，有TAsinβ＝eq\f(n,n＋1)mg，TAcosβ＝T′C，又T′C＝T，联立解得TA＝eq\f(mg\r(n2＋tan2α),n＋1)，tanα·tanβ＝n，显然α不一定等于β，绳子在A处的弹力大小为T′A＝TA＝eq\f(mg\r(n2＋tan2α),n＋1)，故C、D错误．专题11动态平衡问题1．BC设弹力与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得，小鸟所受的弹力N＝mgcosθ，从A点到B点的过程中，θ减小，弹力增大，A错误，B正确；小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A点到B点的过程中，θ减小，摩擦力减小，C正确，D错误．2．D以物体作为研究对象，在沿斜面方向上，重力沿斜面向下的分力、F的分力及摩擦力的合力为零，因F的分力先沿斜面向下减小，后沿斜面向上增大，故摩擦力可能先向上减小，后向下增大，也可能一直减小，故C错误，D正确；以整体为研究对象，F的水平分力与地面给斜面的摩擦力平衡，F的水平分力先增大，再减小，再增大，地面与斜面间的摩擦力也同步变化，故A、B错误．3．AD对小球受力分析，小球受到重力mg、轻绳的拉力F和圆环的弹力FN，如答图所示，根据平衡条件可知，mg和FN的合力F′与F大小相等、方向相反，根据几何知识得FN＝mg，且有F＝F′＝2mgcosθ，A正确；小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，由答图可知△OAB～△GF′A，即eq\f(mg,R)＝eq\f(F′,AB)＝eq\f(FN,R)，解得F＝F′＝eq\f(AB,R)mg，FN＝mg，当小球上移时，半径R不变，AB减小，故F减小，FN不变，B、C错误，D正确．4.B已知两点间距lAC>lAB，绳与墙壁夹角α变小，由平衡条件得T＝eq\f(mg,cosα)，FN＝mgtanα，可知网兜对A点的拉力变小，A错误，B正确；足球对墙壁的压力变小，C、D错误．也可用图解法求解，重力和支持力的合力与绳的拉力大小相等，由三角形知识可知，当绳子与墙壁的夹角减小时，支持力FN和绳子的拉力T均减小，只有选项B正确．5．B对小球受力分析，小球受重力、细线的拉力和斜面对小球的支持力，由于斜面角度未知，故不能确定细线拉力与重力的大小关系，A错误；根据三力平衡构成的矢量直角三角形可得，细线的拉力小于斜面对小球的支持力，B正确；由几何关系可得，当线长等于半径时，斜面倾角为30°，则FT＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，C、D错误．6．C由题意，风力F＝kSv，由平衡条件得kSv＝mgtanθ，当风速v0＝3m/s时，θ＝30°.则当θ＝60°时，风速v1＝eq\r(3)v0＝3eq\r(3)m/s，A错误；由平衡条件判断θ不可能等于90°，B错误；若风速v不变，换用半径相等(S不变)，质量增大，则θ减小，C正确；由平衡条件和牛顿第三定律知底座对地面的压力大小等于系统的重力，与水平风力无关，D错误．7．D半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mgsinθ＝μmgcosθ，故μ＝tanθ，解得θ＝eq\f(π,6)，即q＝eq\f(π,6)，故C错误．θ在0～eq\f(π,6)之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsinθ；θ在eq\f(π,6)～eq\f(π,2)之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，综合以上分析得Ff与θ的关系如图中实线所示，故A、B错误．当θ＝eq\f(π,6)时，Ff＝mgsineq\f(π,6)＝eq\f(mg,2)，即p＝eq\f(mg,2)，故D正确．8．C小球B受三个力而平衡，这三个力构成如图1所示的矢量三角形，且力的矢量三角形总与△ABO相似，因此有eq\f(mg,OA)＝eq\f(FT,OB)＝eq\f(FN,AB)，小球A缓慢上移的过程中OA减小，因此细线的张力FT和轻杆的弹力FN均增大，且轻杆始终受到压力，A、B、D错误；小球A的受力分析如图2，F＝mg＋F′Ncosθ，小球A上移时θ增大，cosθ减小，力F减小，C正确．9．CD以两杆的交接点为研究对象，由平衡条件得轻杆上的作用力大小F＝eq\f(mg,2sinθ)，A错误；A、B滑块受重力、地面的支持力、轻杆的弹力和地面的摩擦力四个力作用，B错误；以A、B、C整体为研究对象，应用平衡条件和牛顿第三定律得A、B滑块对地面的压力大小FN＝eq\f(1,2)(2M＋m)g＝(M＋eq\f(1,2)m)g，C正确；以A为研究对象，由平衡条件得地面的摩擦力f＝Fcosθ＝eq\f(mg,2tanθ)，当θ增大时，摩擦力f减小，D正确．10.B如图，小球可视为质点，因此小球与圆弧作用力F1和小球与挡板作用力F2彼此正交，设挡板与OA夹角为α，小球质量为m，则F1＝mgsinα，F2＝mgcosα，α自0增大到90°，所以F1一直增大，F2一直减小，B正确．11．A对小球受力分析并合成矢量三角形，重力大小方向不变，支持力方向不变，绳子拉力方向由图中实线变为虚线，绳子拉力增大，斜面对小球的支持力减小，A正确，B错误；对斜面受力分析，正交分解：N′sinα＝f，N地＝N′cosα＋Mg，根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力N′减小，所以斜面对地面的摩擦力减小，地面对斜面的支持力减小，根据牛顿第三定律，斜面对地面的压力减小，C、D错误．12.D以P、Q整体为研究对象，受力分析可知OA杆和OQ杆对环的弹力夹角不变，用外接圆法可判断转动过程中FP增大，FQ减小，D正确．专题12平衡中的临界和极值问题1．C2.C以小球为对象，设小球所在位置切线方向与竖直方向夹角为θ，如图所示，因缓慢向上，则沿切线方向有FT＝mgcosθ，沿半径方向有FN1＝mgsinθ，小球向上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错误；以柱体为对象，竖直方向柱体受到地面的支持力FN2＝Mg＋FN1sinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向墙面的力F＝FN1cosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，θ增大，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C正确，D错误．3.AC选取小球运动过程某一状态，对其受力分析，作出支持力与拉力的合成图，如图所示，由题意知，a＋β＝120°在力的三角形中应用正弦定理得eq\f(mg,sin60°)＝eq\f(F,sinβ)＝eq\f(FN,sinα)，从小球刚好离开地面至轻杆转过90°的过程中，β从90°减小到0，sinβ逐渐减小，拉力F逐渐减小，因此当β＝90°时，F最大，此时F＝eq\f(2\r(3),3)mg，α从30°增加到120°，sinα先增大后减小，弹力FN先增大后减小，当α＝90°时，FN最大．综上所述，A、C正确，B、D错误．4.C设橡皮条的拉力大小为T，由几何关系可知2Tcos30°＝F，解得T＝eq\f(\r(3),3)F，若F′沿水平方向，则小环只受橡皮条的拉力和F′，由平衡条件知F′＝T＝eq\f(\r(3),3)F，故A错误；若F′沿竖直方向，则有F′＝Ttan30°＝eq\f(1,3)F，故B错误；作出小环的受力图如答图所示，由三角形定则知，当F′⊥N时，F′有最小值F′min＝T·sin30°＝eq\f(\r(3),6)F，故C正确；根据平行四边形定则可知，F′的值可取无穷大，故D错误．5．(1)NN(2)N解析：(1)如图，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系，对小球受力分析，把不在坐标轴上的力沿轴分解，则水平方向上有FTsin45°－FNsin30°＝0竖直方向上有FTcos45°＋FNcos30°－mg＝0由以上两式得FN＝100(eq\r(3)－1)N≈NFT＝50(eq\r(6)－eq\r(2))N≈N(2)外力方向与绳子垂直时，拉力最小．拉力的最小值为Fmin＝mgsin45°代入数据，解得Fmin＝50eq\r(2)N≈N专题13实验：探究弹力和弹簧伸长的关系1．(1)(2)75(3)D解析：(1)刻度尺的分度值为cm，则其读数为cm.(2)根据ΔF＝kΔx可得k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f,（9－3）×10－2)N/m＝75N/m.(3)当F＝0时，弹簧处于原长，可知弹簧a的原长比弹簧b的短，A错误；F­l图象的斜率表示弹簧的劲度系数，则弹簧a的劲度系数比弹簧b的大，B错误；由图可知，弹簧弹力相同时，弹簧a的长度比弹簧b的短；弹簧长度相同时，弹簧a的弹力比弹簧b的大，C错误，D正确．2．(1)(2)3(3)解析：(1)ΔL3＝L6－L3＝cm－cm＝cm，压缩量的平均值eq\x\to(ΔL)＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝cm.(2)根据(1)问可知，eq\x\to(ΔL)为增加3个钢球时产生的平均压缩量．(3)根据胡克定律的推论可知，3mgsinθ＝keq\x\to(ΔL)，代入数值解得k＝N/m.3．(1)弹簧自身重力的作用(2)图见解析(3)解析：(1)由于弹簧自身重力的作用，不挂钩码时，弹簧的伸长量也不为零，因此弹力与伸长量的关系图线不过原点．(2)将表中的实验数据经过计算后描绘在坐标系中，用平滑的曲线连接．(3)结合胡克定律可知，图线的斜率表示弹簧的劲度系数，即k＝eq\f－,10×10－2)N/m＝N/m.专题14实验：验证力的平行四边形定则1．(1)(2)一直减小先减小后增大解析：(1)弹簧秤的最小分度为N，题图2读数为N.(2)F甲、F乙的合力与轻质弹簧AA′的弹力等大反向，OA与OB夹角不变，OA与OC夹角变大如图所示，F乙与F甲垂直时最小，F乙先减小后增大，F甲一直减小．2．②CD③相同位置⑤大小和方向解析：②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上．将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计．用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向．故选CD.③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向；⑤比较F′和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则．3．(1)(2)不必(3)F′解析：(1)弹簧的测力计的分度值为N，所以读数为N.(2)理论上两弹簧测力计的合力的方向应竖直向上，即步骤①中记录的方向，只要通过O点作出F的图示即可，步骤②与步骤①环O的位置不必重合．(3)步骤③中F1、F2、F均是弹簧测力计测量的，只有F′是利用平行四边形定则作出来的．第三章牛顿运动定律做真题明方向1．AD撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx减小，对P有μmg＋kx＝maP，对Q有μmg－kx＝maQ，且撤去外力瞬间μmg＝kx，故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动，Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动，即P的加速度始终大于Q的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝eq\o(v,\s\up6(－))t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C错误，A、D正确．2．A如图可知sinθ＝eq\f(\f(1,2)×\f(3L,5),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，则cosθ＝eq\f(4,5)，对轻绳中点受力分析可知F＝2Tcosθ，对小球由牛顿第二定律得T＝ma，联立解得a＝eq\f(5F,8m)，故选项A正确．3．BC当飞行器关闭发动机以速率v1＝10m/s匀速下落时，有Mg＝kveq\o\al(2,1)，当飞行器以速率v2＝5m/s匀速向上运动时，有Mg＋kveq\o\al(2,2)＝Fmax，联立解得Fmax＝Mg，A项错误；当飞行器以速率v2＝5m/s匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条件有F2＝(Mg)2＋(kveq\o\al(2,2))2，解得F＝eq\f(\r(17),4)Mg，B项正确；当飞行器以最大推力Fmax推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有Feq\o\al(2,max)－(Mg)2＝(kveq\o\al(2,3))2，解得v3＝5eq\r(3)m/s，C项正确；当飞行器最大推力向下，飞行器以5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有Mg＋Fmax＋kveq\o\al(2,2)＝Mamax，解得amax＝g，D项错误．4．D横杆的位置可在竖直杆上调节，由题可知QP的水平投影始终不变，设其长度为x0，则物块下滑的位移x＝eq\f(x0,cosθ)，物块在下滑过程中，由牛顿第二定律有a＝gsinθ，故物块从Q到P的运动时间为t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2x0,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4x0,gsin2θ))，由于30°≤θ≤60°，即60°≤2θ≤120°，则sin2θ先增大后减小，故时间t先减小后增大，故选项A、B、C错误，选项D正确．5．CD设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足eq\f(Nx,Ny)＝tanθ竖直方向Ny＝mg则Nx＝mgtanθ若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得Nx＝ma可得a＝gtanθ对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A错误；若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为Nx＝mgtanθ若tanθ≤μ，对小球B，小球B受到向左的合力F＝μ(Ny＋mg)－Nx≥mgtanθ则对小球A，根据牛顿第二定律可得Nx＝mamax对系统整体根据牛顿第二定律F＝4mamax解得F＝4mgtanθ，B错误；若μ<tanθ≤2μ可知小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(Ny＋mg)·μ－Nx＝2μmg－mgtanθFmax<mgtanθ对小球B，根据牛顿第二定律Fmax＝2μmg－mgtanθ＝mamax对系统根据牛顿第二定律F＝4mamax联立可得F的最大值为F＝4mg(2μ－tanθ)C正确；若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时Fmin＝Nx－(Ny＋mg)μ＝mgtanθ－2μmgtanθ当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时Fmax＝Nx＋(Ny＋mg)μ＝mgtanθ＋2μmgtanθ对小球B根据牛顿第二定律Fmin＝maminFmax＝mamax对系统根据牛顿第二定律F＝4ma代入小球B所受合力的范围可得F的范围为4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正确．故选CD.专题15牛顿第一定律牛顿第三定律1．BD牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证，A错误；不受外力作用时，由于物体具有惯性，仍会保持原来的运动状态不变，B正确；一切物体均有惯性，跟物体的运动状态和受不受力无关，C错误；根据牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因，不是维持速度的原因，D正确．2．A虽然马对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离．这一现象说明车的运动不需要力来维持，故A正确，B、C、D与本题无关．3．C物体有向上的初速度继续上升是因为具有惯性，而不是受到向上的力，A错误；牛顿第一定律是在物体完全不受力的理想情况下，虽然跟合力为零时物体的运动状态是一样的，但这是两码事，何况牛顿第一定律提出了力和惯性的概念，为牛顿第二定律的建立奠定了基础，两者是并列关系，而不是包含关系，B错误；根据牛顿第一定律，力不是维持物体运动的原因，受力的方向与运动的方向没有任何关系，C正确；汽车越难停下来，即减速的时间长或距离大，而不是运动状态越难改变，不能反映惯性的大小，惯性的大小是由物体的质量决定的，D错误．4．C质量是惯性大小的量度，与速度无关，故A错误；伞绳对返回舱的作用力与返回舱对伞绳的作用力是作用力和反作用力，大小一定相等，故B错误；伽利略的“斜面实验”是为了“冲淡”重力，方便测量时间，故C正确；伽利略利用理想斜面实验说明力是改变物体运动的原因，故D错误．5．C冰面对男运动员的支持力等于男运动员和女运动员重力之和，所以男运动员受到的重力和冰面对他的支持力不是一对平衡力，故A错误；女运动员处于平衡状态，男运动员对女运动员的支持力等于女运动员受到的重力，故B错误；男运动员对冰面压力与冰面对他支持力是一对相互作用力，大小在任何时候都相等，故C正确；作用力和反作用力之间只涉及两个相互作用的物体，而女运动员对男运动员的压力与冰面对男运动员的支持力涉及到三个物体，所以不是一对作用力和反作用力，故D错误．6．Bm、kg是国际单位的基本单位，N是国际单位的导出单位，A错误，B正确；质量是惯性的唯一量度，祝融号在火星表面与地球表面质量相同，惯性不变，C错误；祝融号对火星的表面的压力与火星对祝融号的支持力是作用力与反作用力，大小相等，D错误．专题16牛顿第二定律的理解1．BC根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma整理后有F＝ma＋μmg则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g则μ甲<μ乙故选BC.2．B物体所受摩擦力为f＝μmg＝20N，方向向右，根据牛顿第二定律得f＋F＝ma，代入数据解得a＝4m/s2，方向水平向右，故B正确，A、C、D错误．3.D以小球A为研究对象，分析受力如图所示，根据牛顿第二定律得mAgtanθ＝mAa，可得a＝gtanθ，方向向东，列车的速度方向可能向东，也可能向西，则列车可能向东做加速运动，也可能向西做减速运动，故A、B错误；再对物体B研究，由牛顿第二定律得f＝ma＝mgtanθ，方向向东，故C错误，D正确．4．B当车的加速度增大时，物块所受的静摩擦力始终等于重力，大小不变，物块与车厢始终相对静止，不向上运动，A、D错误；根据牛顿第二定律得FN＝Ma，当车的加速度增大时，车厢对物块的支持力增大，根据牛顿第三定律，物块对车厢的压力增大，B正确；根据牛顿第二定律得F合＝Ma，当车的加速度增大时，物块M所受合外力增大，C错误．5.C小球的加速度方向水平向右，所以合外力方向水平向右，故A错误；对小球进行受力分析得：mgtanα＝ma，解得：a＝gtanα＝eq\f(4,3)g，所以系统的加速度为a＝eq\f(4,3)g，故B错误；对小球进行受力分析，如图，则凹槽对小铁球的支持力N＝eq\f(mg,cosα)＝eq\f(5,3)mg，故C正确；对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：F＝(M＋m)a＝eq\f(4,3)(M＋m)g，故D错误．6．C对小球受力分析可知Fcos37°＝mg，FN－Fsin37°＝ma，其中挡板对小球的压力大小FN＝mg，解得a＝m/s2，C正确．7．C甲：Mg－T＝Ma1T＝Ma1，联立解得：a1＝eq\f(g,2).乙：F＝Ma2F＝Mg，∴a2＝g，∴a1＝eq\f(a2,2)，故选C.专题17用牛顿第二定律解决瞬时问题1．BD甲、乙、丙三球位于同一竖直线上且处于静止状态，天花板与甲球间轻绳剪断瞬间，由于弹簧弹力不能突变，所以丙球受到的合力仍然为0，则a丙＝0，D正确；以甲、乙两球整体为研究对象，受重力和弹簧向下的拉力作用，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a甲＝a乙＝g，A、C错误，B正确．2．C剪断细绳前细绳的拉力FT＝3mgsinθ，剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则此时A受力不变，加速度仍然为零，即aA＝0，小球B受合力大小为FT，则加速度aB＝eq\f(FT,m)＝3gsinθ，C正确．3．A剪断细线前，设弹簧弹力为FT，整体：F－3mg＝3ma，B球：FT－2mg＝2ma，解得：FT＝eq\f(2,3)F.剪断细线瞬间：弹簧弹力FT不变，A球：mg＋FT＝maA，解得：aA＝eq\f(2F,3m)＋g，故选A.4．BD设物体a、b的质量都为m，剪断绳子前，由平衡条件可得绳子的拉力为mg，弹簧向上的弹力为2mg.在P点剪断绳子的瞬间，绳子的拉力突变为零，物体b做自由落体运动，加速度大小为g，选项C错误，D正确；在P点剪断绳子的瞬间，弹簧中弹力不变，弹簧对物体a向上的拉力还是2mg，由牛顿第二定律有2mg－mg＝ma0，可得物体a向上的加速度a0＝g，与物体b的加速度大小相同，选项A错误，B正确．5．C细线烧断前由整体法可知M＝2m，弹簧上弹力F＝mg，细线烧断时，M与上面m为整体，加速度大小相同，由牛顿第二定律可得Mg＋F－mg＝3ma，解得a＝eq\f(2,3)g，C正确．6．C当1与2下的板抽出后，1、2一块做自由落体运动，加速度为g，此时连接1与2间的杆无弹力；3与4下方的板抽出瞬间，弹簧的形变量还未变化，此时弹簧弹力与没抽出板时的弹力相同，故3受力仍平衡，加速度为零，4的加速度为：a4＝eq\f(m＋M,M)g.由上分析知C对．7．D由受力平衡得轻绳的拉力大小F＝mgtanθ，方向水平向右．剪断轻绳的瞬间，绳的拉力突然消失，弹簧的弹力和重力不变，合力水平向左，大小为mgtanθ，则加速度大小为gtanθ，方向水平向左，D正确．专题18动力学两类基本问题1．B根据加速度定义得a＝eq\f(Δv,Δt)＝m/s2，根据力的合成得空气对无人机的作用力F＝eq\r(（mg）2＋（ma）2)≈258N，B正确．2．D根据牛顿第二定律，上升过程有－(mg＋f)＝ma1，下降过程有f－mg＝ma2，可判断|a1|>|a2|，方向均竖直向下，A、B错误；上升和下降过程中分别做匀变速直线运动，x­t图象为曲线，不是直线，C错误；由于|a1|>|a2|，且上升位移大小与下降时位移大小相等，所以上升用时短，下降用时长，D正确．3．C设物块沿斜面向上运动的加速度大小为a1＝gsinθ＋μgcosθ，沿斜面向下运动的加速度大小为a2＝gsinθ－μgcosθ，由于eq\f(1,2)a1t2＝2×eq\f(1,2)a2t2，因此有a1＝2a2，解得μ＝eq\f(1,3)tanθ，C项正确．4．A根据牛顿第二定律得a＝eq\f(mg－f,m)，速度增大，阻力增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零后，雨滴做匀速直线运动，A正确．5.AC如图所示，连接AC，设AB与AD的夹角为θ，则CD与水平面的夹角也为θ.对物块受力分析且由牛顿第二定律得a1＝gcosθ，a2＝gsinθ，由图可知s