課時分層作業(yè)詳解答案

課時分層作業(yè)（一）運(yùn)動的描述1．解析：當(dāng)物體的大小和形狀對所研究問題的影響可以忽略時，就可以把物體看作質(zhì)點，故A正確．答案：A2．解析：獲得第一名的龍舟，用時最少，平均速度一定最大，但到達(dá)終點時的速度不一定最大，A錯誤，B正確；以龍舟為參考系，岸上站立的觀眾是運(yùn)動的，C錯誤；研究隊員的劃槳動作時，隊員的大小和形狀不能忽略，故不可將隊員看成質(zhì)點，D錯誤．答案：B3．解析：計算運(yùn)輸機(jī)飛行時間時，與運(yùn)輸機(jī)的大小和形狀無關(guān)，所以可以將運(yùn)輸機(jī)看成質(zhì)點，所以A錯誤；在分析運(yùn)輸機(jī)著陸動作時，不能忽略運(yùn)輸機(jī)的大小和形狀，所以運(yùn)輸機(jī)不能看成質(zhì)點，所以B錯誤；“上午9時30分”指的是最后一架運(yùn)輸機(jī)抵達(dá)武漢的時刻，所以D正確，C錯誤．答案：D4．解析：速度變化量的方向與加速度方向一致，加速度方向與初速度方向相同時汽車做加速運(yùn)動，加速度方向與初速度方向相反時汽車做減速運(yùn)動．選項A中汽車做加速運(yùn)動，選項B、C中分別是a的方向、Δv的方向作錯了，選項D中圖示能正確表示汽車做減速運(yùn)動．故選D.答案：D5．解析：表中“23：32”表示時刻，A正確；該列車從北京西至聊城的路程為350km，位移大小小于350km，B錯誤；從表中數(shù)據(jù)無法知道該列車從北京西至聊城的位移，故無法求出該列車從北京西至聊城的平均速度，C錯誤；該列車從北京西至聊城全程中不是做直線運(yùn)動，故不可能做勻速直線運(yùn)動，D錯誤．答案：A6．解析：百米賽跑中甲比乙提前10m到達(dá)終點，即甲跑完100m與乙跑完90m所用時間相同，則有t＝eq\f(100m,v甲)＝eq\f(90m,v乙)，解得v甲＝eq\f(10,9)v乙，故A錯誤，B正確；讓甲遠(yuǎn)離起跑點10m而乙仍在起跑點，則甲跑110m到達(dá)終點的時間t′甲＝eq\f(110m,v甲)＝eq\f(99m,v乙)，而乙跑到終點的時間t′乙＝eq\f(100m,v乙)>t′甲，所以甲先跑到終點，故C正確，D錯誤．答案：BC7．解析：超聲波信號從發(fā)出到被反射回來的時間間隔Δt＝s，在s內(nèi)，超聲波前進(jìn)距離為：x1＝v聲·eq\f(1,2)Δt＝340×1m＝340m；故汽車速度為：v＝eq\f(380－340,1)m/s＝40m/s；當(dāng)測速儀接收到被反射回來的超聲波信號時，汽車前進(jìn)了：Δx＝40×2m＝80m，故C項正確．答案：C8．解析：（1）由v＝eq\f(Δx,Δt)得：在反應(yīng)過程所用的時間t1＝eq\f(x1,v1)＝eq\f(14,20)s＝s（2）制動過程中的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(30－14,2.3)m/s＝m/s（3）緊急停車全程所用時間t＝t1＋t2＝s＋s＝3s全程的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(30,3)m/s＝10m/s答案：（1）s（2）m/s（3）10m/s課時分層作業(yè)（二）勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律1．解析：反應(yīng)時間內(nèi)的位移x1＝vmt，汽車剎車位移x2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m)),2a)，由題意得x1＋x2＝30m，解得vm＝15m/s，B正確．答案：B2．解析：根據(jù)x1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，x2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，得eq\f(t2,t1)＝eq\r(\f(x2,x1))＝eq\r(\f(2,1))＝eq\r(2)，則有t2＝eq\r(2)t1＝eq\r(2)×s≈s，故C正確．答案：C3．解析：噴出的水做豎直上拋運(yùn)動，水的流速v0＝53m/s，水在空中停留的時間t＝eq\f(2v0,g)＝eq\f(2×53,10)s＝s，即水在空中停留時間為s，處于空中的水的體積為V＝Qt＝×m3＝m3，故選項B正確．答案：B4．解析：設(shè)AB＝x，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可知，物體通過AB段時間中點的瞬時速度v1＝eq\f(x,t)，物體通過CD段時間中點的瞬時速度v2＝eq\f(10x,t)，則物體由AB段時間中點到CD段時間中點所用時間t1＝eq\f(v2－v1,a)，又因為x＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得t1＝t，因此物體通過BC段所用時間t2＝t1－t，代入數(shù)據(jù)解得t2＝t，故C正確，A、B、D錯誤．答案：C5．解析：汽車剎車后的位移為（x－x0），選項A正確；由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律得，超聲波和汽車相遇位置與測速儀相距x0＋eq\f(1,4)（x－x0），故根據(jù)超聲波的速度和位移，可求得從發(fā)出到接收超聲波所需的時間，也就是汽車剎車后的運(yùn)動時間，選項C正確；知道汽車剎車后的運(yùn)動時間和位移，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式就可以求出汽車剎車后的加速度，選項D正確；不知道汽車的質(zhì)量，無法求出汽車受到的阻力，選項B錯誤．答案：ACD6．解析：ETC通道的長度為9m，車載電子標(biāo)簽到汽車前車牌的水平距離約為1m，汽車實際行駛的位移為x＝9m－1m＝8m，汽車的初速度v0＝18km/h＝5m/s，汽車做勻減速直線運(yùn)動，減速到零的時間為t1＝eq\f(v0,a)＝1s，減速過程運(yùn)動的位移為x1＝eq\f(v0,2)t1＝m，則勻速運(yùn)動的位移為x2＝x－x1＝m，設(shè)司機(jī)的反應(yīng)時間為t0，則汽車做勻速直線運(yùn)動的時間為t＝s＋t0，由x2＝v0t，解得t0＝s，選項B正確．答案：B7．解析：（1）設(shè)從剎車到停止所用時間為t2，則：t2＝eq\f(0－v0,a)＝6s（2）反應(yīng)時間內(nèi)做勻速運(yùn)動，則：x1＝v0t1＝18m從剎車到停止，汽車做勻減速運(yùn)動直到速度為0，則：x2＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝90m小轎車駕駛員從發(fā)現(xiàn)警示牌到停止的全部距離為：x＝x1＋x2＝108m三角警示牌距車的最小距離為：Δx＝x－d＝48m答案：（1）6s（2）48m8．解析：v0＝72km/h＝20m/s.汽車的加速度大小記為a，則a＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－0,2x)，又μmg＝ma，聯(lián)立可得μ＝eq\f(a,g)≈，選項A錯誤；利用逆向思維法把汽車的勻減速運(yùn)動過程視為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則汽車通過連續(xù)相等的位移所用的時間之比為1∶（eq\r(2)－1）∶（eq\r(3)－eq\r(2)）∶…，所以汽車在減速過程中通過前m與后m的時間之比為（eq\r(3)－1）∶1，選項B正確；若駕駛員看到小貓后的反應(yīng)時間小于s，則汽車在反應(yīng)時間內(nèi)的位移小于x0＝v0t＝m，總位移小于m，選項C正確；汽車在剎車過程中做勻減速直線運(yùn)動的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋0,2)＝m/s，選項D錯誤．答案：BC9．解析：（1）v0＝288km/h＝80m/s打開制動風(fēng)翼時，列車的加速度大小為a1＝m/s2，設(shè)經(jīng)過t2＝40s時，列車的速度為v1，則v1＝v0－a1t2＝60m/s.（2）列車長接到通知后，經(jīng)過t1＝s，列車行駛的距離x1＝v0t1＝200m打開制動風(fēng)翼到打開電磁制動系統(tǒng)的過程中，列車行駛的距離x2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2a1)＝2800m打開電磁制動后，行駛的距離x3＝x0－x1－x2－500m＝1500m；a2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2x3)＝m/s2答案：（1）60m/s（2）m/s210．解析：（1）救護(hù)車從A點運(yùn)動至B點的過程中，設(shè)初速度為v0，做勻加速直線運(yùn)動的加速度為a，時間為t1，行駛距離為s1；接著做勻速直線運(yùn)動所用的時間為t2，行駛距離為s2，速度為v；然后做勻減速直線運(yùn)動所用的時間為t3，行駛距離為s3；A、B間的距離為s.則a＝eq\f(v－v0,t1)s1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))s2＝vt2s3＝eq\f(1,2)vt3s＝s1＋s2＋s3聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得s＝1840m（2）設(shè)救護(hù)車在B處停車等待時間為t′，重新啟動勻加速至速度為v所用時間為t4，行駛距離為s4；如果應(yīng)急車道暢通，救護(hù)車將不在B處停車等候，走完s3和s4對應(yīng)路段所用時間為t，在A、C之間行駛的時間比應(yīng)急車道不暢通時所用的時間縮短Δt.則s4＝eq\f(v2,2a)t4＝eq\f(v,a)s3＋s4＝vtΔt＝t3＋t′＋t4－t代入數(shù)據(jù)得Δt＝318s答案：（1）1840m（2）318s課時分層作業(yè)（三）運(yùn)動學(xué)圖象追及、相遇問題1．解析：選項A中，當(dāng)t＝2s時，x＝0，這表示物體在0～2s內(nèi)位移為0，即物體做的是一次往返運(yùn)動；v-t圖象與坐標(biāo)軸所圍圖形的“面積”表示位移大小，當(dāng)圖形位于時間軸上方時表示位移方向為正，當(dāng)位于下方時表示位移方向為負(fù)，觀察選項圖可知，選項B中的“圖形”只位于橫軸上方，這表示物體在0～2s內(nèi)位移方向為正，大小等于圖形的“面積”，而選項C、D中的“圖形”有兩部分組成，它們分別在橫軸上下兩側(cè)，且兩部分圖形的“面積”大小相等，這表示物體在0～2s內(nèi)位移均為0，選項B符合題意．答案：B2．解析：兩車均為直線運(yùn)動，故選項A錯誤；在t1時刻，乙車圖線的切線斜率大于甲車圖線的斜率，所以乙車的速度大于甲車的速度，故選項B錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，乙車圖線的切線斜率某時刻等于甲車圖線的斜率，則在此時刻兩車速度相同，故選項C正確；在t1～t2時間內(nèi)，兩車的位移相同，時間相同，則平均速度相同，故選項D錯誤．答案：C3．解析：由逆向思維結(jié)合公式v2＝2ax，可知a＝eq\f(v2,2x)∝eq\f(1,x)，則eq\f(aA,aB)＝eq\f(xB,xA)＝eq\f(15,20)＝eq\f(3,4)，故選B.答案：B4．解析：由加速度與位移的關(guān)系圖象可知，加速度大小為m/s，由公式2aL＝v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v＝10m/s，由公式v＝v0＋at，解得t＝eq\f(10－4,1.5)s＝4s，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B5.解析：甲車司機(jī)經(jīng)t1＝3s的反應(yīng)時間開始剎車，從司機(jī)發(fā)現(xiàn)無法變道時經(jīng)t2＝t1＋eq\f(v甲－v乙,a)＝s兩車速度相等（速度相等為臨界條件），可畫出甲車司機(jī)發(fā)現(xiàn)無法變道后兩車運(yùn)動的速度—時間圖象如圖所示，甲車比乙車多走的距離x＝（v甲－v乙）t1＋eq\f(1,2)（v甲－v乙）（t2－t1）＝m，兩車相距最近的距離為s－x＝100m－m＝m，約為47m，選項C正確．答案：C6．解析：v-t圖象上各點切線的斜率表示汽車運(yùn)動的加速度，0～2s內(nèi)圖線上各點切線的斜率逐漸減小，則表示汽車的加速度逐漸減小，故A正確；汽車在0～2s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動從10m/s減速到2m/s時位移才等于12m，故B錯誤；勻速運(yùn)動的位移x＝vt＝2×2m＝4m，故C正確；0～2s內(nèi)汽車的平均加速度eq\o(a,\s\up6(－))1＝eq\f(2－10,2)m/s2＝－4m/s2，4～5s內(nèi)汽車的平均加速度eq\o(a,\s\up6(－))2＝eq\f(10－2,1)m/s2＝8m/s2，故D錯誤．答案：AC7．解析：（1）由v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax推知，題中圖線斜率為－eq\f(1,2a)，故a＝－2m/s2，所以滑塊下滑的加速度大小為2m/s2.（2）由題中圖象可推知，當(dāng)滑塊的初速度為4m/s時，滑塊剛好滑到斜面最低點，故滑塊下滑的初速度為m/s時能滑到斜面最低點．設(shè)滑塊在斜面上的滑動時間為t，則x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，即：4m＝5t－eq\f(1,2)×2t2，解得t＝1s，t＝4s（舍去）.答案：（1）2m/s2（2）1s8．解析：（1）在時間t內(nèi)，甲車位移為x1＝v1t＋eq\f(1,2)at2，貨車的位移為x2＝v2t，若甲車經(jīng)過時間t剛好完成超車，則有x1＝x2＋L1＋L2＋s聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t＝4s，即甲車最短的超車時間為4s.（2）假設(shè)甲車能安全超車，在最短時間4s內(nèi)，甲車的位移為x1＝v1t＋eq\f(1,2)at2＝56m，乙車的位移為x3＝v3t＝60m，由于x1＋x3＝116m>110m，故甲車不能安全超車．答案：（1）4s（2）不能安全超車9．解析：由圖乙可知A車做勻速直線運(yùn)動，速度大小為vA＝4m/s，由圖丙分析可知，t＝3s時兩車速度相等，相距最遠(yuǎn)，由位移關(guān)系得最遠(yuǎn)距離為20m，選項A正確；B車在0～6s內(nèi)的位移和0～5s內(nèi)的位移相等，為24m，選項B錯誤；0～8s內(nèi)A車的位移大小為32m，B車的位移大小為24m，位移之差為8m，此時A車未追上B車，選項C錯誤；t＝1s時兩車相距16m，當(dāng)B車停下來后，A車速度減為零時恰好追上B車，此時A車的加速度為一臨界值，B車停止之前的位移為16m，所以A車的總位移為32m，由速度與位移的關(guān)系v2＝2ax可知，加速度a＝eq\f(1,4)m/s2，故要使A車追不上B車，則A車的加速度大小應(yīng)大于eq\f(1,4)m/s2，選項D正確．答案：AD10．解析：（1）已知v貨＝36km/h＝10m/s，v人＝18km/h＝5m/s小貨車減速的加速度為a時恰好沒有撞到騎行者，經(jīng)時間t1兩者速度相等，則有：v貨－at1＝v人eq\f(v貨＋v人,2)t1＝v人t1＋20解得：a＝eq\f(5,8)m/s2再經(jīng)時間t2，貨車減速到0，則有：0＝v人－at2解得：t2＝8s貨車剛停止運(yùn)動時，騎行者到貨車的距離為：s＝Δx＝v人t2－eq\f(v人t2,2)解得：s＝20m（2）剎車過程中對貨車進(jìn)行受力分析，知貨車受到的摩擦力為：f＝μmgcos37°解得：f＝×104N，方向沿斜面向上．答案：（1）20m（2）×104N，方向沿斜面向上單元質(zhì)量評估（一）運(yùn)動的描述勻變速直線運(yùn)動的研究1．解析：在研究武大靖的技術(shù)動作時，需要考慮他的姿態(tài)，不能把武大靖看作質(zhì)點，故A錯誤；“39.800s”指的是時間，故B錯誤；轉(zhuǎn)彎過程中，以武大靖的冰刀為參考系，他是靜止的，故C錯誤；武大靖在500m短道速滑中的平均速度大小約是eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(500,39.8)m/s，故D正確．答案：D2．解析：電動車限速20km/h，限制的是瞬時速度大小，不是平均速度大小，故A錯誤；子彈射出槍口時的速度大小與槍口這一位置對應(yīng)，因此為瞬時速度大小，故B錯誤；根據(jù)運(yùn)動員的百米跑成績是10s可知，運(yùn)動員的平均速度大小為10m/s，但其沖刺速度不一定為10m/s，故C錯誤；列車的最高時速指的是在安全情況下所能達(dá)到的最大速度，為瞬時速度大小，故D正確．答案：D3．解析：取初速度方向為正方向，則v0＝5m/s，v＝－5m/s，Δt＝4s，則a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v－v0,Δt)＝eq\f(－5－5,4)m/s2＝－m/s2，即加速度大小為m/s2，方向沿斜面向下．答案：C4．解析：根據(jù)題意可知，cf長為11cm，則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的位移差公式可得a＝eq\f(Δx,（2T）2)＝eq\f(ac－cf,（2T）2)＝12m/s2，其中T＝s，故C正確；勻變速直線運(yùn)動中，某段的平均速度等于這一段中間時刻的瞬時速度，則d點的速度大小為vd＝eq\f(cf,2T)＝m/s，故D錯誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的位移公式得df＝vdT－eq\f(1,2)aT2＝4cm，故B錯誤；同理可得b點的速度大小為vb＝eq\f(ac,2T)＝m/s，則bc＝vbT－eq\f(1,2)aT2＝10cm，故A錯誤．答案：C5．解析：設(shè)經(jīng)過時間t后，轎車和卡車車頭相遇，轎車的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2，卡車的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2，x1＋x2＝20m，聯(lián)立解得t＝s.此時，轎車的速度v1＝a1t＝6m/s，卡車的速度v2＝a2t＝14m/s.設(shè)再經(jīng)過時間t′后轎車和卡車錯開，轎車的位移x′1＝v1t′＋eq\f(1,2)a1t′2，卡車的位移x′2＝v2t′＋eq\f(1,2)a2t′2，x′1＋x′2＝25m，聯(lián)立解得t′＝s．此時卡車速度v2＝a2（t＋t′）＝21m/s<vm＝30m/s.答案：B6．解析：A圖表示運(yùn)動員一直做勻速直線運(yùn)動，不符合實際，不可能，故A錯誤；B項中，根據(jù)v-t圖象與時間軸圍成的面積表示位移，0～10s內(nèi)的位移為x＝eq\f(10×3,2)m＋10×7m＝85m<100m，不可能，故B錯誤；C項中，根據(jù)v-t圖象與時間軸圍成的面積表示位移，0～10s內(nèi)的位移大于x＝eq\f(11×3,2)m＋11×7m＝m，有可能，故C正確；D項中，根據(jù)v-t圖象與時間軸圍成的面積表示位移，0～10s內(nèi)的位移大于x＝eq\f(13×3,2)m＋13×7m＝m，不可能，故D錯誤．答案：C7．解析：v-t圖象的斜率表示加速度，則從圖象上可以看出，兩車加速過程，乙的加速度比甲大，故A錯誤；速度相等時兩車間距有最小值，從圖象上可以看出t＝7s時，兩車速度相等，此時甲運(yùn)動的位移為x1＝eq\f(（2＋7）×20,2)m＝90m，乙運(yùn)動的位移為x2＝eq\f(1,2)×4×20m＝40m，則此時甲、乙之間的距離為Δx＝x2＋x0－x1＝30m，故B正確；若兩車在t＝5s時相遇，從圖象上可以看出5～9s內(nèi)甲、乙運(yùn)動的位移相等，所以甲、乙在t＝9s時會再次相遇，故C正確；若兩車在t＝4s時相遇，從圖象上可以看出4～10s內(nèi)甲、乙運(yùn)動的位移不相等，則在t＝10s時兩車不會再次相遇，故D錯誤.答案：BC8．解析：設(shè)運(yùn)動員通過PM、MN所用時間均為T，則運(yùn)動員經(jīng)過M點的速度為：vM＝eq\f(PM＋MN,2T)＝eq\f(15m,T)，根據(jù)Δx＝aT2得：a＝eq\f(MN－PM,T2)＝eq\f(10m,T2)，則運(yùn)動員經(jīng)過P點的速度為：vP＝vM－aT＝eq\f(15m,T)－eq\f(10m,T)＝eq\f(5m,T)，則：xOP＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(P)),2a)＝m，故A正確；運(yùn)動員經(jīng)過P、M兩點的速度之比為：eq\f(vP,vM)＝eq\f(1,3)，故D錯誤；因為T未知，則不能求出運(yùn)動員經(jīng)過OP段所用的時間和運(yùn)動員的加速度，故B、C正確．答案：ABC9．解析：（1）相鄰兩點間的時間間隔為T＝s，則打E點時的速度vE＝eq\f(xDF,2T)＝eq\f0＋0,0.2)m/s＝m/s.（2）根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，可知小車做的是勻變速直線運(yùn)動，故選B.（3）該做法是可行的；因為剪斷的紙帶對應(yīng)的時間都是Δt＝s，即時間間隔Δt相等，所以紙帶的長度之比等于此段紙帶對應(yīng)的平均速度之比，而此段紙帶對應(yīng)的平均速度等于這段紙帶對應(yīng)的中間時刻的速度，即紙帶的長度之比等于中間時刻速度之比，因此該做法是可行的．答案：（1）（2）B（3）可行見解析10．解析：（1）當(dāng)兩車速度相等時相距最大，即：v0＋a1t1＝a2t1，解得t1＝4s所以兩車相距最大距離為：s1＝s甲＋d－s乙＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋d－eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝12m（2）當(dāng)兩車的間距大于s0時，兩車無法保持通信．由題可知，兩車的間距先增大后減?。援?dāng)s′甲＋d－s′乙＝s0時有：v0t＋eq\f(1,2)a1t2＋d－eq\f(1,2)a2t2＝s0解得t2＝2s；t3＝6s.即中間有t3－t2＝4s的時間無法通信．又當(dāng)乙車追上甲車時有：s″甲＋d＝s″乙即：v0t4＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋d＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))解得t4＝s所以能保持通信的時間為t＝t4－（t3－t2）＝s.答案：（1）12m（2）s11．解析：（1）根據(jù)題意可知，出租車先勻速行駛t1＝s，然后在反應(yīng)時間t2＝s內(nèi)繼續(xù)勻速，然后減速t3＝4s到停止，總位移為x＝v0（t1＋t2）＋eq\f(1,2)v0t3＝120m．（2）根據(jù)圖象可知，減速的加速度大小為a＝eq\f(Δv,t3)＝5m/s2當(dāng)兩車速度相等時，剎車時間Δt有v0－aΔt＝v1解得：Δt＝s此過程出租車位移x1＝v0（t1＋t2）＋eq\f(1,2)（v0＋v1）Δt＝m三輪車位移：x2＝v1（t1＋t2＋Δt）＝m因為x1－x2＝m會相撞，根據(jù)位移關(guān)系有：v0（t1＋t2）＋v0t′－eq\f(1,2)at′2＝x0＋v1（t1＋t2＋t′）解得t′＝s答案：（1）120m（2）會撞s課時分層作業(yè)（四）重力彈力摩擦力1．解析：重力是由于地球吸引產(chǎn)生的，是物體所受地球的萬有引力的一個分力，兩者一般不相等，A錯誤；壓力和重力是兩種性質(zhì)不同的力，B錯誤；由平衡條件知，被細(xì)線懸掛的物體靜止時，細(xì)線拉力和重力平衡，重心在重力作用線上，則一定在懸線所在的直線上，C正確；重心的位置跟物體的形狀、質(zhì)量分布有關(guān)，是重力的等效作用點，但不一定在物體上，如折彎成直角的均勻直桿，D錯誤．答案：C2．答案：A3.解析：本題中桿為“定桿”，桿上的力就不一定沿桿的方向，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則桿對小球的作用力方向在重力與輕繩拉力夾角的對頂角范圍內(nèi)（不含水平方向），當(dāng)繩拉力為零時，桿對小球的作用力豎直向上，如圖所示，所以桿對小球的作用力方向可能是F2和F3，選項B、C正確．答案：BC4．解析：下雨天，地面粗糙程度變小，動摩擦因數(shù)μ變小，最大靜摩擦力減小，故A錯誤；將力F分解，支撐腳對地面的壓力為Fcosθ，奔跑步幅越大，夾角θ越大，則壓力越小，最大靜摩擦力越小，人越容易滑倒，故B正確；當(dāng)Fsinθ＞μFcosθ時人容易滑倒，此時μ<tanθ，故C正確，D錯誤．答案：BC5．解析：當(dāng)物體受F1、F2及摩擦力的作用而處于平衡狀態(tài)時，由平衡條件可知物體所受的摩擦力的大小為8N，方向向左．可知最大靜摩擦力Ffmax≥8N．當(dāng)撤去力F1后，F(xiàn)2＝2N<Ffmax，物體仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可知物體所受的靜摩擦力大小和方向發(fā)生突變，且與作用在物體上的F2等大反向，選項C正確．答案：C6．解析：A對，B錯：由于砝碼處于靜止?fàn)顟B(tài)，則kΔx＝mg，所以有k＝eq\f(mg,Δx)＝eq\f(100×10－3×10,2×10－3)N/m＝500錯、D對：要使書恰好能勻速運(yùn)動，則kΔx′＝μm′g，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2.答案：AD7．解析：木箱受到的靜摩擦力隨推力的增大而增大，最大靜摩擦力為21N；當(dāng)推力F>21N時，物體在地面上運(yùn)動，摩擦力為滑動摩擦力，大小為20N，木箱與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ff,mg)＝，選項A、D正確．答案：AD8．解析：對物體P，由二力平衡知識可知物體P肯定受到向左的2N的摩擦力，根據(jù)力的相互作用原理，物體P對物體Q肯定有向右的2N的摩擦力，物體Q受到向左的3N的拉力，由于地面光滑，地面對物體Q沒有摩擦力，選項A、C正確，B、D錯誤．答案：AC9．解析：對圓環(huán)A受力分析，直桿固定在水平地面上，則可知此桿為“定桿”，則桿對圓環(huán)的彈力FN方向垂直于桿向上，對圓環(huán)受力分析，如圖所示．對物體B，由平衡條件可得T＝mBg，當(dāng)圓環(huán)剛要向上滑動時，根據(jù)平衡條件與正交分解可得沿桿的方向有Tcosθ＝mgsinθ＋fm，垂直于桿的方向有FN＝Tsinθ＋mgcosθ，其中fm＝μFN，聯(lián)立解得mB＝2m，故懸掛的物塊B質(zhì)量不能超過2m，選項D正確．答案：D10．解析：由圖象知，當(dāng)x1＝m時，F(xiàn)1＝2N，在m之內(nèi)只有小彈簧被壓縮．由胡克定律得F1＝k1x1，所以k1＝eq\f(F1,x1)＝eq\f(2,0.2)N/m＝10N/m.從m至m過程中，兩彈簧均被壓縮．當(dāng)F2＝5N時，小彈簧的壓縮量x2＝m，大彈簧的壓縮量x′2＝x2－x1＝m－m＝m，根據(jù)胡克定律得k1x2＋k2x′2＝F2，即k2＝eq\f(F2－k1x2,x2)＝eq\f(5－10×,0.1)N/m＝20N/m.故選項B、D正確．答案：BD11．解析：初始狀態(tài)時，木塊重力的分力與滑動摩擦力均沿著斜面向下，且都是恒力，所以木塊先沿斜面向下運(yùn)動，由牛頓第二定律得，加速度大小a＝gsinθ＋μgcosθ；當(dāng)小木塊速度達(dá)到傳送帶速度時，由于μ＜tanθ，即μmgcosθ＜mgsinθ，所以速度能夠繼續(xù)增加，此時滑動摩擦力的大小不變，而方向突變?yōu)檠貍魉蛶蛏希琣＝gsinθ－μgcosθ，加速度變小，則v-t圖象的斜率變小，所以BD正確．答案：BD12．解析：懸掛第二個鉤碼的瞬間，橡皮筋長度還沒發(fā)生變化，根據(jù)胡克定律，橡皮筋拉力大小仍為10N，鉤碼間的彈力大小仍是10N，A正確，B錯誤；懸掛第二個鉤碼后，橡皮筋繼續(xù)伸長，拉力傳感器的讀數(shù)從10N繼續(xù)增大，直到彈力等于兩個鉤碼的重力時，拉力傳感器的讀數(shù)才為20N，C錯誤；設(shè)懸掛第一個鉤碼穩(wěn)定時橡皮筋的伸長量為x1，kx1＝G，懸掛第二個鉤碼后，鉤碼運(yùn)動速度最大時，鉤碼受力平衡，設(shè)此時又伸長x2，則k（x1＋x2）＝2G，代入數(shù)據(jù)，可得x2＝10cm，D正確．答案：AD13．解析：以動滑輪和物塊N為研究對象，受力分析如圖所示，由于動滑輪處為一“活結(jié)”，兩側(cè)細(xì)繩為同一條細(xì)繩，故拉力T相等，由水平方向所受合力為零可知兩側(cè)細(xì)繩與豎直方向的夾角θ相等，在豎直方向由平衡條件得2Tcosθ＝mg，解得T＝eq\f(mg,2cosθ)，將細(xì)繩的一端從天花板上的A點緩慢沿直線移動到B點，θ變大，則T變大，選項A錯誤；因M與N的質(zhì)量關(guān)系不確定，所以最初M所受的靜摩擦力方向不確定，如果最初M所受的靜摩擦力方向沿斜面向上，當(dāng)細(xì)繩拉力增大時，M所受的靜摩擦力會變小，選項B錯誤；以斜面和M整體為研究對象，斜面受到地面的摩擦力大小等于細(xì)繩拉力的水平分量大小，即f＝Tx＝Tsinθ＝eq\f(1,2)mgtanθ，故隨著θ增大，斜面所受地面的摩擦力f增大，選項C正確；以斜面和M整體為研究對象，斜面受地面的支持力大小等于整體重力與細(xì)繩拉力的豎直分量Ty之和，由于Ty＝Tcosθ＝eq\f(1,2)mg不變，所以斜面所受地面的支持力不變，選項D錯誤．答案：C課時分層作業(yè)（五）力的合成與分解1．解析：小球的重力產(chǎn)生兩個效果，一是使繩子拉伸，二是使斜面受壓，故應(yīng)沿這兩個方向分解，即沿1和2所示方向分解，故A正確，B、C、D錯誤．答案：A2．解析：若兩力的夾角小于90°，如圖1，則合力一定增大，A正確；若兩力的夾角大于90°，如圖2，則合力可能先減小后增大，B、C、D錯誤．答案：A3．答案：D4.解析：木塊勻速運(yùn)動時受到四個力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff.沿水平方向建立x軸，將F進(jìn)行正交分解如圖所示：由平衡條件得：Fcosθ＝Ff，F(xiàn)N＝mg＋Fsinθ，又由于Ff＝μFN，解得Ff＝μ（mg＋Fsinθ），故B、D正確．答案：BD5.解析：選木楔為研究對象，木楔受到的力有：水平向左的力F和兩側(cè)給它的與木楔的斜面垂直的彈力，由于木楔處于平衡狀態(tài)，所以兩側(cè)給它的與木楔的斜面垂直的彈力與F沿兩側(cè)分解的推力是相等的，力F的分解如圖．則F＝FN1coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90°－\f(θ,2)))＋FN2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90°－\f(θ,2)))＝2FN1coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90°－\f(θ,2)))＝2FN1sineq\f(θ,2)，F(xiàn)N＝FN1＝FN2，故解得FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，所以F一定時，θ越小，F(xiàn)N越大；θ一定時，F(xiàn)越大，F(xiàn)N越大，A、D錯誤，B、C正確．答案：BC6．解析：要增大拉力沿水平方向的合力，可以減小力與水平方向的夾角，也可以增大合力，僅增大四個人的間距，根據(jù)平行四邊形定則，合力減小，故拉力沿水平方向的合力減小，故A錯誤；僅減小四個人的間距，四個拉力的夾角減小，故根據(jù)平行四邊形定則，合力增大，故拉力沿水平方向的合力增大，故B正確；僅縮短拉繩，合力與水平方向的夾角增大，故拉力沿水平方向的合力減小，故C錯誤；僅增長拉繩，合力與水平方向的夾角減小，故拉力沿水平方向的合力增大，故D正確．答案：BD7．解析：某時刻艦載機(jī)的掛鉤勾住阻攔索，形成圖示的60°夾角，由于掛鉤兩側(cè)阻攔索中拉力相等，由2F′cos30°＝F，解得阻攔索中的拉力F′＝eq\f(\r(3)F,3).由于柱塞兩側(cè)阻攔索中拉力相等，其合力方向在兩側(cè)阻攔索拉力所成夾角的角平分線上，所以單個柱塞所受阻攔索的合力大小為F合＝2F′cos60°＝F′＝eq\f(\r(3)F,3)，選項B正確．答案：B8．解析：由于重物被勻速吊起，故C點上方繩子的拉力等于A、B兩重物整體的重力，對結(jié)點C受力分析可知，繩子CD和CE上拉力的合力大小等于C點上方繩子的拉力大小，故繩子CD和CE對重物A的作用力的合力大小等于（m1＋m2）g，選項A錯誤；對B受力分析，其受重力m2g、繩子FG和FH的拉力，由于其處于平衡狀態(tài)，故繩子FG和FH拉力的合力大小等于m2g，選項B正確；當(dāng)繩子FG和FH的夾角為0°時，兩繩上的拉力最小，均為eq\f(m2g,2)，故當(dāng)繩子FG和FH的夾角為銳角時，兩繩上的拉力均大于eq\f(m2g,2)，選項C錯誤；若拴接點F與重物A脫離，則該瞬間重物A所受的合力突變?yōu)閙2g，由牛頓第二定律有m2g＝m1a，解得該瞬間重物A的加速度大小a＝eq\f(m2,m1)g，選項D錯誤．答案：B課時分層作業(yè)（六）共點力作用下物體的平衡1．解析：小車受重力、支持力、驅(qū)動力和木板對小車的摩擦力，A錯誤；木板對小車的作用力包括豎直向上的支持力和水平方向的摩擦力，根據(jù)平行四邊形定則可知合力方向一定不在水平方向，B錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，作用力和反作用力總是大小相等、方向相反，C錯誤，D正確．答案：D2．答案：B3.解析：小球受到重力、桿的彈力、水平拉力作用，F(xiàn)與FN的變化情況如圖所示，由圖可知，在小球向上移動的過程中，F(xiàn)N與豎直方向的夾角變大，F(xiàn)逐漸變大，F(xiàn)N逐漸變大．故選項C正確．答案：C4．解析：分析物體A的受力情況，一定受到外力F、重力和B對A的支持力，假設(shè)這三個力能使A處于平衡狀態(tài)，則A只受到三個力，假設(shè)這三個力不能使A平衡，則A一定還受到B對A的摩擦力，所以物體A可能受到三個力的作用，也可能受到四個力的作用，故選項A、B錯誤；以整個裝置為研究對象，因為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，所以B一定受到地面對它的摩擦力作用，故選項C正確；由于力的作用是相互的，從轉(zhuǎn)換對象角度假設(shè)A受到B對它的摩擦力作用，則B一定受到A對它的摩擦力作用，所以物體B可能受四個力作用，也可能受五個力作用，故選項D正確．答案：CD5.解析：小球受力動態(tài)平衡如圖，可知當(dāng)FT平行于斜面時FT取最小值FTmin，F(xiàn)Tmin＝mgsin30°，對小球和斜面體組成的系統(tǒng)，F(xiàn)＝FTmincos30°＝eq\f(\r(3),4)mg，A正確．答案：A6．解析：以小球為研究對象，設(shè)小球所在位置沿切線方向與豎直方向夾角為θ，沿切線方向有：FT＝mgcosθ，沿半徑方向有：FN＝mgsinθ，通過細(xì)線將小球從M緩慢向上拉至半圓最高點的過程中θ增大，所以細(xì)線對小球的拉力減小，小球?qū)χw的壓力增大，故A、B兩項錯誤；以柱體為研究對象，豎直方向有：N地＝Mg＋FNsinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有：N墻＝FNcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，θ增大，柱體受到水平地面的支持力逐漸增大；柱體對豎直墻面的壓力先增大后減小，當(dāng)θ＝45°時柱體對豎直墻面的壓力最大，故D項正確，C項錯誤．答案：D7.解析：設(shè)掛鉤所在處為N點，延長PN交墻于M點，如圖所示．同一條繩子拉力相等，根據(jù)對稱性可知兩邊的繩子與豎直方向的夾角相等，設(shè)為α，則根據(jù)幾何關(guān)系可知∠NQM＝∠NMQ＝α，故NQ＝MN，即PM等于繩長；根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinα＝eq\f(PO,PM)＝eq\f,2)＝，則cosα＝，根據(jù)平衡條件可得：2FTcosα＝G，解得：FT＝5N，故D正確．答案：D8.解析：對5塊構(gòu)件與小朋友整體的受力分析如圖所示．有F1sinα＋F5sinα＝G，由對稱性可知，支撐底座對構(gòu)件1、5的彈力大小相等，有F1＝F5，可得F1＝eq\f(G,2sinα)，選項A正確，B錯誤；同理，對構(gòu)件2、3、4與小朋友整體分析，可得構(gòu)件1、2間的彈力F2＝eq\f(G,2sinβ)，對構(gòu)件3與小朋友整體分析，可得構(gòu)件2、3間的彈力F3＝eq\f(G,2sinγ)，可知底座與構(gòu)件1間，構(gòu)件1、2間，構(gòu)件2、3間彈力依次變大，選項C正確，D錯誤．答案：AC9．解析：輕質(zhì)環(huán)不計重力，a靜止時細(xì)繩的拉力與桿對a的彈力平衡，故拉a的細(xì)繩與桿垂直，a受到兩個力作用，故A錯誤；對b球受力分析可知，b受到重力，繩子的拉力和桿對b球的彈力，b受到3個力的作用，故B正確；對小球b受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝θ＝30°，設(shè)細(xì)桿對b的作用力大小為N，則：2Ncos30°＝mg，則N＝eq\f(\r(3),3)mg，細(xì)繩的拉力大小T＝N＝eq\f(\r(3),3)mg，故C錯誤，D正確．答案：BD10.解析：木箱受力分析如圖所示，由平衡條件得，F(xiàn)cosθ＝Ff，F(xiàn)sinθ＋FN＝mg，F(xiàn)f＝μFN，由以上各式解得，F(xiàn)＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)，其中tanα＝eq\f(1,μ)＝eq\r(3)，則α＝60°，當(dāng)θ＋α＝90°時，拉力F有最小值，故θ＝30°，F(xiàn)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))＝50N，選項A正確，B、C、D錯誤．答案：A11．解析：對玻璃瓶受力分析，并正交分解，如圖所示，根據(jù)平衡條件有2fcosθ＋2Nsinθ＝mg，又f＝μN(yùn)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得f＝eq\f(25－5\r(3),22)N，故C正確，A、B、D錯誤．答案：C12．解析：設(shè)細(xì)線的拉力為F，對C物體沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得F＝m2gsinα＝5×10×sin37°N＝30N，對物體B豎直方向根據(jù)平衡條件得F＝mg＋F彈，解得彈簧的彈力為F彈＝15N，對物體A，由于彈簧的彈力等于物體A的重力，所以物體A與地面之間沒有彈力，物體A受到重力和彈簧的彈力，物體B受到重力、細(xì)線的拉力和彈簧的彈力，故A錯誤、C正確；物體C受到重力、支持力和細(xì)線的拉力3個力的作用；物體D受到重力、物體C對它的壓力、地面的支持力和摩擦力，共4個力，故B錯誤；以物體C和D整體為研究對象，水平方向根據(jù)平衡條件可得地面對斜面D的摩擦力大小為Ff＝Fcosα＝30×N＝24N，故D錯誤．故選C.答案：C單元質(zhì)量評估（二）相互作用1．解析：彈力方向垂直于接觸面，成曲面的切線，故B正確、A錯誤；摩擦力方向與接觸面平行且與相對運(yùn)動或相對運(yùn)動趨勢的方向相反，故C、D錯誤．答案：B2．解析：如果物塊受到重力、支持力和摩擦力作用處于平衡狀態(tài)，則繩a、b對物塊沒有作用力，故A、B錯誤．如果繩子a的拉力大小等于物塊的重力，則斜面對物塊沒有作用力，故C錯誤．如果b繩的拉力等于0，a的拉力小于物塊的重力，則物塊受到重力、a繩子的拉力、斜面的支持力和摩擦力4個力作用；也可能是a的拉力為零，受到重力、b繩子的拉力、斜面的支持力和摩擦力4個力作用，故D正確．答案：D3．解析：運(yùn)動員受到重力、地面對他向上的支持力以及向前的靜摩擦力作用，故選項A正確，B、C、D錯誤．答案：A4．解析：同一根繩子上的拉力相等，汽車受到繩索的拉力等于立柱受到繩索的拉力，故選項B錯誤；由于繩子的夾角很大，所以拉力F在繩子方向上的兩個等大分力大于F，所以汽車受到繩索的拉力大小大于F，故選項A錯誤；勻速拉動汽車的過程中，繩子的夾角越來越小，由于分力大小不變，所以所需拉力F逐漸變大，故選項C錯誤，D正確．答案：D5．解析：將OB的拉力進(jìn)行分解，如圖所示．O點向右移動的過程中OA逆時針轉(zhuǎn)動，由圖可以看出OA繩子拉力與OC繩子的拉力都一直變大，選項B、D錯誤；平臺對人的摩擦力大小等于OC的拉力，則摩擦力逐漸變大，選項A錯誤；OC、OB兩繩拉力的合力大小等于OA上的拉力，則合力逐漸變大，選項C正確．答案：C6．解析：當(dāng)拉力水平向左時，小球受到豎直向下的重力、沿OA向外的支持力和拉力F，根據(jù)矢量三角形可得G＝Ftan30°＝10eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)N＝10N；當(dāng)拉力沿軌道切線方向時，根據(jù)矢量三角形可得F＝Gcos30°＝5eq\r(3)N，選項A正確．答案：A7.解析：對小球受力分析，桿對小球的彈力F方向沿桿斜向上與水平方向成30°角，斜面對球的彈力FN方向垂直于斜面斜向上與水平方向成30°角，重力方向豎直向下，如圖所示，由幾何關(guān)系可知三力互成120°角，根據(jù)平衡條件知，三力可以構(gòu)成一首尾相連的等邊三角形，則小球?qū)π泵婧洼p桿的力有FN＝F＝G，根據(jù)牛頓第三定律可知，斜面和輕桿受到小球的作用力大小有F′N＝F′＝G，選項A正確．答案：A8．解析：分析小物塊的受力，畫出力的動態(tài)平衡圖如圖所示，可知在將推力沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)到水平方向的過程中，M槽對小物塊的支持力FN逐漸增大，推力F先減小后增大，選項BC正確．答案：BC9．解析：F沿斜面向上拉A，但A、B均保持靜止，彈簧的形變量不變，所以彈簧的彈力不變，選項A錯誤；開始A受到的彈簧的彈力與A的重力沿斜面向下的分力大小關(guān)系不知道，故A受到的摩擦力大小與方向不確定，用力F沿斜面向上拉A時，摩擦力大小可能增大、也可能減小，選項B正確；對系統(tǒng)整體分析可知，當(dāng)用斜向上的拉力F拉A時，水平方向上有向左的拉力分量，由于整體處于平衡狀態(tài)，所以地面對B的摩擦力的方向水平向右，選項C錯誤；豎直方向地面對B的支持力FN＝（mA＋mB）g－Fsinθ，所以由牛頓第三定律，可知施加力F后斜面體B對地面的壓力減小，選項D正確．答案：BD10．解析：若B具有上滑的趨勢，增大A的質(zhì)量，則B對C的摩擦力增大，若B具有下滑的趨勢，增大A的質(zhì)量，則B對C的摩擦力減小，所以B對C的摩擦力不一定增大，故A錯誤；將B、C看作一個整體，僅增大A的質(zhì)量，地面對C的摩擦力一定增大，故B正確；若B具有上滑的趨勢，增大B的質(zhì)量，則B受到的摩擦力減小，若B具有下滑的趨勢，增大B的質(zhì)量，則B受到的摩擦力增大，所以B受到的摩擦力不一定增大，故C錯誤；連接A、B的細(xì)線的夾角的一半等于α角，若僅將C向左緩慢移動一點，連接A、B的細(xì)線的夾角增大，則α角將增大，故D正確．答案：BD11．解析：（1）彈簧測力計的最小刻度為N，可知彈簧測力計的示數(shù)F＝N；（2）根據(jù)圖示法作出F的圖示，如圖所示；（3）用虛線把F的箭頭末端分別與F1、F2的箭頭末端連起來，觀察圖形后受到了啟發(fā)，提出求合力方法的猜想，然后改變F1、F2的大小和方向，重復(fù)上述實驗，故B、C正確．答案：（1）（2）見解析圖（3）BC12．解析：（1）當(dāng)拉力為0時，P剛好觸及到電阻絲的端點M，此時讓接入的電壓表讀數(shù)為0，即整個電路中，MN相當(dāng)于滑動變阻器，采用分壓式接法，故連接圖如圖所示：（2）當(dāng)P觸及到端點N時，電壓表的讀數(shù)即MN電阻分得的電壓，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知U＝eq\f(E,RMN＋R電阻箱)RMN＝V.（3）由圖2可知，x＝F，x段電阻大小為r＝eq\f(x,20)×20＝F.根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知U＝eq\f(E,RMN＋R電阻箱)·r，解得F＝eq\f(80,3)U.答案：（1）見解析（2）（3）F＝eq\f(80,3)U課時分層作業(yè)（七）牛頓運(yùn)動定律的理解1．解析：慣性大小的唯一量度是質(zhì)量，與速度無關(guān)，與物體是否受力無關(guān)，質(zhì)量越大慣性越大，故選項A、B、D錯誤，C正確．答案：C2．解析：相對于地面，小球豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，水平方向做勻速運(yùn)動，軌跡是曲線，A錯誤，B正確；能落回小孔是因為小球具有慣性，在水平方向保持與火車相同的速度，故C錯誤，D正確．答案：BD3．解析：國際單位制規(guī)定了七個基本物理量，分別為長度（m）、質(zhì)量（kg）、時間（s）、熱力學(xué)溫度（K）、電流（A）、發(fā)光強(qiáng)度（cd）、物質(zhì)的量（mol），它們的國際單位是基本單位，而由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位叫作導(dǎo)出單位．A項的長度是基本物理量，B項的m是國際單位制基本單位，C項的nm是非國際單位制單位，D項的m/s是導(dǎo)出單位，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B4．解析：噴出的燃?xì)鈱χ車諝獾臄D壓力，作用在周圍空氣上，受力物體是空氣不是火箭，故A錯誤；噴出的燃?xì)鈹D壓空氣，空氣對燃?xì)獾姆醋饔昧κ亲饔迷谌細(xì)馍喜皇腔鸺?，故B錯誤；燃?xì)獗粐姵鏊查g，火箭對燃?xì)獾淖饔昧Φ氖芰ξ矬w是噴出的燃?xì)猓皇腔鸺?，故C錯誤；燃?xì)獗粐姵鏊查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧Φ氖┝ξ矬w是噴出的燃?xì)猓芰ξ矬w是火箭，是火箭獲得的推力，故D正確．答案：D5．解析：小球與小車的運(yùn)動情況保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐漸增大，對小球進(jìn)行受力分析，豎直方向上受平衡力，所以桿對小球的力的豎直分量等于重力且不發(fā)生變化，水平方向上合力向右并逐漸增大，所以桿對小球的作用力的水平分量逐漸增大，故C正確．答案：C6．解析：滑塊始終未與皮帶達(dá)到共速，則滑塊始終受到皮帶對它向左的滑動摩擦力μmg.開始時，彈簧彈力小于摩擦力，滑塊向左做加速運(yùn)動，對滑塊，由牛頓第二定律有：μmg－kx＝ma，在滑塊運(yùn)動過程中摩擦力不變，彈力增大，所以滑塊的加速度減小，滑塊先做加速度減小的加速運(yùn)動；當(dāng)彈力增大到大于摩擦力時，有：kx－μmg＝ma，隨彈力的增大，滑塊的加速度增大，滑塊做加速度增大的減速運(yùn)動，直到速度減小為零，彈簧最長，故A、B、C錯誤，D正確．答案：D7．解析：A、B碰后以相同的速度一起運(yùn)動，即A、B的加速度相同．以B為研究對象，據(jù)牛頓第二定律得aB＝eq\f(F,mB)＝eq\f(F,\f(1,2)mA)＝eq\f(2F,mA)＝aA.以A為研究對象，設(shè)彈簧對A的作用力為FA，根據(jù)牛頓第二定律有FA－F＝mAaA，則FA＝F＋mAaA＝F＋mA·eq\f(2F,mA)＝3F.答案：C課時分層作業(yè)（八）牛頓第二定律的應(yīng)用1．解析：火箭點火加速，上升的階段，加速度向上，宇航員處于超重狀態(tài)，選項A正確，不符合題意；“飛龍?zhí)枴陛d人飛船與空間站對接時，飛船的大小不能忽略，不能視為質(zhì)點，選項B正確，不符合題意；宇航員在國際空間站中由于處于完全失重狀態(tài)，則不可以用體重計測量體重，選項C錯誤，符合題意；火箭通過向后噴射氣體提供動力，火箭與氣體之間是相互作用力，其大小相等，選項D正確，不符合題意．答案：C2．解析：兩個夾角為120°的50N的力，其合力仍為50N，加速度a＝eq\f(F合,m)＝25m/s2，3s末速度v＝at＝75m/s，3s內(nèi)位移x＝eq\f(1,2)at2＝m，故A、C正確，B、D錯誤．答案：AC3．解析：物體受到向右的滑動摩擦力，F(xiàn)f＝μFN＝μG＝3N，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝eq\f(F＋Ff,m)＝eq\f(2＋3,1)m/s2＝5m/s2，方向向右，物體減速到零所需的時間t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,5)s＝2s，B正確，A錯誤；減速到零后，恒力F<Ff，物體將保持靜止，不再運(yùn)動，C正確，D錯誤．答案：BC4．解析：由“等時圓”模型可知，A、C在圓周上，B點在圓周外，故tA＝tC<tB，B正確．答案：B5．解析：剪斷輕繩之前，對物塊受力分析可得彈簧的拉力F＝eq\f(mg,sin37°)＝50N剪斷輕繩瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得：F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝8m/s2，故A、B、C錯誤，D正確．答案：D6．解析：甲圖中，彈簧計示數(shù)為N，物體的重力mg＝2N，根據(jù)牛頓第二定律可知，F(xiàn)－mg＝ma，解得a＝m/s2，即電梯以m/s2的加速度勻加速向上運(yùn)動，故A錯誤；乙圖中，彈簧測力計的示數(shù)為2N，等于重力，物體處于平衡狀態(tài)，可能勻速向上運(yùn)動，故B正確；丙圖中，彈簧測力計示數(shù)為N，則mg－F＝ma，解得a＝m/s2，即電梯以m/s2的加速度勻加速向下運(yùn)動，故C錯誤；丁圖中，測力計示數(shù)為0，物體處于完全失重狀態(tài)，加速度為g，故D錯誤．答案：B7．解析：設(shè)a、b之間的水平距離為L，到達(dá)斜面底端所用的時間為t，當(dāng)物塊在斜面1上運(yùn)動時，有eq\f(L,sin60°)＝eq\f(1,2)（gsin30°－μ1gcos30°）t2，物塊在斜面2上運(yùn)動時，有eq\f(L,sin30°)＝eq\f(1,2)（gsin60°－μ2gcos60°）t2，聯(lián)立解得eq\f(μ1,μ2)＝eq\f(1,3)，D正確．答案：D8．解析：設(shè)每塊磚的厚度是d，向上運(yùn)動時：9d－3d＝a1T2，向下運(yùn)動時：3d－d＝a2T2，解得：eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,1)，根據(jù)牛頓第二定律，向上運(yùn)動時：mg＋f＝ma1，向下運(yùn)動時：mg－f＝ma2，解得：f＝eq\f(1,2)mg，C正確．答案：C9．解析：（1）在AB面上，F(xiàn)N1＝mgcosθ在BC面上，F(xiàn)N2＝mgAB面和BC面對小朋友的支持力大小之比，eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(cosθ,1)＝（2）小朋友在AB面上的加速度大小為a1又因為xAB＝eq\f(hAD,sinθ)＝4m所以a1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),2xAB)＝2m/s2由牛頓第二定律得ma1＝mgsinθ－μmgcosθ得μ＝（3）小朋友在BC面上的加速度大小a2＝μg＝5m/s2剛好不撞上C點，設(shè)BC的長度為xBC得xBC＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),2a2)＝mBC的長度至少為m答案：（1）（2）（3）m10．解析：由題圖可知，升降機(jī)停止運(yùn)動后彈簧先被壓縮，可知升降機(jī)在停止運(yùn)動前是向下運(yùn)動的，選項A正確；0～t1時間段內(nèi)，彈力從零一直增大到最大，彈力先小于重力沿斜面向下的分力，后又大于重力沿斜面向下的分力，可知金屬球先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，選項B錯誤；同理，t1～t2時間段內(nèi)，金屬球沿斜面向上先加速后減速，則金屬球先超重后失重，選項C錯誤；t2和t4兩時刻彈簧的彈力為零，則彈簧在原長位置，此時金屬球只受重力和斜面的支持力，加速度均為gsin30°，且由機(jī)械能守恒可知速度的大小相同，選項D正確．答案：AD11．解析：（1）解法一物體在AB段運(yùn)動時，受力分析如圖甲所示，則由牛頓第二定律得F－mgsinθ＝ma又由運(yùn)動學(xué)公式得L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))整理得F＝mgsinθ＋eq\f(2mL,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))解法二對物體由A到B的過程，由動量定理得（F－mgsinθ）t0＝mvB又由運(yùn)動學(xué)公式得eq\f(vB,2)＝eq\f(L,t0)整理得F＝mgsinθ＋eq\f(2mL,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))).（2）由eq\f(vB,2)＝eq\f(L,t0)得物體在B點的速度大小為vB＝eq\f(2L,t0)則物體運(yùn)動到B點時拉力的功率PB＝FvB整理得PB＝eq\f(2mgLsinθ,t0)＋eq\f(4mL2,teq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0))).（3）物體運(yùn)動到BC段后，受力分析如圖乙所示由題意知該過程保持功率PB恒定，且物體做減速運(yùn)動，則由公式P＝Fv可知，牽引力F逐漸增大．根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ＋Ff－F＝ma可知，物體的加速度逐漸減小，當(dāng)物體的加速度等于0，即mgsinθ＋Ff＝F時，物體的速度減小到最小，此后保持該速度做勻速直線運(yùn)動．由以上分析可知，物體在AB段做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，BC段先做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，再做勻速直線運(yùn)動．該過程的速度隨時間的變化圖象如圖丙所示．答案：（1）mgsinθ＋eq\f(2mL,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))（2）eq\f(2mgLsinθ,t0)＋eq\f(4mL2,teq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)))（3）見解析課時分層作業(yè)（九）應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律解決“三類”常考問題1．解析：由v2＝2ax得x＝eq\f(1,2a)v2，結(jié)合x-v2圖象可知小物塊的加速度a＝5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，小物塊的加速度a＝gsinθ，所以θ＝30°，選項A正確，B、C、D錯誤．答案：A2．解析：在v-t圖象中，圖象斜率表示加速度，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，分析知A、B錯誤；由F＝ma及減速階段加速度大可知減速時列車所受的合外力更大，C錯誤；由圖可知列車總位移x＝eq\f(80×（300＋350）,2)m，Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(900－\f(x,80)))s＝575s，D正確．答案：D3．解析：（1）由圖象可知運(yùn)動員重力G＝500N蹦床對運(yùn)動員的最大彈力Fm＝2500N設(shè)運(yùn)動員的最大加速度為am，則Fm－mg＝mam解得am＝40m/s2.（2）由圖象可知最長的自由下落的時間為t＝eq\f－,2)s＝s最大速度vm＝gt解得vm＝8m/s.答案：（1）40m/s2（2）8m/s4．解析：設(shè)A、B向右勻加速運(yùn)動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律，對整體有F＋k（x0－x）＝（mA＋mB）a，可得F＝kx＋（mA＋mB）a－kx0，若（mA＋mB）a＝kx0，得F＝kx，則F與x成正比，F(xiàn)-x圖象可能是過原點的直線，對A有k（x0－x）－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN-x圖象是向下傾斜的直線，當(dāng)FN＝0時，A、B開始分離，此后B做勻加速運(yùn)動，F(xiàn)不變，則A、B開始分離時有x＝x0－eq\f(mAa,k)＜x0，因此選項B、D正確，A、C錯誤．答案：BD5．解析：（1）設(shè)碗的質(zhì)量為m，托盤的質(zhì)量為M，服務(wù)員以最大加速度運(yùn)動時，碗、托盤、手保持相對靜止，受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律得Ff1＝ma1，碗與托盤間相對靜止，則Ff1≤Ff1max＝μ2mg.解得a1≤μ2g＝m/s2，對碗和托盤整體，受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律得Ff2＝（M＋m）a2，手和托盤相對靜止，則Ff2≤Ff2max＝μ1（M＋m）g，解得a2≤μ1g＝2m/s2，則服務(wù)員上菜的最大加速度amax＝m/s2.（2）服務(wù)員以最大加速度達(dá)到最大速度，然后勻速運(yùn)動，再以最大加速度減速運(yùn)動，所需時間最短，加速運(yùn)動時間t1＝eq\f(vmax,amax)＝eq\f(3,1.5)s＝2s，加速運(yùn)動位移x1＝eq\f(1,2)vmaxt1＝eq\f(1,2)×3×2m＝3m，減速運(yùn)動時間t2＝t1＝2s，位移x2＝x1＝3m，勻速運(yùn)動位移x3＝L－x1－x2＝12m－3m－3m＝6m．勻速運(yùn)動時間t3＝eq\f(x3,vmax)＝2s，則服務(wù)員上菜所用的最短時間t＝t1＋t2＋t3＝6s.答案：（1）m/s2（2）6s課時分層作業(yè)（十）動力學(xué)中的“傳送帶”和“滑塊—滑板”模型1．解析：工件恰好傳送到右端，有0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝－2μgL，代入數(shù)據(jù)解得μ＝，工件與皮帶間動摩擦因數(shù)不大于才為合格，此過程用時t＝eq\f(v0,μg)＝2s，故A錯誤，B正確；若工件不被傳送過去，當(dāng)反向運(yùn)動時，最大速度與傳送帶共速，由于傳送帶的速度小于工件的初速度，根據(jù)勻變速運(yùn)動速度時間關(guān)系可知，返回的時間與正向運(yùn)動的時間不相等，故C、D錯誤．答案：B2．解析：設(shè)最終小滑塊與小車速度相等，小滑塊的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝μg，小車加速度a2＝eq\f(μmg,M)，則v＝v0－a1t0，v＝a2t0，聯(lián)立解得t0＝s<1s，v＝1m/s，s后小滑塊與小車以共同的速度做勻速直線運(yùn)動．則在0～s時間內(nèi)小滑塊位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1m，小車位移x2＝eq\f(v,2)t0＝m，小滑塊與小車B端的距離d＝l＋x2－x1＝m，C項正確．答案：C3．解析：（1）小物塊的加速度am＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2小車的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝m/s2.（2）由amt＝v0＋aMt，得t＝2s，v同＝2×2m/s＝4m/s.（3）在開始2s內(nèi)，小物塊通過的位移x1＝eq\f(1,2)amt2＝4m假設(shè)在接下來的t′＝1s內(nèi)小物塊與小車相對靜止，一起做勻加速運(yùn)動，加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝m/s2Ff＝ma＝N，F(xiàn)fm＝μmg＝4N因為Ff＜Ffm，所以假設(shè)成立．共速后小物塊的位移x2＝v同t′＋eq\f(1,2)at′2＝m通過的總位移x＝x1＋x2＝m.答案：（1）2m/s2m/s2（2）2s（3）m4．解析：因v2>v1，則物塊相對于傳送帶向上運(yùn)動，所受滑動摩擦力向下，若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，則物體的加速度為零，將一直向上以v2勻速運(yùn)動，選項B正確；若F>mgsinθ＋μmgcosθ，則物體的加速度向上，將一直做勻加速直線運(yùn)動，選項A正確；若F<mgsinθ＋μmgcosθ，則物體的加速度向下，將向上做勻減速直線運(yùn)動，當(dāng)兩者速度相等時，物體受靜摩擦力保證其合力為零，則和傳送帶一起向上勻速運(yùn)動，故選項C錯誤，D正確．答案：ABD5．解析：（1）由題圖乙知4s末木塊與木板間達(dá)到最大靜摩擦力，此時aA＝2m/s2.對于木板有f＝mAaA＝μmBg，木板與木塊間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(mAaA,mBg)＝0.3.（2）由題圖乙知，4s末A、B的速度均為v＝eq\f(1,2)×4×2m/s＝4m/s.（3）4～6s內(nèi)，木板A運(yùn)動的位移xA＝vt2＋eq\f(1,2)aAteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，木塊B的位移xB＝vt2＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，則木板的長度l＝xB－xA＝4m.答案：（1）（2）4m/s4m/s（3）4m單元質(zhì)量評估（三）牛頓運(yùn)動定律1．解析：人剛踏上電梯時，人相對電梯有向后運(yùn)動的趨勢，則受到向前的摩擦力，人會有向后傾的趨勢，故A錯誤，B正確；人的慣性只由人的質(zhì)量決定，與電梯的速度無關(guān)，故C錯誤；摩擦力的大小與電梯速度無關(guān)，故D錯誤．答案：B2．解析：人下蹲動作分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達(dá)一個最大速度后再減速下降超重，對應(yīng)先失重再超重；起立對應(yīng)先超重再失重，對應(yīng)圖象可知，該同學(xué)先做了一次下蹲，后做了一次起立的動作，故選項A正確，B錯誤；由以上分析可知，起立時先超重后失重；下蹲時先失重后超重，故選項C、D錯誤．答案：A3．解析：鋼絲對人的支持力和人的重力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在同一物體上，所以是一對平衡力，故A正確，B、C、D錯誤．答案：A4．解析：牛頓認(rèn)為力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運(yùn)動的原因，A錯誤；牛頓第二定律可以通過實驗來驗證，牛頓第一定律不可以通過實驗來驗證，B錯誤；國際單位制中，kg、m是基本單位，N是導(dǎo)出單位，C錯誤；根據(jù)速度定義式v＝eq\f(Δx,Δt)，當(dāng)Δt→0時，eq\f(Δx,Δt)就可以表示物體在該時刻的瞬時速度，D正確．答案：D5．解析：剪斷細(xì)繩前，對小球Q受力分析，受到重力mg、彈簧的彈力F，由于Q處于平衡狀態(tài)，則F＝mg，方向向上，則彈簧對P的彈力大小為F，方向向下．剪斷細(xì)繩的瞬間，吊籃P所受重力和彈簧的彈力均不變，細(xì)繩的拉力減為零，故吊籃P受到的合力等于mg＋F，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋F＝maP，所以aP＝2g，小球Q受到的力不變，合力為零，所以aQ＝0，故A、B、D錯誤，C正確．答案：C6．解析：對m受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可得：Ffcos37°－FNsin37°＝ma，豎直方向，根據(jù)平衡條件可得：Ffsin37°＋FNcos37°＝mg，根據(jù)摩擦力的計算公式可得：Ff＝μFN，聯(lián)立解得：a＝eq\f(5,16)m/s2；以整體為研究對象，水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝（M＋m）a，解得：F＝10N，故B項正確、A、C、D三項錯誤．答案：B7．解析：由初速度為零的勻加速直線運(yùn)動規(guī)律可知v2＝2ah，結(jié)合圖象面積可求得水桶上升4m時的速度大小v＝eq\r(2×\f＋1,2)×4)m/s＝eq\r(6)m/s，故A、B錯誤；由牛頓第二定律可知2F－mg＝ma，即F＝N，故C錯誤，D正確．答案：D8．解析：箱子靜止時，對小球，根據(jù)平衡條件得FOAsinθ＝mg，F(xiàn)OB＝FOAcosθ，若使箱子水平向右加速運(yùn)動，則在豎直方向上合力為零，有F′OAsinθ＝mg，F(xiàn)′OB－F′OAcosθ＝ma，所以繩1的張力不變，繩2的張力增大，選項A錯誤，B正確；若使箱子豎直向上加速運(yùn)動，則F″OAsinθ－mg＝ma，F(xiàn)″OB＝F″OAcosθ，所以繩1的張力增大，繩2的張力也增大，選項C正確，D錯誤．答案：AD9．解析：由牛頓第二定律得μmg＝ma，得a＝1m/s2，設(shè)行李做勻加速運(yùn)動的時間為t1，行李加速運(yùn)動的末速度為v＝1m/s，由v＝at1，解得t1＝1s，勻加速運(yùn)動的位移大小為x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝m，勻速運(yùn)動的時間為t2＝eq\f(L－x,v)＝s，行李從A到B的時間為t＝t1＋t2＝s，而旅客一直做勻速運(yùn)動，從A到B的時間為t入＝eq\f(L,v)＝2s，故旅客提前s到達(dá)B處，A、C錯誤，B正確；若行李一直做勻加速運(yùn)動，則運(yùn)動時間最短，有L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(min))，解得tmin＝2s，故D正確．答案：BD10．解析：由圖可知，木板在1s～s的加速度大小比s后的加速度大小要大，也就意味著在s之前木塊與木板之間相對滑動，直到s時刻木塊與木板共速在1s～s內(nèi)，木板的加速度大小為a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(8－3,0.5)m/s2＝10m/s2在0～s內(nèi)，物塊的加速度大小為a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(3－0,1.5)m/s2＝2m/s2假設(shè)木板與地面的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ2則木板在1s～s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律有：μ1×2mg＋μ2mg＝ma1木塊在0～s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律有：μ2mg＝ma2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：μ1＝，μ2＝木板在0～1s內(nèi)的加速度為a3＝eq\f(Δv3,Δt3)＝eq\f(8－0,1)m/s2木板在0～1s內(nèi)受力為：F－μ1×2mg－μ2mg＝ma3代入數(shù)據(jù)解得：拉力F＝2μ1mg＋μ2mg＋ma3＝（2××1×10＋×1×10＋1×8）N＝18N答案：AD11．解析：（1）AC這段位移的平均速度等于AC這段時間中間時刻的瞬時速度，即B點的瞬時速度，故vB＝eq\f(AB＋BC,4T)＝eq\f(（＋）×10－2,4×0.02)m/s≈m/s.由逐差法求解小車的加速度，a＝eq\f(（CD＋DE）－（AB＋BC）,（4T）2)＝eq\f(（＋－－）×10－2,（4×）2)m/s2≈m/s2.（2）將坐標(biāo)系中各點連成一條直線，連線時應(yīng)使直線過盡可能多的點，不在直線上的點應(yīng)大致對稱地分布在直線的兩側(cè)，離直線較遠(yuǎn)的點應(yīng)視為錯誤數(shù)據(jù)，不予考慮，連線如圖所示：（3）圖線與縱軸有截距，說明實驗前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠．答案：（1）（2）見解析（3）實驗前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠12.解析：（1）對小球進(jìn)行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面方向建立坐標(biāo)系，如圖a所示．在垂直于斜面方向上，合力為0，可得F1sin60°＝mgsin60°，得F1＝1N在沿斜面向下的方向上，由牛頓第二定律得F1cos60°＋mgcos60°＝ma得a＝10m/s2，沿斜面向下．（2）箱子和小球相對靜止，可以將箱子和小球看做一個整體，對整體進(jìn)行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面建立坐標(biāo)系，如圖b所示．整體加速度a0＝a＝10m/s2，摩擦力Ff＝μFN；在垂直于斜面方向上合力為0，可得FN＝（Mg＋mg）sin60°；在沿斜面向下的方向上，由牛頓第二定律得F＋（Mg＋mg）cos60°－Ff＝（M＋m）a，聯(lián)立得F＝20N.答案：（1）1N10m/s2，沿斜面向下（2）20N13．解析：（1）由于兩個輕質(zhì)彈簧相同，則兩彈簧壓縮量相同．設(shè)彈簧的壓縮量為x0，彈簧形變產(chǎn)生的彈力大小為F，由胡克定律得F＝kx0設(shè)金屬塊所受C、D的摩擦力大小均為f，此時金屬塊所受摩擦力等于最大靜摩擦力，依題意得f＝μF由平衡條件得2f＝mg聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x0＝5m.（2）假設(shè)A、C和D、B間的彈簧壓縮量分別為x1和x2，有x1＋x2＝2x0水平方向，對金屬塊由牛頓第二定律得kx1－kx2＝ma代入題給數(shù)據(jù)得x1＝5m，x2＝－5m由x2＜0可知，此時薄板D已與金屬塊分離，D、B間彈簧已恢復(fù)原長，無彈力．金屬塊水平方向加速運(yùn)動所需的合力全部由薄板C的彈力提供．設(shè)A、C和D、B間彈簧實際壓縮量分別為x′1、x′2，則x′2＝0，水平方向，對金屬塊由牛頓第二定律得kx′1＝ma代入數(shù)據(jù)解得