人教物理必修第一冊(cè) 8K卷 答案

階段質(zhì)量檢測(cè)答案階段質(zhì)量檢測(cè)(一)1．選B由于月球繞地球運(yùn)動(dòng)，選地球?yàn)閰⒖枷担虑蛳鄬?duì)地球的位置發(fā)生變化，即月球是運(yùn)動(dòng)的，故A錯(cuò)誤；由于空間站繞地球運(yùn)動(dòng)，選地球?yàn)閰⒖枷?，空間站相對(duì)地球的位置發(fā)生變化，即空間站是運(yùn)動(dòng)的，故B正確；由于空間站相對(duì)月球是運(yùn)動(dòng)的，則無(wú)論選月球還是空間站為參考系，空間站或月球都是運(yùn)動(dòng)的，故C、D錯(cuò)誤。2．選A矢量既有方向，又有大小，故A正確；時(shí)間間隔、時(shí)刻、路程都是標(biāo)量，故B錯(cuò)誤；電流是標(biāo)量，故C錯(cuò)誤；矢量既有方向，又有大小，標(biāo)量只有大小，具有嚴(yán)格的區(qū)別，故D錯(cuò)誤。3．選B“6時(shí)00分”對(duì)應(yīng)時(shí)間點(diǎn)，指時(shí)刻；“10分鐘”對(duì)應(yīng)時(shí)間段，指時(shí)間間隔。4．選D監(jiān)控單車(chē)在路上的具體位置時(shí)，單車(chē)的大小可以忽略不計(jì)，可以把單車(chē)看作質(zhì)點(diǎn)，A錯(cuò)誤；確定單車(chē)的位置不能以單車(chē)為參考系，B錯(cuò)誤；手機(jī)App上顯示的信息包括路程和時(shí)間，沒(méi)有說(shuō)明具體的位移，故不可以求出騎行的平均速度，C錯(cuò)誤；單車(chē)在騎行結(jié)束關(guān)鎖后，App上顯示的里程是路程，D正確。5．選D加速度的方向與正方向相反，速度不一定減小，因?yàn)橹挥屑铀俣确较蚺c速度方向相反時(shí)，速度才減小，故A錯(cuò)誤。加速度不為0，速度不一定增加，如當(dāng)加速度方向與速度方向相反時(shí)，速度減小，故B錯(cuò)誤。當(dāng)加速度的方向與速度方向相同時(shí)，加速度減小，速度仍然增大，故C錯(cuò)誤。加速度是反映速度變化快慢的物理量，速度變化越快，加速度越大，故D正確。6．選D以水平向西為正方向，則初速度v0＝10m/s，末速度vt＝－15m/s，所以足球的加速度a＝eq\f(vt－v0,t)＝eq\f(－15－10,0.5)m/s2＝－50m/s2，負(fù)號(hào)表示加速度的方向與初速度的方向相反，即水平向東，故D正確。7．選C機(jī)器人在該過(guò)程中的位移大小為9m，路程為36m，故A錯(cuò)誤；平均速率等于路程與時(shí)間的比值，機(jī)器人在該過(guò)程中的平均速率為eq\x\to(v)1＝eq\f(s,t)＝eq\f(36,180)m/s＝0.2m/s，故B錯(cuò)誤；平均速度等于位移與時(shí)間之比，機(jī)器人在該過(guò)程中的平均速度大小為eq\x\to(v)2＝eq\f(x,t)＝eq\f(9,180)m/s＝0.05m/s，故C正確，D錯(cuò)誤。8．選C由題圖可知車(chē)頭到達(dá)該監(jiān)測(cè)點(diǎn)與車(chē)尾離開(kāi)監(jiān)測(cè)點(diǎn)的時(shí)間間隔為1.0s，故車(chē)速為v＝eq\f(x,t)＝22m/s。故選項(xiàng)C正確。9．選CD考試時(shí)間為90分鐘是指時(shí)間間隔，A錯(cuò)誤；除夕夜守歲，人們通常會(huì)守到凌晨“零時(shí)零分”，“零時(shí)零分”是指時(shí)刻，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員繞周長(zhǎng)是400m的田徑場(chǎng)跑道跑一圈，由于初、末位置相同，其位移是0，C正確；物體做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果有反向運(yùn)動(dòng)，則其位移的大小不等于路程，D正確。10．選BD甲的加速度與初速度方向相同，做加速運(yùn)動(dòng)，乙的加速度與初速度方向相反，做減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)加速度的定義式a＝eq\f(Δv,Δt)可得加速度絕對(duì)值大的速度變化的快，所以乙的速度變化快；比較加速度大小時(shí)比較其絕對(duì)值的大小，絕對(duì)值大的加速度大，故乙的加速度大，C錯(cuò)誤，D正確。11．選BD若1s后速度與4m/s時(shí)方向相同，根據(jù)加速度定義式有a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8－4,1)m/s2＝4m/s2，若1s后速度與4m/s時(shí)方向相反，則此時(shí)加速度大小為a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－8－4,1)m/s2))＝12m/s2，故選B、D。12．選AC若以拋出點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，則小球在最高點(diǎn)的坐標(biāo)為5m，A正確；從拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)，小球的路程大小為5m＋5m＋15m＝25m，B錯(cuò)誤；從拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)，小球的位移大小為15m，方向向下，C正確；從拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)，小球的速度變化量為Δv＝－20m/s－10m/s＝－30m/s，D錯(cuò)誤。13．解析：(1)電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接交流電源。(2)根據(jù)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的紙帶，我們可以從紙帶上直接得到的物理量是：時(shí)間間隔；利用刻度尺可測(cè)量點(diǎn)跡間的距離，即測(cè)量得到的物理量是：位移大??；通過(guò)計(jì)算能得到平均速度和瞬時(shí)速度。(3)電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用8V左右的低壓交流電源，電火花計(jì)時(shí)器使用220V的交流電源，A錯(cuò)誤；在測(cè)量物體速度時(shí)，應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，再讓物體運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)T＝eq\f(1,f)，使用的電源頻率越高，打點(diǎn)的時(shí)間間隔就越小，C錯(cuò)誤；紙帶上打的點(diǎn)越密，說(shuō)明物體運(yùn)動(dòng)得越慢，D正確。答案：(1)交流(2)BDAC(3)D14．解析：(1)交流電的頻率為50Hz，從A點(diǎn)開(kāi)始每打五個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，則有從A點(diǎn)開(kāi)始到F點(diǎn)，各相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T(mén)＝0.02×5s＝0.1s由紙帶數(shù)據(jù)，可知每隔0.1s紙帶運(yùn)動(dòng)的位移分別是xAB＝3.45cm－1.30cm＝2.15cmxBC＝6.34cm－3.45cm＝2.89cmxCD＝10.08cm－6.34cm＝3.74cmxDE＝14.40cm－10.08cm＝4.32cmxEF＝19.55cm－14.40cm＝5.15cm由此可知紙帶的運(yùn)動(dòng)是加速運(yùn)動(dòng)。(2)在打出A、F這兩點(diǎn)的時(shí)間間隔中，紙帶運(yùn)動(dòng)的平均速度是eq\x\to(v)＝eq\f(xAF,5T)＝eq\f(19.55－1.30,5×0.1)×10－2m/s＝0.365m/s。(3)由中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于平均速度，可得B點(diǎn)的瞬時(shí)速度為vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(6.34－1.30,2×0.1)×10－2m/s＝0.252m/s。答案：(1)加速運(yùn)動(dòng)(2)0.365(3)0.25215．解析：列車(chē)加速過(guò)程的初速度為v0＝0，末速度為v1＝100m/s，用時(shí)t1＝250s，列車(chē)在該過(guò)程的加速度a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝0.4m/s2，加速度方向與運(yùn)動(dòng)方向相同。列車(chē)減速過(guò)程的初速度為v1＝100m/s，末速度為v2＝0，用時(shí)t2＝300s，列車(chē)在該過(guò)程的加速度a2＝eq\f(v2－v1,t2)＝eq\f(－100m/s,300s)≈－0.33m/s2，負(fù)號(hào)表示加速度方向與速度方向相反，即減速過(guò)程的加速度大小為0.33m/s2。答案：0.4m/s20.33m/s216．解析：(1)在各時(shí)間段內(nèi)的位移大小分別為：x1＝4×10m＝40m，x2＝3×20m＝60m，x3＝2×20m＝40m，位移是矢量，是指從初位置指向末位置的有向線段，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的位移大小x＝eq\r(40＋402＋602)m＝100m，路程l＝x1＋x2＋x3＝140m。(2)整個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝10s＋20s＋20s＝50s整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的平均速度大小v＝eq\f(x,t)＝eq\f(100,50)m/s＝2m/s。答案：(1)100m140m(2)2m/s17．解析：(1)根據(jù)加速度的定義知a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(120m/s,210s)＝eq\f(4,7)m/s2。(2)列車(chē)在0～210s內(nèi)做初速度為0的加速運(yùn)動(dòng)，在210～240s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在240～450s內(nèi)做減速直線運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0，據(jù)此可得v-t圖像如圖所示。(3)根據(jù)v-t圖像知要想縮短列車(chē)在兩站間的運(yùn)行時(shí)間，可以增大最大速度，即增大加速時(shí)間，減小勻速時(shí)間?；蛟龃罅熊?chē)在加速階段和減速階段的加速度大小(答案不唯一，合理即可)答案：(1)eq\f(4,7)m/s2(2)見(jiàn)解析圖(3)見(jiàn)解析階段質(zhì)量檢測(cè)(二)1．選A輕重不同的物體在真空管中，不受阻力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以加速度相同，都為g，高度相同，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2．選A因?yàn)橛萌庋壑苯佑^察的誤差較大，故用“觀察法”不能看出飛機(jī)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；因?yàn)槠毓鈺r(shí)間相等，若連續(xù)相等的時(shí)間內(nèi)的位移差恒定，則可判斷飛機(jī)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，B正確；用逐差法計(jì)算勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度是處理紙帶問(wèn)題的基本方法，故也可以處理曝光時(shí)間間隔都相等的圖片問(wèn)題，C正確；某段時(shí)間中間時(shí)刻的速度等于該段時(shí)間內(nèi)的平均速度，D正確。3．選C5s時(shí)圖線斜率為0，則速度為0，在0～5s內(nèi)，逆向法得x＝eq\f(1,2)at2，解得a＝0.8m/s2，故A、B錯(cuò)誤；由題圖可知，初、末位置的縱坐標(biāo)都為0，則位移為0，根據(jù)平均速度的定義可知，平均速度為0，故C正確，D錯(cuò)誤。4．選D由自由落體運(yùn)動(dòng)公式h＝eq\f(1,2)gt2，知其位移與時(shí)間t成二次函數(shù)，A錯(cuò)誤；由自由落體運(yùn)動(dòng)公式v＝gt，知其速度隨時(shí)間成正比，B錯(cuò)誤；自由落體運(yùn)動(dòng)是加速度a＝g的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度恒定，C錯(cuò)誤，D正確。5．選D如果從離地5m高處自由落體，則由h＝eq\f(1,2)gt2，可得落到地面的時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，樹(shù)葉在下落過(guò)程中受到空氣阻力作用，使得下落的時(shí)間增大，大于1s。故選D。6．選A根據(jù)題意，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝v0＋at，由表格可得，勻加速階段汽車(chē)加速度為a1＝eq\f(8.0,2)m/s2＝4.0m/s2，勻減速階段汽車(chē)加速度為a2＝eq\f(6.0－14.0,8.0－6.0)m/s2＝－4.0m/s2，故B錯(cuò)誤，A正確；根據(jù)題意，設(shè)加速的時(shí)間為t，則當(dāng)汽車(chē)運(yùn)動(dòng)6s時(shí)，減速的時(shí)間為(6－t)s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝v0＋at，可得a1t＋a2(6－t)＝14m/s，解得t＝4.75s，最大速度為vm＝a1t＝19m/s，故C、D錯(cuò)誤。7．選A根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式得，剎車(chē)時(shí)間t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×64,8))s＝4s，A正確；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式得，初速度v＝eq\r(2ax)＝eq\r(2×8×64)m/s＝32m/s＝115.2km/h>100km/h，該肇事車(chē)超速了，B錯(cuò)誤；根據(jù)平均速度公式得eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(64m,4s)＝16m/s＝57.6km/h，C錯(cuò)誤；剎車(chē)最后一秒，汽車(chē)在做加速度為－8m/s2的勻變速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式得x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×8×12m＝4m，D錯(cuò)誤。8．選D質(zhì)點(diǎn)自x軸原點(diǎn)由靜止出發(fā)，沿正方向以加速度a加速，經(jīng)過(guò)t0時(shí)間速度變?yōu)関0，即v0＝at0，接著以加速度－2a運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間eq\f(3t0,4)后速度變?yōu)関1＝v0－2a×eq\f(3t0,4)＝－eq\f(v0,2)，此后加速度又變?yōu)閍，經(jīng)時(shí)間eq\f(3t0,4)后的速度v2＝v1＋a×eq\f(3t0,4)＝eq\f(v0,4)，然后加速度再變?yōu)椋?a，直到速度為0時(shí)經(jīng)過(guò)的時(shí)間Δt＝eq\f(0－v2,－2a)＝eq\f(t0,8)，即該時(shí)刻為t＝eq\f(21t0,8)時(shí)刻，故選D。9．選CD當(dāng)沿運(yùn)動(dòng)方向油滴間距變大時(shí)，車(chē)一定做加速運(yùn)動(dòng)，不一定是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)沿運(yùn)動(dòng)方向間距變大時(shí)，車(chē)做加速運(yùn)動(dòng)，加速度可能增加，可能減小，故B錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)沿運(yùn)動(dòng)方向油滴間距逐漸減小時(shí)，說(shuō)明車(chē)做的是減速運(yùn)動(dòng)，故C正確。10．選AD質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度恒定，則在任意時(shí)刻的速度變化率相同，A正確；質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在相鄰相等時(shí)間間隔內(nèi)的位移不相等，B錯(cuò)誤；連續(xù)兩個(gè)1s內(nèi)的平均速度之差為4m/s，即第4.5s和第5.5s的瞬時(shí)速度之差為4m/s，即1s內(nèi)速度變化量為4m/s，則質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2，在第5s內(nèi)和第6s內(nèi)的平均速度之和為56m/s，即第4.5s和第5.5s的瞬時(shí)速度之和為56m/s，可得第4.5s到5.5s的平均速度為eq\f(1,2)×56m/s＝28m/s，則第5s末的瞬時(shí)速度為28m/s，由v＝v0＋at，可得初速度v0＝v－at＝28m/s－4×5m/s＝8m/s，C錯(cuò)誤，D正確。11．選BC相鄰兩雨滴均做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)后滴下的雨滴運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則先滴下雨滴運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＋Δt，則兩雨滴之間的距離Δx＝eq\f(1,2)g(t＋Δt)2－eq\f(1,2)gt2＝gtΔt＋eq\f(1,2)g(Δt)2，兩雨滴之間的距離越來(lái)越大，故A錯(cuò)誤，C正確；兩雨滴之間的速度之差Δv＝g(t＋Δt)－gt＝gΔt，速度之差為一個(gè)定值，B正確，D錯(cuò)誤。12．選ACDv-t圖像的斜率表示加速度，可得0～5s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為a1＝eq\f(5,5)m/s2＝1m/s2，A正確；斜率的絕對(duì)值大小表示加速度大小，根據(jù)圖像可得CE段的加速度數(shù)值最大，B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)圖像可得到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度開(kāi)始反向，質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始往回運(yùn)動(dòng)，所以D點(diǎn)所表示的狀態(tài)離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，D正確。13．解析：(1)第1s內(nèi)的位移為507m，第2s內(nèi)的位移為587m，第3s內(nèi)的位移為665m，第4s內(nèi)的位移為746m，第5s內(nèi)的位移為824m，第6s內(nèi)的位移為904m，則相鄰1s內(nèi)的位移之差接近80m，可知飛行器在這段時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)；(2)當(dāng)x＝507m時(shí)飛行器的速度等于0～2s內(nèi)的平均速度，則v1＝eq\f(1094,2)m/s＝547m/s；(3)根據(jù)a＝eq\f(x36－x03,9T\a\vs4\al(2))＝eq\f(4233－2×1759,9×12)m/s2≈79m/s2。答案：(1)相鄰1s內(nèi)的位移之差接近80m(2)547(3)7914．解析：(1)電火花計(jì)時(shí)器的工作電壓為交流220V。(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度，可以求出打紙帶上C點(diǎn)時(shí)重物下落的瞬時(shí)速度大小為vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4.65＋5.07))×10－2,2×0.02)m/s≈2.4m/s。(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小為a＝eq\f(xBD－xOB,2T2)＝eq\f([4.65＋5.07－3.93＋4.30]×10－2,4×0.022)m/s2≈9.31m/s2本實(shí)驗(yàn)加速度測(cè)量值的相對(duì)誤差為η＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(9.80－9.31)),9.80)×100%＝5%。(4)由于空氣阻力和摩擦阻力的影響，使得重力加速度的測(cè)量值偏小，屬于系統(tǒng)誤差。答案：(1)交流(2)2.4(3)9.315.0%(4)系統(tǒng)15．解析：(1)設(shè)初速度的方向?yàn)檎较?，汽?chē)加速時(shí)間t＝5s，汽車(chē)加速過(guò)程位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×5×52m＝62.5m。(2)汽車(chē)勻速行駛速度v0＝at＝5×5m/s＝25m/s＝25×3.6km/h＝90km/h<100km/h則汽車(chē)沒(méi)有超速行駛。(3)設(shè)減速階段汽車(chē)加速度為a1，則由v2－v02＝2a1x′，得a1＝eq\f(v2－v02,2x′)＝eq\f(152－252,2×50)m/s2＝－4m/s2汽車(chē)加速度的大小為4m/s2。答案：(1)62.5m(2)沒(méi)有超速(3)4m/s216．解析：設(shè)剎車(chē)過(guò)程加速度大小為a，從剎車(chē)到斑馬線邊界的時(shí)間為t，汽車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v2－v02＝－2ax1第一秒內(nèi)位移x2＝v0t1－eq\f(1,2)at12經(jīng)過(guò)邊界時(shí)速度v＝v0－at聯(lián)立解得v0＝15m/sa＝5m/s2t＝2s。答案：5m/s22s17．解析：(1)設(shè)無(wú)人機(jī)下降過(guò)程最大速度為v，向下加速時(shí)間為t1，減速時(shí)間為t2，則由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h1＝eq\f(1,2)a1t12v＝a1t1H1－H2－h(huán)1＝eq\f(v,2)t2聯(lián)立解得t1＝5s，t2＝4s，則總時(shí)間t＝t1＋t2＝9s。(2)無(wú)人機(jī)自由下落2s末的速度為v0＝gt′＝20m/s2s內(nèi)向下運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(1,2)gt′2＝20m設(shè)其向下減速的加速度大小為a2時(shí)，恰好到達(dá)地面前瞬間速度為零，則H2－x1＝eq\f(v02,2a2)代入數(shù)據(jù)可解得a2＝4m/s2。答案：(1)9s(2)4m/s2階段質(zhì)量檢測(cè)(三)1．選C跳水運(yùn)動(dòng)員正在起跳，運(yùn)動(dòng)員并不處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以跳板對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力方向一定不是向下或沿跳板板面，A、B錯(cuò)誤；跳板對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力是由施力物體形變產(chǎn)生，即由跳板形變產(chǎn)生的，C正確，D錯(cuò)誤。2．選C手對(duì)水杯產(chǎn)生了握力是因?yàn)槭职l(fā)生了形變，故A錯(cuò)誤；對(duì)杯子受力分析，豎直方向摩擦力和重力平衡，當(dāng)杯子中的水增加時(shí)，重力變大，則手對(duì)杯子的靜摩擦力變大，根據(jù)牛頓第三定律可知，杯子對(duì)手的摩擦力一定增加，當(dāng)水和杯子的重力之和小于未加水時(shí)杯子受到的最大靜摩擦力時(shí)，手握杯子的力不增加，也可保持杯子靜止，故手握水杯的握力不一定增大，故B、D錯(cuò)誤，C正確。3．選C魚(yú)兒吞食花瓣時(shí)處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；魚(yú)兒擺尾出水時(shí)浮力很小，魚(yú)兒能夠出水的主要原因是魚(yú)兒擺尾擊水時(shí)水對(duì)魚(yú)向上的作用力大于重力，B錯(cuò)誤，C正確；研究魚(yú)兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作不可以把魚(yú)兒視為質(zhì)點(diǎn)，否則就無(wú)動(dòng)作可言，D錯(cuò)誤。4．選B滑板車(chē)對(duì)人的支持力與人對(duì)滑板車(chē)的壓力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤，B正確；人站在滑板車(chē)上保持靜止時(shí)，人所受的重力與滑板車(chē)對(duì)人的支持力是一對(duì)平衡力，人所受的重力和地面對(duì)滑板車(chē)的支持力分別作用在兩個(gè)不同的物體上，分別產(chǎn)生作用效果，不是平衡力的關(guān)系，C錯(cuò)誤；人站在滑板車(chē)上保持靜止時(shí)，滑板車(chē)對(duì)人的支持力與人對(duì)滑板車(chē)的壓力是一對(duì)作用力和反作用力，D錯(cuò)誤。5．選C由于木塊向右運(yùn)動(dòng)，所以木塊受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，即Ff＝μFN，在豎直方向上，有FN＝mg＋Fsin37°，聯(lián)立可得Ff＝μ(mg＋0.6F)，故選C。6．選D因?yàn)槲矬w隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，所以物體A隨傳送帶一起向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，A所受的摩擦力沿斜面向上；物體A隨傳送帶一起向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，A所受的摩擦力也沿斜面向上；傳送帶對(duì)物體A的作用力均相同，大小等于A的重力。故選D。7．選C地面給掃帚的作用力方向豎直向上，與豎直向下的重力相平衡，故A錯(cuò)誤，C正確；重力方向豎直向下，不可能沿著掃帚柄，故B錯(cuò)誤；由于掃帚處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，故D錯(cuò)誤。8.選C設(shè)細(xì)繩與豎直方向夾角為θ，細(xì)繩拉力為FT，根據(jù)平衡條件可得3FTcosθ＝mg，解得FT＝eq\f(mg,3cosθ)>eq\f(1,3)mg，A錯(cuò)誤；根據(jù)共點(diǎn)力平衡，三根細(xì)繩拉力的合力與重力等大反向，B錯(cuò)誤；細(xì)繩越長(zhǎng)，θ越小，則FT越小，C正確，D錯(cuò)誤。9．選BC顧客所受彈力的方向垂直扶梯向上，A錯(cuò)誤；顧客有沿扶梯向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，則所受摩擦力方向沿扶梯向上，B正確；顧客與扶梯間的動(dòng)摩擦因數(shù)由人的鞋子與扶梯的材料決定，與摩擦力大小無(wú)關(guān)，C正確；顧客隨自動(dòng)扶梯一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)但是不產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，所以其受到的摩擦力為靜摩擦力，D錯(cuò)誤。10．選BC對(duì)B受力分析可知，B受重力、A對(duì)B的支持力而平衡，則B不受摩擦力作用，對(duì)C受力分析可知，C受重力、A對(duì)C的支持力、水平力F和A對(duì)C的靜摩擦力而平衡，對(duì)A受力分析可知，豎直方向A受重力、B對(duì)A的壓力、C對(duì)A的壓力和地面對(duì)A的支持力而平衡，水平方向受C對(duì)A向右的摩擦力和地面對(duì)A向左的摩擦力而平衡，則A受摩擦力的合力為零，以A、B、C為整體，由水平方向平衡可知，整體受到的摩擦力與水平力F等大反向。11.選BC以結(jié)點(diǎn)C為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，其中F＝m1g，F(xiàn)B＝m2g，由力的平衡條件可知FA＝Fcos30°＝m1gcos30°，由幾何關(guān)系可知FA＝eq\f(FB,tan30°)，整理解得m1∶m2＝2∶1，A錯(cuò)誤，B正確；由以上分析可知當(dāng)砂桶(含砂子)P、Q的總質(zhì)量的比值為2時(shí)，AC與BC保持垂直狀態(tài)，C點(diǎn)的位置保持不變，而若在兩桶內(nèi)增加相同質(zhì)量的砂子，則兩砂桶(含砂子)質(zhì)量的比值會(huì)小于2，則桶Q向下移動(dòng)，C點(diǎn)的位置上升，C正確，D錯(cuò)誤。12.選BD根據(jù)題意，以小球a、b整體為研究對(duì)象，分析受力，作出F在幾個(gè)方向時(shí)整體的受力圖。根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)與FT的合力與整體重力2mg總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當(dāng)F與繩子Oa垂直時(shí)，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，F(xiàn)的最小值為Fmin＝2mgsinθ＝eq\r(2)mg，根據(jù)胡克定律有Fmin＝kxmin，解得xmin＝eq\f(\r(2),k)mg，即彈簧的形變量的取值范圍為x≥eq\f(\r(2),k)mg，故選B、D。13．解析：(1)力F′是由F1和F2用平行四邊形定則作圖求出的合力；力F是只用一個(gè)測(cè)力計(jì)拉橡皮條測(cè)出的合力，力F方向一定沿AO方向。(2)由題圖甲可知1N之間有10小格，一個(gè)小格代表0.1N，需要估讀到0.1N的下一位，所以彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為3.00N。(3)只要能記錄力的方向即可，不需要兩根繩子等長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)時(shí)由于兩個(gè)力的大小不一定相同，所以橡皮條不一定與兩繩夾角的平分線在同一直線上，故B錯(cuò)誤；在拉彈簧測(cè)力計(jì)時(shí)必須要求彈簧測(cè)力計(jì)與木板平面平行，否則會(huì)影響力的大小，故C正確；拉橡皮條的細(xì)繩要稍長(zhǎng)一些，標(biāo)記同一條細(xì)繩的方向時(shí)兩標(biāo)記點(diǎn)的間距要適當(dāng)大一些，從而減小誤差，故D正確。答案：(1)F(2)3.00(3)CD14．解析：(1)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，要保證彈簧始終在彈性限度內(nèi)。(2)由平衡條件可知F＝nmg，彈力與n成正比，由圖像知，彈簧伸長(zhǎng)量與n成正比，所以彈簧彈力與彈簧伸長(zhǎng)量成正比。(3)根據(jù)胡克定律F＝kx得nmg＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－l0))整理得eq\f(Δl,Δn)＝eq\f(mg,k)。(4)彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(Δn,Δl)mg＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13－10))×10－2m)×0.05kg×9.8m/s2＝98N/m。答案：(1)彈簧始終在彈性限度內(nèi)(2)B(3)eq\f(mg,k)(4)9815．解析：(1)設(shè)單根橡皮條的伸長(zhǎng)量為Δx，則由胡克定律有Δx＝L－eq\f(4L,5)＝eq\f(L,5)，F(xiàn)彈＝kΔx＝eq\f(kL,5)。(2)兩根橡皮條長(zhǎng)度均為L(zhǎng)時(shí)，兩根橡皮條的夾角θ＝60°，則根據(jù)平行四邊形定則合力F＝2F彈coseq\f(θ,2)，解得F＝eq\f(\r(3)kL,5)。答案：(1)eq\f(kL,5)(2)eq\f(\r(3)kL,5)16．解析：設(shè)細(xì)線的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，受力分析如圖所示，兩個(gè)力的合力不變始終等于mg，且?jiàn)A角在逐漸變大，故兩個(gè)力逐漸變大，當(dāng)繩子端點(diǎn)的距離為d時(shí)，繩子斷裂，兩側(cè)繩子的拉力達(dá)到最大，則由這兩側(cè)的力在豎直方向的分量之和等于重力mg，得2Fcoseq\f(θ,2)＝mg根據(jù)幾何關(guān)系coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2),\f(l,2))，解得F＝eq\f(mgl,2\r(l2－d2))。答案：eq\f(mgl,2\r(l2－d2))17．解析：(1)分析B球受力，設(shè)墻面對(duì)B球的彈力大小為F1，斜面對(duì)B球的彈力大小為F2，由共點(diǎn)力的平衡可知F2sinθ－F1＝0，F(xiàn)2cosθ－mg＝0解得球B受到斜面體的彈力大小F2＝eq\f(5,3)mgF1＝eq\f(4,3)mg。(2)對(duì)A和B整體分析，斜面體受到地面的摩擦力為Ff，則由平衡條件可知F1－F＋Ff＝0F＝eq\f(3,2)mg解得Ff＝eq\f(1,6)mg，方向水平向左。答案：(1)eq\f(5,3)mg(2)eq\f(1,6)mg，方向水平向左階段質(zhì)量檢測(cè)(四)1．選B牛頓第一定律又稱(chēng)慣性定律，但慣性定律與慣性的實(shí)質(zhì)不相同，慣性是物體的基本屬性，故A錯(cuò)誤；伽利略通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持，故B正確；牛頓第一定律是邏輯分析得出的結(jié)論，故C錯(cuò)誤；物體在任何時(shí)候都具有慣性，故D錯(cuò)誤。2．選D各國(guó)均有不同的單位制，國(guó)際單位制是世界各國(guó)統(tǒng)一使用的一種通用的單位制，國(guó)際單位制是為了方便交流而采用的一種單位制，故A、B正確，不符合題意；國(guó)際單位制是一種基本的單位制，只要在物理運(yùn)算中各物理量均采用國(guó)際單位制中的單位，則最后得出的結(jié)果的單位必然是國(guó)際單位制中的單位，故C正確，不符合題意；國(guó)際單位制中力學(xué)的基本單位對(duì)應(yīng)的物理量是長(zhǎng)度、時(shí)間和質(zhì)量，故D錯(cuò)誤，符合題意。3．選A因?yàn)轼澴釉诳罩幸约铀俣萢沿圖中虛線斜向上勻加速飛行，加速度有豎直向上的分量，所以鴿子處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯(cuò)誤；鴿子所受的合力的方向與其飛行的速度方向相同，合力、空氣的作用力與重力應(yīng)構(gòu)成矢量三角形，故空氣對(duì)鴿子的作用力不可能等于鴿子所受重力，空氣的作用力的方向應(yīng)與其飛行的速度方向有一定的夾角，故C、D錯(cuò)誤。4．選D托架傾斜過(guò)程中汽車(chē)有相對(duì)托架向下滑動(dòng)的趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；汽車(chē)對(duì)擋板的壓力與擋板對(duì)汽車(chē)的支持力是一對(duì)相互作用力，故B錯(cuò)誤；托架受到的壓力是由于車(chē)輪發(fā)生形變后，要恢復(fù)原狀造成的，故C錯(cuò)誤；托架傾斜過(guò)程中托架對(duì)汽車(chē)的支持力方向與托架垂直，不斷發(fā)生變化，故D正確。5．選A從題圖可以看出，t0～t1內(nèi)，人的視重小于其重力，t1～t2內(nèi)，視重正好等于其重力，而在t2～t3內(nèi)，視重大于其重力，根據(jù)題中所設(shè)的正方向可知，t0～t1內(nèi)，該人具有向下的加速度，t1～t2內(nèi)，該人處于平衡狀態(tài)，而在t2～t3內(nèi)，該人則具有向上的加速度，所以可能的圖像為A。6．選C根據(jù)題意，設(shè)鐵箱的質(zhì)量為M，木塊的質(zhì)量為m，由于木塊靜止于鐵箱后壁上，對(duì)整體，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，對(duì)木塊，水平方向上，由牛頓第二定律有FN＝ma，整理得FN＝eq\f(m,M＋m)F，豎直方向上，由平衡條件可得Ff＝mg，當(dāng)增大F，則FN變大，F(xiàn)f不變。故選C。7．選C運(yùn)動(dòng)員能在空中運(yùn)動(dòng)一段距離，是由于慣性的緣故，不是靠空氣的推力維持，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，因質(zhì)量不變，則其慣性不變，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員受重力做曲線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，C正確；若運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)所有外力都消失，則會(huì)沿PB方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。8．選C假設(shè)每塊磚的厚度為d，照相機(jī)拍照的時(shí)間間隔為T(mén)，則向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)分別用逐差法可得6d＝a上T2,4d＝a下T2，根據(jù)牛頓第二定律可得mg＋Ff＝ma上，mg－Ff＝ma下，聯(lián)立解得Ff＝eq\f(1,5)mg，故C正確。9．選BD設(shè)空氣阻力為kv，由牛頓第二定律得mg－kv＝ma，隨著v增大，a減小，當(dāng)mg＝kvm時(shí)a＝0，小球做勻速運(yùn)動(dòng)，vm＝40m/s時(shí)，有40k＝mg①，小球下落速度為5m/s時(shí)，有mg－k×5＝ma′②，由①②得：a′＝8.75m/s2。故B、D正確。10．選CD由題圖甲和乙可知，小明同學(xué)在a點(diǎn)時(shí)處于平衡狀態(tài)，力傳感器的讀數(shù)為500N，由牛頓第三定律可知，力傳感器對(duì)人的支持力為500N，由平衡條件可知，小明的重力為500N，故A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，小明同學(xué)在c點(diǎn)和e點(diǎn)時(shí)，力傳感器的讀數(shù)均大于500N，則小明同學(xué)處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，C正確；由題圖乙可知，小明同學(xué)在d點(diǎn)時(shí)，力傳感器的讀數(shù)為1500N，由牛頓第二定律有Fd－mg＝ma，解得a＝20m/s2，小明同學(xué)在f點(diǎn)時(shí)，力傳感器的讀數(shù)為0，由牛頓第二定律有mg＝ma1，解得a1＝10m/s2，小明在d點(diǎn)的加速度大于在f點(diǎn)的加速度，故D正確。11．選AD以P為對(duì)象，剪斷輕繩之前，根據(jù)受力平衡可得此時(shí)彈簧的彈力為kx＋2mg＝T，解得彈簧的彈力為kx＝mg，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，剪斷輕繩的瞬間，彈簧彈力保持不變，根據(jù)牛頓第二定律可得P的加速度大小為a＝eq\f(2mg＋kx,2m)＝eq\f(2mg＋mg,2m)＝eq\f(3g,2)，故A正確；剪斷輕繩后，P向下運(yùn)動(dòng)x，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，P只受重力作用，所以加速度為g，故B錯(cuò)誤；撤走長(zhǎng)木板的瞬間，彈簧彈力保持不變，以Q為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得Q的加速度大小為a′＝eq\f(4mg－kx,4m)＝eq\f(4mg－mg,4m)＝eq\f(3g,4)，故C錯(cuò)誤；撤走長(zhǎng)木板后，Q向下運(yùn)動(dòng)x，彈簧的伸長(zhǎng)量變?yōu)?x，彈力為2mg，根據(jù)牛頓第二定律得Q的加速度大小為a″＝eq\f(4mg－2mg,4m)＝eq\f(g,2)，故D正確。12．選CD由題圖得0～1s內(nèi)物體加速度a1＝10m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1,1～2s內(nèi)加速度a2＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，聯(lián)立解得θ＝37°，μ＝0.5，A錯(cuò)誤，C正確；由題可得物體在0～2s內(nèi)的位移即為傳送帶上下兩端的間距，v-t圖像與t軸所圍面積表示位移，可知位移l＝16m，B錯(cuò)誤；由題圖知傳送帶的速率v0＝10m/s，則0～1s內(nèi)，物體的位移為5m，傳送帶的位移為10m，故相對(duì)位移為5m，物體相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，1～2s內(nèi)物體的位移為11m，傳送帶的位移為10m，故相對(duì)位移為1m，物體相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，因此物體在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度為5m，D正確。13．解析：(1)小車(chē)下滑時(shí)受到重力、細(xì)繩的拉力、支持力和摩擦力，為了在實(shí)驗(yàn)中能夠把細(xì)繩對(duì)小車(chē)的拉力視為小車(chē)的合外力，則在未掛砂桶時(shí)，應(yīng)該用重力的下滑分量來(lái)平衡摩擦力，并且調(diào)節(jié)木板左端定滑輪的高度，使?fàn)恳≤?chē)的細(xì)繩與木板平行，但并不需要所掛砂和砂桶的質(zhì)量要遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量。故選A、D。(2)相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)打出的點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出，則T＝0.1s，利用逐差法，求出加速度大小a＝eq\f(15.06－6.75－6.75×10－2,4×0.12)m/s2＝0.39m/s2。(3)從圖線可知，有一定的拉力時(shí)，小車(chē)的加速度還是零，即小車(chē)還處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)的拉力被摩擦力平衡了，原因就是實(shí)驗(yàn)前未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不充分)。答案：(1)AD(2)0.39(3)實(shí)驗(yàn)前未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不充分)14．解析：(1)本次實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離和小車(chē)、砂和砂桶的質(zhì)量，所以需要用到刻度尺和天平，而不需要游標(biāo)卡尺；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器本身就是計(jì)時(shí)儀器，不需要秒表。故選B、D。(2)平衡摩擦力后，小車(chē)所受到的外力的合力等于細(xì)線的拉力，所以細(xì)線應(yīng)與長(zhǎng)木板保持平行，故A正確；當(dāng)平衡摩擦力時(shí)，應(yīng)使得重力沿斜面向下的分力與摩擦力剛好相等，即mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ，由此可知，改變小車(chē)質(zhì)量后不需要重新平衡摩擦力，故B錯(cuò)誤；平衡摩擦力后，小車(chē)受到的合力等于細(xì)線對(duì)小車(chē)的拉力，但是當(dāng)砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)及車(chē)中砝碼的質(zhì)量時(shí)，細(xì)線的拉力近似等于砂和砂桶的總重力，故C錯(cuò)誤。(3)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔T＝0.1s，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論可得v2＝eq\f(x13,2T)＝eq\f(5.40－1.60×10－2,2×0.1)m/s＝0.19m/s，根據(jù)逐差法可得小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝eq\f(x24－x02,2T2)＝eq\f([7.60－3.40－3.40]×10－2,2×0.12)m/s2＝0.20m/s2。答案：(1)BD(2)A(3)0.190.2015．解析：(1)在0～1.0s，設(shè)加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律可得ma1＝mg－0.6mg，解得a1＝4m/s2，加速階段位移大小為x1＝eq\f(1,2)a1t12＝2m。(2)勻加速階段結(jié)束的速度大小為v1＝a1t1在1.0～2.5s時(shí)間內(nèi)，設(shè)勻減速階段加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律有ma2＝1.2mg－mg加速度方向向上，則勻減速階段結(jié)束的速度大小為v2＝v1－a2t2聯(lián)立解得v2＝1m/s。答案：(1)2m(2)1m/s16．解析：(1)設(shè)船沿傾斜滑道下滑時(shí)的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－Ff1＝ma1FN1－mgcosθ＝0Ff1＝μFN1解得加速度a1＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿傾斜滑道向下。(2)船在傾斜滑道下滑的距離L1＝eq\f(1,2)a1t2＝64m。(3)船在水平滑道滑行時(shí)－μmg＝ma2a2＝－5m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2a1L1＝v02v0＋a2t2＝0解得t2＝3.2s。答案：(1)2m/s2，方向沿傾斜滑道向下(2)64m(3)3.2s17．解析：(1)依題意，對(duì)C桶受力分析，受到重力mg、B和A分別對(duì)C的支持力F1及F2，根據(jù)幾何知識(shí)結(jié)合對(duì)稱(chēng)性可知F1及F2方向的夾角為θ＝60°，且F1＝F2，根據(jù)平衡條件結(jié)合平行四邊形定則，可得此時(shí)B對(duì)C的支持力大小F1＝F2＝eq\f(mg,2cos\f(θ,2))＝eq\f(\r(3),3)mg。(2)若汽車(chē)靜止，對(duì)A、B、C整體受力分析，在豎直方向上，根據(jù)平衡條件可得2F＝3mg可得此時(shí)框底給B的支持力大小F＝eq\f(3,2)mg。(3)若汽車(chē)正在行駛，且此時(shí)A對(duì)C的支持力恰好為0，根據(jù)汽車(chē)與C加速度相同，對(duì)C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgtaneq\f(θ,2)＝ma可得此時(shí)汽車(chē)的加速度大小為a＝gtan30°＝eq\f(\r(3),3)g。答案：(1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\f(3,2)mg(3)eq\f(\r(3),3)g模塊綜合檢測(cè)(A卷)基本能力評(píng)價(jià)1．選C當(dāng)研究地球的公轉(zhuǎn)時(shí)，地球的大小和形狀可以忽略不計(jì)，故此時(shí)地球可以看作質(zhì)點(diǎn)，A錯(cuò)誤；當(dāng)研究地球自轉(zhuǎn)時(shí)，大小不能忽略不計(jì)，故不能把地球看成質(zhì)點(diǎn)，B錯(cuò)誤；測(cè)算火車(chē)從銀川到西安的運(yùn)行時(shí)間，火車(chē)的長(zhǎng)度遠(yuǎn)小于路程，故可以把火車(chē)看成質(zhì)點(diǎn)，C正確；研究火車(chē)通過(guò)黃河大橋時(shí)，火車(chē)的長(zhǎng)度不能忽略，所以不能看成質(zhì)點(diǎn)，D錯(cuò)誤。2．選D汽車(chē)剎車(chē)時(shí)，因?yàn)槌丝途哂袘T性，乘客的身子會(huì)向前傾斜，故A錯(cuò)誤；物體的質(zhì)量越大，其慣性越大，與速度無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；物體無(wú)論是靜止還是運(yùn)動(dòng)，都具有慣性，故C錯(cuò)誤；任何物體都具有慣性，與物體是否運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)，與物體速度是否變化也無(wú)關(guān)，故D正確。3．選AF1是杯子對(duì)桌面的壓力，F(xiàn)2是桌面對(duì)杯子的支持力，由牛頓第三定律可知兩個(gè)力是一對(duì)作用力與反作用力，A正確；平衡力是同一個(gè)物體受到的力，F(xiàn)1的受力物體是桌面，F(xiàn)2的受力物體是杯子，它們不是一對(duì)平衡力，B錯(cuò)誤；F1是杯子對(duì)桌面的壓力，屬于彈力，與重力的性質(zhì)完全不一樣，壓力不是重力，C錯(cuò)誤；力F2與杯子的重力是一對(duì)平衡力，不是作用力和反作用力，D錯(cuò)誤。4．選C靜止的物體也可能受滑動(dòng)摩擦力，例如物體在地面上滑動(dòng)時(shí)，靜止的地面受滑動(dòng)摩擦力，故A錯(cuò)誤；由于在地球的不同位置重力加速度可能不同，則同一物體在地球各處所受重力不一定相等，故B錯(cuò)誤；桌面上的物塊受到的支持力是由于桌面形變產(chǎn)生的，故C正確；隨兩分力夾角的不同，合力的大小也不同，合力可能大于分力，也可能小于分力，故D錯(cuò)誤。5．選B支架復(fù)位過(guò)程中，固定在支架上的航天員的加速度大小為a＝eq\f(v,t)，由牛頓第二定律可得F＝ma，聯(lián)立解得m＝eq\f(Ft,v)，故選B。6．選B時(shí)間是標(biāo)量，位移、速度、加速度都是矢量，故A錯(cuò)誤；第3秒內(nèi)和第4秒內(nèi)都是一秒的時(shí)間間隔，故B正確；“和諧號(hào)”列車(chē)以200km/h的速度通過(guò)50m長(zhǎng)的道路所用時(shí)間等于車(chē)長(zhǎng)與道路長(zhǎng)的和跟速度的比值，不能忽略車(chē)長(zhǎng)，所以不能將列車(chē)視為質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；加速度方向與速度方向相同時(shí)，物體的加速度不斷減小，物體的速度依然會(huì)增加，故D錯(cuò)誤。7．選A由題圖知，昆蟲(chóng)在0～5s內(nèi)位移為x＝0－3m＝－3m，A正確；由題圖知，昆蟲(chóng)離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為3m，B錯(cuò)誤；昆蟲(chóng)的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(－3m,5s)＝－0.6m/s，C錯(cuò)誤；昆蟲(chóng)的平均速率為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋5))m,5s)＝1.4m/s，D錯(cuò)誤。8．選D手機(jī)軟件繪制的實(shí)際上是v-t圖像，由題圖可知，電動(dòng)車(chē)的速度始終為正值，說(shuō)明電動(dòng)車(chē)一直向正方向運(yùn)動(dòng)，所以80s時(shí)電動(dòng)車(chē)離出發(fā)點(diǎn)的距離最大，故A錯(cuò)誤；A、B兩點(diǎn)的速度均為正值，所以運(yùn)動(dòng)方向相同，故B錯(cuò)誤；v-t圖線切線的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度，斜率的正負(fù)表示加速度的方向，由題圖可知，A點(diǎn)切線的斜率小于B點(diǎn)切線的斜率，即A點(diǎn)的加速度小于B點(diǎn)的加速度，故C錯(cuò)誤；80s時(shí)電動(dòng)車(chē)速度減為零，但位移等于圖線與時(shí)間軸圍成的面積，圖中所圍區(qū)域約為30小格，即x＝30×10×1m＝300m，故D正確。9．選BD2022年11月1日4時(shí)27分是一個(gè)時(shí)刻，13小時(shí)是時(shí)間間隔，A錯(cuò)誤；夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙與天和核心艙對(duì)接的過(guò)程中，不可以把夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙看成質(zhì)點(diǎn)，B正確；時(shí)間t內(nèi)，中國(guó)空間站的路程為2πR，位移為0，C錯(cuò)誤；位移是矢量，路程是標(biāo)量，中國(guó)空間站做圓周運(yùn)動(dòng)，位移大小小于路程，D正確。10.選AC球受力如圖所示，球處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以在垂直斜面方向有FN1＝mgcosθ，在垂直擋板方向有FN2＝mgsinθ，則擋板對(duì)球的支持力大小為mgsinθ；由牛頓第三定律，可得球?qū)π泵娴膲毫Υ笮镕N1′＝FN1＝mgcosθ，故選A、C。11．選AC由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移關(guān)系可知vQ2－vP2＝2ax，代入數(shù)據(jù)解得vP＝5m/s，故A正確；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到汽車(chē)到達(dá)P電線桿的時(shí)間t′＝eq\f(vP,a)＝eq\f(5,2)s＝2.5s，故B錯(cuò)誤；汽車(chē)通過(guò)P、Q電線桿所用的時(shí)間t＝eq\f(vQ－vP,a)＝eq\f(15－5,2)s＝5s，故C正確；汽車(chē)通過(guò)P、Q電線桿的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(50,5)m/s＝10m/s，故D錯(cuò)誤。12．選AC每本書(shū)受到的摩擦力的合力與重力平衡，每本書(shū)的質(zhì)量相同，則每本書(shū)受到的摩擦力的合力大小相等，A正確；越靠外側(cè)，書(shū)與書(shū)間的摩擦力越大，B錯(cuò)誤；以這一摞書(shū)為研究對(duì)象，每只手對(duì)其的最大靜摩擦力為f1＝μ1FN＝60N，這一摞書(shū)受力平衡2f1＝n1mg，解得n1＝60，但書(shū)與書(shū)間的最大靜摩擦力為f2＝μ2FN＝40N，除了左右兩側(cè)跟手接觸的兩本書(shū)，以剩下的這一部分書(shū)為研究對(duì)象，由平衡條件2f2＝n2mg，解得n2＝40，加上跟手接觸的兩本書(shū)，共42本書(shū)，所以C正確，D錯(cuò)誤。13．解析：(1)刻度尺的分度值為0.1cm，故指針指示的刻度值為18.00cm。(2)由F＝mg＝kΔx得k＝eq\f(mg,Δx)故k＝eq\f(8×10－2×10,0.410－0.140)N/m≈3.0N/m。(3)本實(shí)驗(yàn)中可采用圖像進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，故小盤(pán)的重力可以不考慮，A正確；所加砝碼不要過(guò)重，以免超出彈簧的彈性限度，B錯(cuò)誤；在讀取指針的示數(shù)時(shí)，應(yīng)讓彈簧指針靜止后再讀取，C錯(cuò)誤。答案：(1)18.00(2)3.0(3)A14．解析：(1)通過(guò)調(diào)整長(zhǎng)木板的傾角來(lái)補(bǔ)償阻力，小車(chē)后面安裝紙帶，前面不掛砂桶，A錯(cuò)誤，B正確；實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄考铀俣扰c力的關(guān)系，所以實(shí)驗(yàn)中應(yīng)保持小車(chē)質(zhì)量不變，C正確；應(yīng)先接通電源，后釋放小車(chē)，提高紙帶的利用率，D錯(cuò)誤。故選B、C。(2)把木板一端墊高，使小車(chē)可以在木板上勻速下滑以補(bǔ)償阻力的目的是使繩對(duì)小車(chē)的拉力成為小車(chē)的合力。(3)圖像①不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)與縱軸有截距，即繩沒(méi)有拉力時(shí)小車(chē)已經(jīng)有加速度，說(shuō)明木板墊的過(guò)高(平衡摩擦力過(guò)度)。答案：(1)BC(2)使繩對(duì)小車(chē)的拉力成為小車(chē)的合力(3)木板墊得過(guò)高(平衡摩擦力過(guò)度)15．解析：在AB段加速時(shí)，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma代入數(shù)值解得a＝4m/s2根據(jù)公式v2＝2ax，可得v＝40m/s由v＝at得游客從頂點(diǎn)A滑到B點(diǎn)的時(shí)間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(40,4)s＝10s。答案：10s40m/s16．解析：汽車(chē)的初速度v0＝18m/s，設(shè)汽車(chē)制動(dòng)的加速度大小為a，若汽車(chē)在前進(jìn)36m時(shí)恰好減速到零，則v02＝2ax，解得a＝4.5m/s2，所用時(shí)間t＝eq\f(v0,a)＝4s＞3s，說(shuō)明3s末汽車(chē)的速度不為零。由勻減速的位移公式x1＝v0t1－eq\f(1,2)at12，解得a＝4m/s2，加速度的方向與運(yùn)動(dòng)方向相反；設(shè)汽車(chē)停止運(yùn)動(dòng)所需要的時(shí)間為t0t0＝eq\f(v0,a)＝4.5s汽車(chē)制動(dòng)后5s內(nèi)發(fā)生的位移就等于4.5s內(nèi)的位移x2＝v0t0－eq\f(1,2)at02＝40.5m。答案：4m/s2，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反40.5m17．解析：(1)對(duì)C，由平衡條件可得彈簧3的彈力F3＝mCg＝30N由胡克定律F＝kx得：彈簧1的彈力F1＝0，由eq\f(F2,F3)＝eq\f(kx2,kx3)，得F2＝20N。(2)對(duì)A，由平衡條件可得fA＝F2＝20N，水平向左對(duì)B，由平衡條件可得fB＝F3－F2＝10N，水平向左。(3)假設(shè)B不動(dòng)，彈簧3的伸長(zhǎng)量變?yōu)?cm，則彈簧3的彈力減小為10N由平衡條件可得，B受到的向右的靜摩擦力為fB′＝F2－F3′＝10N＝fB可知B未滑動(dòng)，假設(shè)成立。由平衡條件，平板對(duì)C的支持力N＝mCg－F3′＝20N。答案：(1)020N30N(2)20N，水平向左10N，水平向左(3)20N模塊綜合檢測(cè)(B卷)綜合素養(yǎng)評(píng)價(jià)1．選C“天問(wèn)一號(hào)”火星探測(cè)器從地球到火星的位移大小不等于其運(yùn)行軌跡的長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；“天問(wèn)一號(hào)”火星探測(cè)器進(jìn)入環(huán)火軌道繞行過(guò)程中速度大小可能不變，但其方向一定變化，故B錯(cuò)誤；研究“天問(wèn)一號(hào)”火星探測(cè)器在地火轉(zhuǎn)移軌道飛行的軌跡時(shí)，可以將探測(cè)器看成質(zhì)點(diǎn)，故C正確；“天問(wèn)一號(hào)”火星探測(cè)器從地球飛到火星的時(shí)間取決于它的平均速度，故D錯(cuò)誤。2．選B對(duì)小球進(jìn)行受力分析，小球受到重力mg、斜面的彈力FN和彈簧的彈力F作用處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可得FNcosθ＝mg，F(xiàn)Nsinθ＝F＝kx，解得彈簧的形變量大小為x＝eq\f(mg,k)，選項(xiàng)B正確。3．選B小鳥(niǎo)對(duì)樹(shù)枝的作用力與樹(shù)枝對(duì)小鳥(niǎo)的作用力為一對(duì)相互作用力，大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤；小鳥(niǎo)受重力和樹(shù)枝的作用力而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可知，樹(shù)枝對(duì)小鳥(niǎo)的作用力方向豎直向上，大小等于重力，B正確；小鳥(niǎo)受到的摩擦力等于重力沿樹(shù)枝向下的分力，設(shè)樹(shù)枝與水平方向的夾角為θ，F(xiàn)f＝mgsinθ，當(dāng)小鳥(niǎo)把樹(shù)枝抓得更緊時(shí)，樹(shù)枝對(duì)它的摩擦力不變，C錯(cuò)誤；小鳥(niǎo)受到彈力是因?yàn)闃?shù)枝發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的，D錯(cuò)誤。4.選D根據(jù)題意可知M、N均保持平衡狀態(tài)，對(duì)N進(jìn)行受力分析如圖甲，N受到豎直向下的重力、水平方向的拉力F、繩子的拉力T，在向左拉動(dòng)時(shí)，繩子拉力T和水平拉力F都不斷增大；以整體為研究對(duì)象，當(dāng)水平力作用在物體N上時(shí)，整體在豎直方向受力不變，即地面對(duì)斜面的支持力不變，拉力F增大，斜面所受地面的摩擦力一定增大，故C錯(cuò)誤，D正確；對(duì)于M的受力分析如圖乙，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩擦力f也逐漸增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，則隨著繩子拉力T的增加，摩擦力f可能先減小后反向增加，M所受斜面的支持力大小不變，故A、B錯(cuò)誤。5．選C發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力分解如圖所示，四個(gè)主發(fā)動(dòng)機(jī)同時(shí)工作時(shí)，由牛頓第三定律及力的合成知識(shí)可知逃逸塔獲得的推力大小為F推＝4Fcosθ，選項(xiàng)C正確。6．選C位移—時(shí)間圖像用于描述直線運(yùn)動(dòng)，甲、乙都做直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；乙質(zhì)點(diǎn)在t2～t3時(shí)間內(nèi)位移不隨時(shí)間變化，乙質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，B錯(cuò)誤；甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)在t1、t4時(shí)所處位置均相同，因此t1～t4時(shí)間內(nèi)甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)的位移相同，C正確；x-t的斜率的正負(fù)表示質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向，甲質(zhì)點(diǎn)在t2～t4先向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)再向正方向運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。7．選A當(dāng)t＜t1時(shí)，v乙＞v甲，兩車(chē)的距離增大，當(dāng)t＞t1時(shí)，v乙＜v甲，兩車(chē)的距離減小，故t＝t1時(shí)，兩車(chē)的距離最大，故A正確；由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律知eq\o(v,\s\up6(－))甲＝eq\f(v0,2)，由圖線面積知x乙＞x甲，而兩車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故根據(jù)平均速度的定義可知eq\o(v,\s\up6(－))乙>eq\o(v,\s\up6(－))甲＝eq\f(v0,2)，故B、C錯(cuò)誤；由圖像可知兩車(chē)的運(yùn)動(dòng)方向相同，故D錯(cuò)誤。8.選C0～10s內(nèi)，熱氣球向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(5,2)m/s＝2.5m/s，A錯(cuò)誤；由題圖可知30～40s內(nèi)，熱氣球速度方向?yàn)檎蛏线\(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；30～40s內(nèi)熱氣球豎直向上做減速運(yùn)動(dòng)，其加速度向下，重力與支持力的合力向下，重力大于支持力，C正確；由v-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積等于位移的大小，得熱氣球的總位移為x＝eq\f(20＋40,2)×5m＝150m，D錯(cuò)誤。9．選AD根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v＝v0＋at，木板傾角較小時(shí)，末速度為1m/s；木板傾角較大時(shí)，末速度為－1m/s。代入數(shù)據(jù)得，兩種情況的加速度分別為a1＝－2.5m/s2，a2＝－3.5m/s2，故選A、D。10．選BC運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)落下，只受重力，所以加速度先不變，與蹦床接觸后，蹦床給運(yùn)動(dòng)員向上的彈力逐漸增大，所以合力減小，加速度減小，當(dāng)彈力大于重力時(shí)，合力反向向上開(kāi)始增大，加速度增大，故A錯(cuò)誤，B正確；由上面的分析可知加速度先與速度同向，后與速度反向，所以速度先增加，后減小，故C正確；當(dāng)彈力大于重力以后運(yùn)動(dòng)員才做減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。11．選AD物體在0～0.4s內(nèi)上升，由圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，可得最大高度為h＝eq\f(1,2)×4.8×0.4m＝0.96m，故A正確；上升階段與下降階段運(yùn)動(dòng)方向不同，所受空氣阻力的方向不同，故B錯(cuò)誤；物體從最高點(diǎn)落回拋出點(diǎn)時(shí)的位移與從拋出點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的位移大小相等，由v-t圖像面積表示位移得出物體從最高點(diǎn)落回拋出點(diǎn)時(shí)比從拋出點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的時(shí)間長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤；由圖像可以看出，由于下降和上升過(guò)程位移大小(面積)相等，下落加速度小，則物體落回拋出點(diǎn)的速度比拋出時(shí)的初速度小，故D正確。12．選AB由小球的速度圖像知，小球的速度先增大后減小，且當(dāng)Δx＝0.1m時(shí)，速度最大，即小球在此時(shí)的加速度為零，此時(shí)小球的重力等于彈簧對(duì)它的彈力，則有kΔx＝mg，解得k＝20N/m，故A正確；當(dāng)Δx＝0.3m時(shí)，以向上為正方向，由胡克定律