2025新高考方案一轮物理配套检测卷参考答案

2025新高考方案一轮物理配套检测卷参考答案配套检测卷参考答案课时跟踪检测(一)1．选D跳水比赛中要考虑运动员的动作，故不能将其视为质点，故A错误；双杠比赛中要考虑运动员的动作，故不能将其视为质点，故B错误；体操要考虑运动员的姿态，故不能将其视为质点，故C错误；马拉松比赛中，运动员的大小和体积可以忽略不计，故可以将其视为质点，故D正确。2．选C研究某乘客上车动作时，不能忽略乘客的形状和大小，不能将该乘客视为质点，故A错误；研究列车通过某一道闸所用的时间，不能忽略列车的形状和大小，不能将该列车视为质点，故B错误；选进站时运动的列车为参考系，坐在列车中的乘客位置没有变化，是静止的，故C正确；选进站时运动的列车为参考系，站台上等候的乘客位置发生变化，是运动的，故D错误。3．选B调整无人机在空中的姿态时，无人机的大小和形状不能忽略不计，不能将无人机看成质点，A错误；无人机在高空飞行，确定其空间位置时需要建立三维坐标系，B正确；观察无人机飞行速度时可以选取地面为参考系，摄像机与无人机相对静止，不能选取无人机上的摄像机为参考系，C错误；“8小时”指的是时间间隔，D错误。4．选D15：29是指时刻，故A错误；研究列车驶出杭州东站的平均速度时，列车的长度不可忽略，故列车不可视为质点，故B错误；坐在列车中的乘客随列车一起运动，所以选择列车为参考系，乘客是静止的，故C错误；平均速度是指位移与时间之比，列车全程行驶55分钟，所以平均速度的大小约为177km/h，故D正确。5．选ABC整个过程中自行车的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(12,0.5)km/h＝24km/h，故A正确；整个过程中自行车的平均速率为eq\x\to(v)1＝eq\f(s,t)＝eq\f(12＋8,0.5)km/h＝40km/h，故B正确；经过路标C时自行车的瞬时速度大小为50km/h，故C正确；经过路标C时自行车的速度方向沿轨迹的切线方向，不是由A指向B，故D错误。6．选C汽车运动过程中肯定经历了加速和减速阶段，所以加速度不可能不变，故不可能做匀变速运动，A错误；题干中没有给出两地的直线距离，也就是位移不确定，所以无法计算平均速度，若根据题干中的路程和时间，则只能求出汽车的平均速率，B错误；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响或者影响很小时，可以将物体看作质点，所以研究汽车的运动轨迹时，汽车的形状、大小均可忽略，故可以将汽车视为质点，C正确；位移是指从初位置到末位置的有向线段，手机导航推荐的三种方案位移大小都相等，方向也相同，D错误。7．选D若选择其中一架无人机为参考系，则另一架无人机为静止状态，则两颗子弹相对甲、乙两架无人机速度都是v，则甲、乙同时被击中。故选D。8．选D43秒39描述的是中国队在接力决赛中所经历的实际时间，表示时间间隔，故A错误；位移是指初位置到末位置的一条有向线段，线段的长度表示位移大小，箭头指向表示位移方向，根据题图可知，各运动员的初末位置不相同，表示位移的有向线段的长度与方向均不相同，即每位运动员位移的大小不一定都为100m，故B错误；根据题图可知，表示第8道中国队的位移的有向线段的长度大于第3道新加坡队的位移的有向线段的长度，即中国队运动员的总位移比位于第3道的新加坡队大，故D正确；平均速率等于总路程与总时间的比值，中国队的平均速率为eq\x\to(v)＝eq\f(400,43.39)m/s≈9.2m/s，平均速度等于总位移与总时间的比值，中国队做的是曲线运动，平均速度大小小于平均速率，可知中国队的平均速度大小小于9.2m/s，故C错误。9．选Aeq\f(Δx,Δt)表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx越窄，则记录遮光时间Δt越小，eq\f(Δx,Δt)越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，A正确。10．选A设5s末的速度为v5,2s末的速度v2＝v5＋3m/s，时间Δt＝3s，潜艇在该段时间内的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v5－v2,Δt)＝－1m/s2，故B、C、D错误，A正确。11．选C选取初速度v1的方向为正方向，则v1＝6m/s，v2＝－8m/s，所以排球的平均加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(－8－6,0.2)m/s2＝－70m/s2，负号表示平均加速度方向与v1的方向相反，与v2的方向相同，C正确，A、B、D错误。12．选D从x­t图像可知，在0～t0时间内，小闵一直向着规定的正方向运动，所以其运动轨迹为一条直线，A错误；x­t图像的斜率表示物体运动的速度大小，从图像可得，在0～t0时间内，小闵运动的速度越来越小，但无法判断其加速度的变化情况；在0～t0时间内，小闵的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1－x0,t0)，故B错误；小闵做圆周运动的平均速率v′]＝eq\f(s,t)＝eq\f(1.5×2πR,t1)＝eq\f(3πR,t1)，故C错误；取景过程中，小闵做圆周运动，为实时监测相机的大致位置，可以将小闵与相机视为一个质点，故D正确。13．选AD由题图乙可知，第二次超声波传播的最远距离比第一次的大，可知物体到小盒子P的距离越来越远，故A正确；由题图乙可知，物体在t2－t1时间内的位移为x2－x1，该时间内物体的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(x2－x1,t2－t1)，在Δt时间内物体通过的位移不等于x2－x1，故B错误，D正确；由题图乙可知，超声波的速度为v＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(x2,t2－Δt)，故C错误。课时跟踪检测(二)1．选C当车速最大vm＝10m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”的时间最长。由速度公式v＝vm－at，解得t＝2.5s，选项C正确。2．选C将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t，动车第7节车厢通过旅客的过程，有eq\f(1,2)at2＝25m，第6、7节车厢通过旅客的过程，有eq\f(1,2)a(t＋4s)2＝2×25m，解得a≈0.5m/s2，C正确。3．选B经2s时间A车运动到O点，以此为计时起点，设A、B两车相距为s，s2＝(vAt－20)2＋(vBt－10)2，解得s最小时t＝3s，故运动过程中两车相距最近的时刻是t＝5s。故选B。4．选A当两者间距达到100m后，不能收听到音乐，女儿加速运动的时间t1＝eq\f(vm－v0,a)＝4s，根据s＝eq\f(1,2)(v0＋vm)t1＋vm(t－t1)＋s0－v0t，解得t＝25s，故选A。5．选CD由图(b)中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T＝0.40s，故A到E的时间间隔为1.6s，选项A错误；而AC段与CE段的时间间隔为2T＝0.80s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，又xCE－xAC＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2T))2，解得a＝1.875m/s2，选项D正确；物块在位置D时速度vD＝eq\f(xCE,2T)＝2.25m/s，选项C正确；由vD＝vA＋a(3T)，得物块在A位置速度vA＝0，则位置A、D间距离为xAD＝eq\f(vD2－vA2,2a)＝1.35m，选项B错误。6．选D由题意知汽车在AB段中间时刻的瞬时速度v1等于其在AB段的平均速度，即v1＝eq\f(L,t)，汽车在CD段中间时刻的瞬时速度v2等于其在CD段的平均速度，即v2＝eq\f(6L,3t)＝eq\f(2L,t)，又v2＝v1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)＋2t＋\f(3,2)t))，解得a＝eq\f(L,4t2)，又vC＝v1＋a×2.5t，解得vC＝eq\f(13L,8t)，故选D。7．选C设RS段位移为x，所用时间为t，则ST段位移为2x，所用时间为t′，由题意得：在RS段的时间t＝eq\f(x,v1)＝eq\f(x,10)，在ST段的时间t′＝eq\f(2x,v2)＝eq\f(2x,5)，可解得t′＝4t，设电动公交车的加速度大小为a，逆向推导可得v2＝vT＋aeq\f(t′,2)，v1＝vT＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t′＋\f(t,2)))，解得vT＝1m/s，故C正确。8．选A设汽车正常行驶的速度为v0，由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系可得eq\x\to(v)＝eq\f(v0,2)，可得v0＝2eq\x\to(v)，A正确；减速过程时间为t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2\x\to(v),a)，反应过程的时间为t反＝eq\f(t0,5)＝eq\f(2\x\to(v),5a)，B错误；减速过程的位移为x0＝eq\x\to(v)t0＝eq\f(2\x\to(v)2,a)，反应过程的位移为x反＝v0t反＝eq\f(4\x\to(v)2,5a)，则有eq\f(x0,x反)＝eq\f(5,2)，C错误；发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为v＝eq\f(x反＋x0,t反＋t0)＝eq\f(7,6)eq\x\to(v)，D错误。9．解析：(1)小轿车从开始刹车到停止所用的最短时间为t1＝eq\f(v0,a)＝20s25s时小轿车已停止，故通过的最小距离x1＝eq\f(v02,2a)＝300m。(2)小轿车在反应时间内行驶的距离为x0＝v0t0＝15m则小轿车从发现警示牌到完全停下的过程中行驶的距离为x＝x0＋x1＝315m为了有效避免两车相撞，三角警示牌放在故障车后的最小距离为Δx＝x－50m＝265m。答案：(1)300m(2)265m10．选D反应时间指刹车前的一段时间，A错误；不同人反应时间不同，不一定大于3s，B错误；当行驶速度为60km/h，停车距离与反应距离的比值为35∶15＝7∶3，C错误；由题图可知，不同速度行驶下反应距离与刹车距离的比值分别为10∶10＝1∶1，15∶20＝3∶4,20∶40＝1∶2，比值逐渐减小，D正确。11．解析：(1)依题意每扇门开启过程中的速度图像如图所示：设门全部开启所用的时间为t0，由图可得d＝eq\f(1,2)v0t0由速度公式得：v0＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)t0))联立解得：a＝eq\f(v02,d)。(2)要使单扇门打开eq\f(d,2)，需要的时间为t＝eq\f(1,2)t0人只要在t时间内到达门框处即可符合要求，所以人到门的距离为l＝v0t，联立解得：l＝d。(3)宽为eq\f(7,4)d的物体运动到门框过程中，每扇门至少要运动eq\f(7,8)d的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动s1＝eq\f(d,2)的距离，速度达到v0，所用时间为t1＝eq\f(t0,2)，而后又做匀减速运动，设减速时间为t2，门又运动了s2＝eq\f(7,8)d－eq\f(1,2)d＝eq\f(3,8)d的距离由匀变速运动公式，得：s2＝v0t2－eq\f(1,2)at22解得：t2＝eq\f(d,2v0)和t2＝eq\f(3d,2v0)(不合题意舍去)要使每扇门打开eq\f(7,8)d所用的时间为t1＋t2＝eq\f(3d,2v0)故物体移动的速度不能超过v＝eq\f(l,t1＋t2)＝eq\f(2,3)v0。答案：(1)eq\f(v02,d)(2)d(3)eq\f(2,3)v0课时跟踪检测(三)1．选B由题可知，人的重心在跳高时升高约0.9m，因而竖直方向上的初速度v0＝eq\r(2gh)≈4m/s，故选B。2．选B设船长为l，钥匙下落所需时间为t，根据公式h＝eq\f(1,2)gt2，解得钥匙下落时间t＝2s，故船的长度至少为l＝vt＝4m，故选B。3．选D开始时球心到光电门的距离为h，经过时间t小球的下边缘开始挡光，则小球自由落体运动的位移为x＝h－R<h，由自由落体的位移公式x＝eq\f(1,2)gt2，可知g＝eq\f(2x,t2)<eq\f(2h,t2)，故A、B错误；球心经过光电门时的速度为小球经过位移为2R的中间位置的速度veq\f(2R,2)，而这段位移的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(2R,Δt)＝veq\f(Δt,2)，根据匀变速直线运动的规律可知veq\f(2R,2)>veq\f(Δt,2)，即球心经过光电门时的速度大于eq\f(2R,Δt)，故C错误，D正确。4．选AC由题意可知，重锤在运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计。作出v­t图像，如图所示，根据自由落体运动公式可知，重锤开始自由下落时离地高度为h1＝eq\f(1,2)gt12，根据匀变速直线运动中平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)可知，重锤在空中运动的平均速度等于接触地面后的平均速度，A正确，D错误；根据x＝eq\f(v,2)t，可知，重锤开始自由下落时离地高度h1和重锤接触地面后下降距离h2之比为eq\f(h1,h2)＝eq\f(t1,t2－t1)，故重锤接触地面后下降的距离为h2＝eq\f(1,2)gt1(t2－t1)，B错误；根据v＝at可知，重锤接触地面后的加速度大小为a＝eq\f(v,t2－t1)＝eq\f(gt1,t2－t1)，C正确。5．选D根据竖直上抛运动规律，竖直向上运动到同一水平线上时，乙小球的运动时间为t＝eq\f(t2－t1,2)，甲小球到达的最高点高度为h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2)))2＝eq\f(1,8)gt22，甲小球下落的高度为h′＝eq\f(1,2)geq\f(t2,2)－eq\f(t2－t1,2)2＝eq\f(1,8)gt12，故该位置距离抛出点的高度为h″＝h－h′＝eq\f(1,8)g(t22－t12)，故选D。6．选A设上升最大高度为4h，喷泉向上喷的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，4h＝eq\f(1,2)gt2，解得总时间为t＝eq\r(\f(8h,g))，通过最后一等份高度h＝eq\f(1,2)gt22，解得t2＝eq\r(\f(2h,g))，水通过后两等份高度2h＝eq\f(1,2)gt′2，解得t′＝eq\r(\f(4h,g))，水通过前两等份高度用时t1＝t－t′＝eq\r(\f(8h,g))－eq\r(\f(4h,g))，所以eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(2))＝1＋eq\f(\r(2),2)，则1<eq\f(t2,t1)<3，故选A。7．选A射出的弹丸做竖直上抛运动，可看成自由落体运动的逆运动，由运动学公式h＝eq\f(1,2)gt2，弹丸最后1s内上升的高度等于自由落体运动的最初1s内下落的高度，h1＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，则上升过程中最初1s内上升的高度h2＝9h1＝45m，上升过程中最初1s内中间时刻的速度v＝eq\f(h2,t)＝eq\f(45,1)m/s＝45m/s，设弹丸向上射出时初速度为v0，则v＝v0－10×0.5m/s，可得v0＝50m/s，弹丸上升的最大高度h3＝eq\f(v02,2g)＝125m，故选A。8．选BQ做自由落体运动，有xQ＝3h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(6h,g))，从抛出到相遇，以向下为正方向，可得xP＝－v0t＋eq\f(1,2)gt2，据几何关系可得xQ－xP＝2h，解得v0＝eq\f(\r(6gh),3)，P上升的最大高度为hm＝eq\f(v02,2g)＝eq\f(h,3)，故选B。9．选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。课时跟踪检测(四)1．选A电梯上升，由速度—时间图像可知，电梯加速上升的时段为20.0s到30.0s。故选A。2．选Dv­t图像中图线斜率表示加速度，加速阶段与减速阶段的加速度大小之比为2∶1，故A错误；v­t图像中图线与时间轴所围的面积在数值上等于位移大小，由题图知减速阶段位移大小为x1＝eq\f(5,4)v0t0，匀速阶段位移大小为x2＝eq\f(3,4)v0t0，加速阶段位移大小为x3＝eq\f(5,8)v0t0，则加速阶段与减速阶段的位移大小之比为1∶2，加速阶段与匀速阶段的位移大小之比为5∶6，小汽车从v0开始减速直至再恢复到v0的过程中通过的路程为x＝x1＋x2＋x3＝eq\f(21,8)v0t0，故B、C错误，D正确。3．选C根据x­t图像的斜率表示速度，乙车图像的切线斜率不断增大，则乙车的速度不断增大，乙车做匀加速运动，根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，将(10,100)和v0＝0代入，解得a＝2m/s2，故t＝5s时，乙的速度v乙＝at＝10m/s，甲车图像的斜率不变，则甲车的速度不变，做匀速直线运动，速度为v甲＝eq\f(x,t)＝eq\f(100,10)m/s＝10m/s，由此可知t＝5s时，甲、乙两车速度相等，故A错误；0～5s内甲的位移大于乙的位移，根据平均速度的定义eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故B错误；t＝10s时，甲、乙的速度分别为v甲＝10m/s，v乙′＝at′＝20m/s，可知此时乙车的速度是甲车的2倍，故C正确；由x­t图像可知，t＝10s时，乙车刚好追上甲车，而之后乙车的速度一直大于甲车的速度，故甲车不可能追上乙车，故D错误。4．选D由题意知，地铁的启动加速度大，所以甲是高铁的v­t图像，乙是地铁的v­t图像，故A错误；v­t图像的斜率为加速度，则地铁和高铁加速过程的加速度大小之比为eq\f(a地,a高)＝eq\f(\f(100,30),\f(300,240))＝eq\f(8,3)，故B错误；地铁和高铁加速过程中的位移eq\f(x地,x高)＝eq\f(30×100,240×300)＝eq\f(1,24)，故C错误；0～240s过程中，高铁的平均速度大小eq\x\to(v)高＝eq\f(300,2)km/h＝150km/h，地铁的平均速度大小eq\x\to(v)地＝eq\f(240－30＋240,2×240)×100km/h＝eq\f(375,4)km/h，则地铁和高铁的平均速度大小之比为eq\x\to(v)地∶eq\x\to(v)高＝5∶8，故D正确。5．选B0～x2过程中加速度不变，所以物体做匀加速直线运动，x2～x3过程中加速度方向不变，依然与速度同向，故物体仍做加速直线运动，位移为x3时，物体的速度达到最大，A、C错误；由速度与位移关系式可得2a0x1＝v12，解得位移为x1时，物体的速度大小为eq\r(2a0x1)，B正确；由速度与位移关系式可得eq\f(v2－v02,2)＝a·x，故a­x图像的面积表示eq\f(v2－v02,2)，则物体在位移为x3时的最大速度为eq\r(a0x2＋x3)，D错误。6．选B由题图可知，物体在t0之前做初速度为0、加速度为a0的匀加速直线运动，故A错误；在t0时刻，物体的速度大小v＝at＝a0t0，故B正确；物体在0～t0内的速度增加量为Δv＝v－0＝a0t0，故C错误；t0时刻之后，物体做加速度减小的加速运动，故D错误。7．选D图乙为汽车的“v2­x”图像，反映速度平方与位移关系，即v2－v02＝2ax。“数形结合”将其变形为v2＝v02＋2ax，所以图线的“斜率”即为汽车加速度的两倍，故有a＝eq\f(k,2)＝eq\f(c－b,2L)。所以D正确。8．选D由v­t图线与时间坐标轴围成的面积表示位移可知，题图甲中物体在0～t0这段时间内的位移大于eq\f(1,2)v0t0平均速度大于eq\f(1,2)v0，A错误；根据v2＝2ax可知，题图乙中2a＝1m/s2，则物体的加速度为0.5m/s2，B错误；根据Δv＝at可知，题图丙中阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，C错误；由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，结合题图丁可知eq\f(1,2)a＝5m/s2，即a＝10m/s2，则v0＝－5m/s，故t＝3s时物体的速度为v3＝25m/s，D正确。课时跟踪检测(五)1．选B由数学知识可知，两图线的交点的横坐标为t＝6s，因为v­t图线与时间轴围成的面积表示位移，故两汽车在t＝3s到t＝9s时间内的位移相同，t＝9s时两车第二次相遇，则两车第一次相遇的时刻为t＝3s。2．选B画出从前车开始刹车时两车运动的v­t图像，如图所示，因后车以加速度2a开始刹车，刹车后行驶的距离为eq\f(1,2)s；在前车刹车过程的时间内，后车匀速运动的距离为2s，所以，两车在匀速行驶时保持的距离至少应为2s＋eq\f(1,2)s－s＝eq\f(3,2)s。3．选AD设甲从出发到乙追上甲所用时间为t，甲做匀加速直线运动，则有v＝at，v2－0＝2ax甲，解得t＝eq\f(v,a)，x甲＝eq\f(v2,2a)，故A正确，B错误；设P、O两点之间的距离为x，则有vt＝x＋x甲，带入数据解得x＝eq\f(v2,2a)，故C错误，D正确。4．选C根据几何知识可知，当甲车在乙车前方时，有x甲－x乙＝6m，根据运动学公式有x甲＝v甲t＋eq\f(1,2)at2，x乙＝v乙t，解得：t1＝2s，t2＝6s。由公式v＝v0＋at，解得t＝6s时甲车停止行驶，此时甲车在乙车前方6m处，乙车继续行驶至甲车前方6m的过程中，所用时间为t′＝(6m＋6m)÷2m/s＝6s，所以两车能利用蓝牙通信的总时间为t总＝2s＋6s＝8s，故选C。5．选B根据公式v＝eq\f(x,t)，可知eq\f(x,t)表示平均速度，即t＝2s时，两车平均速度相同，因从同一地点同时出发，所以两车相遇，故B正确，C错误；根据位移与时间关系式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，变形得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，结合图像可知A车的初速度为2m/s，斜率为k＝eq\f(4－2,2－0)＝eq\f(1,2)a，解得加速度为a＝2m/s2，B车初速度为零，同理可得加速度为a′＝4m/s2，由此可知t＝1s时，A车与B车速度大小相等，1s后，B车速度大，故A、D错误。6．选Cv­t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，而图线的斜率表示加速度，由图像可知两车的位移之比x甲∶x乙＝3∶4，两车减速过程中的加速度之比a甲∶a乙＝3∶2，故A、B错误；t＝5s时，甲、乙两车速度相等，其余时间甲车速度小于乙车速度，故在t＝20s时两车间的距离最大，且最大距离为50m，故C正确，D错误。7．选A设车长为L，车宽为d；乙车速度最大时，乙车的车尾与甲车的车头相碰，如图1，则eq\f(x甲－\f(d,2),v甲)＝eq\f(x乙＋L＋\f(d,2),v乙max)，解得v乙max≈60.5km/h。当乙车速度最小时，乙车的车头与甲车的车尾相碰，如图2，则eq\f(x甲＋L＋\f(d,2),v甲)＝eq\f(x乙－\f(d,2),v乙min)，解得v乙min≈45.9km/h，即乙的速度范围为45.9km/h≤v≤60.5km/h。故选A。8．选BC由题意可知0～3s内，甲车做匀减速直线运动，乙车做匀速直线运动，初速度相等，则两车间距逐渐减小，故A错误；根据题意作出两车的v­t图像，如图所示。由图可知t＝6s时两车速度相等，阴影部分面积代表0～6s内两车的位移差Δx＝eq\f(1,2)×30×3m＋eq\f(1,2)×30×(6－3)m＝90m，所以最近距离为100m－90m＝10m，故B正确；由图可看出6～9s内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大，由于6s时甲在前距离乙车10m的位置，所以在0～9s内两车不会相撞，故C正确，D错误。9．选CD当汽车与小明速度相等时，小明和汽车间距离最大，则v1－at1＝v2，解得t1＝2s，从司机听到呼喊声到小明和汽车间距离最大的时间t＝t0＋t1＝0.5s＋2s＝2.5s，故A错误；2.5s内汽车通过的位移x1＝v1t0＋v1t1－eq\f(1,2)at12＝8×0.5m＋8×2m－eq\f(1,2)×2×4m＝16m,2.5s内小明通过的位移x2＝v2t＝4×2.5m＝10m，小明和汽车间的最大距离为Δx＝x1＋x0－x2＝16m＋8m－10m＝14m，故C正确；从汽车开始刹车到停止运动的时间t3＝eq\f(v1,a)＝eq\f(8,2)s＝4s，汽车刹车通过的位移x3＝eq\f(v1,2)t3＝eq\f(8,2)×4m＝16m，从司机听到呼喊声到汽车停止运动通过的位移x＝v1t0＋x3＝8×0.5m＋16m＝20m，汽车停止运动时，小明通过的位移x4＝v2(t0＋t3)＝4×(0.5＋4)m＝18m，由x0＋x>x4，则汽车停止运动时小明没追上汽车，从汽车停止运动到小明追上汽车的时间t4＝eq\f(x0＋x－x4,v2)＝eq\f(8＋20－18,4)s＝2.5s，则从司机听到呼喊声到小明追上汽车的时间t′＝t0＋t3＋t4＝0.5s＋4s＋2.5s＝7s，故B错误，D正确。10．选BCD设经过t时间两车相遇，根据位移与时间关系式x1＝v1t－eq\f(1,2)a1t2，x2＝eq\f(1,2)a2t2，位移间的关系为x1＝x0＋x2，联立解得t1＝2s，t2＝eq\f(34,3)s，甲车从运动到停止时所用的时间为t0＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(20,2)s＝10s，因为t2＝eq\f(34,3)s>10s(舍去)，甲车从第一次相遇到停止时所用时间Δt＝10s－2s＝8s，甲车从运动到停止所经过的位移为x1′＝eq\f(v12,2a1)＝eq\f(400,2×2)m＝100m，乙车在10s内运动的位移为x2′＝eq\f(1,2)a2t02＝eq\f(1,2)×1×102m＝50m，此时甲、乙两车相距Δx″＝100m－34m－50m＝16m，此时乙车的速度为v2′＝a2t0＝1×10m/s＝10m/s，设乙车再向前运动16m所用的时间为t3，则有Δx″＝v2′t3＋eq\f(1,2)at32，解得t3＝(2eq\r(33)－10)s，第二次相遇的时间t4＝t3＋t0＝2eq\r(33)s，由上分析可知第二次相遇时甲车位移为100m，故A错误，B、C、D正确。11．解析：(1)已知v1＝14.4km/h＝4m/s，v2＝54km/h＝15m/s。设汽车以最大加速度刹车，则－2axm＝0－v22，代入数据解得xm＝22.5m。(2)以最大加速度刹车，设汽车车头到达停车线所用时间为t，则x＝v2t－eq\f(1,2)at2，解得t＝2s或者t＝4s，又因为汽车停下的时间为t′＝eq\f(v2,a)＝eq\f(15,5)s＝3s，故t＝4s不符合题意，舍去；此时以最左侧车道线为起点，车头左侧距起点x1＝2.4×3m＋eq\f(2.4－1.8,2)m＝7.5m，车头右侧距起点x2＝2.4×4m－eq\f(2.4－1.8,2)m＝9.3m，车头所占位置到最左侧车道线范围为7.5m～9.3m，自行车在t＝2s的时间内行驶的位移为x自，则有x自＝v1t＝4×2m＝8m，自行车此时所占位置到最左侧车道线范围为6.2m～8m。由此可知，它们的位置范围有重叠，不能避免相撞。答案：(1)22.5m(2)见解析12．解析：(1)甲车初速度为v1＝36km/h＝10m/s货车速度为v2＝57.6km/h＝16m/s公路限速为vm＝90km/h＝25m/s甲车速度从v1加速至vm所用时间为t1＝eq\f(vm－v1,a1)＝7.5s该段时间内甲车和货车的位移分别为x1＝eq\f(vm＋v1,2)t1＝131.25mx2＝v2t1＝120m因为x1<x2＋s＋L1＋L2所以甲车加速至vm后还需要匀速行驶一段时间才能完成超车，该时间为t2＝eq\f(x2＋s＋L1＋L2－x1,vm－v2)≈0.53s则甲车在不超速的前提下完成超车的最短时间为tmin＝t1＋t2＝8.03s。(2)假设甲车在超车过程中一直加速，设超车时间为t3，根据位移关系有v1t3＋eq\f(1,2)a1t32－v2t3＝L1＋L2＋s，解得t3＝8s超车完毕时甲车速度为v1′＝v1＋a1t3＝26m/s<1.1vm乙车初速度为v3＝43.2km/h＝12m/st3时间内甲、乙两车行驶的路程之和为l＝v1t3＋eq\f(1,2)a1t32＋v3t3＝240m>208m所以甲车在不被扣分和罚款的前提下不能安全超车，若要甲车能够安全超车，乙车在t3时间内行驶的路程最大值为smax＝208m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1t3＋\f(1,2)a1t32))＝64m此时对应乙车刹车的加速度最小，则smax＝v3t3－eq\f(1,2)amint32解得amin＝1m/s2。答案：(1)8.03s(2)不能1m/s2课时跟踪检测(六)1．解析：(1)由表格数据可知，摩托车在相等时间间隔内相邻的位移差近似等于0.32m，由此可知，摩托车近似做匀加速直线运动。(2)x＝1.24m时摩托车的速度为v＝eq\f(2.32－0.48,1.0)m/s＝1.84m/s。(3)由逐差法可知，摩托车的加速度为a＝eq\f(12.60－3.72－3.72,4×0.52)m/s2＝1.29m/s2。答案：(1)相等时间间隔内相邻的位移差近似相等(2)1.84(3)1.292．解析：(1)游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以图中所测遮光条的宽度为d＝0.300cm。(2)遮光条通过光电门1时的速度大小为v1＝eq\f(d,Δt1)＝0.015m/s，遮光条通过光电门2时的速度大小为v2＝eq\f(d,Δt2)＝0.06m/s，根据加速度的定义式a＝eq\f(Δv,Δt)，可得滑块的加速度大小为a＝eq\f(v2－v1,t)＝0.018m/s2。(3)取遮光条开始遮住光电门1时为0时刻，则v1是eq\f(Δt1,2)时刻的瞬时速度，v2是t＋eq\f(Δt2,2)时刻的瞬时速度，故从v1到v2，滑块运动的真实时间为t真＝t＋eq\f(Δt2,2)－eq\f(Δt1,2)＝2.425s。则滑块加速度的真实值为a真＝eq\f(v2－v1,t真)≈0.0186m/s2＞a＝0.018m/s2，故滑块加速度的测量值比真实值小。答案：(1)0.300(2)0.018(3)偏小3．解析：(1)小球做自由落体运动，则小球从A到B的过程有h＝vBt－eq\f(1,2)gt2，整理得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt，题图(b)中纵坐标的物理量为小球在A、B间的平均速度。故选D。(2)由上述分析可知题图(b)中直线的函数关系式为eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt。(3)直线斜率的值为k＝－eq\f(1,2)g＝－4.889，则测得的重力加速度为g≈9.78m/s2。答案：(1)D(2)eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt(3)9.784．解析：(1)遮光片经过光电计时器的速度为v＝eq\f(d,t)。(2)游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以d＝1mm＋15×0.05mm＝1.75mm。(3)根据题意有v2＝2ax，v＝eq\f(d,t)，所以x＝eq\f(d2,2a)·eq\f(1,t2)结合图线可得eq\f(d2,2a)＝eq\f(0.75,1.50×106)，解得a≈3.1m/s2。答案：(1)eq\f(d,t)(2)1.75(3)3.1课时跟踪检测(七)1．选A重心是物体各部分所受重力的合力的等效作用点，故A正确；物体的重力为G＝mg，即重力的大小除了与质量有关，还与该处的重力加速度有关；在同一位置，重力加速度一样，所以同一物体在同一位置所受重力是相同的，与物体是否运动、物体做什么样的运动无关，故B、C、D错误。2．选CD题图甲中，静止在草地上的足球受到的弹力是由于草地发生了形变，A错误；题图乙中，足球被踢出后飞行过程中受到重力和空气阻力的作用，B错误；题图丙中，足球入网时球网绳子中的弹力都沿绳子收缩方向，C正确；题图丁中，运动员争顶头球时头部受到的弹力是由于足球发生了形变，D正确。3．选B该弹力是由于弹簧发生压缩形变产生的，压缩产生向上的弹力，施力物体是弹簧，B正确。4．选D空杯子的重心在杯子中心点偏下，对空杯缓慢加水的过程中，重心位置不断下降，随着水的不断增加，整个重心又要上升，故重心的位置先下降后上升，A、B、C错误，D正确。5．选A当弹簧下端挂一个钩码时，根据胡克定律F＝kx＝mg，可得弹簧的劲度系数为k＝eq\f(mg,x)＝eq\f(2.0,0.02)N/m＝100N/m，故D错误；如果在该弹簧下端挂两个2.0N的钩码，根据平衡条件可知F′＝kx′＝2mg，解得x′＝4cm，故A正确，B错误；根据题意无法求出弹簧的原长，故C错误。6．选C墙对A的作用力和桌沿C对A的作用力都过球心，重心不一定在球心，故A、B、D错误；重心是重力的等效作用点，所以重力一定过A的重心，故C正确。7．选B由题意可得3kΔx＝mg，其中mg＝3N，Δx＝1.0cm＝10－2m，则k＝100N/m，故B正确。8．选BC对于轻质弹簧来说，无论与其相连的物体处于什么样的运动状态，弹簧的两端所受的拉力都相等，所以轻质弹簧测力计的读数一定等于挂钩上的拉力，即弹簧测力计的读数一定等于F，故B、C正确，A、D错误。课时跟踪检测(八)1．选AD人在跑步机上跑步时，鞋和跑步机之间无相对滑动，则鞋受到的摩擦力是静摩擦力，A正确，B错误；因鞋相对跑步机有向后滑动的趋势，则鞋受到的静摩擦力向前，即与人相对跑带运动的方向相同，C错误，D正确。2．选D题图甲中的人对躺椅的压力是由人发生形变产生的，A错误；题图甲中的人不同的躺姿，躺椅对人的作用力均与人的重力大小相等，方向相反，B错误；题图乙中人的脚用力蹬地时，如果人的背部相对于躺椅有向上运动的趋势时，人背部所受摩擦力一定沿椅面向下，C错误；以人和躺椅整体为研究对象，题图乙中人的脚用力蹬地时，地对脚的摩擦力和地对躺椅的摩擦力等大反向，D正确。3．选D铁夹对水泥制品的压力是因为铁夹发生了形变，A错误；铁夹对水泥制品的摩擦力和水泥制品对铁夹的摩擦力是一对作用力和反作用力，B错误；由平衡可知G＝2f＝2μN，解得铁夹与水泥制品间动摩擦因数μ＝eq\f(G,2N)，C错误，D正确。4．选B纸片相对矿泉水瓶向右运动，故矿泉水瓶相对纸片向左运动，则纸片对矿泉水瓶的摩擦力方向向右，A错误，B正确；将纸片拉出过程中，纸片与矿泉水瓶间的摩擦力是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN，可知滑动摩擦力的大小只与动摩擦因数、正压力有关，与纸片运动的快慢无关，故C、D错误。5．选AD从题图可知，物块开始滑动后，物块所受滑动摩擦力为3N，依题意有μmg＝3N，解得μ＝0.3，故A正确。从题图可知，物块前4秒静止，第5秒开始拉力大于摩擦力，物块开始加速运动，则根据功的定义，可知第5秒内拉力对物块做正功，所以5s内拉力对物块做的功不为0，故B错误。由题图可知，竖直方向上重力与支持力平衡；水平方向上，物块在4s末受水平拉力为4N，与之等大反向的最大静摩擦力，则物块所受合力为0，故C错误。从题图可知，在6～9s内，物块受到水平拉力与滑动摩擦力恒定，则有F合＝F－Ff＝2N＝ma，解得a＝2m/s2，故D正确。6．选BDF1减小时，滑动摩擦力不变，物块应该减速，即刚开始一段时间内合力增大，因此加速度增大，故A错误；当速度减小为0后摩擦力为静摩擦力，等于F1且均匀减小，故B正确；若变化的是F2，物块的加速度会发生变化，地面对物块的摩擦力可能均匀减小，故C错误，D正确。7．选C设弹簧原长为l0，由平衡条件可得F＝k(l0－x1)，F＝k(x2－l0)，解得k＝eq\f(2F,x2－x1)，故C正确。8．选B“电动平衡车”对人的作用力与人受到的空气阻力的合力与人的重力等大反向，“电动平衡车”对人的作用力与人受到的空气阻力的合力方向竖直向上，“电动平衡车”对人的作用力不是竖直向上，故A错误；“电动平衡车”在水平方向对人的作用力等于人受到的空气阻力，竖直方向对人的作用力等于人的重力，所以“电动平衡车”对人的作用力大于空气阻力，故B正确；速度越大，人受到的空气阻力越大，“电动平衡车”对人水平方向的作用力越大，所以“电动平衡车”对人的作用力越大，故C错误；以人和“电动平衡车”整体为研究对象，竖直方向受到支持力和重力，水平方向受到地面的摩擦力和空气的阻力，速度越大，空气阻力越大，地面对“电动平衡车”摩擦力越大，故D错误。9．选B以A、B、C整体为研究对象，可知重力和支持力平衡，不受摩擦力，故A错误；以A、B整体为研究对象，A、B整体在斜面上受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，故B正确；水平力作用在C上且系统仍保持静止，对A、B整体研究，A、B受力并没有发生变化，因此三棱柱B与三棱柱C之间的相互作用力不会发生改变，故C错误；对A而言，加速度水平向右，因此A受到的合力向右，故一定受到B的水平摩擦力，因此B一定受到A的摩擦力和A的压力，而B本身受到重力以及C对B的支持力，但除此之外，B还可能受到C沿斜面的摩擦力，故D错误。10．选C设力F与运动方向的夹角为θ，黑板擦做匀速运动，则由平衡条件可知Fcosθ＝μFsinθ，解得μ＝eq\f(1,tanθ)，由数学知识可知cosθ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，则黑板擦所受的摩擦力大小f＝Fcosθ＝eq\f(μF,\r(1＋μ2))，故选C。11．选C开始时物块C受静摩擦力作用，大小为f＝(mA＋mB)g＋Mgsin37°－F＝2N，方向沿斜面向上；剪断A、B间轻绳后，假设C仍静止，则此时C所受的静摩擦力大小为f′＝F－(mAg＋Mgsin37°)＝1N，方向沿斜面向下，因为1N＜2N，可知物块C仍处于静止状态，即C受到静摩擦力，方向沿斜面向下，大小为1N。12．选C要顺利地卸干净全部沙子，对沙子整体分析，有Mgsinθ＞μ2Mgcosθ，即μ2＜tanθ，A、B均错误；若只卸去部分沙子，对滑下的部分沙子，有：mgsinθ＞μ1mgcosθ，即μ1＜tanθ，对留下的部分沙子，有：m′gsinθ＜μ2m′gcosθ，即：μ2＞tanθ，故C正确，D错误。13．选BD在t3时刻，由牛顿第二定律可得f－mg＝ma，解得f＝0.4N，故B正确；充电宝在t2时刻具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，故C错误；t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有f′－mg＝ma′，又f′＝μN，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为N＝10N，fmax＝f′＝5N，故D正确，A错误。14．选D磨刀过程中，向后轻拉刀具，刀具受到的摩擦力的合力向前，根据牛顿第三定律，磨刀器受到的摩擦力向后，故A错误；若水平匀速向后拉动刀具，从两个方向看，受力分析如图所示。磨刀器对刀具的作用力是指两个接触面的支持力与摩擦力的合力，方向应向前方偏上，故B错误；根据牛顿第三定律可知，刀具受到的摩擦力大小等于磨刀器受到的摩擦力大小，故C错误；刀具对磨刀器正压力的两分力夹角应为磨口角的补角，故磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拉动时的滑动摩擦力越大，就越难被拉动，故D正确。15．选B因为v1和v2数值大小相等，以木板为参考系，物块相对于木板的运动方向如图中v物，则tanθ＝1，得θ＝45°。木板对物块的摩擦力方向与v物方向相反，如图所示。木板对物块的摩擦力大小Ff＝μ2mg，挡板对物块的支持力FN＝Ff·sin45°＝eq\f(\r(2),2)μ2mg，挡板对物块的摩擦力Ff′＝μ1FN＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg，故B项正确。课时跟踪检测(九)1．选D对白板擦进行受力分析，白板擦受到重力，垂直于板的吸引力，垂直于板的弹力，在重力的作用下，白板擦有一种沿板向下的运动趋势，即受到沿板向上的摩擦力，合计受到四个力的作用，A、B错误；白板擦处于静止状态，根据平衡条件可知，白板擦受到的合力为0，C错误；白板对白板擦有弹力、摩擦力与吸引力三个力作用，根据平衡条件可知，这三个力的合力与重力大小相等，方向相反，即白板擦受到白板的作用力方向竖直向上，D正确。2．选C对巨石受力分析可知，受到竖直向下的重力，垂直斜坡面向上的支持力，故此时一定受到沿坡面向上的摩擦力，否则不能平衡，故巨石受到三个力的作用，A错误；根据平衡条件可知斜坡对巨石的作用力与巨石的重力平衡，方向竖直向上，由牛顿第三定律可知巨石对斜坡的作用力方向竖直向下，B错误；斜坡对巨石的摩擦力与巨石重力沿斜坡向下的分量平衡，故斜坡对巨石的摩擦力小于巨石所受的重力，C正确；设巨石质量为m，斜坡倾角为θ，对巨石受力分析，沿斜坡方向有mgsinθ＝f静≤μmgcosθ，即sinθ≤μcosθ，故可知当减小巨石的质量时，重力沿斜坡面向下的分量mgsinθ始终不会大于巨石受到的最大静摩擦力μmgcosθ，故巨石不会下滑，D错误。3．选B欲移动轴承使圆轴位于轴承的正中央，使轴承竖直向下移动，则调整两力后三个力的合力方向要竖直向下，水平方向合力为零。增加F2和F3两力的量值，且F3的量值增加较多，合力斜向左上方，不符合题意，A错误；增加F1和F2两力的量值，且F1的量值增加较多，据平行四边形定则可知，合力可竖直向下，符合题意，B正确；减小F1和F3两力的量值，且F3的量值减小较多，合力斜向左下方，不符合题意，C错误；减小F1和F2两力的量值，且F2的量值减小较多，合力斜向右上方，不符合题意，D错误。4．选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压力大小为eq\f(mg,24)。5．选D由题图可知，由于F1、F2的大小、方向都确定，因此由力合成的平行四边形定则可知，两力的合力大小和方向确定，则有在沿合力方向的直线上两力的分力之和最大，此时可知在过原点O且垂直合力方向的直线上分力的合力是零，在该直线上分力之和最小，则该直线一定经过第二、四象限，A、B、C错误，D正确。6.选BC舰载机受重力、阻拦索的拉力、航母甲板施加的摩擦力与支持力四个力作用，故A错误；阻拦索的长度变长，张力变大，阻拦索对舰载机作用的是阻拦索上张力的合力，夹角变小，合力变大，故B正确；如图，阻拦索的张力夹角为120°时，F合＝F，故C正确；由滑动摩擦力F滑＝μFN＝μmg，故舰载机所受摩擦力不变，故D错误。7．选A设木块质量为m，斜面倾角为θ，对P受力分析如图所示，P受到重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力共5个力的作用，A正确；Q受到的弹簧弹力沿斜面向上，若Q重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力的大小相等，则Q不受摩擦力，所以Q可能受到重力、支持力、弹簧弹力共3个力的作用，B错误；有弹簧时，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有FfP＝mgsinθ＋F弹＋F，只移去弹簧时，木块P受到的沿斜面向下的力变小，需要的摩擦力变小，故木块P仍然静止，C、D错误。8．选D手机支架采用了纳米微吸材料，支架斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小不可能为Gcosθ，其大小取决于吸引力的大小，A、B错误；手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故纳米材料对手机的作用力竖直向上，大小等于G，C错误，D正确。9．选A由正交分解可得F1sin60°＝G＋F2sin45°，F1cos60°＝F2cos45°，解得F1＝(eq\r(3)＋1)G。10.选A对风筝受力分析，并如图建立直角坐标系，将F及T沿坐标轴分解，则沿x轴方向有：Tcosα＝Fsinφ，沿y轴方向有：Fcosφ＝G＋Tsinα，联立解得：F2＝T2＋G2＋2TGsinα，则F>T，故A正确，B、C、D错误。11．选D当OD、OC两拉索夹角为120°时，三根拉索的拉力大小才相等，A错误；拉动手刹拉杆时，当OD、OC两拉索夹角大于120°时，拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力小，B错误；根据平行四边形定则可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，C错误；若保持OD、OC两拉索拉力大小不变，OD、OC两拉索越短，则两力夹角越大，合力越小，即拉动拉索AO越省力，D正确。12．选BC由题图可知，当水面船体随着波浪升高时，柔性吊缆张紧，海水对牵引机翼板上侧的压力沿船前进方向有分量，则可推动其前进；当水面船体随波浪下降时，柔性吊缆松弛，水下牵引机在自身重力作用下下潜，使得机翼板倾斜，于是海水对牵引机翼板下侧有压力，从而推动其前进，则选项B、C正确，A、D错误。13．选B对小球B受力分析如图，PB受到的拉力大小F＝mgcosθ，对P点受力分析可知，OP受到的拉力大小T＝Fcosθ＝eq\f(3,4)mg，A错误；对物体A受力分析可知，物体A所受摩擦力大小等于PA绳子的拉力大小，故f＝Fsinθ＝eq\f(\r(3),4)mg，C错误；对整体受力分析可知，半球体C受到的摩擦力大小等于A所受摩擦力大小，fC＝f＝eq\f(\r(3),4)mg，B正确；对整体受力分析可知，地面对半球体C的支持力大小为(M＋m)g－T＝Mg＋eq\f(1,4)mg，D错误。课时跟踪检测(十)1．选C对A受力分析，根据平衡条件，此时B对A的摩擦力为f＝mgsinθ，故选C。2．选A苹果A受到自身重力以及其他苹果对A的作用力，由共点力平衡条件可知，其他苹果对苹果A的作用力的合力与苹果A的重力大小相等、方向相反，A正确；其他苹果对苹果A的作用力在竖直方向上的分力之和等于苹果A重力的大小，其他苹果与苹果A之间的弹力大小大于eq\f(1,3)mg，B错误；将4个苹果看成一个整体，盘子对整体的支持力大小为4mg，则下层每个苹果受到盘子的支持力均大于mg，C错误；下层的每个苹果受到盘面的支持力和摩擦力，盘子对下层每个苹果的作用力斜向上，D错误。3．选A当BO与水平面的夹角为90°时，对水桶受力分析，水桶受到OB板的弹力F1′、OA板的弹力F2′以及重力G，在三个力的作用下平衡，其受力分析图如图所示，根据平衡条件以及几何关系有F2′sin30°＝F1′，F2′cos30°＝G，解得F1′＝40eq\r(3)N，F2′＝80eq\r(3)N，由牛顿第三定律可知F1＝F1′＝40eq\r(3)N，F2＝F2′＝80eq\r(3)N，故选A。4．选B对B球，根据平衡条件，水平方向有FTcos30°＝Fcos30°，竖直方向有FTsin30°＋Fsin30°＝mg，解得F＝mg，对A、B整体，根据平衡条件，水平方向有Fcos30°＝Ff，竖直方向有Fsin30°＋FN＝2mg，Ff＝μFN，解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故选B。5．选D钢索的拉力会对塔柱产生两个效果，一方面竖直向下拉塔柱，另一方面沿水平方向拉塔柱，A错误；桥面受到TAC、TAB和重力的作用处于平衡状态，根据共点力平衡条件，重力经过TAC、TAB的交点A，所以桥面的重心在桥面与立柱的交点D处，B错误；桥面受到TAC、TAB和重力的作用处于平衡状态，钢索对桥面拉力的合力竖直向上，则钢索对塔柱的拉力的合力竖直向下，C错误；当桥面保持水平稳定时，根据平衡条件得TACsinα＝TABsinβ，D正确。6．选A对圆环A受力分析，受重力mg、细线拉力F、直杆弹力FN作用，假设摩擦力f沿杆向下，如图所示。细线拉力F＝2mg，所以弹力FN＝mgcosθ＋2mgsinθ＝2mg，摩擦力f＝2mgcosθ－mgsinθ＝mg，由f＝μFN，可得μ＝eq\f(1,2)。7．选B对三个鸟笼整体分析可知2FMPsinθ1＝3mg，对P点分析可知FMPcosθ1＝FOPsinθ2，FMPsinθ1＝mg＋FOPcosθ2，解得FOP＝eq\f(mg,2cosθ2)，FMP＝eq\f(3mg,2sinθ1)，tanθ1·tanθ2＝3，故B正确，A、C错误；因为tanθ1·tanθ2＝3，所以两个角度不可能同时增大，故D错误。8．选B从O点做△ABC所在平面的投影，记为O′，由几何关系可得O′A＝eq\f(\r(3),3)L，设OA与平面ABC的夹角为θ，则有Lcosθ＝eq\f(\r(3),3)L，可得cosθ＝eq\f(\r(3),3)。设绳子与OBC所在平面的夹角为α，根据几何关系可得cosα＝eq\f(1,3)，则根据正余弦关系可得sinθ＝eq\f(\r(6),3)，sinα＝eq\f(2\r(2),3)，以O点为受力分析点，根据平行四边形定则，做出矢量图，则根据数学关系sinβ＝sin(θ＋α)，解得sinβ＝eq\f(\r(6),3)，再根据正弦定理可得eq\f(TOA,sinα)＝eq\f(mg,sinβ)，解得TOA＝eq\f(2\r(3),3)mg。课时跟踪检测(十一)1．选B设昆虫的质量为m，每条股节部分受到的拉力均为T，则由力的平衡条件可得6Tsinθ＝mg，解得T＝eq\f(mg,6sinθ)，而当昆虫稍微伸直足时，角θ变大，因此可知足的股节部分受到的拉力T将减小。2．选AC要使照相机受力平衡，则三根支架竖直方向上的力的合力大小应等于照相机的重力，即3Tcos37°＝mg，解得T＝eq\f(mg,3cos37°)＝eq\f(5,12)mg，根据牛顿第三定律可知照相机对每根支架的压力大小为eq\f(5,12)mg，每根支架受到地面的摩擦力大小为支架受到的压力的水平分力，即f＝Tsin37°＝eq\f(1,4)mg，故A正确，B错误；以整个装置为研究对象，设每根支架受到的地面的支持力为N，竖直方向上根据受力平衡可得3N＝mg，解得N＝eq\f(mg,3)，因此当每根支架与竖直方向夹角变小时，则每根支架受到地面的支持力将不变，故C正确；由以上分析可知f＝eq\f(mg,3)tan37°，当每根支架与竖直方向夹角变小时，则每根支架受到地面的摩擦力将变小，故D错误。3．选A根据题意，设每根绳子的拉力为F，绳子与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件有2Fcosθ＝mg，解得F＝eq\f(mg,2cosθ)，设杆对小环a的支持力为FN，摩擦力为f，对小环a受力分析，由平衡条件有f＝Fsinθ＝eq\f(mgtanθ,2)，FN＝Fcosθ＝eq\f(mg,2)，将环b往左侧移动一小段距离，θ减小，可知f变小，FN不变。故选A。4．选AC将eq\f(1,4)圆弧面看成是倾角不同的斜面组合而成，对物体B受力分析如图所示，由平衡条件可得N2cosθ＝mg，N1＝N2sinθ，解得N2＝eq\f(mg,cosθ)，N1＝mgtanθ，当A、B两物体的接触点恰为eq\f(1,4)圆弧的中点时，θ＝45°，此时可得N1＝mg，N2＝eq\r(2)mg，故A正确，B错误；若将A稍右移并固定，则θ角增大，可知N1、N2均增大，故C正确，D错误。5．选CD对B分析，受到绳子的拉力和重力，则T＝mBg，对A分析，受到重力mAg、绳子斜向右上的拉力T、平台侧面的弹力F、水平面的支持力N，设θ为绳子与竖直方向的夹角，如图所示，拉力T在竖直方向上的分力与地面的支持力N的合力大小等于其重力mAg，则有：Tcosθ＋N＝mAg，即mBgcosθ＋N＝mAg，即mBgcosθ<mAg，由上式可知，两球的质量有可能相等，A错误；对平台及A、B为整体，则整体在水平方向不受力作用，水平面对平台没有静摩擦力的作用，B错误；膨胀后，θ变大，则根据共点力平衡条件可得Tcosθ＋N＝mAg，Tsinθ＝F，由此可知，膨胀后θ变大，T不变，地面对A的支持力N变大，由牛顿第三定律可知，A对地面压力会变大；膨胀后平台侧面对A弹力F增大，选项C、D正确。6．选B对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，如图1，可知轻绳的拉力T＝(M＋m)gsinθ，斜面对尖劈的支持力N1＝(M＋m)gcosθ。以球为研究对象，如图2，可知轻绳的拉力T＝eq\f(mg,sinθ)，联立解得eq\f(M,m)＝eq\f(1－sin2θ,sin2θ)＝eq\f(1,tan2θ)，故A错误。以球为研究对象，可知对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变，如图3，故B正确。以尖劈和球整体为研究对象，对球施加水平推力后，如图4，有N1′＝(M＋m)gcosθ＋Fsinθ，总重力不变，施加水平推力后，可得斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变大，轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后，要保持平衡，有T＋Fcosθ＝(M＋m)gsinθ＋f，则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故C、D错误。7．选D根据题意，对小球受力分析，如图甲所示。设弹簧与斜面的夹角为α，斜面倾角为θ，由平衡条件有FTcosα＝magsinθ，FN＋FTsinα＝magcosθ，又有FT＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－L0))，斜面缓慢向左移到虚线处，α增大，则FT增大，FN减小，弹簧长度增大，故A、B错误；根据题意，对斜面受力分析，如图乙所示，结合以上分析，由牛顿第三定律可知，FN′减小，由平衡条件可得，地面对b的支持力FN1减小，地面对b的摩擦力f减小，故C错误，D正确。课时跟踪检测(十二)1．解析：(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态。(2)实验前，应该先把弹簧竖直悬挂后测量其长度，故A错误；用直尺测得弹簧的长度不是弹簧的伸长量，而是原长和伸长量之和，故B错误；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要在钩码处于静止状态时读取刻度尺的示数，故C正确；为防止超过弹性限度，应逐一增挂钩码，记下每增加一个钩码后指针所指的刻度尺刻度和对应的钩码总重量，故D正确。(3)根据F＝kx，作出的图像应为一条过原点的直线。故选A。答案：(1)竖直(2)CD(3)A2．解析：(2)根据胡克定律F＝k·Δx可得Oa段弹簧的劲度系数k1＝eq\f(Fa,Δxa)＝eq\f(0.7,7×10－2)N/m＝10.0N/mOb段弹簧的劲度系数k2＝eq\f(Fb,Δxb)＝eq\f(0.6,12×10－2)N/m＝5.0N/m。(3)由以上分析可知，一根弹簧被截成相等的两段后，每段的劲度系数与没截断前相比将增大。答案：(2)10.05.0(3)增大3．解析：(1)根据题意，由实验原理可知，本实验通过改变钩码的数量来改变弹簧的弹力，通过手机的定位传感器确定弹簧的形变量，通过作图的方法得到弹簧的劲度系数，则正确的实验步骤为ADBEC。(2)根据题意，由胡克定律F＝kx，可得nmg＝kx，整理得n＝eq\f(k,mg)x由图像可知，图像的斜率为1，则有eq\f(k,mg)＝1cm－1，解得k＝49N/m。(3)由上述分析可知，弹簧的劲度系数是通过图像的斜率与每个钩码重力的乘积得到的，而手机重力使弹簧伸长，这对弹簧劲度系数的测量结果无影响。答案：(1)ADBEC(2)49(3)无劲度系数是通过图像斜率与每个钩码重力的乘积得到的课时跟踪检测(十三)1．解析：②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C、D。③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到标记位置，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。答案：②CD③标记位置⑤大小和方向2．解析：(1)橡皮筋伸长后的拉力大小等于所挂钩码的重力，所以钩码的个数必须测量，又钩码质量相同，则不用测量钩码的质量，橡皮筋的原长和伸长后的长度不用测量。故选D。(2)连接橡皮筋两端点的细线长度不影响橡皮筋的拉力大小，故长度不用相同，A错误；细线OP1上力的方向与细线OP2、OP3上两力的合力方向相反，由于OP2、OP3上两力的合力方向是任意的，故OP1不需要在角平分线上，B错误；实验中，需要测量OP1、OP2和OP3上力的大小和方向，故必须记录图中O点的位置和OP1、OP2、OP3的方向以及结点O静止时三根细线所挂钩码的个数，C正确；不改变OP1所挂钩码的个数和方向，改变OP2与OP3的夹角重复实验，OP1上的力大小保持不变，另两个力的合力只要跟它等大反向即可保持O点平衡，故O点的位置可以改变，D正确。(3)若桌面不水平，三根线上的拉力大小也为各自所挂钩码重力大小，不会影响实验结论。答案：(1)D(2)CD(3)不会3．解析：(1)根据题意可知物体的重力为G＝3.00N，根据力的图示法作出合力如图所示。(2)开始时，根据胡克定律G＝k(l1－l0)代入数据有3．00N＝k(20.00cm－l0)连接传感器B后，有FA′＝k(l2－l0)代入数据有5.00N＝k(24.00cm－l0)联立解得l0＝14.00cm，k＝0.5N/cm。答案：(1)见解析(2)0.514.004．解析：(1)题图甲中平板B水平放置，平板A与木块C只接触不作用，所以平板A对木块C的弹力为0。(3)对木块C进行受力分析，可知平板A对木块C的弹力和平板B对木块C的弹力均与各自接触面垂直，由于木块C处于平衡状态，故这两个弹力的合力应该竖直向上，作出平行四边形如图1，根据几何关系可知合力为2F2，所以在误差允许的范围内，若F1＝2F2，即两个平板对木块C的弹力的合力与木块C受到的重力大小相等，方向相反，则可初步验证平行四边形定则。(5)平板B从题图甲所示位置缓慢旋转至题图乙所示位置的过程中，两板对木块C的弹力夹角不变，保持垂直，作出辅助圆，如图2，可知平板A对木块C的弹力一直变大。答案：(1)0(3)F1＝2F2(5)一直变大课时跟踪检测(十四)1．选B在踢香蕉球时，需要考虑踢在足球上的位置与角度以及足球的转动和空气阻力，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故只受重力和空气阻力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。2．选A人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力与地面对人的支持力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，A正确；强弩的质量不变，则强弩的惯性不变，B错误；m、kg、s是国际单位制中的基本单位，cm是基本单位，但cm不是国际单位制中的基本单位，C错误；正在绕地球运行的卫星处于完全失重状态，地球引力提供向心力，卫星仍受重力作用，D错误。3．选A牛顿第一定律说明，运动状态发生变化的物体，必然受到外力的作用，故A正确；在地面上滑行的物体之所以能停下来，是因为摩擦力改变了它的运动状态，使其停下来，故B错误；惯性是物体的固有属性，与物体的质量有关，不随运动状态的改变而改变，故C错误；作用在物体上的力消失以后，若没有其他外力的作用，物体运动的速度不变，故D错误。4．选D该同学一只手拿着球筒的中部，一只手用力击打羽毛球筒的上端，羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球由于惯性要保持原来的静止状态，所以羽毛球会从筒的上端出来，A、B、C错误，D正确。5．选A力不是维持物体运动的原因，是伽利略实验研究和逻辑推理相结合得出的物理规律，故A正确；物体之间普遍存在相互吸引力，是牛顿总结出的万有引力定律的内容，故B错误；物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反，是牛顿第三定律的内容，故C错误；物体加速度大小与作用力成正比、与物体质量成反比，是牛顿第二定律的内容，故D错误。6．选B地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，A错误；作用力与反作用力是同一性质的力，B正确；作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在不同的物体上，效果不能抵消，C错误；物体在斜面下滑过程中，物体受到斜面对它的摩擦力和它对斜面的摩擦力是一对相互作用力，D错误。7．选ABD由题可知，给P施加一沿斜面向下的推力F，并不改变斜面对P的支持力大小，即斜面对P的支持力大小不变，同时根据滑动摩擦力的特点可知，P所受的摩擦力也不发生变化，对P受力分析可知，P所受摩擦力和支持力的合力与其重力等大反向，由牛顿第三定律可知，P对斜面的作用力方向竖直向下，斜面的受力没有发生变化，A、B正确，C错误；给P施加一沿斜面向下的推力F，物块所受合力等于F，根据牛顿第二定律可得加速度大小a＝eq\f(F,m)，D正确。8．选D扶梯向下加速运行，根据F合＝ma可知，人所受合外力与扶梯运行方向相同，所以在竖直方向重力大于支持力，合力F竖直向下，在水平方向静摩擦力平行于接触面水平向右，A、B、C错误，D正确。9．选C设两个木块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为μ，根据牛顿第二定律，对质量为m的木块，有F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(F,m)－μg，对质量为eq\f(m,2)的木块，有F－μeq\f(m,2)g＝eq\f(m,2)a′，解得a′＝eq\f(2F,m)－μg，由以上综合得a′＝eq\f(2F,m)－μg>2a＝eq\f(2F,m)－2μg，C正确。10．选AD学生对滑梯的压力和滑梯对学生的支持力是一对作用力与反作用力，故A正确；学生沿滑梯加速下滑时具有沿滑梯向下的加速度，受力不平衡，故B错误；下滑过程中，学生受到的摩擦力大小为f＝μFN＝μmgcosθ，学生受到的合力大小为F合＝mgsinθ－f＝mgsinθ－μmgcosθ，故C错误，D正确。11．选D金属块浸入水中后，水对金属块产生浮力F。由弹簧测力计的示数知，浮力的大小为：F＝G－T′＝4N。根据牛顿第三定律，金属块对水也施加一个反作用力F′，其大小F′＝F＝4N。所以，台秤的示数增加4N。12．选C设物块的质量为m，当推力F水平向右时，物块做匀速直线运动，根据平衡条件可得，沿斜面方向Fcos30°＝mgsin30°＋μFN，垂直斜面方向FN＝mgcos30°＋Fsin30°，联立可解得F＝eq\r(3)mg。当推力F沿斜面向上时，根据牛顿第二定律可得F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma，代入数据可解得a＝(eq\r(3)－1)g，故C正确。13．选C对“毛毛虫”道具受力分析，受到向下的重力、斜向左上方的拉力，两