复习讲义答案解析【公众号：屋里学家】

复习讲义答案解析第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1讲运动的描述考点一跟踪训练1.C[“5小时57分”指的是月全食持续的时间，是时间间隔，故A错误；研究月食现象时，月球的形状不能忽略，不能将月球视为质点，故B错误；由于月球围绕地球运动，则研究月球的运动时，选择太阳为参考系比选择地球为参考系更复杂些，故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.BD[列车的时刻表中，出发或者到达的时间是某一时间点，指的是时刻，故A错误；列车从一地到另一地行驶所用的时间，是时间间隔，图中6时48分表示时间间隔，故B正确；用电子地图测距工具测得青岛站到上海虹桥站的直线距离约为530.3km，表示有向线段，是位移大小，故C错误；研究列车在地图上的位置，由于地图上比例尺都较大，列车的尺寸对研究在列车运动过程中位置变化无影响，可视列车为质点，故D正确。]3.C[根据题意可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为s＝eq\r(82＋62)m＝10m，故C正确。]考点二例1B[题目中“全长16.34km”指的是该大桥的长度，指路程，A错误；“风速超过20m/s”“不能超过300km/h”均指的是某一时刻的速度，均为瞬时速度，B正确，C错误；由于不清楚题目中所述的通过大桥的位移，所以无法计算平均速度，204km/h是平均速率，D错误。]例2D[滑块经过A时的速度vA＝eq\f(d,tA)＝eq\f(1,0.010)cm/s＝100cm/s，故A错误；滑块经过B时的速度vB＝eq\f(d,tB)＝eq\f(1,0.005)cm/s＝200cm/s，故B错误；滑块在A、B间的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.3,0.200)m/s＝1.5m/s，故C错误；滑块在A、B间的位移大小和路程相同，所以平均速率也为1.5m/s，故D正确。]跟踪训练4.D[由题意知位移s＝50km，考虑到公路与铁路都会有一定的弯曲，所以路程s路>50km，利用平均速度的定义式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)知汽车的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)＝eq\f(50km,1h)＝50km/h，考虑到汽车的加速与减速，所以汽车行驶的瞬时速度不一定是50km/h，A错误；路程s路>50km，所以汽车行驶的平均速率一定大于50km/h，B错误；利用平均速度的定义式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)知，高铁的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))′＝eq\f(s,t′)＝eq\f(50km,0.5h)＝100km/h，C错误，D正确。]5.AC[计算汽车速度的原理是利用短时间内的平均速度来代替瞬时速度，故汽车速度的表达式为v＝eq\f(L,Δt)，A正确，B错误；若L＝8m，Δt＝0.2s，则汽车的速度为v＝eq\f(L,Δt)＝40m/s＝144km/h>120km/h，超速，照相机将会拍照，C正确；若L＝8m，Δt＝0.3s，则汽车的速度为v＝eq\f(L,Δt)＝26.67m/s＝96km/h<120km/h，未超速，照相机不会拍照，D错误。]考点三例3D[物体运动的速度改变量很大，但不知道改变所用时间，故不能得到加速度很大的结论，故A错误；加速度增大时，运动物体的速度不一定增大，如果加速度方向和速度方向相反，加速度增大时，速度减小，故B错误；速度为零的物体加速度不一定为零，如竖直上抛的物体在最高点时速度为零，而加速度为重力加速度，故C错误；速度很大，其加速度可以很小，可以为零，如匀速飞行的飞机，速度很大，但加速度为零，故D正确。]例4B[以末速度方向为正方向，乒乓球被击打过程的速度变化量为Δv＝v2－v1＝eq\f(126－（－90）,3.6)m/s＝60m/s，故A错误，B正确；加速度a＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(126－（－90）,3.6×0.002)m/s2＝30000m/s2，故C、D错误。]跟踪训练6.A[2.5s内汽车的速度改变量Δv1＝0－v1＝－108km/h＝－30m/s，A正确；10分钟内“复兴号”高铁速度改变量Δv2＝v2－0＝350km/h≈97.2m/s，B错误；汽车和高铁的加速度大小分别为a1＝eq\f(|Δv1|,t1)＝12m/s2，a2＝eq\f(Δv2,t2)≈0.16m/s2，所以汽车速度变化比高铁快，高铁的加速度比汽车的加速度小，C、D错误。]第2讲匀变速直线运动的规律考点一例1(1)2m/s2(2)7.2m/s(3)131m解析(1)设匀加速阶段的加速度为a1，则v1＝a1t1解得a1＝2m/s2。(2)设减速运动阶段的加速度为a2，因为v2＝v1＋a2t3所以a2＝－0.4m/s2当t＝16s时，质点已减速运动了t4＝2s，此时质点的速度为v3＝v1＋a2t4＝7.2m/s。(3)匀加速直线运动的位移s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝16m匀速直线运动的位移s2＝v1t2＝80m匀减速直线运动的位移s3＝v1t3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)＝35m则总位移s＝s1＋s2＋s3＝131m。例2B[令s1＝50m，s2＝1m，汽车的刹车时间为t，刹车时的加速度大小为a，把刹车过程逆向处理，则有veq\o\al(2,0)＝2a(s1－s2)，t＝eq\f(v0,a)，联立解得a＝8m/s2，t＝3.5s，所以汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为3～3.5s内通过的位移大小，有s4＝eq\f(1,2)aΔt2，解得s4＝1m，故B正确。]跟踪训练1.A[由位移与时间的关系s＝(24t－6t2)m，结合运动学公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，v0＝24m/s，a＝－12m/s2，由vt＝v0＋at可知，汽车停止运动所用时间t＝eq\f(－v0,a)＝2s，故它在前3s内的位移等于前2s内的位移，则Δs＝24×2m－6×22m＝24m，汽车在前3s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(24,3)m/s＝8m/s，故A正确。]考点二例3C[由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为s，公交车经过R、S、T点时瞬时速度为v1、v2、v3，经过RS间的时间为t1，经过ST间的时间为t2，有eq\f(v1＋v2,2)＝10m/s，eq\f(v2＋v3,2)＝5m/s，则v1－v3＝10m/s，又eq\f(s,t1)＝10m/s，eq\f(2s,t2)＝5m/s，则t1＋t2＝eq\f(s,2)，全程的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3s,t1＋t2)＝6m/s，即eq\f(v1＋v3,2)＝6m/s，联立解得v3＝1m/s，故C正确。]例4C[根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a＝eq\f(Δs,T2)＝eq\f(16－9.6,42)m/s2＝0.4m/s2，B错误；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4s末的速度大小为v1＝eq\f(s1＋s2,2T)＝eq\f(9.6＋16,8)m/s＝3.2m/s，C正确；根据vt＝v0＋at可得，计时时刻送货车的速度为v0＝v1－aT＝3.2m/s－0.4×4m/s＝1.6m/s，A错误；送货车在第2个4s内的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s2,T)＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s,D错误。]例5AD[将子弹的运动过程逆向来看，即看成从左到右做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速运动在连续相等的位移所用时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…可知，子弹从右到左穿过每个水球的时间之比为(eq\r(4)－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－eq\r(1))∶1，A正确；根据A项分析子弹在每个水球中运动的时间不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B错误；根据公式Δv＝aΔt知，子弹在每个水球中运动的速度变化量不同，C错误；根据速度与位移的关系式有veq\o\al(2,t)＝2as，则vt＝eq\r(2as)，设在每个水球中的位移大小为s0，可得子弹从左到右每次射出水球的速度之比为eq\r(2as0)∶eq\r(2a·2s0)∶eq\r(2a·3s0)∶eq\r(2a·4s0)＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2，即子弹从右到左减速过程依次进入四个水球的初速度之比为eq\r(4)∶eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，D正确。]跟踪训练2.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、…、第n个t时间内的位移之比sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，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时间内的位移即为逆过程中第八个t时间内的位移，最后两个t时间内的总位移即为逆过程中前两个t时间内的位移，故s1∶s2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故C正确。]第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多运动过程问题考点一例1(1)0.4s(2)0.2s解析(1)圆棒底部距离A点的高度h1＝2.3m－0.4m－1.1m＝0.8m圆棒做自由落体运动下落到A点，有h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)代入数据解得t1＝0.4s。(2)圆棒通过AB的过程即圆棒底部到达A点和圆棒顶端离开B点这一过程圆棒顶端到达B点，下落的高度为h2＝2.3m－0.5m＝1.8m由h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)得t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.6s则圆棒通过AB的时间t3＝t2－t1＝0.2s。跟踪训练1.D[设整个过程下落高度为h，由题意可得eq\f(1,3)h＝eq\f(1,2)gt2，则物体自由下落高度为eq\f(1,2)h时，满足eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)gt′2，解得t′＝eq\f(\r(6),2)t，A错误；物体自由下落eq\f(1,2)高度时的速度为v′＝gt′＝eq\f(\r(6),2)gt，B错误；物体落地过程满足h＝eq\f(1,2)gt″2，解得物体落地所用的时间为t″＝eq\r(3)t，C错误；物体落地时的速度为v″＝gt″＝eq\r(3)gt，D正确。]2.B[由题图可知sAB∶sBC∶sCD＝1∶3∶5，水滴做初速度为零的匀加速直线运动，故水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等，A错误；由s＝eq\f(1,2)gt2可得水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为eq\f(\r(2),10)s，即闪光的间隔时间是eq\f(\r(2),10)s，B正确；由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)知水滴在相邻两点间的平均速度满足eq\o(v,\s\up6(－))AB∶eq\o(v,\s\up6(－))BC∶eq\o(v,\s\up6(－))CD＝1∶3∶5，C错误；由vt＝gt知水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD＝1∶2∶3，D错误。]考点二例2AB[小球的位移大小一定是s＝eq\f(veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0),－2g)＝eq\f(102－202,－2×10)m＝15m，方向竖直向上，故A正确；当小球速度大小为10m/s，方向竖直向上时，小球在这段时间的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(vt＋v0,2)＝15m/s；当小球速度大小为10m/s，方向竖直向下时，小球在这段时间的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋（－vt）,2)＝5m/s，故B正确；当小球速度大小为10m/s，方向竖直向上时，在这段时间的速度变化为Δv＝vt－v0＝(10－20)m/s＝－10m/s，方向竖直向下；当小球速度大小为10m/s，方向竖直向下时，在这段时间的速度变化为Δv＝vt－v0＝(－10－20)m/s＝－30m/s，方向竖直向下，故C错误；小球上升的最大高度为h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m，故D错误。]跟踪训练3.ABD[小石子离抛出点最远的距离为sm＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝20m，当小石子运动到离抛出点上方15m时，有s＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t1＝1s，t2＝3s，当小石子运动到离抛出点下方15m时，有－s＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t3＝(2＋eq\r(7))s，t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故A、B、D正确。]考点三例3(1)50s100m(2)13.5s(3)36.5s解析(1)汽车通过人工收费的减速时间t1＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(0－10,－1)s＝10s减速路程s1＝v0t＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝50m汽车加速过程和减速过程对称，故加速时间t2＝t1＝10s加速路程s2＝s1＝50m故通过人工通道的总时间t人＝t1＋t2＋t0＝50s总路程s＝s1＋s2＝100m。(2)汽车通过ETC通道的减速时间t3＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(5－10,－1)s＝5s减速路程s3＝v0t3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝37.5m汽车加速过程和减速过程对称，故加速时间t4＝t3＝5s加速路程s4＝s3＝37.5m汽车以5m/s匀速通过ETC通道的时间t5＝eq\f(s0,v)＝2s比人工通道少走位移s5＝s人－(s3＋s4＋s0)＝15m对应时间t6＝eq\f(s5,v0)＝1.5s故通过ETC通道的总时间tE＝t3＋t4＋t5＋t6＝13.5s。(3)比人工通道节约的时间Δt＝t人－tE＝(50－13.5)s＝36.5s。跟踪训练4.C[由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0，则列车减速运动时，有v＝v0－2at1解得t1＝eq\f(v0－v,2a)在隧道内匀速运动所用时间t2＝eq\f(L＋l,v)列车尾部出隧道后加速到速率v0，有v0＝v＋at3解得t3＝eq\f(v0－v,a)则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(3（v0－v）,2a)＋eq\f(L＋l,v)，故选项C正确。]专题强化一运动图像问题考点一例1C[设t＝0时刻汽车的速度大小为v0，汽车做匀加速直线运动的加速度大小为a，根据位移与时间关系有s＝v0t＋eq\f(1,2)at2，结合图像可知，汽车5s内的位移为45m，2s内的位移为12m，解得v0＝4m/s，a＝2m/s2，所以4s内，物体的位移为s＝4×4m＋eq\f(1,2)×2×42m＝32m，故A、B错误；6s后汽车做匀速直线运动，速度为v＝v0＋at＝4m/s＋2×6m/s＝16m/s，故C正确；0～6s内汽车平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝10m/s，故D错误。]例2D[由v－t图像知，0～10s内，a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，A错误；0～30s内，v＞0，潜艇一直向下运动，B错误；t＝30s时，位移最大，有sm＝eq\f(1,2)×30×20m＝300m，C错误；10～30s内，a＜0，加速度方向竖直向上，处于超重状态，D正确。]例3BD[质点在0～t0时间内从静止开始先做加速度增大的加速直线运动，后做加速度减小的加速直线运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度反向，先做加速度增大的减速直线运动，后做加速度减小的减速直线运动，2t0时刻速度减小到零，此过程一直向前做变速直线运动，以后重复此过程的运动，即质点一直向前运动，t＝2t0时，质点P的运动速度最小，根据对称性可知，t＝eq\f(3,2)t0与t＝eq\f(1,2)t0时，P的运动速度相同，故A、C错误，B、D正确。]考点二例4D[根据运动学公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2，整理可得eq\f(s,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，结合eq\f(s,t)－t图像可得v0＝0，eq\f(1,2)a＝eq\f(10,2)m/s2，解得a＝10m/s2，故A错误；由运动学公式vt＝v0＋at可得，t＝2s时，甲车的速度大小为v2＝at＝20m/s，故B错误；由运动学公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得，0～2s内甲车的位移大小为s2＝eq\f(1,2)at2＝20m，故C错误，D正确。]跟踪训练B[0～s2过程中加速度不变，所以物体做匀加速直线运动，s2～s3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s3时，物体的速度达到最大，A、C错误；由位移与速度公式可得2a0s1＝veq\o\al(2,1)，解得位移为s1时，物体的速度大小为v1＝eq\r(2a0s1)，B正确；由位移与速度公式可得eq\f(veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0),2)＝as，故a－s图像的面积表示eq\f(veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0),2)，则物体在位移为s3时，有eq\f(s2＋s3,2)a0＝eq\f(veq\o\al(2,m),2)，则最大速度为vm＝eq\r(a0（s2＋s3）)，D错误。]考点三例5A[x－t图像斜率的物理意义表示速度，在0～t1时间内，x－t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x－t图像斜率不变，汽车的速度不变且不为0；在t2～t3时间内，x－t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述，可知A项中v－t图像可能正确，故选项A正确。]专题强化二追及相遇问题例1(1)8s(2)16m解析(1)假设A车追上B车时，B车还没停止运动，设t′时间内A车追上B车，如图所示。根据题意，A车追上B车，需要通过位移sA＝sB＋LA车的位移是sA＝vAt′B车的位移是sB＝vBt′＋eq\f(1,2)at′2联立解得t′＝7s但B车停下来所用时间tB＝eq\f(0－vB,a)＝eq\f(0－10,－2)s＝5s比较t′和tB可知，A车是在B车停止运动后才追上B车的，因此7s不是A车追上B车的时间，设A车追上B车的时间为t，即sA＝vAtB车实际运动时间应为tB，即sB＝vBtB＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,B)联立解得t＝8s。(2)在A车追上B车之前，当二者速度相等时，二者之间有最大距离Δsmax，设此时两车运动时间为t0，有vA＝vB＋at0代入数据解得t0＝3s则此时A的位移sA′＝vAt0B的位移sB′＝vBt0＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)故二者之间的最大距离Δsmax＝sB′＋L－sA′联立解得Δsmax＝16m。跟踪训练1.D[由s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得甲从出发到相遇的位移为8m，A错误；2s相遇时甲的速度由v＝v0＋at可得v甲＝6m/s，同理可得v乙＝9m/s，又乙的加速度大于甲，可知2s后乙的速度始终大于甲，不会再次相遇，B错误；由s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得从出发到相遇甲、乙的位移分别为s甲＝8m，s乙＝10m，则甲与乙出发地之间的距离为s乙－s甲＝2m，C错误；分析可知甲、乙速度相等的时刻相距最远，由v甲0＋a甲t＝v乙0＋a乙t，可得t＝0.5s时甲、乙相距最远，D正确。]例2CD[根据v－t图像中图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t＝10s时启动，此时甲的位移为s＝eq\f(1,2)×10×10m＝50m，即甲车在乙前方50m处，故A错误；乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故B错误；由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，设甲车启动t′两车位移相等两车才相遇，有eq\f(（t′－20）＋（t′－10）,2)×20＝eq\f(t′＋（t′－10）,2)×10，解得t′＝25s，即乙车启动15s后正好追上甲车，故C正确；当两车的速度相等时相距最远，最大距离为Δs＝eq\f(1,2)×(5＋15)×10m－eq\f(1,2)×10×5m＝75m，故D正确。]跟踪训练2.BD[从v－t图像上看，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s－t图像上看，图像的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误。]例3(1)5m/s2(2)1m/s2解析(1)设汽车的加速度大小为a，初速度v汽＝54km/h＝15m/s，初始距离d＝14m在经过反应时间0.4s后，汽车与自行车相距d′＝d－(v汽－v自)t′＝10m从汽车刹车开始计时，自行车的位移为s自＝v自t汽车的位移为s汽＝v汽t－eq\f(1,2)at2假设汽车能追上自行车，此时有s汽＝s自＋d′代入数据整理得eq\f(1,2)at2－10t＋10＝0要保证不相撞，即此方程最多只有一个解，即得Δ＝102－20a≤0解得a≥5m/s2，则汽车的加速度至少为5m/s2。(2)设自行车的加速度为a′，同理可得s汽′＝s自′＋d′其中s汽′＝v汽t－eq\f(1,2)at2，s自′＝v自t＋eq\f(1,2)a′t2整理得(eq\f(1,2)a′＋2)t2－10t＋10＝0要保证不相撞，即此方程最多只有一个解，即得Δ＝102－20a′－80≤0解得a′≥1m/s2，则自行车的加速度至少为1m/s2。实验一测量做直线运动物体的瞬时速度考点一例1(1)C(2)0.365(3)0.500解析(1)电火花计时器使用的是220V的交流电源，故A错误；为了避免纸带上出现大量的空白段落，在实验操作中，先接通电源，后让物体运动，故B错误；由于打点时间间隔相同，在同一纸带上打的点越密，相邻点迹位移越小，则说明物体运动的速度越小，故C正确。(2)由于每5个点取一个计数点，则相邻计数点之间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s打计数点5时的瞬时速度v5＝eq\f(s5＋s6,2T)＝eq\f(（3.40＋3.90）×10－2,2×0.1)m/s＝0.365m/s。(3)根据逐差法可知，加速度为a＝eq\f(（s4＋s5＋s6）－（s1＋s2＋s3）,9T2)代入数据解得a＝0.500m/s2。跟踪训练1.(1)ACD(2)2.75(2.70～2.80)1.48(1.45～1.50)解析(1)实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，A正确；该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，B错误；为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，先接通电源再释放小车，C、D正确。(2)计数点1的读数为2.75cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，打点周期T＝0.02s，打计数点2时小车的速度大小为v2＝eq\f(s13,2T)＝eq\f(（8.65－2.75）×10－2,0.04)m/s＝1.48m/s。考点二例2(1)5.000.43(2)C(3)eq\f(d2,2k)解析(1)游标卡尺读数为d＝5mm＋0×0.05mm＝5.00mm小球通过光电门的瞬时速度v＝eq\f(d,Δt)＝eq\f(5.00×10－3,11.60×10－3)m/s≈0.43m/s。(2)小球由B处运动到A处的过程中做匀加速运动，由运动学公式得v2＝2al即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)＝2al解得l＝eq\f(d2,2a)·eq\f(1,Δt2)，l∝eq\f(1,Δt2)，故选C。(3)根据l＝eq\f(d2,2a)·eq\f(1,Δt2)可知，斜率k＝eq\f(d2,2a)故小球的加速度a＝eq\f(d2,2k)。例3(1)24.0080.0(2)如解析图所示(3)70.059.0(4)b2k解析(1)由题图(b)中纸带的相关数据可知ΔxAD＝6.60cm＋8.00cm＋9.40cm＝24.00cm，由平均速度的定义可知eq\o(v,\s\up6(－))AD＝eq\f(ΔxAD,3T)＝eq\f(24.00,0.3)cm/s＝80.0cm/s。(2)将坐标点(0.3s，80.0cm/s)在图中描点，如图所示。(3)将图中的实验点用直线拟合，如(2)中图所示，可知斜率k＝eq\f(101.0－59.0,0.6)cm/s2＝70.0cm/s2，截距b＝59.0cm/s。(4)小车做匀变速直线运动，有s＝v0t＋eq\f(1,2)at2，变形可得eq\f(s,t)＝eq\o(v,\s\up6(－))＝v0＋eq\f(1,2)at，故小车在t＝0时，即打出A点时小车的速度大小vA＝b，小车的加速度大小a满足eq\f(1,2)a＝k，即a＝2k。跟踪训练2.(1)5.4(3)0.251.88解析(1)游标卡尺的精度为0.1mm，主尺读数为5mm，游标尺读数为4×0.1mm，则遮光片的宽度d＝5mm＋4×0.1mm＝5.4mm。(3)物块通过光电门的时间较短，可用平均速度代替瞬时速度，遮光片通过光电门1的速度大小为v1＝eq\f(d,Δt1)代入数据解得v1＝0.25m/s同理解得v2＝1.00m/s根据匀变速直线运动规律有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2aL代入数据解得a＝1.88m/s2。增分微点1测量重力加速度的几种方法例1(1)B(2)C(3)eq\f(s6＋s5＋s4－s3－s2－s1,36T2)9.60解析(1)为了减小阻力对实验的影响，使重物的重力远大于阻力，重物应选质量大、体积小，即密度大的铁块，故B正确。(2)本实验不需要测量质量，故不需要天平，故A错误；打点计时器本身具有计时功能，所以本实验不需要秒表，故B错误；本实验需要利用刻度尺测量纸带上所打计数点间的距离来计算加速度的大小，故需要刻度尺，故C正确。(3)由纸带可知相邻计数点间还有一个点，则相邻计数点间的时间间隔为t＝2T根据逐差法Δs＝at2可得重物运动的加速度计算表达式为a＝eq\f(s6＋s5＋s4－s3－s2－s1,9t2)＝eq\f(s6＋s5＋s4－s3－s2－s1,36T2)已知打点计时器的打点间隔T＝0.02s，代入数据，可得加速度大小a＝9.60m/s2。例2(1)1.050(2)eq\f(d2,2lt2)(3)偏大解析(1)游标卡尺为20分度，精度为0.05mm，故根据游标卡尺的读数可知小球直径为d＝10mm＋10×0.05mm＝10.50mm＝1.050cm。(2)根据匀变速运动的速度与位移关系可知g＝eq\f(v2,2l)，其中v＝eq\f(d,t)，解得g＝eq\f(d2,2lt2)。(3)小球下落过程球心并没有通过光电门中心，光电计时器仍记录下了挡光时间，挡光的距离小于小球直径，挡光时间小于t，故该操作会导致测得的重力加速度值偏大。例3(1)0.40(2)见解析图(3)9.67(4)偏小解析(1)0.04s时刻小球的速度为v1＝eq\f(s02,2T)＝eq\f(3.2×10－2,2×0.04)m/s＝0.40m/s。(2)根据表格数据，在图乙中绘出小球下落的v－t图像如图所示。(3)根据所描绘的图像，可得小球下落的加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.56－0.40,0.16－0.04)m/s2≈9.67m/s2。(4)若频闪仪实际闪光的时间间隔小于0.04s，根据v＝eq\f(s,2T)可知若位移测量准确，但时间间隔变小了，导致速度测量值偏小，使得测得小球下落的加速度大小比真实值偏小。例4(1)刻度尺(2)1.5(3)eq\f(2d（Δt1－Δt2）,Δt1Δt2（Δt1＋Δt2）)(4)光栅板受到空气阻力的作用解析(1)该实验测量重力加速度，不需要天平测质量，需要用刻度尺测量遮光带(透光带)的宽度。(2)根据平均速度的计算公式可知v＝eq\f(d,Δt)＝eq\f(4.50×10－2,30.00×10－3)m/s＝1.5m/s。(3)根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的速度，有v1＝eq\f(d,Δt1)，v2＝eq\f(d,Δt2)又v2＝v1＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt2＋Δt1,2)))可得g＝eq\f(2d\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Δt1－Δt2)),Δt1Δt2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Δt1＋Δt2)))。(4)光栅板下落过程中受到空气阻力的影响，所以竖直向下的加速度小于当地的重力加速度。第二章相互作用第1讲重力弹力摩擦力考点一例1BC[A中小球处于静止状态，重力和绳的弹力平衡，斜面与小球之间不可能产生弹力，否则小球不可能静止，故A中小球只受一个弹力作用，故A错误；B中水平面对小球有弹力作用，由于F的作用，小球与斜面之间产生弹性形变，所以斜面和小球之间有弹力作用，故B中小球受两个弹力作用，故B正确；C中小球在绳子拉力、重力、斜面的支持力三力作用下处于静止状态，因此小球受两个弹力作用，故C正确；D中竖直面对小球没有弹力作用，否则小球不可能处于静止状态，故D错误。]跟踪训练1.D[当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小球重力大小，此时细绳的拉力FT＝0；当小车和小球向右做匀加速直线运动时，细绳的拉力不可能为零，弹簧弹力有可能为零，故D正确，A、B、C错误。]例2C[在最低点，设绳子与竖直方向的夹角为θ，以猴子为研究对象，根据受力平衡可得2FTcosθ＝G，如图所示，根据几何关系可知sinθ＝eq\f(xBD,lAB)＝eq\f(9m,15m)＝eq\f(3,5)，解得θ＝37°，则此时绳的张力大小为FT＝eq\f(G,2cosθ)＝eq\f(240,2×0.8)N＝150N，故C正确。]例3B[由题意知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧产生的形变量等于相邻两盘间距，由ΔF＝kΔx得mg＝3kx，解得k＝100N/m，故B正确。]例4D[对小球受力分析如图所示，由图可知，当a大小不同时，杆上的弹力与竖直方向的夹角也不同，方向不一定沿杆，但一定是斜向上，且F>mg，选项A、B、C错误；由几何关系可知，F＝eq\r(（mg）2＋（ma）2)，选项D正确。]考点二例5B[对小球A受力分析，它受绳的拉力和自身重力作用，两力的合力水平向左，且大小恒定，故小车有向左的恒定加速度，则物块B也有水平向左的加速度。由受力分析知，物块B必受到水平向左的摩擦力，且大小恒定，故B正确，A、C、D错误。]跟踪训练2.A[机器人加速前进时，相对包裹水平托盘有向前运动的趋势，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作用力和反作用力，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。]考点三例6BD[设P、Q两物体的重力均为G，由题意可得P受到地面的最大静摩擦力fP＝μ·2G＝6N，同理Q受到P的最大静摩擦力为fQ＝μG＝3N，根据fP与fQ的大小关系，结合向右水平拉力F＝4N可得，物体P静止不动，物体Q向右运动，故A错误，B正确；对物体P受力分析，其在水平方向上受到Q向右的摩擦力，受到地面向左的摩擦力，根据受力平衡可知地面对物体P施加向左的摩擦力f地P＝fQ＝3N，故C错误；由A、B项分析可得，P受到地面的最大静摩擦力为6N，Q对P的最大静摩擦力为3N<6N，所以当加大对物体Q的水平拉力F时，物体P不会向右运动，故D正确。]跟踪训练3.BD[用85N的水平力可使沙发保持匀速直线运动，则沙发的滑动摩擦力f＝85N，由f＝μFN＝μG可知，沙发与地面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(f,G)＝0.17，A错误；由于当水平推力大小为90N时沙发恰好开始运动，可知最大静摩擦力为90N，B正确；100N的水平推力大于最大静摩擦力，沙发所受摩擦力为滑动摩擦力，即85N，C错误；由于沙发处于运动状态，所以即使缩小水平力的大小，其所受摩擦力仍为滑动摩擦力，则沙发所受的摩擦力大小为85N，D正确。]增分微点2摩擦力的“四类”突变问题例1D[根据胡克定律可知F弹＝kΔx＝4N，木块B静止，所受静摩擦力fB＝4N，当B受推力F＝9N时，F－F弹＝5N，fm＝μG＝5N，故木块B能够继续保持静止，此时B与地面间达到最大静摩擦力，弹簧的压缩量仍为2.0cm，故A、B错误，D正确；木块A受力平衡，故其所受静摩擦力大小为fA＝F弹＝4N，故C错误。]例2D[分析可知开始时物块受到静摩擦力作用，后长木板与物块间发生相对滑动，此时物块受到的是滑动摩擦力，大小与是否匀速运动无关，A错误；当长木板相对物块滑动前，根据平衡条件可知拉力随时间的变化关系和图乙相同，但相对滑动后，拉力的大小与物块受到的摩擦力大小不一定相等，拉力大小与力传感器中的力不一定相等，B错误；根据乙图可知，物块受到的最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，C错误；根据滑动摩擦力公式f＝μFN，解得μ＝eq\f(f,FN)＝eq\f(f,mg)＝0.2，D正确。]例3B[推力F＝FN＝kt，开始物体沿墙面竖直向下滑动，f＝μFN＝μkt为正比例函数，当f增加到大于G时，物体开始做减速运动，f继续增大，当速度减为零时，物体静止，此时摩擦力为静摩擦力，大小等于物体的重力且不再变化，故B正确。]例4BD[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，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，小木块所受合力不为零，方向沿传递带向下，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，加速度a＝gsinθ－μgcosθ，a变小，则v－t图像的斜率变小，B、D正确。]第2讲力的合成与分解考点一例1D[以圆柱体为研究对象，受力分析如图所示，两侧半圆柱体对圆柱体的支持力的合力与重力等大反向，结合几何关系可知Fa＝Gsin37°＝0.6G，Fb＝Gcos37°＝0.8G，D正确。]跟踪训练1.BC[合力F的取值范围是|F1－F2|≤F≤F1＋F2，所以合力F不一定总比分力F1和F2中的任何一个力都大，故A错误；根据余弦定理可得合力大小为F＝eq\r(Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2)＋2F1F2cosθ)，θ角减小，则合力F一定增大，故B正确；若夹角θ为钝角，θ不变，F1大小不变，F2增大，有可能有如图所示的情况，则F合′<F合，故C正确；由图像得，当θ＝180°时，F合＝2N，即|F1－F2|＝2N，当θ＝90°时，F合′＝10N，即eq\r(Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2))＝10N，解得F1＝6N，F2＝8N或F1＝8N，F2＝6N，故2N≤F≤14N，故D错误。]2.A[根据对称性可知，OB绳与OA绳拉力大小相等，由平衡条件得FOC＝2FOBcoseq\f(α,2)，当衣物足够重时OC绳先断，说明FOC>FOB，则2FOBcoseq\f(α,2)>FOB，解得α<120°，故A正确。]考点二例2B[依据力的作用效果将铁球对结点O的拉力分解，如图所示，根据平行四边形定则可得FB>FA，又因为两绳承受的最大拉力相等，故当在球内不断注入铁砂时，绳BO受到的拉力先达到最大值，绳BO先断，故B正确。]跟踪训练3.B[圆柱体A、B对瓜子压力的合力不为零，与恒力F等大反向，A错误；根据力的作用效果分解如图所示，由三角函数得sineq\f(θ,2)＝eq\f(\f(F,2),FA)，解得FA＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，合力F恒定，顶角θ越大，FA越小，圆柱体A对瓜子的压力大小等于FA，则压力越小，B正确，C、D错误。]例3C[根据题意，分别对A、B受力分析，如图所示，对小球A，竖直方向有Facos30°＝mg，水平方向有Fasin30°＝FcA，对小球B，竖直方向有Fbcos60°＝mg，水平方向有FcB＋Fbsin60°＝F，又有FcA＝FcB，联立解得F＝eq\f(4\r(3),3)mg，故C正确。]跟踪训练4.A[对小球受力分析如图所示，根据共点力平衡，有Tsinθ＝F风，Tcosθ＝mg；又因为F风＝kv2，联立解得v＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，故A正确。]考点三例4B[甲、乙两物体的质量均为m＝2kg，则OC绳的拉力与OB绳的拉力均为20N，这两个力的合力与OA绳的拉力大小相等，方向相反。由几何关系可知OC绳的拉力与OB绳的拉力夹角为110°，而夹角为120°大小均为20N的两个力的合力大小为20N，所以OC绳的拉力与OB绳的拉力的合力略比20N大。由于OA绳的拉力大小等于OC绳与OB绳拉力的合力，所以可推理出OA绳的拉力约为23N，故B正确。]跟踪训练5.BD[轻环两边细线的拉力大小相等，均为T＝mg，则细线对M点的拉力大小为mg，故A错误；轻环两侧细线的拉力与轻环对半圆轨道的压力的夹角相等，设为θ，由OA＝OM得∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，得θ＝30°，轻环受力平衡，则轨道对轻环的支持力大小FN＝2mgcosθ＝eq\r(3)mg，故B正确；细线对轻环的作用力是轻环两侧细线拉力的合力，大小为FN′＝FN＝eq\r(3)mg，此时MA＝2Rcosθ＝eq\r(3)R，故C错误，D正确。]例5AD[甲图中B点受力如图(1)，杆在B点的作用力方向沿杆，由平行四边形定则可知，FN1＝eq\f(mg,tan30°)＝eq\r(3)mg，FT1＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg，则与轻杆AB连接的铰链受到杆的弹力大小为eq\r(3)mg，故A正确；乙图中D点受力如图(2)，D点滑轮受到杆的作用力方向不沿杆，绳中两个拉力大小相同，可知小滑轮受到杆的弹力FN2＝FT1′＝FT2′＝mg，故B、C错误；若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，但甲、乙图中绳子拉力大小关系为FT1>FT1′，则物体加重时，甲中轻绳更容易断裂，故D正确。](1)(2)跟踪训练6.B[由题可知，两轻杆为两个“动杆”，而“动杆”上弹力方向沿轻杆。对铰链进行受力分析，铰链所受轻绳拉力大小为mg，方向竖直向下，下面轻杆对铰链的弹力方向沿轻杆斜向下，设为F1，上面轻杆对铰链的弹力方向沿轻杆斜向上，设为F2，如图所示。在力的矢量三角形中，由正弦定理有eq\f(F1,sin30°)＝eq\f(mg,sin30°)＝eq\f(F2,sin120°)，解得F1＝mg，F2＝eq\r(3)mg，选项B正确。]第3讲受力分析共点力的平衡考点一例1B[如果A受到重力、墙面对它的弹力和B对它的支持力，这三个力恰好平衡，则A、B之间没有摩擦力，故A、C错误，B正确；以A、B整体为研究对象，竖直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墙面的弹力，水平地面可以对B无摩擦力，故D错误。]跟踪训练1.C[物块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到沿天花板向上的静摩擦力，天花板对物块一定也有弹力，所以物块受重力、推力F、天花板的弹力和摩擦力四个力的作用，故A错误；天花板对物块的摩擦力沿天花板向上，根据牛顿第三定律可知，物块对天花板的摩擦力沿天花板向下，故B错误；对物块受力分析及正交分解如图所示，物块静止，则y方向有F＝mgcosθ＋FN，x方向有f＝mgsinθ≤fm＝μFN，联立解得F≥2mg，故C正确，D错误。]考点二例2A[法一合成法对甲图中小球受力分析，如图(1)所示。小球处于平衡状态，由合成法可得拉力F1＝mg，F甲＝mg，故A正确，C错误；(1)(2)对乙图中小球受力分析，如图(2)所示，小球处于平衡状态，由合成法可得F2＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，F乙＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，故B、D错误。法二正交分解法对甲图中小球受力分析，建立坐标系，分解F1和F甲，如图(3)所示，x轴方向：F1sin60°＝F甲sin60°y轴方向：F1cos60°＋F甲cos60°＝mg联立解得F1＝F甲＝mg，故A正确，C错误；对乙图中小球受力分析，建立坐标系，分解F乙，如图(4)所示，x轴方向：F2＝F乙sin60°y轴方向：F乙cos60°＝mg联立解得F2＝eq\r(3)mg，F乙＝2mg，故B、D错误。](3)(4)跟踪训练2.B[对物体受力分析可知，细线弹力与其重力平衡，所以细线弹力大小为G，故A错误；由于滑轮两侧细线中弹力大小相等，所以滑轮两侧细线弹力的合力F方向位于两侧细线夹角的平分线上(如图所示)，根据对称性可知两侧细线弹力的合力大小为F＝2Tcos30°＝eq\r(3)G，方向与竖直方向夹角为30°斜向左下。对滑轮根据平衡条件可知，a杆对滑轮的作用力与F平衡，其大小也为eq\r(3)G，方向与竖直方向夹角为30°斜向右上，故B正确，C、D错误。]3.B[两球都受到重力、细杆的弹力和细绳的拉力这三个力的作用而处于平衡状态，对a、b受力分析，如图所示，在图中过O点作竖直线交ab于c点，则△Oac与小球a的力矢量三角形相似，△Obc与小球b的力矢量三角形相似，有eq\f(mag,lOc)＝eq\f(Fa,lOa)，eq\f(mbg,lOc)＝eq\f(Fb,lOb)，解得Fa∶Fb＝eq\r(6)∶1，故B正确。]例3D[设质量为m的正方体物块的边长为a，密度为ρ，当风速为v0时刚好能推动物块，根据平衡条件有F＝f，FN＝mg，其中F＝kSv2＝ka2veq\o\al(2,0)，f＝μFN，m＝ρa3，解得a＝eq\f(kveq\o\al(2,0),μρg)；当风速变为2v0时，刚好能推动物块的边长变为4a，物块的体积变为64a3，则物块质量变为m′＝64ρa3＝64m，故D正确。]跟踪训练4.C[对木箱进行受力分析，受到重力mg、斜面的弹力FN、摩擦力f、水平外力F，如图所示。由于木箱沿着斜面匀速向上运动，根据木箱受力平衡得木箱所受合力大小为0，A错误；垂直于斜面方向上受力平衡，斜面对木箱的支持力大小FN＝Fsinθ＋mgcosθ，B错误；由于沿着斜面方向上受力平衡，有Fcosθ＝f＋mgsinθ，得斜面对木箱的摩擦力大小为f＝Fcosθ－mgsinθ，C正确；斜面对木箱作用力的合力大小与重力和外力F的合力大小相等，即F合＝eq\r(F2＋（mg）2)，D错误。]考点三例4D[对A和B构成的整体进行受力分析，如图甲所示，整体受重力(M＋m)g、水平面的支持力FN、两墙面的支持力FNA和FNB，由于两正方体受力平衡，根据共点力平衡条件，水平面对正方体B的弹力大小为FN＝(M＋m)g，故A、B错误；隔离A，对A进行受力分析，受重力mg、墙面的支持力FNA、B的支持力FNBA，如图乙所示，根据共点力平衡条件有，竖直方向mg＝FNBAsinα，水平方向FNA＝FNBAcosα，解得FNA＝eq\f(mg,tanα)，即墙面对正方体A的弹力大小等于eq\f(mg,tanα)，故C错误；由整体法可知FNB＝FNA，则墙面对正方体B的弹力大小为FNB＝eq\f(mg,tanα)，故D正确。]跟踪训练5.A[对下面的小球进行受力分析，如图甲所示。根据平衡条件得F＝mgtan45°＝mg，FB＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg，故D错误；对两个小球整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得tanθ＝eq\f(F,2mg)，又F＝mg，解得tanθ＝eq\f(1,2)，FA＝eq\r(（2mg）2＋F2)＝eq\r(5)mg，故A正确，C错误；由题意可知，两弹簧的形变量相等，则有x＝eq\f(FA,kA)＝eq\f(FB,kB)，解得eq\f(kA,kB)＝eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(5),\r(2))，故B错误。]增分微点3立体空间共点力的平衡问题例1B[设每根细绳与竖直方向的夹角为θ，根据受力平衡有3FTcosθ＝mg，可得FT＝eq\f(mg,3cosθ)>eq\f(mg,3)，故A错误；增加细绳长度时，细绳与竖直方向的夹角θ变小，则cosθ变大，每根绳拉力均减少，故B正确；增加细绳长度时，杆右端受到拉力大小等于中药和秤盘的总重力mg保持不变，则秤砣位置不变，手对秤拉力不变，故C、D错误。]跟踪训练1.A[根据共点力平衡，三根杆对O点的弹力沿竖直方向的分力之和等于锅的重力，有3Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(2\r(3),9)mg，故A正确。]例2B[对物块受力分析，如图所示，在垂直于斜槽的平面内，有2FNcos45°＝mgcosθ，在物块下滑方向，有2f＝mgsinθ，其中f＝μFN，联立解得μ＝eq\f(\r(2),2)tanθ，B正确。]跟踪训练2.C[设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合＝2Fcoseq\f(θ,2)，方向沿两绳夹角的角平分线，与水平面的夹角为α，轮胎受力分析如图所示，则F合cosα＝f，解得F＝eq\f(f,2cosαcos\f(θ,2))＝eq\f(5\r(3),9)f，故A、B、D错误，C正确。]专题强化三动态平衡平衡中的临界与极值问题考点一例1B[对O点进行受力分析，它受到汽车对它竖直向下的压力，大小等于汽车的重力G，OA方向杆的弹力FOA，BO方向的弹力FBO，设OB与水平方向夹角为θ，可知FBO＝eq\f(G,sinθ)，FOA＝eq\f(G,tanθ)，当千斤顶将汽车顶起来的过程中，θ变大，则FBO和FOA均变小，故B正确。]跟踪训练1.C[将A、B整体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得FN＝(M＋m)g，可知FN不变，f＝F；隔离B，受力分析如图乙所示，由平衡条件知F＝Mgtanθ，水平力F缓慢地拉起B的过程中，θ增大，外力F逐渐增大，所以f增大，故C正确。]甲乙例2C[根据题意，作出小球受力的矢量三角形，如图所示，从图中可看出力F先减小再增大，斜面体对球的支持力一直减小，故A、D错误；设斜面体的质量为m，对整体分析，竖直方向上有FN＝(mg＋G)－Fy，水平方向上有f＝Fx，现沿逆时针方向缓慢转动弹簧测力计，则Fy一直增大，Fx一直减小，则FN一直减小，f一直减小，故B错误，C正确。]跟踪训练2.D[分析油桶的受力情况，油桶受重力、斜面的支持力和推力，因工人缓慢地将油桶推到汽车上，油桶处于动态平衡状态，由三角形定则作出力的动态变化过程，如图所示，推力F由与水平方向成60°角斜向上逐渐变为水平向右的过程中，推力先变小后变大，最小时推力F和支持力FN垂直，即沿斜面方向，此时最小值为eq\f(mg,2)，D正确。]例3C[小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由三角形相似，得eq\f(G,R)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,R)，当A点上移时，半径R不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。]例4B[法一矢量圆法以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1和左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的夹角保持120°不变，则在三角形中，F1与F2夹角保持60°不变，重力G的大小方向不变，作出力三角形的外接圆，根据弦所对的圆周角都相等，则右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中力的三角形变化如图所示，分析可得F1开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转时又小于直径，所以F1先增大后减小，F2开始就小于直径，转动过程中一直减小，选项B正确。法二正弦定理法以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1及左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，右手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ，转动过程始终处于平衡状态，根据正弦定理有eq\f(G,sin60°)＝eq\f(F1,sin（60°＋θ）)＝eq\f(F2,sin（60°－θ）)，右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中θ由0°变为60°，sin(60°＋θ)先变大再变小，所以F1先增大后减小，sin(60°－θ)一直变小，所以F2一直减小，选项B正确。]考点二例5C[对球A受力分析，受重力和细线OA的拉力，根据受力平衡，细线AB的拉力为零，细线OA的拉力等于TOA＝mg，故A错误；对B球受力分析，受重力，细线OB的拉力和所求力F，根据三力平衡条件知，任意两个力的合力必定与第三个力等大、反向、共线，所以当F与OB垂直时，有最小值，如图所示，结合几何关系可得Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，故C正确，D错误；对B球受力分析，受重力，细线OB的拉力和所求力F，根据动态三角形可知当F水平时，OB的拉力最大，即TOB＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，故B错误。]跟踪训练3.C[以整体为研究对象进行分析，设一个方形积木的质量为m，则球形积木的质量为2m，地面对方形积木的支持力为FN，根据平衡条件可得2FN＝4mg，则FN＝2mg；当两方形积木的距离最远时，设OA和OB之间的夹角为2θ，此时方形积木与地面间的摩擦力达到最大，对球形积木受力分析，如图甲所示，根据平衡条件可得2Fcosθ＝2mg；对其中一个方形积木(如A)受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得Fsinθ＝f＝μFN，联立解得tanθ＝1，则θ＝45°，根据几何关系可得AB之间的距离为s＝eq\r(2)R，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考点一例1(1)CBDAE(2)见解析图3.3解析(1)本实验的操作步骤顺序为CBDAE。(2)根据表中数据作出弹簧弹力F与弹簧长度l的F－l图像如图所示由胡克定律可得F＝k(l－l0)＝kl－kl0可知图像斜率为弹簧劲度系数，由图可得k＝eq\f(1.176,（45.37－10.00）×10－2)N/m≈3.3N/m。例2(1)见解析图(2)5.15(5.10～5.25均可)53.3(52.2～55.8均可)(3)不受影响偏小解析(1)作出m－x图像如图所示。(2)根据图像数据确定：弹性绳原长约为5.15cm，弹性绳的劲度系数约为k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(120×10－3×10,（7.40－5.15）×10－2)N/m≈53.3N/m。(3)若实验中刻度尺的零刻度略高于弹性绳上端结点O，则由实验数据得到的劲度系数将不受影响；若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，则测得的弹簧伸长量偏大，则由实验数据得到的劲度系数将偏小。考点二例3(1)6.046.05(2)3(3)48.6解析(1)ΔL3＝L6－L3＝18.09cm－12.05cm＝6.04cm，压缩量的平均值Δeq\o(L,\s\up6(－))＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝6.05cm。(2)根据(1)问可知，Δeq\o(L,\s\up6(－))为增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量。(3)根据胡克定律的推论可知，3mgsinθ＝kΔeq\o(L,\s\up6(－))，代入数值解得k＝48.6N/m。跟踪训练(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，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。实验三探究两个互成角度的力的合成规律考点一例1(2)CD(3)同一标记位置(5)大小和方向是否在误差允许范围内相同解析(2)实验中要保证两次操作使橡皮条产生相同的弹力作用，故应标记小圆环的位置以及每个力的大小和方向，力的大小由测力计读出，方向即为细线的方向，故C、D正确；橡皮条与细线的长度没必要测出，故A、B错误。(3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到已标记的小圆环位置，记录此时拉力F的大小和方向。(5)比较F′和F的大小和方向在误差允许范围内是否相同，即可判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。跟踪训练1.(1)AC(2)F(3)A(4)3.00解析(1)测量力的实验要求尽量准确，为了防止摩擦对实验结果产生的误差，拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，A正确；实验中只要求力的作用效果相同，而两弹簧测力计系的两条细绳不必等长，B错误；为了准确地测量力的大小，故F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程，C正确；为减小测量误差，F1、F2方向间夹角要适当大些但不一定为90°，D错误。(2)由实验步骤可得，题图乙中F1、F2、F、F′四个力，F是根据平行四边形定则作图得到的，故不是由弹簧测力计直接测得的。(3)实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是橡皮条沿同一方向伸长同一长度，B、C、D错误，A正确。(4)由题图丙可知，测量中弹簧测力计M的最小刻度为0.1N，则示数为3.00N。考点二例2(1)F10.05(2)C(3)C解析(1)A传感器受到的力均为拉力，为正值，故A传感器对应的是表中力F1，平衡时，mg＝F1sinθ，当θ＝30°时，F1＝1.001N，可求得m≈0.05kg。(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，是为了消除水平杆自身重力对结果的影响，故C正确。(3)让A传感器沿圆心为O的圆弧形轨道移动的过程中，传感器与O点的距离保持不变，即O点位置保持不变，故A、B、D错误，C正确。跟踪训练2.(1)AD(2)eq\f(m1,l1)＝eq\f(m2,l2)＝eq\f(m3,l3)(3)定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等解析(1)本实验用钩码重力作为合力，需要在竖直平面内进行，故A正确；该实验用了物体的平衡来探究力的平行四边形，不需要每次实验都使线的结点O处于同一位置，故B错误；本实验处理数据时重力加速度可以约掉，不需要知道当地重力加速度，故C错误；数据处理时需要知道钩码总质量、各个小沙桶和沙子的总质量，所以需要测量出钩码总质量、各个小沙桶和沙子的总质量，故D正确。(2)根据力与边的对应关系，有eq\f(m1g,l1)＝eq\f(m2g,l2)＝eq\f(m3g,l3)，化简得eq\f(m1,l1)＝eq\f(m2,l2)＝eq\f(m3,l3)。(3)定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等。第三章牛顿运动定律第1讲牛顿运动定律考点一跟踪训练1.C[亚里士多德关于力和运动的观点是力是维持物体运动的原因，伽利略关于力和运动的观点是力是改变物体运动状态的原因，即墨子的观点与伽利略的观点基本相同，故A错误；物体受到变力作用，物体的运动状态一定发生改变，即物体的速度一定发生变化，但是速度的大小不一定会改变，例如物体做匀速圆周运动，故B错误；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；当物体不受力时，物体保持静止或匀速直线运动状态不变，运动的物体不会停止运动，故D错误。]2.A[用力F击打羽毛球筒的上端时，球筒会在力的作用下向下运动，而羽毛球由于惯性而保持静止，所以羽毛球会从筒的上端出来，故A正确，B、C错误；球筒向下运动，羽毛球相对于球筒向上运动，所以羽毛球受到向下的摩擦力，故D错误。]考点二例1ABC[根据力的作用效果的独立性可知，如果一个物体同时受到两个力的作用，那么这两个力都会使物体产生各自的加速度且互不影响，A正确；加速度是矢量，其合加速度满足矢量合成的法则平行四边形定则，即物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和，B正确；由分运动的独立性可知，平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动，C正确；质量是物质本身的固有属性，跟物体的运动状态和是否受力无关，D错误。]例2ABC[开始时，小球的重力大于弹簧弹力，加速度方向向下，小球向下加速运动，随着弹簧的压缩，弹力逐渐变大，由mg－kx＝ma知加速度逐渐减小，当弹力大小等于重力时，加速度为零，即mg＝kx，得x＝eq\f(mg,k)，此时小球的速度最大，然后小球继续向下运动压缩弹簧，弹力大于重力，加速度变为向上，逐渐增大，速度逐渐减小，直到速度减小到零，到达最低点，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为2x＝eq\f(2mg,k)，故选项A、B、C正确，D错误。]例3A[当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，如图所示。由几何关系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)设绳子拉力为FT，对轻绳的中点，水平方向有2FTcosθ＝F，解得FT＝eq\f(5,8)F对任一小球，由牛顿第二定律有FT＝ma解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误。]跟踪训练3.B[书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度，即fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0m/s2，书相对高铁静止，故高铁的最大加速度为4.0m/s2，B正确，A、C、D错误。]4.AD[小物块以加速度a上行，合力方向与加速度方向相同，设加速度方向为正方向，由牛顿第二定律可知，沿斜面方向有f－mgsin30°＝ma，解得f＝eq\f(1,2)mg＋ma，摩擦力方向沿斜面向上，故A正确，B错误；由于物块相对斜面静止，因此摩擦力为静摩擦力，故C错误，D正确。]考点三例4B[手与飞行器没有接触，手对飞行器没有作用力，空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力，选项A错误，B正确；空气对飞行器的作用力和飞行器对空气的作用力是一对作用力和反作用力，选项C错误；由牛顿第三定律可知，螺旋桨对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力大小相等，选项D错误。]例5D[当圆环上升时，杆给环的摩擦力方向向下，大小设为f，则环给杆的摩擦力方向向上，大小为f，设水平面对底座的支持力大小为FN1，则对圆环由牛顿第二定律可得mg＋f＝ma，对底座，由平衡条件可得FN1＋f－Mg＝0，联立解得FN1＝(M＋m)g－ma；当圆环下落时，杆给环的摩擦力方向向上，大小设为f′，则环给杆的摩擦力方向向下，大小为f′，设水平面对底座的支持力大小为FN2，则对底座，由平衡条件可得Mg＋f′－FN2＝0，由题意可知f′＝f，联立解得FN2＝(M－m)g＋ma，根据牛顿第三定律可知，圆环在升起和下落过程中，底座对水平面的压力大小分别为(M＋m)g－ma，(M－m)g＋ma，故D正确。]跟踪训练5.B[工人受到三个力的作用，即绳的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，A错误；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，B正确；对动滑轮受力分析，由平衡条件有2Tcoseq\f(θ,2)＝mg，其中T为绳子拉力的大小，θ为动滑轮两侧绳子间的夹角，m为重物与动滑轮的总质量，随着重物的上升，θ增大，则绳的拉力变大，C、D错误。]第2讲牛顿第二定律的基本应用考点一例1BC[对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得FB＝m1g，FBsin30°＝m2g，所以eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1)，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力FB＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1gcos30°＝m1a，解得a＝eq\r(3)g，故C正确，D错误。]跟踪训练D[初始三个物体受力平衡，弹簧弹力大小为F＝3mg，取走C物体瞬间弹簧弹力不变，对A、B整体由牛顿第二定律有F－2mg＝2ma，解得a＝eq\f(1,2)g，之后A、B一起做简谐运动，最大加速度为a＝eq\f(1,2)g，选项A错误；取走C瞬间设B受到的弹力大小为FN，则有FN－mg＝ma，解得FN＝eq\f(3,2)mg，选项B错误；当A、B运动到上方最大位移处时加速度a′向下，大小为a′＝eq\f(1,2)g，此时B对A的弹力最小，对B物体有mg－FN′＝ma′，解得FN′＝eq\f(1,2)mg，则B不可能脱离A，选项C错误，D正确。]考点二例2(1)90km(2)1200m/s250s解析(1)助推器脱落后，受到阻力f＝eq\f(1,5)mg上升过程，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1代入数据解得a1＝12m/s2，方向竖直向下，则助推器向上做匀减速直线运动，继续上升的高度h2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝6×104m＝60km所以助推器能上升到距离地面的最大高度为h＝h1＋h2＝90km。(2)助推器从最高点开始下落过程中，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2代入数据解得a2＝8m/s2落回地面的速度大小为v＝eq\r(2a2h)＝1200m/s助推器从脱离到最高点所用时间t1＝eq\f(v0,a1)＝100s从最高点到落地点所用时间t2＝eq\f(v,a2)＝150s所以助推器从脱离到落地经历的时间t＝t1＋t2＝250s。例3(1)eq\f(8,3)m/s2(2)12m/s(3)66N解析(1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有2alAB＝veq\o\al(2,B)，vB＝at解得t＝3s，a＝eq\f(8,3)m/s2。(2)由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5s设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有lBC＝vBt1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)vC＝vB＋a1t1代入数据解得a1＝2m/s2，vC＝12m/s。(3)设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mgsin15°－f＝ma1代