一轮复习85练答案精析

一轮复习85练答案精析第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1练运动的描述1．B2.D3.D4.D5．B[因火箭发射时，速度在10s内由0增加到100m/s，故10s内火箭的速度改变量为Δv＝100m/s，选项A错误；汽车以108km/h＝30m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，则2.5s内汽车的速度改变量为Δv′＝0－30m/s＝－30m/s，选项B正确；火箭的加速度为a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(100,10)m/s2＝10m/s2，汽车的加速度为a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(－30,2.5)m/s2＝－12m/s2，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C、D错误．]6．B[要使eq\f(Δx,Δt)更接近瞬时速度，只能尽量减小计算平均速度的位移，即换用宽度更窄的遮光条，A错误，B正确；滑块的质量对滑块的瞬时速度大小的测定没有影响，C、D错误．]7．D[速度和加速度均为负值，两者方向相同，速度一直增大，直到加速度等于零为止；在加速度减为零的过程中，位移一直增大，加速度为零时，速度不为零，位移仍在增大，故A、B、C错误，D正确．]8．C[气门芯从最高点第一次到达最低点过程中，水平方向位移为x＝πR＝0.6πm，竖直方向位移为y＝2R＝1.2m，故位移大小约为s＝eq\r(x2＋y2)≈2.2m，故选C.]9．C[加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(100,3.6×1.9)m/s2≈15m/s2，尾部该标写的数字约为150，故选C.]10．D[因初、末位置相同，则“推荐方案”与“方案二”的位移相同，但是时间不同，则平均速度不同，选项A、B错误；“方案二”的路程为2.5km，时间为35min，则平均速率约为eq\x\to(v)＝eq\f(s,t)＝eq\f(2.5,\f(35,60))km/h≈4.29km/h，不是平均速度，选项C错误；小李运动过程中不可能一直做匀速直线运动，即她的加速度不可能一直为0，选项D正确．]11．D[从P点出发到再次来到P点，路程为2L，位移为零，A、B错误；由于速度方向不断改变，即速度在变化，故加速度不为零，C错误；由eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知，位移为零，平均速度为零，D正确．]12．C[取向东为正方向，加速度a＝eq\f(v2－v0,Δt)＝－2m/s2；速度大小为2m/s、方向向西，则t2＝eq\f(－v1－v0,a)＝7s，故选项C正确，A、B、D错误．]13．D[由题图甲知，雷达第一次发射电磁波时，飞机和雷达的距离为s1＝eq\f(1,2)ct1＝eq\f(1,2)×3×108×4×10－4m＝6×104m，由题图乙得雷达第二次发射电磁波时，飞机和雷达的竖直距离为h＝eq\f(1,2)ct2＝eq\f(1,2)×3×108×2×10－4m＝3×104m．设该段时间内飞机水平飞行的距离为s2，则s1、s2、h在空间构成一个直角三角形，利用数学关系得s2＝eq\r(s12－h2)＝3eq\r(3)×104m，飞机的飞行速度大小为v＝eq\f(s2,t)≈300m/s，故选D.]第2练匀变速直线运动的规律1．C2.C3．A[由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v0＝24m/s，a＝－12m/s2，则由v＝v0＋at可知，汽车在2s末停止运动，故它在前3s内的位移等于前2s内的位移，Δx＝24×2m－6×4m＝24m，则汽车在前3s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(24,3)m/s＝8m/s，故A正确．]4．B[该过程飞行的距离为s＝eq\f(v1＋v2,2)t＝eq\f(270＋510,2)×60m＝23400m，故选B.]5．C[初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、…的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶…，将运动员的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，运动员运动总时间为8t，则第一个t时间内的位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，第八个t时间内的位移，最后两个t时间内的总位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，前两个t时间内的位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故选C.]6．C[质点做匀加速直线运动，由Δx＝aT2，可得16－12＝a×22，解得a＝1m/s2，C正确，D错误；第一个2s内的平均速度v1＝eq\x\to(v)＝eq\f(12,2)m/s＝6m/s，此速度等于该阶段中间时刻的瞬时速度，故第1s末的速度大小为6m/s，A错误；由匀变速直线运动公式v＝v0＋at，代入第1s末的速度和加速度，可得第2s末的速度大小为7m/s，B错误．]7．A[根据题意，在时间t内由运动学公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v＝v0＋at，又根据题意知v＝3v0，联立解得a＝eq\f(x,t2)，故选A.]8．A[频率为2Hz频闪照相机，时间为T＝eq\f(1,f)＝0.5s，根据匀变速直线运动的公式有(2－1)×10－2×50m＝Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，故A正确；匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3cm位置时速度为v1＝eq\f(6－1×10－2×50,2×0.5)m/s＝2.5m/s，故B错误；根据0位置到3cm位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5m/s，即照片中0位置的速度为0.5m/s，故不是起跑位置，故C错误；运动员在照片前6cm内的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(6×10－2×50,3×0.5)m/s＝2m/s，故D错误．]9．C[采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0的匀加速直线运动，由题意可知，动车1号车厢最前端经过2号候车线处的旅客的位移为l时，时间为t，有l＝eq\f(1,2)at2，动车1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客的位移为4l时，时间为t5，有4l＝eq\f(1,2)at52，解得t5＝2t，选项A错误；动车1号车厢最前端从经过5号候车线处的旅客到停下总位移为4l，用时为2t，则平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(4l,2t)＝eq\f(2l,t)，选项B错误；设1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为v5，则有4l＝eq\f(v5＋0,2)×2t，解得v5＝eq\f(4l,t)，选项C正确；动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动过程，有0＝v5－a×2t，解得a＝eq\f(v5,2t)＝eq\f(2l,t2)，选项D错误．]10．B[超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在这个过程中，汽车的位移为x＝355m－335m＝20m，初速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位移之比为1∶3，所以x1＝5m，x2＝15m，则超声波被A接收时，AB间的距离x′＝335m＋5m＝340m，所以超声波从B发出到被A反射所需的时间t＝eq\f(x′,v声)＝eq\f(340,340)s＝1s，根据Δx＝at2，可得15m－5m＝a×(1s)2，解得a＝10m/s2，故B正确，A、C、D错误．]11．A[从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，则有0－v02＝－2a·24L，解得a＝eq\f(v02,48L)，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v1＝eq\r(v02－2aL)＝eq\r(\f(23,24))v0，A正确；汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v18＝eq\r(v02－2a×18L)＝eq\f(v0,2)，B错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为(eq\r(2)－1)∶1，C错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1，D错误．]12．(1)894m(2)10.7s解析(1)设汽车匀减速过程位移大小为d1，由运动学公式得v12－v02＝－2ad1解得d1＝442m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小x1＝2d1＋d＝894m(2)如果汽车以v2＝10m/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2，由运动学公式得v22－v02＝－2ad2解得d2＝400m提速前，汽车匀减速过程时间为t1，则d1＝eq\f(v0＋v1,2)t1解得t1＝26s通过匀速行驶区间的时间为t1′，有d＝v1t1′解得t1′＝2.5s从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1＝2t1＋t1′＝54.5s提速后，汽车匀减速过程时间为t2，则d2＝eq\f(v0＋v2,2)t2解得t2＝20s通过匀速行驶区间的时间为t2′，则d＝v2t2′解得t2′＝1s匀速通过(d1－d2)位移时间Δt＝eq\f(d1－d2,v0)＝1.4s通过与提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t2′＋2Δt＝43.8s所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝10.7s.第3练自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题1．B2.A3.C4.C5．D[根据h＝eq\f(1,2)gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为eq\f(1,2)gt2和eq\f(gt2,8)，两物体未下落时相距eq\f(3gt2,8)，第二个物体在第一个物体下落eq\f(t,2)后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1＝eq\f(1,2)g(eq\f(t,2))2＝eq\f(gt2,8)，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝eq\f(3,8)gt2－eq\f(1,8)gt2＝eq\f(1,4)gt2，故D正确，A、B、C错误．]6．D[小球从O点由静止下落，经过各段的时间都是0.2s，所以OA、AB、BC三段的高度之比为1∶3∶5，如果小球从A点开始由静止释放，由于AB间距离大于OA间距离，所以通过AB、BC段的时间均大于0.2s，故A错误；设AB间距离为3h，则BC间的距离为5h，所以AC间的距离为8h，通过B点时的速度为vB＝eq\r(6gh)，小球通过C点时的速度为vC＝eq\r(16gh)，则vB∶vC＝eq\r(6)∶4，故B错误；由于AB、BC段的高度之比为3∶5，但是通过两段的时间不相等，根据eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知，平均速度之比不是3∶5，故C错误；eq\x\to(v)AC＝eq\f(1,2)vC＝2eq\r(gh)，所以vB>eq\x\to(v)AC，故D正确．]7．C[由h＝eq\f(1,2)gt2得，ta＝eq\r(\f(12L,g))，tb＝eq\r(\f(8L,g))，tc＝eq\r(\f(6L,g))，则(ta－tb)>(tb－tc)，a、b、c三小球运动时间之比为eq\r(6)∶2∶eq\r(3)，a比b早释放的时间为Δt＝ta－tb＝2(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(L,g))，A、B错误，C正确；根据v2＝2gh得，三小球到达地面时的速度大小之比是eq\r(6)∶2∶eq\r(3)，D错误．]8．A[根据竖直上抛运动的对称性，有eq\f(1,2)g(eq\f(1,2)T2)2－eq\f(1,2)g(eq\f(1,2)T1)2＝H，解得g＝eq\f(8H,T22－T12)，故选A.]9．D[加速与减速的加速度大小相等，根据t＝eq\f(vm,a)可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误；设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，则2×eq\f(vm,2)t＋vm(t0－2t)＝s，代入数据解得t＝12min，故B错误；加速位移为x加＝eq\f(vm,2)t＝120km，故C错误；加速度大小a＝eq\f(vm,t)≈0.46m/s2，故D正确．]10．B[甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断均匀增大，A错误，B正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为v0，方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与v0、H均无关，C错误；由竖直上抛的对称性可知，两球落地的时间差Δt＝eq\f(2v0,g)，与v0有关，与H无关，D错误．]11．C[由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4s对应的位置是相同的，即可看作一个球的竖直上抛运动，由此可知球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8s，故有Hm＝eq\f(1,2)gt2＝3.2m，C正确．]12．(1)货车会被花盆砸到(2)2.7m/s2(3)2.5m/s2解析(1)花盆落下到达车顶过程，位移为h0＝(47－2)m＝45m花盆做自由落体运动，有h0＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝3s在这段时间内汽车位移大小为x＝v0t＝27m由于L2<x<L1＋L2，货车会被花盆砸到．(2)货车匀减速运动的距离为L2－v0Δt＝15m设制动过程中最小加速度为a0，由v02＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7m/s2(3)司机反应时间内货车的位移大小为x1＝v0Δt＝9m此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－x1＝15m采取加速方式，要成功避险，则加速运动的位移大小为x2＝d＋L1＝23m，加速时间为t′＝t－Δt＝2s设货车加速度大小至少为a才能避免被花盆砸到，则有x2＝v0·t′＋eq\f(1,2)at′2代入数据解得a＝2.5m/s2，即货车至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到．专题强化练一运动图像问题1．D2.C3.D4．B[图线1是位移－时间图像，表示物体做变速直线运动，选项A错误；x－t图线上某点斜率的绝对值的大小表示速度的大小，由题图可知t1时刻v1>v2，选项B正确；v－t图像中0～t3时间内3和4位移不同，所以平均速度大小不相等，选项C错误；t2时刻2开始反向运动，t4时刻4加速度方向变化但运动方向不变，选项D错误．]5．B[位移时间图像的斜率表示速度，则在最初的一段时间内，甲、乙的斜率都为正，所以运动方向相同，故A错误；质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等，所以t＝3s时乙的速度是3m/s，乙的加速度a＝eq\f(3,3)m/s2＝1m/s2,0～3s内乙的位移x＝eq\f(0＋3,2)×3m＝4.5m，所以t＝3s时，乙的位置坐标为－20m＋4.5m＝－15.5m，故B正确；t＝10s时，质点甲的位移x甲＝30m，质点乙的位移x乙＝eq\f(1,2)at2＝50m，因x乙<x甲＋40m，则两质点没相遇，故C错误；根据v2－0＝2ax，乙经过原点时的速度大小为v＝eq\r(2ax0)＝2eq\r(10)m/s，故D错误．]6．C[在0～t0时间内，b车速度总是大于a车的速度，则两车距离逐渐增大，所以A错误；根据速度与时间图像的面积表示位移，则在0～t0时间内，两车位移不相同，b车的位移大于a车的位移，所以B错误；根据a＝eq\f(Δv,Δt)，则在0～t0时间内，两车平均加速度相同，所以C正确；在0～t0时间内，两车的平均速度不相同，b车的平均速度大于a车的平均速度，所以D错误．]7．B[根据x－t图像中图线的斜率表示速度可知，该质点的x－t关系图像可大致表示为B图，故选B.]8．D[5s末的速度大小为v＝v0－a1t1＝(3－0.2×5)m/s＝2m/s，A错误；5～17.5s内，冰壶的初速度v＝2m/s，末速度为0，运动时间t2＝12.5s，故冰壶的加速度大小为a2＝eq\f(v－0,t2)＝eq\f(2,12.5)m/s2＝0.16m/s2，B错误；0～5s内位移大小为x1＝eq\f(v＋v0,2)t1＝12.5m,5～17.5s内的位移大小为x2＝eq\f(v,2)t2＝12.5m，则0～17.5s内的位移大小为x＝x1＋x2＝25m，C错误；若不摩擦冰面，冰壶运动的时间为t3＝eq\f(v0－0,a1)＝15s,15s内位移大小为x3＝eq\f(v0,2)t3＝22.5m，Δx＝x－x3＝2.5m，D正确．]9．D[由题图可知eq\f(x,t)＝3＋0.75t(m/s)，整理得x＝3t＋0.75t2，质点做匀加速运动，对比公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，质点的初速度为v0＝3m/s，加速度大小为a＝1.5m/s2，故A、B错误；质点在第4s末速度大小为v＝v0＋at′＝3m/s＋1.5×4m/s＝9m/s，故C错误；质点在前4s内的位移大小为x＝v0t′＋eq\f(1,2)at′2＝(3×4＋eq\f(1,2)×1.5×42)m＝24m，故D正确．]10．C[由题图可知，跑车的加速度先增大后不变，则跑车先做加速度逐渐增大的变加速直线运动，后做匀加速直线运动，故A错误；跑车做匀加速直线运动的初速度即变加速直线运动的末速度，设为v0，根据v2＝2ax解得ax＝eq\f(v2,2)，可知加速度a与位移x关系图像与x轴所围的面积表示eq\f(v2,2)，则x＝40m时速度为v0，有eq\f(v02,2)＝eq\f(1,2)×20×40m2/s2，解得v0＝20eq\r(2)m/s，故C正确；若跑车运动前40m是由静止开始做末速度为20eq\r(2)m/s的匀加速直线运动，则由x＝eq\f(v0,2)t1得t1＝eq\f(2x,v0)＝2eq\r(2)s，而由题可知，跑车运动前40m内是做加速度逐渐变大的变加速直线运动，故跑车运动前40m所用的时间不等于2eq\r(2)s，故B错误；由题图可知，跑车在40～80m是做匀加速直线运动，根据v2－v02＝2ax，可得eq\f(v2－v02,2)＝ax，结合图像，则有eq\f(v2－v02,2)＝20×40m2/s2，解得v＝20eq\r(6)m/s，故D错误．]11．B[设t＝0时刻物块位于x＝x0处，根据v2＝2a(x－x0)可知x＝x0＋eq\f(1,2a)v2，根据题图乙可知x0＝－2m，a＝eq\f(1,2)m/s2，A错误；t＝4s时物块位置为x＝x0＋eq\f(1,2)at42＝－2m＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×42m＝2m，B正确；2～4s时间内物块的位移Δx＝eq\f(1,2)at42－eq\f(1,2)at22＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×42m－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×22m＝3m，因此这段时间内平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(3,2)m/s＝1.5m/s，C错误；前2s内物块的位移大小Δx′＝eq\f(1,2)at22＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×22m＝1m，D错误．]12．B[根据公式v2－v02＝2ax，变形可得x＝eq\f(1,2a)v2－eq\f(v02,2a)，由题图可知，v0＝0，则x＝eq\f(1,2a)v2，由图像可得，乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的v－t图像为题图a，由甲、乙的位移图像可知在x1处速度相同，由题图a(即甲、乙两车的v－t图像)可得，速度相同时，需要的时间不同，则两车在不同时间到达x1，故没在x1处相遇，故A、C、D错误，B正确．]13．C[飞机做变减速直线运动，因为速度在减小，则阻力在减小，加速度减小，故飞机做加速度逐渐减小的减速运动，速度时间图线如图中实线所示．若飞机做匀减速直线运动，如图中虚线所示，则平均速度eq\x\to(v)′＝eq\f(v,2)＝eq\f(x′,t)，实线与时间轴围成的面积为x，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，因为x′>x，可知eq\f(x,t)<eq\f(x′,t)＝eq\f(v,2)，即v>eq\f(2x,t)，故选C.]专题强化练二追及相遇问题1．C2.D3.D4.B5．D[甲、乙两车均做直线运动，A错误；从图像可知，在0～t2时间内，甲、乙两车图线与t轴所包围的“面积”相等，即两车的位移相等，所以t2时刻，甲、乙两车相遇且只相遇一次，B错误；在0～t2时间内，甲车的v－t图线斜率不断增大，所以加速度不断增大，C错误；在0～t2时间内(不包括t2时刻)，甲车图线与t轴所包围的“面积”大于乙车图线与t轴所包围的“面积”，即甲车的位移大于乙车的位移，且甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点出发，所以甲车一直在乙车前面，D正确．]6．A[根据v2－v02＝2ax并根据题给图像可推知甲、乙两车的初速度大小分别为v0甲＝6m/s，v0乙＝0，v2－x图像的斜率的绝对值表示汽车加速度大小的2倍，所以甲、乙两车的加速度大小分别为a甲＝2m/s2，a乙＝1m/s2，且甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，故B错误；汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时二者速度相同，设共经历时间为t1，则a乙t1＝v0甲－a甲t1，解得t1＝2s，此时甲车的位移为x甲＝v0甲t1－eq\f(1,2)a甲t12＝8m，故A正确；甲车总运动时间为t2＝eq\f(v0甲,a甲)＝3s，甲停下时位移为9m，而此时乙车的位移为x乙＝eq\f(1,2)a乙t22＝eq\f(9,2)m<9m，所以甲、乙两车相遇一定发生在甲车停下之后，设相遇时刻为t，则有eq\f(1,2)a乙t2＝9m，解得t＝3eq\r(2)s，故C错误；汽车甲、乙在x＝6m处的速度大小为v＝eq\r(2a乙x)＝eq\r(v0甲2－2a甲x)＝2eq\r(3)m/s，故D错误．]7．C[根据v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，可知泳池长度L＝1.25×20m＝25m，故A错误；如图所示，由甲、乙的位移－时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在t＝100s时在泳池的一端相遇，故B错误；在0～60s内甲、乙相遇3次，故C正确；在0～30s内，甲的位移大小为x1＝1.25×20m－1.25×10m＝12.5m，乙的位移大小为x2＝1.0×25m－1.0×5m＝20m，在0～30s内，甲、乙运动员的平均速度大小之比为v1∶v2＝eq\f(x1,t′)∶eq\f(x2,t′)＝5∶8，故D错误．]8．(1)12m/s3m/s2(2)x0>36m解析(1)在t1＝1s时，A车刚启动，两车间缩短的距离为B车的位移，可得x1＝vBt1，解得B车的速度大小为vB＝12m/s，图像斜率表示加速度，可得A车的加速度大小为a＝eq\f(vB,t2－t1)，其中t2＝5s，解得A车的加速度大小为a＝3m/s2.(2)两车的速度达到相同时，两车的距离达到最小，对应v－t图像的t2＝5s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则x＝eq\f(1,2)vB(t1＋t2)，代入数据解得x＝36m，因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离应满足条件为x0>36m.9．(1)36m(2)6.5s解析(1)依题意，足球做匀减速运动，到停下来，由速度与时间关系得v1＝a1t1，代入数据得t1＝6s，根据x1＝eq\f(v1,2)t1，代入数据得x1＝36m.(2)前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为t2＝eq\f(v2,a2)＝4s，x2＝eq\f(v2,2)t2＝16m，之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动，其位移为x3＝v2(t1－t2)＝16m，由于x2＋x3<x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，根据x1－(x2＋x3)＝v2t3，解得t3＝0.5s，故前锋队员追上足球的时间为t＝t1＋t3＝6.5s.10．(1)相撞4s(2)1.125m/s2解析(1)当两车速度相同时，所用时间为t0＝eq\f(vA,a)＝10s，在此10s内A车的位移为xA＝vAt0＝20×10m＝200m，B车的位移为xB＝eq\f(1,2)at02＝eq\f(1,2)×2×102m＝100m，此时A、B两车间的位移差为Δx＝xA－xB＝100m＞64m，所以两车必定相撞；设两车相撞的时间为t，则相撞时有vAt－eq\f(1,2)at2＝64m，代入数据解得t＝4s(另一值不合题意舍去)所以A车撞上B车的时间为4s；(2)已知A车的加速度aA＝－2m/s2，初速度vA＝20m/s；B车的加速度为a2，设B车运动经过时间为t′时，两车相遇，则有vAt′＋eq\f(1,2)aAt′2＝eq\f(1,2)a2t′2＋L，代入数据有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a2,2)))t′2－20t′＋64＝0，要避免相撞，则上式无实数解，根据数学关系知a2＞1.125m/s2，所以B的加速度的最小值为1.125m/s2.实验一探究小车速度随时间变化的规律1．(1)220交变(2)左(3)0.180.40(4)偏小不变(5)BC解析(1)电火花计时器使用220V的交变电源；(2)小车从静止开始做加速运动，相邻计数点间距离变大，可知小车与纸带的左端相连；(3)打B点时纸带的速度大小为vB＝eq\f(OC－OA,2T)＝eq\f(4.80－1.20,2×0.1)×10－2m/s＝0.18m/s由逐差法得加速度大小为a＝eq\f(BD－OB,4T2)＝eq\f(7.20－2.80－2.80,4×0.12)×10－2m/s2＝0.40m/s2(4)如果在实验中，交流电的频率变大，那么实际打点周期变小，根据Δx＝aT2得，测量的加速度值与真实的加速度值相比偏小；加速度计算与电压无关，所以加速度测量值与实际值相比不变；(5)电磁打点计时器使用的是8V的交变电源，故A错误；为了充分利用纸带，在测量物体速度时，先接通打点计时器的电源，后让物体运动，故B正确；由T＝eq\f(1,f)可知，使用的电源频率越高，打点的时间间隔越小，故C正确；打点的时间间隔与电压无关，故D错误．2．(1)左(2)CBDA(3)0.440.4(4)大解析(1)纸带穿过打点计时器时，墨粉盘应放在纸带的上面，故左边的穿法正确．(2)安装实验器材时，应先固定打点计时器再安装纸带．实验时应先接通电源，待打点计时器稳定工作后再释放小车带着纸带运动，所以正确的顺序为CBDA.(3)由于打点计时器所用交流电的频率为50Hz，每相邻两个计数点之间还有四个点未标出，则T＝eq\f(1,f)×5＝0.1s则打B点时小车的速度为vB＝eq\f(sAC,2T)＝eq\f(sAB＋sBC,2T)＝eq\f(4.2＋4.6,2×0.1)×10－2m/s＝0.44m/s根据逐差法可得，小车的加速度为a＝eq\f(sDE＋sEF＋sFG－sAB＋sBC＋sCD,9T2)＝eq\f(5.4＋5.8＋6.2－4.2＋4.6＋5.0,9×0.12)×10－2m/s2＝0.4m/s2(4)如果当时打点计时器所接电源电网中交变电流的频率实际为f＝49Hz，那么实际周期大于0.02s，则小车加速度的测量值比实际值偏大．3．(1)小钢球(2)①③④②(3)9.6(9.5～9.7均可)(4)仍能解析(1)小钢球受到的空气阻力相比其重力最小，可近似认为做自由落体运动，故选小钢球．(2)安装好器材后，先固定调好镜头位置，再打开摄像功能进行摄像，再由静止释放小球．这类似于使用打点计时器时先接通电源，再释放纸带，故顺序是①③④②.(3)由题图读得x1＝2.50cm，x2＝26.50cm，x3＝77.20cm，由(x3－x2)－(x2－x1)＝gT2，T＝eq\f(1,6)s，解得g≈9.6m/s2.(4)释放时手晃动，导致小球的运动偏离了竖直方向，但在小球下落过程中，小球竖直分运动仍然是加速度为重力加速度g的运动，故仍能用(3)问的方法测出重力加速度．4．(1)3.4(2)eq\f(d,t)(3)eq\f(1,2)kd2解析(1)挡光片的宽度为d＝3mm＋4×0.1mm＝3.4mm；(2)由于滑块运动的速度较快，且d较小，所以t也较小，则可近似认为v等于t时间内的平均速度，即v＝eq\f(d,t)；(3)根据匀变速运动速度与位移关系有v2＝2ax，联立以上两式可得eq\f(1,t2)＝eq\f(2a,d2)x，由题意知k＝eq\f(2a,d2)，解得a＝eq\f(1,2)kd2.5．(1)交变0.02左(2)a.x3b．0.40．451c．匀加速直线d．见解析解析(1)利用打点计时器完成实验的过程中，要使用交变电源；在纸带上直接打出的相邻两个计时点间的时间间隔为0.02s；若小车做加速运动，则题图中纸带的左端与小车相连．(2)a.在对各计数点刻度值xn的记录中，结果都保留了两位小数，只有x3保留了一位小数，故一定有错误的是x3.b．由题意知每隔四个计时点取一个计数点，所以计数点间的时间间隔为0.1s，x4是取的第5个计数点，第一个计数点时间为0，所以第5个为0.4s；由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得v1＝eq\f(x2－x0,2×0.1s)＝eq\f(14.02－5.00,2×0.1)×10－2m/s＝0.451m/s.c．由题图可知，小车的速度与时间的关系为线性关系，且不断增大，小车做匀加速直线运动．d．由匀变速直线运动位移时间关系x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，整理得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，可知如果以tn为横坐标，以eq\f(xn,tn)为纵坐标，得到的图像也是一条直线，图像斜率的含义为k＝eq\f(a,2)，即加速度的一半．第二章相互作用第1练重力弹力摩擦力1．A2.B3.B4.C5.A6．A[由题图读出，弹簧的弹力F＝0时，弹簧的长度为L0＝6cm，即弹簧的原长为6cm，故A正确；由题图读出弹力为F1＝2N，弹簧的长度为L1＝4cm，弹簧压缩的长度x1＝L0－L1＝2cm＝0.02m，由胡克定律得弹簧的劲度系数为k＝eq\f(F1,x1)＝eq\f(2N,0.02m)＝100N/m，故B错误；弹簧都有一定的弹性限度，故长度不能无限延长，故C错误；该弹簧两端各加2N拉力时，弹簧弹力为2N，长度为8cm，故D错误．]7．B[对木块A受力分析可知，在水平方向上受到水平向左的弹力及水平向右的摩擦力，根据胡克定律可知F弹＝kΔx＝400×2.0×10－2N＝8N，木块A可受到的最大静摩擦力为FfAmax＝μGA＝0.25×40N＝10N，由于F弹<FfAmax，则木块A保持静止状态，所以木块A所受静摩擦力大小为8N，A错误；对木块B受力分析可知，在水平方向上受到水平向右的弹力、水平向右的摩擦力及水平向左的推力，根据平衡条件可知，木块B所受静摩擦力大小为F＝F弹＋FfB，解得FfB＝2.0N，B正确，C错误；由于木块A、B的摩擦力都没达到最大静摩擦力，所以都保持静止状态，则弹簧的压缩量保持不变，D错误．]8．A[小球整体处于平衡状态，对最上面的小球受力分析，沿筒方向受力平衡有mgsinθ＝ΔF＝k·2R，解得k＝eq\f(mgsinθ,2R)，故选A.]9．C[货物C滑上木板A时木板A不动，对A、B整体受力分析得μ1m1g≤μ2(m1＋m2)g＋μ3m3g，货物C滑上木板B时木板B开始滑动，则对A受力分析得μ1m1g>μ3(m1＋m3)g，联立解得0.3<μ1≤0.4，C正确．]10．B[当夹角达到一定程度，沙子将匀速下滑，有mgsinθ＝μmgcosθ，故μ＝tanθ，μ越大，θ将越大，圆锥体堆得陡缓与底面积大小无关，故B正确，A、C、D错误．]11．B[设弹性绳的劲度系数为k.挂钩码后，弹性绳两端点移动前，绳的伸长量ΔL＝100cm－80cm＝20cm，两段绳的弹力大小为F＝kΔL，对钩码受力分析，如图甲所示．由题意可知sinα＝eq\f(4,5)，则cosα＝eq\f(3,5).根据共点力的平衡条件可得，钩码的重力为G＝2kΔLcosα.将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，受力如图乙所示．设弹性绳伸长量为ΔL′，弹力大小为F′＝kΔL′，钩码的重力为G＝2kΔL′，联立解得ΔL′＝eq\f(3,5)ΔL＝12cm.弹性绳的总长度变为L0＋ΔL′＝92cm，故B正确，A、C、D错误.]12．C[每本书受到的摩擦力的合力与重力平衡，因为每本书的质量相等，则每本书受到的摩擦力的合力大小相等，A错误；越靠外侧，书与书间的摩擦力越大，B错误；以这一摞书为研究对象，每只手对其最大静摩擦力为Ff1＝μ1FN＝60N，这一摞书受力平衡，则2Ff1＝n1mg，解得n1＝60，但书与书间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2FN＝40N，除了左右两侧跟手接触的两本书，以剩下的这一部分书为研究对象，由平衡条件有2Ff2＝n2mg，解得n2＝40，加上与手接触的两本书，共42本书，C正确，D错误．]第2练摩擦力的综合分析1．C2.B3.C4.D5.C6．B[设F与水平方向的夹角为θ，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得，木箱所受的静摩擦力为Ff＝Fcosθ，F增大，Ff增大；当拉力达到一定值时，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力FN＝G－Fsinθ，F增大，FN减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为Ff＝μFN，FN减小，则Ff减小，故B正确，A、C、D错误．]7．C[以四块砖整体为研究对象，根据力的平衡条件和对称性可知，左、右砖夹对四块砖整体的摩擦力大小均为2G，对1和2整体受力分析，竖直方向上受到2G的重力和大小为2G、方向竖直向上的摩擦力而平衡，则3对2的摩擦力为零，再隔离2知1对2摩擦力方向向上，大小为G，A错误；对1受力分析，受到大小为G的重力，左侧砖夹竖直向上、大小为2G的摩擦力，则2对1的摩擦力大小为G，方向竖直向下，B错误；工人对砖夹的力增大，砖夹对砖的水平压力增大，砖夹对四块砖的摩擦力与四块砖的重力平衡，即大小为4G，砖对砖夹的摩擦力与水平压力无关，C正确；3对4的摩擦力方向竖直向下，大小为G，与水平压力无关，D错误．]8．B[滑块上滑过程中受滑动摩擦力，Ff＝μFN，FN＝mgcosθ，联立得Ff＝6.4N，方向沿斜面向下．当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsinθ＜μmgcosθ，滑块静止，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得Ff′＝mgsinθ，代入数据可得Ff′＝6N，方向沿斜面向上，故选项B正确．]9．C[当水平推力F小于A与水平面间的最大静摩擦力2.5N时，A受到静摩擦力，随水平推力的增大而增大，且与水平推力大小相等；当水平推力2.5N<F≤5N时，A、B两物体仍静止，此过程中A受到的摩擦力为最大静摩擦力2.5N不变；当水平推力F>5N时，A、B两物体相对水平面滑动，A物体受滑动摩擦力，大小为FfA＝μG＝2N，故C正确，A、B、D错误．]10．D[对物块受力分析，可以简化成如图所示的受力分析，根据平衡条件，则有Ff＝eq\r(\f(1,2)mg2＋\f(\r(3),2)mg2)＝mg，故A、B错误；当撤去外力之后，只需要沿斜面向上且大小为eq\f(\r(3),2)mg的摩擦力就可以平衡，故此物块仍静止不动，故C错误，D正确．]11．B[设黑板擦与黑板间的弹力大小为FN，摩擦力大小为Ff，黑板擦受力平衡，由三角形定则及勾股定理可得F2＝FN2＋Ff2，滑动摩擦力Ff＝μFN联立可得Ff＝eq\f(μF,\r(1＋μ2))，故A、C、D错误，B正确．]12．B[物块沿运动方向受挡板的摩擦力大小为Ff1＝μ1FN，因物块沿挡板运动的速度的大小等于木板运动的速度的大小，故物块相对木板的速度方向与挡板成45°角，物块受木板的摩擦力大小为Ff2＝μ2mg，其方向与挡板成45°角，如图，则物块与挡板之间的正压力FN＝μ2mgsin45°＝eq\f(\r(2),2)μ2mg，故挡板对物块的摩擦力大小为Ff1＝μ1FN＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg，故B正确．]第3练力的合成与分解1．C2.A3.B4.A5.B6．B[由题可知，此时每根绳与水平方向的夹角为30°，设每根绳子张力为FT，则有4FTsin30°＝4F，解得这时O点周围每根网绳承受的张力为FT＝2F，故选B.]7．D[由题图可知，F甲＝2N，方向竖直向上；F乙＝eq\r(80)N，方向斜向右下；F丙＝eq\r(20)N，方向斜向左上；F丁＝1N，方向竖直向上；则丁图的合力最小，为1N，故选D.]8．C[对人和梯子整体进行分析，有mg＝FN，根据牛顿第三定律可知，梯子对水平地面的作用力与水平地面对梯子的支持力等大，与θ角无关，故A、B错误；对一侧的梯子受力分析，受到人的沿梯子向下的作用力，地面的竖直向上的支持力(不变)，绳子的水平方向的拉力，如图，FT＝FNtaneq\f(θ,2)，F人＝eq\f(FN,cos\f(θ,2))，可知θ角越大，绳子的拉力越大，故C正确；对人受力分析，梯子对人的支持力大小等于人的重力，梯子对人的支持力与人对梯子的压力是相互作用力，大小与θ角无关，故D错误．]9．C[滑轮A的轴所受压力为BA方向的拉力和物体P重力的合力，BA方向的拉力与物体P的重力大小相等，设两力方向的夹角为θ，其变化范围为90°<θ<180°，根据力的合成法则可知，滑轮A的轴所受压力不可能沿水平方向，θ的大小不确定，滑轮A的轴所受压力可能大于物体P的重力，也可能小于或等于物体P的重力，故A、B错误；当只将滑轮A向右移动时，θ变小，两绳的合力变大，A的轴所受压力变大，故C正确；当只将滑轮B向上移动时，θ变大，两绳的合力变小，A的轴所受压力变小，故D错误．]10．D[轻质环a(不计重力)套在杆上，不计摩擦，则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错误；以b为研究对象，受力分析如图所示，根据几何关系可得θ＝α＝30°，杆对b的作用力大小为FN，则2FNcos30°＝mg，解得FN＝eq\f(\r(3),3)mg，故C错误；对b分析，细绳的拉力大小FT＝FN＝eq\f(\r(3),3)mg，故D正确．]11．(1)eq\f(200,cosα)N(2)2000N解析(1)将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，如图甲所示，且F1＝F2，则有2F1cosα＝F，则扩张机AB杆的弹力大小为F1＝eq\f(F,2cosα)＝eq\f(200,cosα)N(2)再将F1按作用效果分解为FN和FN′，如图乙所示，则有FN＝F1sinα，联立得FN＝eq\f(Ftanα,2)，根据几何知识可知tanα＝eq\f(l,b)＝10，则FN＝5F＝2000N.12.(1)0.5G(2)0.4G解析(1)分析圆柱体工件的受力可知，沿轴线方向受到拉力F和两个侧面对圆柱体工件的滑动摩擦力，由题给条件知F＝Ff，将工件的重力进行分解，如图所示，由平衡条件可得G＝F1＝F2，由Ff＝μF1＋μF2得F＝0.5G.(2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧的斜面的分力F1′＝F2′＝Gcos37°＝0.8G，此时工件所受槽的摩擦力大小Ff′＝2μF1′＝0.4G.第4练牛顿第三定律共点力平衡1．D2.D3.C4.D5．B[设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为eq\f(\r(3),6)G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff＝Fsin30°＝eq\f(\r(3),12)G，B正确，A、C、D错误．]6．D[以a、b整体为研究对象，设细线拉力为FT，斜面对b球的支持力大小FN，根据平衡条件可得FTcos30°＋FNcos30°＝2mg，FTsin30°＝FNsin30°，解得FN＝eq\f(2\r(3),3)mg，故选D.]7．C[由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为eq\r(3)∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，受力示意图如图(a)所示，由平衡条件得F2＝mgtan(90°－30°)＝eq\r(3)mg，以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图(b)所示，由平衡条件得F1－F2＝3mgtan30°＝eq\r(3)mg，可得F1＝2eq\r(3)mg，即F1＝2F2，故C正确．]8．D[设绳OA和绳OB拉力的合力为F，以O点为研究对象，受力分析如图甲根据平衡条件得F＝mgtan30°，将F分解，如图乙则有绳AO所受拉力的大小为F2＝eq\f(\r(2),2)F＝eq\f(\r(6),6)mg，A、B、C错误，D正确．]9．A[把动滑轮及物块看作一个整体，设跨过滑轮的轻绳上的张力大小为FT，整体在竖直方向上受力平衡，则有FTsin53°＋FTsin37°＝mg，解得FT＝eq\f(5,7)mg，水平方向上有FTcos53°＋FTcos37°＝F，求得作用在物块上的水平拉力大小为F＝mg，故A正确，B错误；隔离物块进行受力分析，则由平衡条件可得物块与滑轮间的轻绳中的张力大小为FT′＝eq\r(mg2＋F2)＝eq\r(2)mg，由数学知识可知物块与滑轮间的轻绳中的张力与竖直方向成45°角，则tan45°＝1，故C、D错误．]10．C[对A、B整体受力分析，设下面细绳上的拉力为FT，由几何关系得tanθ1＝eq\f(k＋1mg,FT)，对B受力分析，由几何关系得tanθ2＝eq\f(FT,kmg)，所以tanθ1·tanθ2＝eq\f(k＋1,k)，故选C.]11．C[设绳上拉力为FT，OA长L1，OB长L2，过O点作竖直向下的辅助线交AB于C点，如图所示，由三角形相似有eq\f(FT,mAg)＝eq\f(L1,OC)，eq\f(FT,mBg)＝eq\f(L2,OC)，得eq\f(L1,L2)＝eq\f(1,3)，故A、B、D错误，C正确．]12．C[对小球B受力分析，如图所示，绳PB的拉力大小F＝mgcosθ＝eq\f(\r(3),2)mg，对结点P受力分析可知，绳AP的拉力大小为FT1＝Fsinθ＝eq\f(\r(3),4)mg，绳OP的拉力大小FT2＝Fcosθ＝eq\f(3,4)mg，故A错误；对物块A受力分析可知，物块A所受摩擦力FfA＝FT1＝eq\f(\r(3),4)mg，故B错误；对绳PB、结点P和小球B、半球体C整体受力分析可知，半球体C受到的摩擦力大小FfC＝FT1＝eq\f(\r(3),4)mg，地面对半球体C的支持力大小为FNC＝(M＋m)g－FT2＝Mg＋eq\f(1,4)mg，故C正确，D错误．]专题强化练三动态平衡问题平衡中的临界、极值问题1．B2.D3.D4.A5．D[对小球进行受力分析，如图所示根据平衡条件有FN1＝mgcosθ，FT＝mgsinθ，当细线将小球从P点缓慢向上拉至半圆柱体的最高点过程中，θ逐渐减小，则细线对小球的拉力FT逐渐减小，圆柱体对小球的支持力FN1逐渐增大，A、B错误；对圆柱体与小球整体分析，如图所示，根据平衡条件有FN3＝FTcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，FTsinθ＋FN2＝(M＋m)g，当细线将小球从P点缓慢向上拉至半圆柱体的最高点过程中，θ在0～eq\f(π,2)范围内变化，θ逐渐减小，故FN2逐渐增大，FN3先增大后减小，C错误，D正确．]6．D[由题意可知，重物和健身者一直处于动态平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零，绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，A、B错误；对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向，则有FTsinθ＋FN＝Mg，又有FT＝mg，可得FN＝Mg－mgsinθ，在水平方向，则有FTcosθ＝Ff，当从B水平缓慢移到A时，θ角逐渐变小，地面对健身者的支持力逐渐变大，地面对健身者的摩擦力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C错误，D正确．]7．B[末状态时，左边小球a在最低点，细线Oa处于竖直方向，小球a处于平衡状态，合外力沿水平方向的分量为零，则此时轻杆上的弹力为零，故右侧小球b受到重力、细线Ob的拉力和力F作用处于平衡状态，如图所示，由几何关系可知，当拉力F方向与Ob垂直时拉力F最小，可得最小拉力Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，选项B正确，A、C、D错误．]8．A[以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件知，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反．根据三角形相似得eq\f(F合,AC)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,BC)，又F合＝G，得F＝eq\f(AB,AC)G，FN＝eq\f(BC,AC)G∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，FN不变，故杆BC所产生的弹力大小不变，故选A.]9．B[设结点左侧绳长为l1，结点右侧绳长为l2，有l1cosθ1＋l2cosθ2＝d，由水平方向受力平衡，有FTcosθ1＝FTcosθ2，有cosθ1＝cosθ2＝eq\f(d,2d)＝eq\f(1,2)，竖直方向受力平衡，有2FTsinθ1＝mg，解得FT＝eq\f(\r(3)mg,3)，A错误，B正确；将绳子的A端沿竖直杆上移或将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，由A、B中分析可知，由于A、B两点的水平间距不变，左右两部分与水平方向夹角不变，所以绳子拉力大小不变，C、D错误．]10．C[设木棍与水平方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力大小为F，则为使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡条件有Fcosθ≤μFsinθ，由几何知识有tanθ＝eq\f(h,\r(L2－h2))，两式联立解得L≤2m，即木棍的长度最大为2m，故A、B、D错误，C正确．]11．A[由题可知，物块缓慢移动，整体处于动态平衡状态，则绳OO′的拉力大小等于下面绳对A的拉力和绳对B的拉力的合力大小，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于A物块的重力的大小，但是由于B物块上移，导致二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳OO′的拉力逐渐减小，故A错误，B正确；对物块B受力分析如图所示，当物块B上移时，α先减小后增大，在垂直斜面方向根据平衡条件可知，斜面对物块B的支持力先减小后增大，在沿斜面方向根据平衡条件可知，外力F逐渐变大，故C、D正确．]12．C[A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．对A：FT＝mgsin45°＋μmgcos45°对B：2mgsin45°＝FT＋3μmgcos45°＋μmgcos45°整理得，μ＝eq\f(1,5)，选项C正确．]13．C[对正三角形内部的小球受力分析，如图所示，由几何关系可知，随着θ从0到60°增大过程中，α与θ角度之和保持不变，且α＋θ＝120°，所以β也保持不变，β＝60°，由平衡条件和正弦定理得eq\f(G,sinβ)＝eq\f(FNAC,sinθ)＝eq\f(FNBC,sin120°－θ)，由牛顿第三定律知，球对BC边的压力FNBC′＝FNBC＝eq\f(G,sinβ)sin(120°－θ)＝eq\f(G,sin60°)sin(120°－θ)＝eq\f(2\r(3),3)Gsin(120°－θ)，θ从0到60°增大过程中，sin(120°－θ)先增大后减小，所以球对BC边的压力先增大后减小，故C正确，A、B、D错误．]实验二探究弹簧弹力与形变量的关系1．(1)7.0(2)弹簧自身重力6.9(3)甲解析(1)该读数为7.0cm；(2)由于弹簧自身重力的影响，不挂钩码时，弹簧也有一定的伸长量，其下端所指的标尺刻度为7.4cm；在弹簧下端悬挂钩码后所指的标尺刻度14.3cm，则弹簧因挂钩码引起的伸长量为14.3cm－7.4cm＝6.9cm；(3)由图线b的位置可知，当外力F＝0时，弹簧有伸长量，则可知直线b中的Δl是用挂钩码后的长度减去题图甲所示长度得到的．2．(1)ba(2)0.263(0.260～0.270均正确)(3)偏大解析(1)图像与横轴交点的横坐标值为弹簧原长，由题图可知原长较大的是b；图像的斜率表示劲度系数，则劲度系数较大的是a.(2)由胡克定律F＝kx，解得k＝eq\f(F,x)＝eq\f(Δmg,Δl)＝eq\f(2.5×10－3×10,18.0－8.5×10－2)N/m≈0.263N/m(3)若悬挂的钩码的质量比所标数值偏小些，则弹簧拉力偏小，实际计算时弹力偏大，则实验测得的弹簧的劲度系数比实际劲度系数偏大．3．(1)5.0013.3(2)B解析(1)弹簧弹力为零时，弹簧总长度即为弹簧原长，故L0＝5.00cm，弹簧劲度系数k＝eq\f(ΔF,ΔL)＝eq\f(2.0,0.20－0.05)N/m≈13.3N/m.(2)由于弹簧自身重力的影响，当x等于零时，弹簧有一定的弹力，但弹簧劲度系数不变，则k＝eq\f(ΔF,Δx)不变，即F－x图像斜率不变，故选B.4．(1)eq\f(θ,2)d(2)eq\f(mg,θd)(3)154(151～159均可)解析(1)由题图乙可知，弹簧的形变量等于齿条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，所以齿条C下降的距离等于齿轮D转过的弧长，根据数学知识可得s＝θ·eq\f(d,2)，即弹簧的伸长量为Δx＝s＝eq\f(θ,2)d(2)对托盘A、竖直杆B、水平横杆H、齿条C和物体整体研究，根据平衡条件得mg＝2F，弹簧弹力的胡克定律公式为F＝kΔx，联立解得k＝eq\f(mg,θd)(3)根据k＝eq\f(mg,θd)，得θ＝eq\f(g,kd)·m所以θ－m图像是一条过原点的倾斜直线，其斜率k′＝eq\f(g,kd)，由题图丙可得k′＝eq\f(Δθ,Δm)＝eq\f(0.76,0.6)rad/kg≈1.27rad/kg将d＝5.00cm，g＝9.8m/s2代入k′，解得k≈154N/m.5．(1)156.8235.2(2)G(eq\f(1,kA)＋eq\f(1,kB))解析(1)由题可知，圆环数为4个时，恰好压在弹簧B上，且不受到B的弹力，此前，圆环仅受弹簧A的弹力，此后受到A、B两个弹簧的弹力，n＝4时有4mg＝kAx1，解得kA＝156.8N/m，n＝8时有8mg＝kAx2＋kB(x2－x1)，解得kB＝235.2N/m.(2)串接时，两个弹簧的拉力大小相等，则lA＝eq\f(G,kA)，lB＝eq\f(G,kB)，可得Δl＝lA＋lB＝G(eq\f(1,kA)＋eq\f(1,kB))．实验三探究两个互成角度的力的合成规律1．(1)4.30(3)见解析图4.36(4.29～4.43均可)(4)F和F合解析(1)弹簧测力计的最小刻度为0.1N，则F的大小为4.30N；(3)画出这两个共点力的合力F合如图：由图可知F合的大小为4.36N(4.29～4.43N)；(4)通过比较F和F合这两个力的大小和方向，即可得出实验结论．2．(1)4.0(2)(ⅰ)见解析图(ⅱ)4.00．05解析(1)由题图(b)可知，F的大小为4.0N.(2)(ⅰ)画出力F1、F2的图示，如图所示．(ⅱ)用刻度尺量出F合的线段长约为20.0mm，所以F合大小为eq\f(20.0,5)×1N＝4.0N，从F合的顶点向x轴和y轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为1mm，顶点的纵坐标对应长度为20mm，则F合与拉力F的夹角的正切值为tanα≈0.05.3．(1)AC(2)见解析图定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等(回答出一项合理答案即可)解析(1)实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内，以保证钩码重力等于细绳的拉力，选项A正确；该装置不需要每次实验保证结点位于O点，选项B错误；实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三细绳的方向，选项C正确；因为每个钩码的重力已知，所以不需要测钩码总重力，选项D错误．(2)利用平行四边形定则作出F1和F2的合力F，如图所示，该合力方向不完全在竖直方向的可能原因是定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等．4．(1)BCD(2)A(3)甲解析(1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|≤F3≤F1＋F2(等号在反向或同向时取得)，因此B、C、D三项都是可以的．(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向．(3)F3的方向一定竖直向下，由于测量误差，F1和F2的合力方向可能偏离竖直方向，所以甲是正确的．5．(1)静止(2)三根细绳的方向(3)结点O的位置(4)F和F′在误差范围内重合解析(1)要测量装满水的水壶的重力，则应记下水壶静止时电子秤的示数F.(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根细绳的方向以及电子秤的示数F1.(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O的位置不能变化，力的方向也不能变化，所以应使结点O的位置和三根细绳的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2.(4)根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．第三章运动和力的关系第1练牛顿第一定律牛顿第二定律1．A2.D3.B4.B5.C6．A[对圆珠笔进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有F合＝ma，由图可分析出eq\f(F合,mg)＝eq\f(a,g)＝tan30°，解得a≈6m/s2，故A正确，B、C、D错误．]7．A[在40cm刻度处，有mg＝F弹，则40cm刻度对应的加速度为0，B错误；由分析可知，在30cm刻度处，有F弹－mg＝ma，有a＝－0.5g，A正确；由分析可知，在50cm刻度处，有F弹－mg＝ma，代入数据有a＝0.5g，C错误；设某刻度对应值为x，结合分析可知eq\f(\f(mg,0.2m)·Δx－mg,m)＝a，Δx＝x－0.2m(取竖直向上为正方向)，经过计算有a＝5gx－2g(m/s2)(x≥0.2m)或a＝－5gx(m/s2)(x<0.2m)，根据以上分析，加速度a与刻度对应值x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误．]8．D[根据k＝Yeq\f(S,L)，可得Y＝eq\f(kL,S)，则Y的单位是eq\f(\f(N,m)·m,m2)＝eq\f(N,m2)＝Pa，故选D.]9．D[由题意可知，c浮在上面对上壁有压力，可知c排开水的质量大于c本身的质量，同理b排开水的质量等于b本身的质量，a排开水的质量小于a本身的质量；则当容器向右做匀加速运动时，由牛顿第一定律可知，物块a将相对于容器向左运动，最终与容器左侧壁相互挤压；物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速运动；物块c因相等体积的水将向左运动，则导致c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压(可将c想象为一个小气泡)，故选D.]10．A[翼装飞行者斜向上以加速度g匀减速直线飞行时，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.]11．C[根据v－t图线斜率的绝对值表示加速度大小，由题图乙知，物块脱离弹簧后的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.55－0.25)m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma，所以μ＝eq\f(a,g)＝0.5，A、B错误；刚释放时物块的加速度大小为a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，由牛顿第二定律得kx－μmg＝ma′，代入数据解得k＝175N/m，C正确，D错误．]12．C[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FOA′sinθ＝mg，FOB′－FOA′cosθ＝ma，所以绳1的张力不变，绳2的张力增大，选项A、B错误；若使箱子竖直向上加速运动，则FOA″sinθ－mg＝ma′，FOB″＝FOA″cosθ，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．]13．D[将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，水平方向：Ff＝max，竖直方向：FN－mg＝may，FN＝1.15mg，又eq\f(ay,ax)＝eq\f(3,4)，联立解得Ff＝0.2mg，故D正确．]第2练牛顿第二定律的基本应用1．D2.B3.D4.D5．C[连接A、B的是一般细绳(刚性绳)，释放小球前，细绳的形变量十分微小，小球在释放后的短暂时间，细绳立即恢复原长，伸直而无拉力，两个小球的加速度均等于重力加速度g，一起做自由落体运动，所以细绳不能是弯曲的，B、D错误；连接C、D的是橡皮条，释放小球前，橡皮条的形变量很大，根据平衡条件，其弹力为kx＝mg，小球在释放后的短暂时间，橡皮条不能立即恢复原长，其弹力保持不变，根据牛顿第二定律得kx＋mg＝maC，kx－mg＝maD，解得aC＝2g，方向竖直向下，aD＝0，释放后很短的时间内，小球C向下运动的位移比D大得多，两个小球的距离减小，橡皮条会收缩，A错误，C正确．]6．A[对球a受力分析，由平衡知识可知FM＝k1x＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg，对b分析FN＝k2x＝mg，则eq\f(k1,k2)＝2eq\r(3)，故A正确，B错误；若剪断轻绳，则在剪断的瞬间，a球受重力和两边弹簧的拉力，合力不为零，则加速度不为零，故C错误；若剪断弹簧M，则在剪断的瞬间，弹簧N的弹力不变，则b球加速度仍为0，故D错误．]7．D[如题图所示，设小圆中任意一条过A点的弦长为s，与竖直方向的夹角为θ，则s＝2Rcosθ，小球下滑的加速度a＝gcosθ，根据s＝eq\f(1,2)at2得t＝2eq\r(\f(R,g))，可知下滑时间与θ无关，因此从A点沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2R＝eq\f(1,2)gt12，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝eq\f(1,2)gt22，联立解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(2))，选项D正确．]8．D[跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A错误；入水后全红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；以竖直向上为正方向，则根据－h＝v0t－eq\f(1,2)gt2，可得t＝2s，即全红婵在空中运动的时间为2s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝－15m/s，在水中的加速度大小a＝eq\f(0－v1,t)＝7.5m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10N＋35×7.5N＝612.5N，D正确．]9．(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析(1)根据牛顿第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入数据解得a1＝2m/s2(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1解得v＝4m/s(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2代入数据联立解得l2＝2.7m.10．(1)40m/s(2)8.5s解析(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1，F阻＝0.2mg，v12＝2a1L1，联立以上三式并代入数据解得a1＝5m/s2，v1＝40m/s.(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2，飞机在水平跑道上的运动时间t1＝eq\f(v1,a1)＝8s，在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有F－F阻－mgeq\f(h,L2)＝ma2，代入数据解得a2＝4m/s2，由v22－v12＝2a2L2，代入数据解得v2＝42m/s，飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝0.5s，则t＝t1＋t2＝8.5s.11．D[开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细线的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.]专题强化练四牛顿第二定律的综合应用1．D2.D3.C4.C5．C[当水平向右的外力F＝12N作用在Q物体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得Ff＝ma＝2×2N＝4N，由于Ff＝4N<μ1mg＝6N，说明假设成立，C正确，D错误；P的加速度方向水平向右，可知Q对P的摩擦力方向水平向右，A错误；水平面对Q的摩擦力大小为Ff地＝μ2(m＋m)g＝4N，B错误．]6．A[对整体分析，根据牛顿第二定律F－2μmg＝2ma1，F－2μmg＝2ma2，故a1＝a2，设轻绳与水平方向夹角为θ，向左拉物体A，对B分析F1cosθ－μ(mg＋F1sinθ)＝ma1，向右拉物体B，对A分析F2cosθ－μ(mg－F2sinθ)＝ma2，因为a1＝a2，则F1(cosθ－μsinθ)＝F2(cosθ＋μsinθ)，故F1>F2，故选A.]7．D[当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得细线的拉力大小为FT＝mgsin30°＝0.5mg，故A错误；设当小球贴着滑块一起向左运动且滑块对小球的支持力恰好为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律可得加速度a0＝eq\f(mgtan60°,m)＝eq\r(3)g>g，即当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球没有脱离斜面，则水平方向有FTcos30°－FNsin30°＝ma，竖直方向有FTsin30°＋FNcos30°＝mg，联立可得FT＝eq\f(\r(3)＋1,2)mg，FN＝eq\f(\r(3)－1,2)mg，故B、C错误；当滑块以加速度a＝2g>eq\r(3)g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线的拉力大小为F＝eq\r(mg2＋ma2)＝eq\r(5)mg，故D正确．]8．B[以C为研究对象，由牛顿第二定律得mg－FT＝ma；以A、B为研究对象，由牛顿第二定律得FT＝2ma，联立解得FT＝eq\f(2,3)mg，a＝