2025新高考方案一轮物理参考答案与详解

2025新高考方案一轮物理复习讲义参考答案第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1讲课前基础先行一、1.(1)质量(2)大小形状2.(1)参考(2)不同地面二、初位置末位置矢量方向等于小于三、位移时间位移某一时刻某一位置切线瞬时速度路程四、变化量eq\f(Δv,Δt)合力快慢[理解判断](1)√(2)√(3)×(4)√(5)×(6)×(7)√(8)×逐点清(一)1．选C“1小时20分”指的是月食现象持续的时间，是时间间隔，故A错误；研究月食现象时，地球和月球的形状和大小都不能忽略，不能将地球和月球视为质点，故B错误，C正确；虽然月球的体积大，但研究月球绕地球转动的规律时，月球与地球间的距离远大于月球的半径，则可以把月球看成质点，故D错误。2．选C以地球为参考系，“天和”和“神舟十五号”都是运动的，故A、B错误；由于“神舟十五号”和“天和”核心舱成功对接，二者是相对静止的，因此选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的，同理选“神舟十五号”为参考系，“天和”也是静止的，故C正确，D错误。3．(1)选C根据题意，桥架移动方向与小车在桥架上移动方向相互垂直。根据平行四边形定则，小车相对地面的位移大小为10m。(2)选D位移的大小等于始、末位置的距离，可知位移的大小等于AC的距离，即为1.5m－1m＝0.5m。路程等于运动轨迹的长度，可知s＝1m＋1.5m－2×0.2m＝2.1m，故D正确。逐点清(二)1．选B位移是起点到终点的有向线段，则在整个行程中该旅客位移大小约为400km，平均速度大小约为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(400,2.5)km/h＝160km/h，故选B。2．选A遮光板通过光电门1时的速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝0.10m/s，遮光板通过光电门2时的速度v2＝eq\f(d,Δt2)＝0.30m/s，由于遮光板通过光电门1和光电门2的时间很短，故可以将v1和v2视为所求的瞬时速度，A正确。3．选C无人机在10s内的路程为s＝40m＋30m＝70m，则10s内的平均速率为eq\x\to(v)1＝eq\f(s,t)＝eq\f(70,10)m/s＝7m/s，A、B错误；由位移定义可知，无人机在10s内的位移大小为x＝eq\r(402＋302)m＝50m，则10s内的平均速度大小为eq\x\to(v)2＝eq\f(x,t)＝eq\f(50,10)m/s＝5m/s，C正确，D错误。逐点清(三)1．选AB速度大指运动的快，不能说明速度变化快，即加速度不一定越大，故A正确；根据加速度表示物体速度变化的快慢，可知礼花弹的速度变化越快，加速度一定越大，故B正确；加速度等于速度变化量与对应时间的比值，速度变化量大，不能说明加速度大，故C错误；礼花弹在最高点时速度为零，但由于礼花弹受到重力的作用，所以其加速度不为零，故D错误。2．选ABC物体做变速直线运动，若速度方向与加速度方向相同，加速度逐渐减小，速度不断增大，当加速度减小到零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动，A正确；若速度方向与加速度方向相反，加速度逐渐减小，速度不断减小，当加速度减小到零时，物体速度可能恰好为零，也可能当速度减为零时，加速度不为零，然后物体反向做加速直线运动，加速度等于零后，物体做匀速运动，B、C正确，D错误。3．选D规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式得a＝eq\f(－10－8,1.0)m/s2＝－18m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度大小为18m/s2，方向竖直向上。第2讲课前基础先行1．加速度相同相反v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2axaT2(m－n)aT2eq\f(v0＋v,2)2．(1)1∶2∶3∶…∶n(2)1∶22∶32∶…∶n2(3)1∶3∶5∶…∶(2n－1)(4)1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))[理解判断](1)×(2)√(3)√(4)√逐点清(一)1．选C由位移随时间变化的关系式x＝100t－10t2＋100m，可得x－100m＝100t－10t2，对比匀变速直线运动位移与时间的关系x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，初速度为v0＝100m/s，加速度为a＝－20m/s2，由于初速度和加速度方向相反，所以质点先做匀减速直线运动，速度减为0后，再沿负方向做匀加速直线运动，故A、B、D错误；由匀变速直线运动速度与时间的关系v＝v0＋at，可得在3s末，瞬时速度为v＝(100－20×3)m/s＝40m/s，故C正确。2．选C由匀变速直线运动的速度与位移的关系式，减速过程有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)v0))2－v02＝－2ax1，匀速过程有x2＝eq\f(1,3)v0t，加速过程有v02－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)v0))2＝2·2ax3，总位移为x＝x1＋x2＋x3，联立解得x＝eq\f(2v02,3a)＋eq\f(1,3)v0t，故选C。3．选A动能比原来增加了8倍，即动能变为原来的9倍，由动能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由平均速度求位移，可得x＝eq\f(1,2)(v0＋v)t，由加速度定义式a＝eq\f(v－v0,t)，联立可得a＝eq\f(x,t2)，A正确，B、C、D错误。逐点清(二)1．选D由于减速过程中加速度大小不变，故列车在减速运动阶段速度减小的快慢不变，故A错误；t＝8s时的速度为v1＝v0－at1＝10m/s，故B错误；列车减速到0耗时t＝eq\f(v0,a)＝16s，故20s内的位移和16s内的位移一样，因此x＝eq\f(v02,2a)＝160m，故C错误；列车匀减速阶段最后1s内的位移大小为x′＝eq\f(1,2)at′2，t′＝1s，解得x′＝0.625m，故D正确。2．选B取初速度方向为正方向，则v0＝10m/s，a＝－5m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3s时，v＝－5m/s，“－”表示速度方向沿斜面向下，故B正确。逐点清(三)1．选C列车在中间时刻的速度为veq\f(t,2)＝eq\f(v＋7v,2)＝4v，列车在中间位置的速度为veq\f(x,2)＝eq\r(\f(v2＋7v2,2))＝5v，所以在M、N连线中点位置时的速度比经过中间时刻的速度大v，故A、B错误；在M、N间前一半时间所通过的距离为x1＝eq\f(v＋4v,2)·eq\f(t,2)＝eq\f(5vt,4)，后一半时间通过的距离为x2＝eq\f(4v＋7v,2)·eq\f(t,2)＝eq\f(11vt,4)，在M、N间前一半时间所通过的距离比后一半时间通过的距离少1.5vt，故C正确，D错误。2．选D根据初速度为零的匀加速直线运动通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…，可知车头从第2根电线杆到第4根电线杆历时为(eq\r(3)－1)t，车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为2t，A、B错误；由平均速度公式可知车头到第2根电线杆时的速度等于从第1根电线杆到第5根电线杆的平均速度，即v2＝eq\f(4d,2t)＝eq\f(v5,2)，可得v2＝eq\f(2d,t)，v5＝eq\f(4d,t)，C错误，D正确。3．选AC第一个60m内中间时刻的瞬时速度v1＝eq\f(x1,t1)＝6m/s，第二个60m内中间时刻的瞬时速度v2＝eq\f(x2,t2)＝10m/s，则列车的加速度a＝eq\f(v2－v1,\f(t1＋t2,2))＝0.5m/s2，根据Δx＝aT2得，接下来6s内的位移x3＝x2＋aT2＝60m＋0.5×36m＝78m，故A正确，B错误；列车的初速度v0＝v1－aeq\f(t1,2)＝6m/s－0.5×eq\f(10,2)m/s＝3.5m/s，故C正确，D错误。逐点清(四)[典例]解析：(1)由题意，设前锋2追上足球时足球的位移为x1，由三角形知识得x1＝50m，对足球由v2－v12＝－2a1x1，得v＝5m/s。(2)设足球运动的时间为t1，则由v＝v1－a1t1，得t1＝5s；设前锋2的加速时间为t2，则v2＝a2t2，追上足球时前锋2的位移为x2＝30m，则x2＝eq\f(1,2)a2t22＋v2(t1－t0－t2)，得t0＝0.25s。(3)假设守方队员恰好能堵截前锋2，则前锋2带球匀速运动的位移x3＝25m，前锋2匀速运动的时间t3＝eq\f(x3,v′)＝5s，守方队员从起跑到截停足球需要运动的位移为x4＝40m。设守方后卫加速阶段的加速度为a，加速的时间为t4，则vm＝at4，x4＝eq\f(1,2)at42＋vm(t3－t4)，解得a＝5m/s2，即守方后卫的加速度至少为5m/s2。答案：(1)5m/s(2)0.25s(3)5m/s2[考法全训]1．选B设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律有f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为eq\f(a1,a2)＝eq\f(f1,f2)＝eq\f(7,1)，由运动学公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中eq\f(x1,x2)＝eq\f(8,7)，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝eq\f(v0,3)。故选B。2．解析：(1)在绿灯亮后，设第三辆车等待时间为t1，运行时间为t2，则t1＝2t0＝2s,2(L＋L0)＝eq\f(1,2)at22，解得t2＝4s停止线后第3辆车车头过停止线的时间t＝t1＋t2＝6s。(2)绿灯亮后，设第17辆车经过时间t3启动，车头与停止线距离为x1，则t3＝16t0＝16sx1＝16(L＋L0)＝96m设第17辆车经过时间t4速度达到限速vm＝15m/s，通过的距离为x2，则vm＝at4，x2＝eq\f(1,2)at42，解得t4＝10s，x2＝75m在黄灯亮前，第17辆车匀速运动的时间为t5，设通过的距离为x3，则t5＝Δt－t3－t4＝4s，x3＝vmt5＝60m绿灯亮后，黄灯亮前，第17辆车通过的总距离为x4，则x4＝x2＋x3＝135m由于x4＝135m>x1＝96m所以，第17辆车本次绿灯能通过该路口。答案：(1)6s(2)第17辆车本次绿灯能通过该路口第3讲课前基础先行一、1.0g2.(1)gt(2)eq\f(1,2)gt2(3)2gx二、1.自由落体2．(1)v0－gt(2)v0t－eq\f(1,2)gt2(3)－2gx[理解判断](1)×(2)×(3)√(4)×逐点清(一)1．选C物体第1s内的位移为h1＝eq\f(1,2)gt02＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，则物体最后1s内的位移为h2＝2h1＝10m，物体最后1s内的平均速度为v＝eq\f(h2,t0)＝gt，解得t＝1s，则物体下落的总时间为t总＝t＋eq\f(t0,2)＝1s＋eq\f(1,2)s＝1.5s，则物体开始下落时距落地点的高度为h＝eq\f(1,2)gt总2＝eq\f(1,2)×10×1.52m＝11.25m，故选C。2．选B在前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误；在相邻两个1s内的位移之差都是Δx＝gT2＝10m，故B正确；在第1s内、第2s内、第3s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误；在1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误。3．选B松手后4个垫圈同时做自由落体运动，可以看成一个铁垫圈自由下落，在相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，由初始时各垫圈的间距知各垫圈落到盘上的时间间隔相等，故A错误，B正确；因为各垫圈落到盘上的时间间隔相等，则各垫圈依次落到盘上的时间之比为1∶2∶3∶4，根据v＝gt可知，速率之比为1∶2∶3∶4，故C、D错误。逐点清(二)[典例]解析：(1)上升阶段有0－v02＝－2gh，代入数据解得v0＝3m/s。(2)方法一：分段法上升阶段有：0＝v0－gt1代入数据解得：t1＝0.3s自由落体运动过程有：H＝eq\f(1,2)gt22其中H＝10m＋0.45m＝10.45m解得：t2＝eq\f(\r(209),10)s所以从离开跳台到手接触水面所经历的时间t＝t1＋t2＝0.3s＋eq\f(\r(209),10)s＝eq\f(3＋\r(209),10)s。方法二：全程法取竖直向上为正方向，初速度v0＝3m/s，位移为x＝－10m，由匀变速直线运动位移与时间的关系得x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(3＋\r(209),10)s，另一解为负值，舍去。答案：(1)3m/s(2)eq\f(3＋\r(209),10)s[考法全训]1．选C因每隔相等的时间竖直向上抛出一个小球，故4个小球之间相邻两小球的时间间隔相等。根据竖直上抛运动中竖直上升过程与下降过程的对称性，上升时间等于下降时间，故第4个小球刚抛出时，第2个小球上升到最高点，第一个小球与第三个小球在同一高度，因此考虑竖直上抛的对称性结合逆向思维可得出，初速度为0的匀变速直线运动，连续相等时间位移之比等于连续奇数之比，即第1个球和第2个球之间的距离与第3个球和第4个球之间的距离之比为1∶3，故选C。2．选B小球从a点上升到最大高度过程中，有ha＝eq\f(1,2)geq\f(Ta,2)2，小球从b点上升到最大高度过程中，有hb＝eq\f(1,2)geq\f(Tb,2)2，依据题意ha－hb＝h，联立解得g＝eq\f(8h,Ta2－Tb2)，B正确。3．选ACD取竖直向上方向为正方向，当排球运动到抛出点上方离抛出点1.8m时，位移为x＝1.8m，由竖直上抛运动的位移与时间关系式得x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t1＝0.2s，t2＝1.8s；当排球运动到抛出点下方离抛出点1.8m时，位移为x′＝－1.8m，由x′＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(34),5)))s或t4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(34),5)))s(负值舍去)，选项A、C、D正确，B错误。第4讲类型(一)1．选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时间内x­t图像的斜率变大，t1～t2时间内做匀减速运动，则x­t图像的斜率变小，在t2时刻停止，图像的斜率变为零。2．选D如果甲做匀减速直线运动，其位移—时间图像应为抛物线，A错误；乙做匀速直线运动，B错误；图像的斜率表示速度，第4s末，二者的斜率不相等，所以速度不等，二者的初末位置相同，所以位移相同，C错误，D正确。3．选CDx­t图像斜率的正负表示运动的方向，0～t0内，甲、乙的x­t图像的斜率均为负，所以运动方向相同，A错误；0～t0内，乙的位移大小为x0，甲的位移大小小于x0，所以0～t0内甲、乙的位移大小不相等，B错误；0～2t0内乙的位移等于甲的位移，时间也相同，所以0～2t0内乙的平均速度等于甲的平均速度，C正确；x­t图线斜率的大小代表速度的大小，明显乙的图线最大斜率绝对值大于甲的图线最大斜率绝对值，所以0～2t0内乙的速度最大值大于甲的速度最大值，D正确。类型(二)1．选B从最高点开始计时，先做匀加速直线运动，加速度不变，一段时间后，速度达到最大，此时降落伞打开，再做匀减速直线运动，加速度不变。又因为v­t图像的斜率表示加速度，经分析可得图B可能正确。2．选Dv­t图像的斜率表示加速度，由题图可得，0～t1内乙图线的斜率逐渐变小，即加速度减小，故A错误；v­t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知在t1时刻，乙的位移大于甲的位移，即此时乙在甲前面，故B错误；v­t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可得，0～t1内，甲、乙的位移差一直增大，甲、乙之间的距离一直增大，故C错误；由以上分析可得，t1时刻乙在甲前面，由题图可知t1～t2内，v甲>v乙，且最后都做匀速直线运动，则甲会追上乙，并超越乙到乙的前面，即t1～t2内，甲、乙之间的距离先减小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲、乙之间的距离又增大，故D正确。3．选C根据位移—时间图像切线的斜率表示速度可知，甲的速度不变，做匀速直线运动，乙车做速度越来越小的变速直线运动，故A错误；在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B错误；由v­t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确；0～t2时间内，丙车的位移小于丁车的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙车的平均速度小于丁车的平均速度，故D错误。类型(三)1．选BD质点在0～t0时间内从静止开始先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动；t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减小到零，0～2t0时间内一直向前运动；2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确。a­t图像的面积表示速度变化量，eq\f(1,2)t0～eq\f(3,2)t0时间内速度的变化量为零，因此eq\f(1,2)t0时刻的速度与eq\f(3,2)t0时刻的速度相同，D正确。2．选C根据加速度随时间变化的图像可得，0～1s内为匀加速直线运动，速度v＝at，速度为正方向，选项D错误；第1s末的速度v＝1m/s，1～2s内加速度变为负值，而速度为正方向，因此物体做匀减速运动，到2s末，速度减小为0，选项B错误；2～3s，加速度为正方向，初速度为0，物体沿正方向做匀加速直线运动，即从第2s开始重复前面的运动，选项C正确，A错误。类型(四)[例1]选D根据匀变速直线运动的位移与时间关系式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，得eq\f(x,t)＝eq\f(1,2)at＋v0，对比题图可得v0＝20m/s，eq\f(1,2)a＝eq\f(10－20,4)m/s2，知a＝－5m/s2，即刚刹车时动力车的初速度大小为20m/s，刹车过程动力车的加速度大小为5m/s2，故A、B错误；刹车过程持续的时间为t0＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(－20,－5)s＝4s，故C错误；经过8s，车已经停止，则整个刹车过程动力车的位移大小为x0＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(20,2)×4m＝40m，故D正确。[例2]选B由题图可知，减速之前汽车的位移为x1＝4m，根据匀变速直线运动的速度与位移关系式可得v2－v02＝2ax，由图像解得a＝－5m/s2，当速度为5m/s时，汽车减速运动的位移为x2＝eq\f(v2－v02,2a)＝37.5m，故汽车的位移为x＝x1＋x2＝41.5m，A、C、D错误，B正确。[例3]选C由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，将等式变形为eq\f(x,t2)＝eq\f(v0,t)＋eq\f(1,2)a，由eq\f(x,t2)­eq\f(1,t)图像与坐标轴的两个交点可得v0＝15m/s，a＝－6m/s2，该动车做初速度为15m/s，加速度大小为6m/s2的匀减速运动，故A、B错误，C正确；由v＝v0＋at可判断，该动车在2.5s时停止运动，由v2－v02＝2ax，得该动车在前3s的位移x＝eq\f(152,2×6)m＝18.75m，故D错误。[例4]选D由题中eq\f(1,v)­x图像可知，eq\f(1,v)与x成正比，即vx＝常数，质点的速度随位移的增大而减小，因此质点做减速直线运动，但不是匀减速直线运动，又因为图像的斜率k＝eq\f(1,vx)，显然不等于质点的加速度，选项A、B错误；由于三角形OBC的面积S1＝eq\f(1,2)OC·BC＝eq\f(x1,2v1)，表示质点从O到C所用的时间，同理，质点从O到C′所用的时间可由三角形OB′C′的面积S2＝eq\f(x2,2v2)表示，所以四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′所用的时间，选项C错误，D正确。第5讲[典题例析]解析：两车不相撞的临界条件是A车追上B车时其速度与B车相等。设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示。现用三种方法解答如下：解法一分析法根据位移公式和速度公式对A车有xA＝v0t＋eq\f(1,2)(－2a)t2，vA＝v0＋(－2a)t对B车有xB＝eq\f(1,2)at2，vB＝at两车位移关系有x＝xA－xB追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB联立以上各式解得v0＝eq\r(6ax)故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq\r(6ax)。解法二函数法利用判别式求解，由解法一可知xA＝x＋xB即v0t＋eq\f(1,2)(－2a)t2＝x＋eq\f(1,2)at2整理得3at2－2v0t＋2x＝0这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－4×3a×2x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq\r(6ax)。解法三图像法利用v­t图像求解，先作出A、B两车的v­t图像，如图所示设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v′＝v0－2at对B车有vB＝v′＝at以上两式联立解得t＝eq\f(v0,3a)经t时间两车发生的位移之差等于原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图像可知x＝eq\f(1,2)v0·t＝eq\f(1,2)v0·eq\f(v0,3a)＝eq\f(v02,6a)所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq\r(6ax)。答案：v0≤eq\r(6ax)[应用体验]1．解析：(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v＝vB－at＝vA，解得t＝3s此时汽车A的位移xA＝vAt＝12m汽车B的位移xB＝vBt－eq\f(1,2)at2＝21m故最远距离Δxmax＝xB＋x0－xA＝16m。(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝eq\f(vB,a)＝5s，运动的位移xB′＝eq\f(vB2,2a)＝25m汽车A在t1时间内运动的位移xA′＝vAt1＝20m此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12m汽车A需再运动的时间t2＝eq\f(Δx,vA)＝3s故A追上B所用时间t总＝t1＋t2＝8s。答案：(1)16m(2)8s升维训练提示：(1)这个结果不合理，因为汽车B运动的时间最长为t＝eq\f(vB,a)＝5s＜7s，说明汽车A追上B时汽车B已停止运动。(2)可由位移关系式：vBt－eq\f(1,2)at2＝x0＋vAt，解得t1＝(3－eq\r(2))s，t2＝(3＋eq\r(2))s(舍去)，t1时两车已相撞。2．解析：(1)在t0时间内，甲、乙两车运动位移分别为x1＝v1t0，x2＝v2t0－eq\f(1,2)a0t02，又x1－x2＝L0－L，解得t0＝3s(另一解为负值，舍去)。(2)甲车开始刹车时，乙车速度为v3＝v2－a0t0＝7m/s若甲车刹车后经时间t两车速度相等(均为v)，两车恰好避免相撞，则v＝v1－at，v＝v3－a0t时间t内甲、乙两车运动位移分别为x3＝v1t－eq\f(1,2)at2，x4＝v3t－eq\f(1,2)a0t2，又x3－x4＝L，联立以上各式解得a＝2.75m/s2即甲车刹车加速度至少为2.75m/s2。答案：(1)3s(2)2.75m/s2第6讲关键点(一)1．解析：(1)实验时，应调节滑轮使细线与轨道平行，小车从靠近打点计时器的地方静止释放，并且要先接通电源后释放小车，实验中没必要平衡摩擦力，故选A、C、D。(2)计数点1的读数为2.75cm。打计数点2时小车的速度大小为v2＝eq\f(x3－x1,2T)＝eq\f(8.62－2.75,2×0.02)×10－2m/s≈1.47m/s。答案：(1)ACD(2)2.751.472．解析：(1)实验中，我们不需要测质量，但需要测遮光带和透光带的宽度，故需要刻度尺；(2)根据平均速度定义可得v3＝eq\f(0.045m,0.03s)＝1.5m/s；(3)可以考虑匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻速度，分别求出相邻两个中间时刻速度后，根据加速度定义式表示g，即g＝eq\f(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1),\f(Δt1＋Δt2,2))，整理可得g＝eq\f(2dΔt1－Δt2,Δt1Δt2Δt1＋Δt2)。答案：(1)刻度尺(2)1.5(3)eq\f(2dΔt1－Δt2,Δt1Δt2Δt1＋Δt2)关键点(二)1．解析：(1)本实验是探究速度随时间的变化规律，因此不需要平衡摩擦力。(2)相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1s，打计数点2时小车速度大小v2＝eq\f(x03－x01,2T)＝0.504m/s打计数点4时小车速度大小v4＝eq\f(x05－x03,2T)≈0.805m/s。(3)加速度大小a＝eq\f(x06－2x03,9T2)＝1.50m/s2。答案：(1)不需要(2)0.5040.805(3)1.502．解析：(1)做匀变速直线运动的物体在相等时间间隔内相邻的位移差相等，即满足Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1，甲纸带AB段、BC段、CD段、DE段与相连的前一段差值均为0.51cm，而EF段与DE段差值为0.62cm，不满足匀变速直线运动的物体在相等时间间隔内相邻的位移差相等的规律，故甲纸带出现测量错误。(2)每隔四个点作为一个计数点，可知相邻计数点的时间间隔为T＝0.02s×5＝0.1s，选择乙纸带研究，D点为CE段中间时刻，则有vD＝eq\x\to(v)CE＝eq\f(0.0403＋0.0454,0.2)m/s≈0.43m/s。(3)选择乙纸带研究，由逐差法可得加速度大小为a＝eq\f(xDF－xAC,6T2)＝eq\f(0.0454＋0.0505－0.0301＋0.0352,6×0.12)m/s2＝0.51m/s2。答案：(1)甲(2)0.43m/s(3)0.51m/s2关键点(三)1．解析：(1)打点计时器打计数点3时小车的速度等于打计数点2到4运动过程的平均速度，由题意可知，相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s，有v3＝eq\f(11.92＋10.00×10－2,2×0.1)m/s≈1.10m/s。(2)由图(c)可知，0时刻的速度为0.50m/s。(3)利用v­t图像的斜率可知玩具车运动的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.43－0.50,0.5)m/s2＝1.86m/s2。答案：(1)1.10(2)0.50(0.49～0.52均正确)(3)1.86(1.84～1.88均正确)2．解析：(1)挡光片的宽度d＝29mm＋0.1×8mm＝29.8mm＝2.98cm小车通过光电门时的速度大小v＝eq\f(d,t)＝eq\f(2.98×10－2,2.00×10－2)m/s＝1.49m/s。(2)通过两个光电门的速度大小分别为v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，根据v22－v12＝2aL可得加速度大小为a＝eq\f(d2,2L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t22)－\f(1,t12)))。答案：(1)2.981.49(2)eq\f(d2,2L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t22)－\f(1,t12)))或eq\f(1,2L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d2,t22)－\f(d2,t12)))或eq\f(d2t12－t22,2Lt12t22)3．解析：(1)根据纸带的数据可得ΔxAD＝xAB＋xBC＋xCD＝6.60cm＋8.00cm＋9.40cm＝24.00cm平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))AD＝eq\f(ΔxAD,3T)＝80.0cm/s。(2)根据第(1)小题结果补全实验点，如图甲所示。(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，如图乙所示。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(101.0－59.0,0.6)cm/s2＝70.0cm/s2，b＝59.0cm/s。(4)小车做匀加速直线运动，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，故根据图像的斜率和截距可得vA＝b，a＝2k。答案：(1)24.0080.0(2)见解析图甲(3)70.059.0(4)b2k第二章相互作用第1讲课前基础先行一、地球的吸引正比mg弹簧测力计竖直向下质量二、1.形状体积恢复原状形状2．恢复原状接触弹性形变相反相反3．弹性形变正比kx劲度系数自身性质形变量[理解判断](1)√(2)×(3)√(4)×(5)√(6)×逐点清(一)1．选C重力的方向竖直向下，但不一定指向地心，A错误；由于地球对战机的吸引而产生重力，同时战机对地球也产生引力，B错误；任何力都有施力物体，重力的施力物体是地球，C正确；地球附近的任何物体都受重力作用，与运动状态无关，D错误。2．选D由题意可知水桶中的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，D正确。3．选D由于物体浸没于水中时，受到向上的浮力，弹簧测力计的拉力减小了，但物体的重力并没有发生改变，故A错误；当两物体所处的地理位置不同时，由于g的大小不同，质量大的物体的重力不一定大，故B错误；重力的方向是竖直向下的，而不是垂直向下，故C错误；物体的重心位置由形状和质量分布情况两个方面共同决定，故D正确。4．选C锥体上滚的原理是重心运动，虽然看到的现象好像是锥体在上滚，但是从侧面观察的话锥体重心其实是下移的，B错误，C正确。锥体的重心在锥体的内部几何中心上，不在锥体外面，A错误。双圆锥体放在轨道的低处时，放手后它会向轨道高处滚动，这是因为当双圆锥体在轨道的最低处时，它的重心在最高处；当双圆锥体在轨道最高处时，它的重心却在最低处，D错误。逐点清(二)1．选B题图甲中，小球随车厢做匀速直线运动，运动状态不发生改变，水平方向上不受力，A错误；假设题图乙中斜面对小球没有弹力，小球将在轻绳拉力和重力作用下处于竖直状态，故斜面对小球有弹力，B正确；假设题图丙中b绳对小球有弹力，则小球受到重力及两个拉力作用，水平方向上受力不平衡，小球无法处于静止状态，故b绳对小球无弹力，C错误；假设题图丁中两球间有弹力，则细线不可能处于竖直状态，故两球间无弹力，D错误。2．选D当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小球重力大小，细绳的拉力FT＝0；当小车和小球向右做匀加速直线运动时绳的拉力不能为零，弹簧弹力有可能为零，故D正确。3.4.逐点清(三)1．选B根据两根弹簧中弹力相等可得b弹簧的伸长量为eq\f(k1L,k2)，P端向右移动的距离为L＋eq\f(k1,k2)L，选项B正确。2．选A不计一切摩擦，平衡时三个弹簧的弹力大小均等于一个小球的重力，故选项A正确。3.选D设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示：同一条绳子上的拉力相等，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)＝0.6，则cosα＝0.8，根据平衡条件可得：2FTcosα＝G，解得：FT＝5N，故D正确。4.选D小球处于静止状态，其合力为零，对小球进行受力分析，如图所示，由图中几何关系可得F＝eq\r(mg2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)mg))2)＝eq\f(5,4)mg，D正确。5．选CD设杆对小球的弹力F在竖直方向的分力为Fy，水平方向的分力为Fx，由牛顿第二定律可知，Fy＝mg，Fx＝ma，F＝eq\r(mg2＋ma2)，当eq\f(ma,mg)＝tanθ时，即a＝gtanθ时，杆对球的弹力沿杆向上，此时F＝eq\f(mg,cosθ)，综上所述，A、B错误，C、D正确。第2讲课前基础先行1．趋势相对滑动粗糙相对运动趋势粗糙相对运动材料相反相反相对运动趋势相对运动[理解判断](1)√(2)×(3)√(4)√(5)√(6)√逐点清(一)1．选BD对小木块受力分析，小木块受到重力、支持力、水平向右的弹簧的拉力和木板的摩擦力，根据平衡条件知，木板对小木块的摩擦力方向向左，故A错误，B正确；对整体受力分析，在竖直方向上受到的重力和支持力平衡，若地面对木板有摩擦力，则整体合力不为零，则整个装置不可能处于静止状态，故地面对木板无摩擦力作用，故C错误，D正确。2．选A机器人加速前进时，相对包裹机器人有向前运动的趋势，故此时包裹对水平托盘的摩擦力方向向后，A正确；包裹受到向上的支持力是托盘发生形变产生的，B错误；包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，C错误；包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹加速度为零，故此时不受到摩擦力，D错误。3．选A乘客在无台阶的扶梯上运动时，在加速阶段和匀速阶段，都受重力、支持力、摩擦力作用，匀速阶段乘客加速度为零，扶梯对乘客的作用力竖直向上，由牛顿第三定律可知，乘客对扶梯的作用力竖直向下，加速阶段扶梯对乘客的作用力斜向上，由牛顿第三定律可知，乘客对扶梯的作用力斜向下；有台阶的扶梯，在扶梯匀速上升阶段，乘客不受摩擦力作用，在扶梯加速阶段，乘客所受支持力和摩擦力的合力斜向上，由牛顿第三定律可知，乘客对扶梯的作用力斜向下，综上所述，A正确，B、C、D均错误。逐点清(二)1．选D根据题意，对蚂蚁受力分析，设蚂蚁所在位置和圆心连线与竖直方向夹角为θ，如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcosθ，f＝mgsinθ，由于α>β，则A处蚂蚁受到的支持力比B处蚂蚁小，B处蚂蚁受到的摩擦力比A处蚂蚁小，故A、B错误；蚂蚁与轮胎之间保持静止，则摩擦力不能按滑动摩擦力计算，则A处的蚂蚁受到的摩擦力大小不一定为μmgcosα，故C错误；由题意可知，B处蚂蚁所在位置和圆心连线与竖直方向夹角为β，则B处的蚂蚁受到的摩擦力大小为mgsinβ，故D正确。2．选C由题意得物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Fmax≥5N，小车向右加速运动后，对物体A受力分析，可得F合＝ma＝10N，可知此时小车对物体A的摩擦力大小为5N，方向向右，且为静摩擦力，所以物体A相对于小车仍然静止，故A错误；所以物体A受到的摩擦力大小不变，故B错误，C正确；物体A相对于小车仍然静止，所以受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误。3．选A根据题意，设货物的质量为m，木板的倾角为θ，货物与木板间的动摩擦因数为μ，对货物，根据物体的平衡条件有mgsinθ＝μmgcosθ，又有tanθ＝eq\f(1.2,\r(22－1.22))＝eq\f(3,4)，解得μ＝eq\f(3,4)，故选A。逐点清(三)[例1]选AD在0～2s内两物体向右做加速运动，加速度先增大后减小；2～4s内加速度反向，两物体做减速运动，因为两段时间内受力是对称的，所以4s末速度变为零，在0～4s内两物体一直向右运动，然后重复以前的运动，A正确，B错误；在2～3s内，F逐渐增大，两物体加速度逐渐增大，隔离对B分析，B所受的合力逐渐增大，即B所受的摩擦力逐渐增大，C错误；对整体分析，两物体的加速度与F的方向相同，B物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同，D正确。[例2]选B木板始终向左运动或者有向左运动的趋势，可得物块对木板的摩擦力始终向右，所以物块受到木板对其的摩擦力方向始终水平向左，A正确；根据图像可得在1.0～1.3s时间内物块受到摩擦力在变化，所以可得此时为静摩擦力，此时的静摩擦力大小与物块对木板的正压力无关，B错误，C正确；2.4～3.0s时间内传感器示数不再变化，说明此时摩擦力已经变为滑动摩擦力，此时木板只要运动就行，可能做变速直线运动，D正确。[例3]选A开始物体受到水平向左的滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，物体速度减为0后，F<Ff，所以物体受到水平向右的静摩擦力Ff′＝F＝1N，故选A。[例4]选BD当小木块速度小于传送带速度时，小木块相对于传送带向上滑动，小木块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，加速度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图像的斜率变小，B、D正确。第3讲课前基础先行一、1.同一点2.效果合力分力等效替代二、2.(1)邻边对角线(2)首尾相接三、分力平行四边形三角形正交效果四、方向平行四边形算术法则[理解判断](1)√(2)√(3)√(4)×(5)√(6)√(7)×(8)√(9)×逐点清(一)1．选ABC两个2N的力的合力范围为0～4N，然后与3N的力合成，则三力的合力范围为0～7N，由于最大静摩擦力为5N，因此可判定选项A、B、C正确，D错误。2．选B先以力F1和F2为邻边作平行四边形，其合力与F3共线，大小F12＝2F3，如图所示，F12再与第三个力F3合成求合力F合，可得F合＝3F3。3．选B擦窗工具在竖直玻璃平面上受到重力、拉力和摩擦力，做匀速直线运动，则摩擦力大小等于重力和拉力的合力，拉力大小等于重力，即F摩＝eq\r(2)mg，方向斜向左上方与水平方向夹角为45°，故B正确，A、C、D错误。逐点清(二)[例1]选A设力F与AC方向间的夹角为θ，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。由几何关系得2F1cosθ＝F，则得F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ)，再将F2按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示。由几何关系得FN＝F2sinθ，联立得到FN＝eq\f(Ftanθ,2)，根据几何知识得tanθ＝eq\f(a,b)＝6，得到FN＝3F，故A正确，B、C、D错误。[针对训练]1.选D同一斧子，θ一定，F越大，其分力越大，越容易劈开木桩，故A、B错误，F一定时，θ越小的斧子，其分力越大，越容易劈开木桩，故C错误，D正确。[例2]选B物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力分别如图1和图2所示。将物体受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得：F1＝mgsinθ＋Ff1，FN1＝mgcosθ，Ff1＝μFN1；F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，FN2＝mgcosθ＋F2sinθ，Ff2＝μFN2，解得：F1＝mgsinθ＋μmgcosθ，F2＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosθ－μsinθ)，故eq\f(F1,F2)＝cosθ－μsinθ，B正确。[针对训练]2.选BC两根耙索的合力大小为F′＝2Fcos30°＝eq\r(3)F，A错误，B正确；由平衡条件，地对耙的水平阻力大小为f＝F′cos30°＝eq\f(3,2)F，C正确，D错误。逐点清(三)[典例]选B卡车以某一恒定的加速度刹车时，其加速度水平向左，则C所受的合力水平向左，而C对A的压力恰好为零，则C只受重力和B对C的支持力，由竖直方向平衡有NBCsin60°＝mg，解得B球对C球的支持力为NBC＝eq\f(2\r(3),3)mg，由牛顿第三定律可知C对B的压力大小为eq\f(2\r(3),3)mg。故选B。[应用体验]1．选A对整体受力分析，在水平方向上受推力和滑动摩擦力，有F＝2μmg；对B受力分析，B受到重力、推力F和支持力，根据共点力平衡有tanθ＝eq\f(F,mg)，联立解得μ＝eq\f(tanθ,2)＝eq\f(\r(3),6)，故B、C、D错误，A正确。2．选A根据题意，翠鸟做加速直线运动，所以翠鸟所受合力方向与速度方向相同，根据平行四边形定则分析可知只有A选项中，重力与F的合力的方向有可能与速度方向相同，B、C、D中合力的方向一定与速度方向有夹角，翠鸟不可能做直线运动。所以A正确，B、C、D错误。3.选AD将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，再对物体a分析，可知a受到4个力作用，A、D正确。第4讲(一)1.提示：最上面这根原木由于重力作用，对其下面两根原木有垂直于接触面的压力，压紧下面的两根原木，如图所示。由平行四边形定则可得，最上面这根原木对其下面两根原木的作用力大小分别为F1＝F2＝eq\f(G,2cos30°)＝eq\f(\r(3)G,3)。2．选D对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有Fa＝Gsin37°＝0.6G，Fb＝Gcos37°＝0.8G，故选D。3．选C根据题意可知，总绳对人的作用力大小为F＝2×100N×cos30°＝100eq\r(3)N，对人受力分析，如图所示，由平衡条件有Ff＝Fsin30°＝50eq\r(3)N，Fcos30°＋FN＝mg，解得FN＝350N，故选C。4．选B把工人与小木板视为整体(可看作质点)，受到竖直向下的重力、墙对脚的作用力F1和轻绳OA的拉力F2，处于平衡状态，三力可组成力的矢量三角形，如图甲所示，工人缓慢下移的过程中，轻绳OA与竖直方向的夹角减小，墙对脚的作用力方向不变，两力之间的夹角由90°逐渐减小，由图可知，绳OA的弹力逐渐增大，墙对脚的作用力逐渐减小，由牛顿第三定律可知脚对墙的作用力逐渐减小，故A错误，B正确。由于α＝37°，β＝53°，此时若工人不触碰轻绳，F1＝mgsinα，小木板受的压力大小等于mg－F1cosβ＝384N，故C错误；连接小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角θ＝120°，所以绳AB的张力大小T＝eq\f(\f(F2,2),cos60°)＝480N，D错误。(二)[典例]选A根据几何关系可知，两球心连线与竖直方向的夹角θ满足sinθ＝eq\f(1.2R,2R)＝0.6，设半球的质量为m，竖直墙壁对半球B的支持力F＝mgtanθ＝eq\f(3,4)mg，A与B组成的系统保持静止，一定满足F≤2μmg，即eq\f(3,4)mg≤2μmg，解得μ≥eq\f(3,8)，所以半球A与水平地面间的动摩擦因数最小值为eq\f(3,8)，A正确，B、C、D错误。[应用体验]1．选C根据题意，分别对A、B受力分析，如图所示，对小球A，由平衡条件有Facos30°＝mg，Fasin30°＝FcA，对小球B，由平衡条件有Fbcos60°＝mg，FcB＋Fbsin60°＝F，又有FcA＝FcB，联立解得F＝eq\f(4\r(3),3)mg，故选C。2．选D由题意可知，用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方，其大小大于GP，根据牛顿第三定律可知，P对Q的磁力方向斜向右下方，A、B错误；对P和Q的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于GP＋GQ，即Q对电子秤的压力大小等于GP＋GQ，C错误，D正确。(三)[例1]选A设AC段长为d，AC与BC的夹角为θ，则BC段长为3L－d，根据几何知识有L2＋d2＝(3L－d)2，解得d＝eq\f(4,3)L，因此sinθ＝eq\f(3,5)，设细线上的拉力大小为T，对重物进行受力分析，如图所示，则根据力的平衡条件有T＋Tcosθ＝mg，F＝Tsinθ，解得F＝eq\f(1,3)mg。[例2]选D对O点受力分析如图所示，由几何关系可知，F1的竖直分力小于F2的竖直分力，F1的水平分力等于F2的水平分力，故A、B、C错误，D正确。[例3]解析：题图1和图2中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析，如图甲和乙所示，根据平衡规律可求解。(1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1g，图乙中细绳GF段的拉力FTGF＝M2g，由FTEGsin30°＝FTGF，得FTEG＝2M2g，所以eq\f(FTAC,FTEG)＝eq\f(M1,2M2)。(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有FNC＝FTAC＝M1g，方向与水平方向成30°角，指向右上方。(3)图乙中，根据平衡规律有FTEGsin30°＝M2g，FTEGcos30°＝FNG，所以FNG＝eq\f(M2g,tan30°)＝eq\r(3)M2g，方向水平向右。答案：(1)M1∶2M2(2)M1g，方向与水平方向成30°角指向右上方(3)eq\r(3)M2g，方向水平向右第5讲(一)1.选A设两细杆所在平面与水平面夹角为α，根据对称性可知，两个细杆对橙子的支持力大小相等，方向均垂直于细杆且过橙子的重心，因两细杆间上窄下宽，故橙子重心与两细杆所在平面的距离越来越小，两个细杆对橙子的支持力与两细杆所在平面的夹角θ越来越小，而两个支持力的合力与重力垂直运动方向的分力平衡，即2Nsinθ＝Gcosα，可得橙子受到每根细杆的支持力N＝eq\f(Gcosα,2sinθ)，支持力N越来越大。故选A。2．选D施加拉力F前，以小环O为对象进行受力分析，其受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得2T1cos30°＝mg，解得轻绳1的张力大小为T1＝eq\f(\r(3),3)mg，故A正确，不满足题意要求；物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿∠MON平分线，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故B正确，不满足题意要求；物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的夹角θ逐渐增大，以物块为对象，根据受力平衡可得T2cosθ＝mg，可知T2＝eq\f(mg,cosθ)，可知轻绳2的张力越来越大，故C正确，不满足题意要求；物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点，当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON＝α逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可得2T1′coseq\f(α,2)＝T2，可得T1′＝eq\f(T2,2cos\f(α,2))，可知此过程轻绳1的张力一直增大，故D错误，满足题意要求。故选D。3．选C对货物A受力分析，其动态图如图所示。货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物的支持力变小，由牛顿第三定律知，货物A对玻璃棚的压力越来越小。故C项正确。4．选A小球受重力、轻绳的拉力和轻杆的支持力，由于平衡，三个力可以构成矢量三角形，如图所示。根据平衡条件，该力的矢量三角形与几何三角形POC相似，则有eq\f(G,PO)＝eq\f(F1,L)＝eq\f(F2,R)，解得F1＝eq\f(L,PO)G，F2＝eq\f(R,PO)G，当P点下移时，PO减小，L、R不变，故F1增大，F2增大。(二)1.选B如图所示，小球受到重力mg、细绳拉力FT及另一拉力F，将FT与F合成，该合力与重力平衡。由图可以看出，当F与FT垂直时，F最小，等于mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，故选B。2．选B设轻绳的合拉力为T，地面对石墩的支持力为N，对石墩受力分析，由平衡条件可知Tcosθ＝f，f＝μN，Tsinθ＋N＝mg，联立解得T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，A错误，B正确；轻绳的合拉力大小为T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)，可知当θ＋φ＝90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力大小为f＝Tcosθ＝eq\f(μmgcosθ,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,1＋μtanθ)，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误。3．解析：筷子对小球的压力太小时，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，如图甲所示。小球平衡时，有2Nsinθ＋2fcosθ＝mg，f＝μN联立解得N＝eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)筷子对小球的压力太大时，小球有上滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向下，如图乙所示。小球平衡时，有2N′sinθ＝mg＋2f′cosθ，f′＝μN′联立解得N′＝eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)综上，筷子对小球的压力的取值范围为：eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)≤N≤eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)。答案：eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)≤N≤eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)第6讲关键点(一)1．解析：(1)根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹簧原长和伸长量。(2)根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)。(3)取图像中(0.5,0)和(3.5,6)两个点，代入ΔF＝kΔx，解得k＝200N/m，由于弹簧自身的重力，使得弹簧不加外力时就有形变量。(4)根据实验操作的合理性可知先后顺序为C、B、D、A、E、F、G。答案：(1)刻度尺(2)弹簧原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)(3)200弹簧自身的重力(4)CBDAEFG2．解析：(1)每次增加的钩码数量不需要相等，故A错误；通过实验可知，在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比，故B错误；用悬挂钩码的方式给弹簧施加拉力，应保证弹簧水平且处于平衡状态，使弹簧所受拉力的大小等于钩码的重力，故C正确；不同弹簧的弹力与伸长量之比，即弹簧的劲度系数k不一定相等，故D错误。(2)弹簧的劲度系数k＝eq\f(F,Δl)＝25N/m，在弹性限度内，弹力的大小与弹簧的形变量成正比，在A1处出现拐点是因为超过了弹簧的弹性限度。(3)避免弹簧自身重力对实验的影响。答案：(1)C(2)25拉力过大超过弹簧的弹性限度(3)避免弹簧自身重力对实验的影响关键点(二)1．解析：(1)F­x图像如图所示。(2)由F­x图像知，弹簧的弹力F与弹簧伸长量x成正比，在直线上取较远的两点代入k＝eq\f(ΔF,Δx)，可得直线的斜率k≈0.2N/cm＝20N/m。所以该弹簧的弹力与伸长量的关系的函数表达式为F＝kx＝20x(N)。(3)弹簧的弹力与伸长量的关系的函数表达式为F＝20x，式中的常数表示弹簧每伸长1m弹簧的弹力增大20N，即实验中使用的弹簧的劲度系数为20N/m。(4)弹簧的总长为l，则弹簧伸长量x＝l－l0，根据(2)的结果有弹力F与l的关系表达式为F＝kx＝k(l－l0)＝20l－8(N)。所作的F­l图像在横轴上有截距，其物理意义为弹簧的原长，而F­x图像在横轴上没有截距。答案：(1)见解析图(2)F＝20x(N)(3)函数表达式中的常数表示弹簧每伸长1m，弹簧的弹力增大20N，是弹簧的劲度系数。(4)F＝20l－8(N)，F­l图像在横轴上有截距，其物理意义为弹簧的原长，而F­x图像在横轴上没有截距2．解析：(1)钩码静止时其所受重力大小等于弹簧弹力的大小，这样做依据的物理规律是共点力的平衡条件。(2)根据胡克定律F＝k(l－l0)可得题图乙的F­l图像的横截距即为弹簧的自然长度l0，斜率即为弹簧的劲度系数k，所以可得l0＝4.0cmk＝eq\f(16－0,20－4×10－2)N/m＝100N/m＝1.0×102N/m。(3)题图丙中弹簧测力计的示数为F＝8.00N。答案：(1)共点力的平衡条件(2)4.01.0×102(3)8.00第7讲关键点(一)1．解析：(1)步骤③是只用一个弹簧测力计，将小圆环拉到同一位置O点，使F的作用效果与F1、F2同时作用时相同。(2)实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法。故选C。(3)测力计的精度为0.1N，所以F1＝4.00N保持小圆环位置不变，F1、F2的合力不变，由平行四边形定则作图可知，保持F1大小不变，方向绕O点顺时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动可使F2的值增加。故选A。答案：(1)仍使小圆环处于O点(2)C(3)4.00A2．解析：(1)根据测力计读数规则，弹簧测力计a的示数为5.80N。(2)根据验证“力的平行四边形定则”实验要求，弹簧测力计应在使用前校零，细线方向应与木板平面平行，改变拉力，进行多次实验，每次不必使O点静止在同一位置，所以不必要的操作是C。(3)用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O′点时的拉力F′的方向一定与橡皮筋在同一直线上，用两个弹簧测力计拉橡皮筋到O′点，在误差允许的范围内，两弹簧测力计拉力的合力F方向与橡皮筋可以不在同一直线上，所以符合实际情况的是图C。答案：(1)5.80(2)C(3)C关键点(二)1．解析：(1)对拉弹簧测力计是为了校准两弹簧测力计，但是在校准前必须调零，然后在水平面上对拉两弹簧测力计，若其读数相等，则可正常使用，竖直方向上对拉时应考虑弹簧自身重力的影响，并且与弹簧的量程无关，所以A、D正确，B、C错误。(2)①如图所示。②适当增大两细绳的夹角或增大A、B两点到O点的距离。答案：(1)AD(2)①见解析图②适当增大两细绳的夹角或增大A、B两点到O点的距离2．解析：(1)三条橡皮筋的规格相同，自然长度要相等，且劲度系数要相同，步骤②的目的是验证三条橡皮筋的劲度系数是否相同，故A、B正确；拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故C错误；改变拉力，进行多次实验，每次没必要使O点在同一位置，故D错误。(2)若第二次实验同第一次相比较，OM、ON夹角不变，OM、OP的夹角变小，橡皮筋OP长度不变，由平行四边形定则可知，橡皮筋OM长度变小，橡皮筋ON长度变大。答案：(1)AB(2)变小变大第三章牛顿运动定律第1讲课前基础先行一、1.匀速直线运动静止2.固有属性无关3.质量质量大质量小二、匀速直线运动静止正比反比相同两个相等相反同一条直线三、1.基本单位导出单位2.质量长度时间kgms3.基本量[理解判断](1)√(2)√(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×逐点清(一)1．选C力是改变物体运动状态的原因，物体不受力时也能保持匀速直线运动，故A错误；牛顿第一定律是在实验的基础上进一步推理概括出来的科学理论，不能直接通过实验得出，但能经住实践的检验，故B错误；伽利略通过理想斜面实验说明，力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C正确；惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故D错误。2．选ABD牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的运动规律，总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，C错误，D正确。3．选C把手中的铅球由静止释放后，铅球竖直下落，是由于铅球受到竖直向下的重力的缘故，故A错误；惯性只与质量有关，与速度无关，故B错误；牛顿第一定律也叫作惯性定律，故C正确；汽车紧急刹车时，乘客会向前倾，这是由于乘客具有惯性，但是惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故D错误。逐点清(二)1．选D物体所受合力为零，则物体处于平衡状态，因此物体处于静止或匀速直线运动状态，A错误；物体所受合力变化时，物体的运动状态会产生变化，物体受恒定的合力时，物体的运动状态也会产生变化，B错误；物体所受合力不为零时，物体的加速度一定不为零，物体的速度有时可能为零，C错误；物体所受的合力不变且不为零，由牛顿第二定律可知，物体一定有加速度，物体的运动状态一定变化，D正确。2．(1)选D物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动，物体水平方向受到推力和滑动摩擦力。水平推力从开始减小到与滑动摩擦力大小相等的过程中，物体受到推力大于摩擦力，物体有加速度，合力减小，加速度减小；此后，推力继续减小，推力小于滑动摩擦力，合力与速度方向相反，物体做减速运动，合力反向增大，加速度反向增大。故物体加速度先减小后增大；速度先增大后减小。(2)选C皮球在上升过程中受空气阻力方向向下，由牛顿第二定律有mg＋kv＝ma，解得a＝g＋eq\f(kv,m)，可知皮球做加速度越来越小的减速运动，速度减小到0时其加速度大小减小到重力加速度g，排除B、D；加速度越小，速度减小得越慢，由a＝g＋eq\f(kv,m)可知加速度减小得也越慢，A错误，C正确。(3)选B对排球受力分析，上升过程受到的重力和空气阻力方向相同，下降过程中受到的重力和空气阻力方向相反，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相同位置的加速度大，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；在整个过程中空气阻力一直做负功，排球的机械能一直在减小，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，加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度变化，所受空气阻力变化，故所受的合力变化，做变加速运动，D错误。3．选B对P施加F时，根据牛顿第二定律有a1＝eq\f(F,m1)＝eq\f(Δv1,Δt)＝10m/s2，对P和Q整体施加F时，根据牛顿第二定律有a2＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(Δv2,Δt)＝2m/s2，联立解得m2＝4.0kg，故选B。逐点清(三)1．选B观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以看出作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时变化，A、C错误，B正确；作用力与反作用力总是等大、反向、共线的关系，与物体的运动状态无关，D错误。2．选B对工人受力分析，受绳的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；对动滑轮受力分析如图所示，则有绳子拉力FT＝eq\f(mg,2cosθ)，重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐变大，C、D错误。3．选D大圆环对地面无压力，由牛顿第三定律可知，地面对大圆环无支持力，大圆环受力平衡，所以橡皮球对钢丝的摩擦力F＝m0g，方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，钢丝对橡皮球的摩擦力F′＝F＝m0g，方向竖直向下，A、B错误。对橡皮球受力分析，由牛顿第二定律有F′＋mg＝ma，解得橡皮球的加速度大小a＝eq\f(m0＋m,m)g，故D正确，C错误。第2讲课前基础先行一、1.运动情况2.运动情况受力情况3.加速度牛顿第二定律二、1.(1)大于(2)竖直向上2.(1)小于(2)竖直向下3.(1)等于零(2)竖直向下[理解判断](1)√(2)√(3)√(4)×(5)×逐点清(一)1.Ca、b绳剪断前小球受力如图所示，Fa＝mgcos30°，Fb＝mgcos60°，剪断a绳瞬间：a1＝eq\f(Fa,m)＝gcos30°，剪断b绳瞬间：a2＝eq\f(Fb,m)＝gcos60°，所以a1∶a2＝cos30°∶cos60°＝eq\r(3)∶1，C正确。2．选A剪断细绳的瞬间，A、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化，A、B的加速度相同，由mg＋mg＝2ma可得，两球的加速度均为g，即a1＝g，a2＝g，A正确。3．选D释放的瞬间，橡皮绳的形变还没有来得及变化，单根橡皮绳弹力等于小球的重力mg，故A错误；释放的瞬间，橡皮绳弹力仍为mg，小球的加速度等于0，故B错误；设纸盒质量为M，释放前，手对纸盒的作用力为(M＋2m)g，方向竖直向上，设橡皮绳对纸盒的作用力为F，由受力平衡得F＋Mg＝(M＋2m)g，所以橡皮绳对纸盒的作用力F＝2mg，释放的瞬间，橡皮绳的形变还没有来得及变化，橡皮绳对纸盒的作用力仍为2mg，方向竖直向下，故D正确；释放的瞬间，纸盒所受合力为F合＝F＋Mg＝(2m＋M)g，由牛顿第二定律可得纸盒加速度a＝eq\f(F合,M)＝eq\f(2m＋M,M)g>g，故C错误。4．选A对a球受力分析，由平衡知识可知FM＝k1x＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg。对b球受力分析FN＝k2x＝mg，则eq\f(k1,k2)＝2eq\r(3)，故A正确，B错误；若剪断轻绳，则在剪断轻绳后的瞬间，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球加速度仍为零，故D错误。逐点清(二)[典例]解析：(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1＝v2，mgsinθ＝ma1联立解得v＝eq\r(2gx1sinθ)＝15m/s匀减速继续下滑的过程有2ax2＝v2解得a＝eq\f(v2,2x2)＝7.5m/s2。(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，根据牛顿第二定律有2Fsineq\f(α,2)－mgsinθ＝ma解得F＝eq\f(ma＋mgsinθ,2sin\f(α,2))＝500N。答案：(1)7.5m/s2(2)500N[考法全训]1．解析：(1)根据牛顿第二定律得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1，代入数据解得a1＝2m/s2。(2)根据运动学公式得2a1l1＝v2，解得v＝4m/s。(3)根据牛顿第二定律得μmg＝ma2，根据运动学公式得－2a2l2＝v末max2－v2，代入数据联立解得l2＝2.7m。答案：(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m2．解析：(1)0～0.7s内有x＝eq\f(v1＋v2,2)Δt1＋eq\f(v2＋v3,2)Δt2，v＝eq\f(x,Δt1＋Δt2)，联立可得v＝1.65m/s。(2)由题图乙可得惯性前进的加速度大小为a＝eq\f(v2－v3,Δt2)＝1m/s2。惯性前进时竖直方向上运动员处于平衡状态，则有F1＝mg。惯性前进时水平方向上水对运动员的作用力使其减速，则有F