2025新高考方案一輪物理參考答案與詳解

2025新高考方案一輪物理復(fù)習(xí)講義參考答案第一章運(yùn)動(dòng)的描述勻變速直線運(yùn)動(dòng)的研究第1講課前基礎(chǔ)先行一、1.(1)質(zhì)量(2)大小形狀2.(1)參考(2)不同地面二、初位置末位置矢量方向等于小于三、位移時(shí)間位移某一時(shí)刻某一位置切線瞬時(shí)速度路程四、變化量eq\f(Δv,Δt)合力快慢[理解判斷](1)√(2)√(3)×(4)√(5)×(6)×(7)√(8)×逐點(diǎn)清(一)1．選C“1小時(shí)20分”指的是月食現(xiàn)象持續(xù)的時(shí)間，是時(shí)間間隔，故A錯(cuò)誤；研究月食現(xiàn)象時(shí)，地球和月球的形狀和大小都不能忽略，不能將地球和月球視為質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤，C正確；雖然月球的體積大，但研究月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，月球與地球間的距離遠(yuǎn)大于月球的半徑，則可以把月球看成質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。2．選C以地球?yàn)閰⒖枷担疤旌汀焙汀吧裰凼逄枴倍际沁\(yùn)動(dòng)的，故A、B錯(cuò)誤；由于“神舟十五號”和“天和”核心艙成功對接，二者是相對靜止的，因此選“天和”為參考系，“神舟十五號”是靜止的，同理選“神舟十五號”為參考系，“天和”也是靜止的，故C正確，D錯(cuò)誤。3．(1)選C根據(jù)題意，橋架移動(dòng)方向與小車在橋架上移動(dòng)方向相互垂直。根據(jù)平行四邊形定則，小車相對地面的位移大小為10m。(2)選D位移的大小等于始、末位置的距離，可知位移的大小等于AC的距離，即為1.5m－1m＝0.5m。路程等于運(yùn)動(dòng)軌跡的長度，可知s＝1m＋1.5m－2×0.2m＝2.1m，故D正確。逐點(diǎn)清(二)1．選B位移是起點(diǎn)到終點(diǎn)的有向線段，則在整個(gè)行程中該旅客位移大小約為400km，平均速度大小約為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(400,2.5)km/h＝160km/h，故選B。2．選A遮光板通過光電門1時(shí)的速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝0.10m/s，遮光板通過光電門2時(shí)的速度v2＝eq\f(d,Δt2)＝0.30m/s，由于遮光板通過光電門1和光電門2的時(shí)間很短，故可以將v1和v2視為所求的瞬時(shí)速度，A正確。3．選C無人機(jī)在10s內(nèi)的路程為s＝40m＋30m＝70m，則10s內(nèi)的平均速率為eq\x\to(v)1＝eq\f(s,t)＝eq\f(70,10)m/s＝7m/s，A、B錯(cuò)誤；由位移定義可知，無人機(jī)在10s內(nèi)的位移大小為x＝eq\r(402＋302)m＝50m，則10s內(nèi)的平均速度大小為eq\x\to(v)2＝eq\f(x,t)＝eq\f(50,10)m/s＝5m/s，C正確，D錯(cuò)誤。逐點(diǎn)清(三)1．選AB速度大指運(yùn)動(dòng)的快，不能說明速度變化快，即加速度不一定越大，故A正確；根據(jù)加速度表示物體速度變化的快慢，可知禮花彈的速度變化越快，加速度一定越大，故B正確；加速度等于速度變化量與對應(yīng)時(shí)間的比值，速度變化量大，不能說明加速度大，故C錯(cuò)誤；禮花彈在最高點(diǎn)時(shí)速度為零，但由于禮花彈受到重力的作用，所以其加速度不為零，故D錯(cuò)誤。2．選ABC物體做變速直線運(yùn)動(dòng)，若速度方向與加速度方向相同，加速度逐漸減小，速度不斷增大，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，速度達(dá)到最大，而后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；若速度方向與加速度方向相反，加速度逐漸減小，速度不斷減小，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，物體速度可能恰好為零，也可能當(dāng)速度減為零時(shí)，加速度不為零，然后物體反向做加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度等于零后，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，B、C正確，D錯(cuò)誤。3．選D規(guī)定豎直向下為正方向，v1方向與正方向相同，v2方向與正方向相反，根據(jù)加速度定義式得a＝eq\f(－10－8,1.0)m/s2＝－18m/s2，負(fù)號表示與正方向相反，即加速度大小為18m/s2，方向豎直向上。第2講課前基礎(chǔ)先行1．加速度相同相反v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2axaT2(m－n)aT2eq\f(v0＋v,2)2．(1)1∶2∶3∶…∶n(2)1∶22∶32∶…∶n2(3)1∶3∶5∶…∶(2n－1)(4)1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))[理解判斷](1)×(2)√(3)√(4)√逐點(diǎn)清(一)1．選C由位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式x＝100t－10t2＋100m，可得x－100m＝100t－10t2，對比勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，初速度為v0＝100m/s，加速度為a＝－20m/s2，由于初速度和加速度方向相反，所以質(zhì)點(diǎn)先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為0后，再沿負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B、D錯(cuò)誤；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系v＝v0＋at，可得在3s末，瞬時(shí)速度為v＝(100－20×3)m/s＝40m/s，故C正確。2．選C由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移的關(guān)系式，減速過程有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)v0))2－v02＝－2ax1，勻速過程有x2＝eq\f(1,3)v0t，加速過程有v02－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)v0))2＝2·2ax3，總位移為x＝x1＋x2＋x3，聯(lián)立解得x＝eq\f(2v02,3a)＋eq\f(1,3)v0t，故選C。3．選A動(dòng)能比原來增加了8倍，即動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍，由動(dòng)能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知物體的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v＝3v0，由平均速度求位移，可得x＝eq\f(1,2)(v0＋v)t，由加速度定義式a＝eq\f(v－v0,t)，聯(lián)立可得a＝eq\f(x,t2)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。逐點(diǎn)清(二)1．選D由于減速過程中加速度大小不變，故列車在減速運(yùn)動(dòng)階段速度減小的快慢不變，故A錯(cuò)誤；t＝8s時(shí)的速度為v1＝v0－at1＝10m/s，故B錯(cuò)誤；列車減速到0耗時(shí)t＝eq\f(v0,a)＝16s，故20s內(nèi)的位移和16s內(nèi)的位移一樣，因此x＝eq\f(v02,2a)＝160m，故C錯(cuò)誤；列車勻減速階段最后1s內(nèi)的位移大小為x′＝eq\f(1,2)at′2，t′＝1s，解得x′＝0.625m，故D正確。2．選B取初速度方向?yàn)檎较?，則v0＝10m/s，a＝－5m/s2，由v＝v0＋at可得，當(dāng)t＝3s時(shí)，v＝－5m/s，“－”表示速度方向沿斜面向下，故B正確。逐點(diǎn)清(三)1．選C列車在中間時(shí)刻的速度為veq\f(t,2)＝eq\f(v＋7v,2)＝4v，列車在中間位置的速度為veq\f(x,2)＝eq\r(\f(v2＋7v2,2))＝5v，所以在M、N連線中點(diǎn)位置時(shí)的速度比經(jīng)過中間時(shí)刻的速度大v，故A、B錯(cuò)誤；在M、N間前一半時(shí)間所通過的距離為x1＝eq\f(v＋4v,2)·eq\f(t,2)＝eq\f(5vt,4)，后一半時(shí)間通過的距離為x2＝eq\f(4v＋7v,2)·eq\f(t,2)＝eq\f(11vt,4)，在M、N間前一半時(shí)間所通過的距離比后一半時(shí)間通過的距離少1.5vt，故C正確，D錯(cuò)誤。2．選D根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)通過連續(xù)相等的位移所用時(shí)間之比為t1∶t2∶t3∶…＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…，可知車頭從第2根電線桿到第4根電線桿歷時(shí)為(eq\r(3)－1)t，車頭從第1根電線桿到第5根電線桿歷時(shí)為2t，A、B錯(cuò)誤；由平均速度公式可知車頭到第2根電線桿時(shí)的速度等于從第1根電線桿到第5根電線桿的平均速度，即v2＝eq\f(4d,2t)＝eq\f(v5,2)，可得v2＝eq\f(2d,t)，v5＝eq\f(4d,t)，C錯(cuò)誤，D正確。3．選AC第一個(gè)60m內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度v1＝eq\f(x1,t1)＝6m/s，第二個(gè)60m內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度v2＝eq\f(x2,t2)＝10m/s，則列車的加速度a＝eq\f(v2－v1,\f(t1＋t2,2))＝0.5m/s2，根據(jù)Δx＝aT2得，接下來6s內(nèi)的位移x3＝x2＋aT2＝60m＋0.5×36m＝78m，故A正確，B錯(cuò)誤；列車的初速度v0＝v1－aeq\f(t1,2)＝6m/s－0.5×eq\f(10,2)m/s＝3.5m/s，故C正確，D錯(cuò)誤。逐點(diǎn)清(四)[典例]解析：(1)由題意，設(shè)前鋒2追上足球時(shí)足球的位移為x1，由三角形知識得x1＝50m，對足球由v2－v12＝－2a1x1，得v＝5m/s。(2)設(shè)足球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則由v＝v1－a1t1，得t1＝5s；設(shè)前鋒2的加速時(shí)間為t2，則v2＝a2t2，追上足球時(shí)前鋒2的位移為x2＝30m，則x2＝eq\f(1,2)a2t22＋v2(t1－t0－t2)，得t0＝0.25s。(3)假設(shè)守方隊(duì)員恰好能堵截前鋒2，則前鋒2帶球勻速運(yùn)動(dòng)的位移x3＝25m，前鋒2勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝eq\f(x3,v′)＝5s，守方隊(duì)員從起跑到截停足球需要運(yùn)動(dòng)的位移為x4＝40m。設(shè)守方后衛(wèi)加速階段的加速度為a，加速的時(shí)間為t4，則vm＝at4，x4＝eq\f(1,2)at42＋vm(t3－t4)，解得a＝5m/s2，即守方后衛(wèi)的加速度至少為5m/s2。答案：(1)5m/s(2)0.25s(3)5m/s2[考法全訓(xùn)]1．選B設(shè)汽車在路面與在冰面上的加速度大小分別為a1、a2，汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為v1，由牛頓第二定律有f＝ma，則汽車在路面與在冰面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為eq\f(a1,a2)＝eq\f(f1,f2)＝eq\f(7,1)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中eq\f(x1,x2)＝eq\f(8,7)，解得汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為v1＝eq\f(v0,3)。故選B。2．解析：(1)在綠燈亮后，設(shè)第三輛車等待時(shí)間為t1，運(yùn)行時(shí)間為t2，則t1＝2t0＝2s,2(L＋L0)＝eq\f(1,2)at22，解得t2＝4s停止線后第3輛車車頭過停止線的時(shí)間t＝t1＋t2＝6s。(2)綠燈亮后，設(shè)第17輛車經(jīng)過時(shí)間t3啟動(dòng)，車頭與停止線距離為x1，則t3＝16t0＝16sx1＝16(L＋L0)＝96m設(shè)第17輛車經(jīng)過時(shí)間t4速度達(dá)到限速vm＝15m/s，通過的距離為x2，則vm＝at4，x2＝eq\f(1,2)at42，解得t4＝10s，x2＝75m在黃燈亮前，第17輛車勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t5，設(shè)通過的距離為x3，則t5＝Δt－t3－t4＝4s，x3＝vmt5＝60m綠燈亮后，黃燈亮前，第17輛車通過的總距離為x4，則x4＝x2＋x3＝135m由于x4＝135m>x1＝96m所以，第17輛車本次綠燈能通過該路口。答案：(1)6s(2)第17輛車本次綠燈能通過該路口第3講課前基礎(chǔ)先行一、1.0g2.(1)gt(2)eq\f(1,2)gt2(3)2gx二、1.自由落體2．(1)v0－gt(2)v0t－eq\f(1,2)gt2(3)－2gx[理解判斷](1)×(2)×(3)√(4)×逐點(diǎn)清(一)1．選C物體第1s內(nèi)的位移為h1＝eq\f(1,2)gt02＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，則物體最后1s內(nèi)的位移為h2＝2h1＝10m，物體最后1s內(nèi)的平均速度為v＝eq\f(h2,t0)＝gt，解得t＝1s，則物體下落的總時(shí)間為t總＝t＋eq\f(t0,2)＝1s＋eq\f(1,2)s＝1.5s，則物體開始下落時(shí)距落地點(diǎn)的高度為h＝eq\f(1,2)gt總2＝eq\f(1,2)×10×1.52m＝11.25m，故選C。2．選B在前1s內(nèi)、前2s內(nèi)、前3s內(nèi)的位移大小之比是1∶4∶9，故A錯(cuò)誤；在相鄰兩個(gè)1s內(nèi)的位移之差都是Δx＝gT2＝10m，故B正確；在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移大小之比為1∶3∶5，所以平均速度大小之比為1∶3∶5，故C錯(cuò)誤；在1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D錯(cuò)誤。3．選B松手后4個(gè)墊圈同時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng)，可以看成一個(gè)鐵墊圈自由下落，在相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為1∶3∶5∶7，由初始時(shí)各墊圈的間距知各墊圈落到盤上的時(shí)間間隔相等，故A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)楦鲏|圈落到盤上的時(shí)間間隔相等，則各墊圈依次落到盤上的時(shí)間之比為1∶2∶3∶4，根據(jù)v＝gt可知，速率之比為1∶2∶3∶4，故C、D錯(cuò)誤。逐點(diǎn)清(二)[典例]解析：(1)上升階段有0－v02＝－2gh，代入數(shù)據(jù)解得v0＝3m/s。(2)方法一：分段法上升階段有：0＝v0－gt1代入數(shù)據(jù)解得：t1＝0.3s自由落體運(yùn)動(dòng)過程有：H＝eq\f(1,2)gt22其中H＝10m＋0.45m＝10.45m解得：t2＝eq\f(\r(209),10)s所以從離開跳臺(tái)到手接觸水面所經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＝0.3s＋eq\f(\r(209),10)s＝eq\f(3＋\r(209),10)s。方法二：全程法取豎直向上為正方向，初速度v0＝3m/s，位移為x＝－10m，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系得x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(3＋\r(209),10)s，另一解為負(fù)值，舍去。答案：(1)3m/s(2)eq\f(3＋\r(209),10)s[考法全訓(xùn)]1．選C因每隔相等的時(shí)間豎直向上拋出一個(gè)小球，故4個(gè)小球之間相鄰兩小球的時(shí)間間隔相等。根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)中豎直上升過程與下降過程的對稱性，上升時(shí)間等于下降時(shí)間，故第4個(gè)小球剛拋出時(shí)，第2個(gè)小球上升到最高點(diǎn)，第一個(gè)小球與第三個(gè)小球在同一高度，因此考慮豎直上拋的對稱性結(jié)合逆向思維可得出，初速度為0的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，連續(xù)相等時(shí)間位移之比等于連續(xù)奇數(shù)之比，即第1個(gè)球和第2個(gè)球之間的距離與第3個(gè)球和第4個(gè)球之間的距離之比為1∶3，故選C。2．選B小球從a點(diǎn)上升到最大高度過程中，有ha＝eq\f(1,2)geq\f(Ta,2)2，小球從b點(diǎn)上升到最大高度過程中，有hb＝eq\f(1,2)geq\f(Tb,2)2，依據(jù)題意ha－h(huán)b＝h，聯(lián)立解得g＝eq\f(8h,Ta2－Tb2)，B正確。3．選ACD取豎直向上方向?yàn)檎较?，?dāng)排球運(yùn)動(dòng)到拋出點(diǎn)上方離拋出點(diǎn)1.8m時(shí)，位移為x＝1.8m，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間關(guān)系式得x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t1＝0.2s，t2＝1.8s；當(dāng)排球運(yùn)動(dòng)到拋出點(diǎn)下方離拋出點(diǎn)1.8m時(shí)，位移為x′＝－1.8m，由x′＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(34),5)))s或t4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(34),5)))s(負(fù)值舍去)，選項(xiàng)A、C、D正確，B錯(cuò)誤。第4講類型(一)1．選Dx-t圖像的斜率表示速度，小車先做勻加速運(yùn)動(dòng)，因此速度變大，即0～t1時(shí)間內(nèi)x-t圖像的斜率變大，t1～t2時(shí)間內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，則x-t圖像的斜率變小，在t2時(shí)刻停止，圖像的斜率變?yōu)榱恪?．選D如果甲做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其位移—時(shí)間圖像應(yīng)為拋物線，A錯(cuò)誤；乙做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；圖像的斜率表示速度，第4s末，二者的斜率不相等，所以速度不等，二者的初末位置相同，所以位移相同，C錯(cuò)誤，D正確。3．選CDx-t圖像斜率的正負(fù)表示運(yùn)動(dòng)的方向，0～t0內(nèi)，甲、乙的x-t圖像的斜率均為負(fù)，所以運(yùn)動(dòng)方向相同，A錯(cuò)誤；0～t0內(nèi)，乙的位移大小為x0，甲的位移大小小于x0，所以0～t0內(nèi)甲、乙的位移大小不相等，B錯(cuò)誤；0～2t0內(nèi)乙的位移等于甲的位移，時(shí)間也相同，所以0～2t0內(nèi)乙的平均速度等于甲的平均速度，C正確；x-t圖線斜率的大小代表速度的大小，明顯乙的圖線最大斜率絕對值大于甲的圖線最大斜率絕對值，所以0～2t0內(nèi)乙的速度最大值大于甲的速度最大值，D正確。類型(二)1．選B從最高點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度不變，一段時(shí)間后，速度達(dá)到最大，此時(shí)降落傘打開，再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度不變。又因?yàn)関-t圖像的斜率表示加速度，經(jīng)分析可得圖B可能正確。2．選Dv-t圖像的斜率表示加速度，由題圖可得，0～t1內(nèi)乙圖線的斜率逐漸變小，即加速度減小，故A錯(cuò)誤；v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖可知在t1時(shí)刻，乙的位移大于甲的位移，即此時(shí)乙在甲前面，故B錯(cuò)誤；v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖可得，0～t1內(nèi)，甲、乙的位移差一直增大，甲、乙之間的距離一直增大，故C錯(cuò)誤；由以上分析可得，t1時(shí)刻乙在甲前面，由題圖可知t1～t2內(nèi)，v甲>v乙，且最后都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則甲會(huì)追上乙，并超越乙到乙的前面，即t1～t2內(nèi)，甲、乙之間的距離先減小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲、乙之間的距離又增大，故D正確。3．選C根據(jù)位移—時(shí)間圖像切線的斜率表示速度可知，甲的速度不變，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，乙車做速度越來越小的變速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻兩車的位移相等，又都是單向直線運(yùn)動(dòng)，所以兩車路程相等，故B錯(cuò)誤；由v-t圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移可知，丙、丁兩車在t2時(shí)刻面積差最大，所以相距最遠(yuǎn)，故C正確；0～t2時(shí)間內(nèi)，丙車的位移小于丁車的位移，時(shí)間相等，平均速度等于位移除以時(shí)間，所以丙車的平均速度小于丁車的平均速度，故D錯(cuò)誤。類型(三)1．選BD質(zhì)點(diǎn)在0～t0時(shí)間內(nèi)從靜止開始先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，此過程一直向前加速運(yùn)動(dòng)；t0～2t0時(shí)間內(nèi)加速度和速度反向，先做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，2t0時(shí)刻速度減小到零，0～2t0時(shí)間內(nèi)一直向前運(yùn)動(dòng)；2t0～4t0重復(fù)此過程的運(yùn)動(dòng)，即質(zhì)點(diǎn)一直向前運(yùn)動(dòng)，A、C錯(cuò)誤，B正確。a-t圖像的面積表示速度變化量，eq\f(1,2)t0～eq\f(3,2)t0時(shí)間內(nèi)速度的變化量為零，因此eq\f(1,2)t0時(shí)刻的速度與eq\f(3,2)t0時(shí)刻的速度相同，D正確。2．選C根據(jù)加速度隨時(shí)間變化的圖像可得，0～1s內(nèi)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度v＝at，速度為正方向，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；第1s末的速度v＝1m/s，1～2s內(nèi)加速度變?yōu)樨?fù)值，而速度為正方向，因此物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，到2s末，速度減小為0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；2～3s，加速度為正方向，初速度為0，物體沿正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即從第2s開始重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，A錯(cuò)誤。類型(四)[例1]選D根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間關(guān)系式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，得eq\f(x,t)＝eq\f(1,2)at＋v0，對比題圖可得v0＝20m/s，eq\f(1,2)a＝eq\f(10－20,4)m/s2，知a＝－5m/s2，即剛剎車時(shí)動(dòng)力車的初速度大小為20m/s，剎車過程動(dòng)力車的加速度大小為5m/s2，故A、B錯(cuò)誤；剎車過程持續(xù)的時(shí)間為t0＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(－20,－5)s＝4s，故C錯(cuò)誤；經(jīng)過8s，車已經(jīng)停止，則整個(gè)剎車過程動(dòng)力車的位移大小為x0＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(20,2)×4m＝40m，故D正確。[例2]選B由題圖可知，減速之前汽車的位移為x1＝4m，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移關(guān)系式可得v2－v02＝2ax，由圖像解得a＝－5m/s2，當(dāng)速度為5m/s時(shí)，汽車減速運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝eq\f(v2－v02,2a)＝37.5m，故汽車的位移為x＝x1＋x2＝41.5m，A、C、D錯(cuò)誤，B正確。[例3]選C由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，將等式變形為eq\f(x,t2)＝eq\f(v0,t)＋eq\f(1,2)a，由eq\f(x,t2)-eq\f(1,t)圖像與坐標(biāo)軸的兩個(gè)交點(diǎn)可得v0＝15m/s，a＝－6m/s2，該動(dòng)車做初速度為15m/s，加速度大小為6m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤，C正確；由v＝v0＋at可判斷，該動(dòng)車在2.5s時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，由v2－v02＝2ax，得該動(dòng)車在前3s的位移x＝eq\f(152,2×6)m＝18.75m，故D錯(cuò)誤。[例4]選D由題中eq\f(1,v)-x圖像可知，eq\f(1,v)與x成正比，即vx＝常數(shù)，質(zhì)點(diǎn)的速度隨位移的增大而減小，因此質(zhì)點(diǎn)做減速直線運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，又因?yàn)閳D像的斜率k＝eq\f(1,vx)，顯然不等于質(zhì)點(diǎn)的加速度，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由于三角形OBC的面積S1＝eq\f(1,2)OC·BC＝eq\f(x1,2v1)，表示質(zhì)點(diǎn)從O到C所用的時(shí)間，同理，質(zhì)點(diǎn)從O到C′所用的時(shí)間可由三角形OB′C′的面積S2＝eq\f(x2,2v2)表示，所以四邊形BB′C′C的面積可表示質(zhì)點(diǎn)從C到C′所用的時(shí)間，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。第5講[典題例析]解析：兩車不相撞的臨界條件是A車追上B車時(shí)其速度與B車相等。設(shè)A、B兩車從相距x到A車追上B車時(shí)，A車的位移為xA、末速度為vA、所用時(shí)間為t；B車的位移為xB、末速度為vB，運(yùn)動(dòng)過程如圖所示?，F(xiàn)用三種方法解答如下：解法一分析法根據(jù)位移公式和速度公式對A車有xA＝v0t＋eq\f(1,2)(－2a)t2，vA＝v0＋(－2a)t對B車有xB＝eq\f(1,2)at2，vB＝at兩車位移關(guān)系有x＝xA－xB追上時(shí)，兩車不相撞的臨界條件是vA＝vB聯(lián)立以上各式解得v0＝eq\r(6ax)故要使兩車不相撞，A車的初速度v0應(yīng)滿足的條件是v0≤eq\r(6ax)。解法二函數(shù)法利用判別式求解，由解法一可知xA＝x＋xB即v0t＋eq\f(1,2)(－2a)t2＝x＋eq\f(1,2)at2整理得3at2－2v0t＋2x＝0這是一個(gè)關(guān)于時(shí)間t的一元二次方程，當(dāng)根的判別式Δ＝(－2v0)2－4×3a×2x＝0時(shí)，兩車剛好不相撞，所以要使兩車不相撞，A車的初速度v0應(yīng)滿足的條件是v0≤eq\r(6ax)。解法三圖像法利用v-t圖像求解，先作出A、B兩車的v-t圖像，如圖所示設(shè)經(jīng)過t時(shí)間兩車剛好不相撞，則對A車有vA＝v′＝v0－2at對B車有vB＝v′＝at以上兩式聯(lián)立解得t＝eq\f(v0,3a)經(jīng)t時(shí)間兩車發(fā)生的位移之差等于原來兩車間距離x，它可用圖中的陰影面積表示，由圖像可知x＝eq\f(1,2)v0·t＝eq\f(1,2)v0·eq\f(v0,3a)＝eq\f(v02,6a)所以要使兩車不相撞，A車的初速度v0應(yīng)滿足的條件是v0≤eq\r(6ax)。答案：v0≤eq\r(6ax)[應(yīng)用體驗(yàn)]1．解析：(1)當(dāng)A、B兩汽車速度相等時(shí)，兩車間的距離最遠(yuǎn)，即v＝vB－at＝vA，解得t＝3s此時(shí)汽車A的位移xA＝vAt＝12m汽車B的位移xB＝vBt－eq\f(1,2)at2＝21m故最遠(yuǎn)距離Δxmax＝xB＋x0－xA＝16m。(2)汽車B從開始減速直到靜止經(jīng)歷的時(shí)間t1＝eq\f(vB,a)＝5s，運(yùn)動(dòng)的位移xB′＝eq\f(vB2,2a)＝25m汽車A在t1時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移xA′＝vAt1＝20m此時(shí)相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12m汽車A需再運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(Δx,vA)＝3s故A追上B所用時(shí)間t總＝t1＋t2＝8s。答案：(1)16m(2)8s升維訓(xùn)練提示：(1)這個(gè)結(jié)果不合理，因?yàn)槠嘊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長為t＝eq\f(vB,a)＝5s＜7s，說明汽車A追上B時(shí)汽車B已停止運(yùn)動(dòng)。(2)可由位移關(guān)系式：vBt－eq\f(1,2)at2＝x0＋vAt，解得t1＝(3－eq\r(2))s，t2＝(3＋eq\r(2))s(舍去)，t1時(shí)兩車已相撞。2．解析：(1)在t0時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩車運(yùn)動(dòng)位移分別為x1＝v1t0，x2＝v2t0－eq\f(1,2)a0t02，又x1－x2＝L0－L，解得t0＝3s(另一解為負(fù)值，舍去)。(2)甲車開始剎車時(shí)，乙車速度為v3＝v2－a0t0＝7m/s若甲車剎車后經(jīng)時(shí)間t兩車速度相等(均為v)，兩車恰好避免相撞，則v＝v1－at，v＝v3－a0t時(shí)間t內(nèi)甲、乙兩車運(yùn)動(dòng)位移分別為x3＝v1t－eq\f(1,2)at2，x4＝v3t－eq\f(1,2)a0t2，又x3－x4＝L，聯(lián)立以上各式解得a＝2.75m/s2即甲車剎車加速度至少為2.75m/s2。答案：(1)3s(2)2.75m/s2第6講關(guān)鍵點(diǎn)(一)1．解析：(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線與軌道平行，小車從靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的地方靜止釋放，并且要先接通電源后釋放小車，實(shí)驗(yàn)中沒必要平衡摩擦力，故選A、C、D。(2)計(jì)數(shù)點(diǎn)1的讀數(shù)為2.75cm。打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)小車的速度大小為v2＝eq\f(x3－x1,2T)＝eq\f(8.62－2.75,2×0.02)×10－2m/s≈1.47m/s。答案：(1)ACD(2)2.751.472．解析：(1)實(shí)驗(yàn)中，我們不需要測質(zhì)量，但需要測遮光帶和透光帶的寬度，故需要刻度尺；(2)根據(jù)平均速度定義可得v3＝eq\f(0.045m,0.03s)＝1.5m/s；(3)可以考慮勻變速直線運(yùn)動(dòng)中平均速度等于中間時(shí)刻速度，分別求出相鄰兩個(gè)中間時(shí)刻速度后，根據(jù)加速度定義式表示g，即g＝eq\f(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1),\f(Δt1＋Δt2,2))，整理可得g＝eq\f(2dΔt1－Δt2,Δt1Δt2Δt1＋Δt2)。答案：(1)刻度尺(2)1.5(3)eq\f(2dΔt1－Δt2,Δt1Δt2Δt1＋Δt2)關(guān)鍵點(diǎn)(二)1．解析：(1)本實(shí)驗(yàn)是探究速度隨時(shí)間的變化規(guī)律，因此不需要平衡摩擦力。(2)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T＝0.1s，打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)小車速度大小v2＝eq\f(x03－x01,2T)＝0.504m/s打計(jì)數(shù)點(diǎn)4時(shí)小車速度大小v4＝eq\f(x05－x03,2T)≈0.805m/s。(3)加速度大小a＝eq\f(x06－2x03,9T2)＝1.50m/s2。答案：(1)不需要(2)0.5040.805(3)1.502．解析：(1)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體在相等時(shí)間間隔內(nèi)相鄰的位移差相等，即滿足Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1，甲紙帶AB段、BC段、CD段、DE段與相連的前一段差值均為0.51cm，而EF段與DE段差值為0.62cm，不滿足勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體在相等時(shí)間間隔內(nèi)相鄰的位移差相等的規(guī)律，故甲紙帶出現(xiàn)測量錯(cuò)誤。(2)每隔四個(gè)點(diǎn)作為一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，可知相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為T＝0.02s×5＝0.1s，選擇乙紙帶研究，D點(diǎn)為CE段中間時(shí)刻，則有vD＝eq\x\to(v)CE＝eq\f(0.0403＋0.0454,0.2)m/s≈0.43m/s。(3)選擇乙紙帶研究，由逐差法可得加速度大小為a＝eq\f(xDF－xAC,6T2)＝eq\f(0.0454＋0.0505－0.0301＋0.0352,6×0.12)m/s2＝0.51m/s2。答案：(1)甲(2)0.43m/s(3)0.51m/s2關(guān)鍵點(diǎn)(三)1．解析：(1)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打計(jì)數(shù)點(diǎn)3時(shí)小車的速度等于打計(jì)數(shù)點(diǎn)2到4運(yùn)動(dòng)過程的平均速度，由題意可知，相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為0.1s，有v3＝eq\f(11.92＋10.00×10－2,2×0.1)m/s≈1.10m/s。(2)由圖(c)可知，0時(shí)刻的速度為0.50m/s。(3)利用v-t圖像的斜率可知玩具車運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.43－0.50,0.5)m/s2＝1.86m/s2。答案：(1)1.10(2)0.50(0.49～0.52均正確)(3)1.86(1.84～1.88均正確)2．解析：(1)擋光片的寬度d＝29mm＋0.1×8mm＝29.8mm＝2.98cm小車通過光電門時(shí)的速度大小v＝eq\f(d,t)＝eq\f(2.98×10－2,2.00×10－2)m/s＝1.49m/s。(2)通過兩個(gè)光電門的速度大小分別為v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，根據(jù)v22－v12＝2aL可得加速度大小為a＝eq\f(d2,2L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t22)－\f(1,t12)))。答案：(1)2.981.49(2)eq\f(d2,2L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t22)－\f(1,t12)))或eq\f(1,2L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d2,t22)－\f(d2,t12)))或eq\f(d2t12－t22,2Lt12t22)3．解析：(1)根據(jù)紙帶的數(shù)據(jù)可得ΔxAD＝xAB＋xBC＋xCD＝6.60cm＋8.00cm＋9.40cm＝24.00cm平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))AD＝eq\f(ΔxAD,3T)＝80.0cm/s。(2)根據(jù)第(1)小題結(jié)果補(bǔ)全實(shí)驗(yàn)點(diǎn)，如圖甲所示。(3)從實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，小車運(yùn)動(dòng)的eq\o(v,\s\up6(－))-Δt圖線可視為一條直線，如圖乙所示。此直線用方程eq\o(v,\s\up6(－))＝kΔt＋b表示，由圖像可知其中k＝eq\f(101.0－59.0,0.6)cm/s2＝70.0cm/s2，b＝59.0cm/s。(4)小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，整理得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，即eq\o(v,\s\up6(－))＝vA＋eq\f(1,2)at，故根據(jù)圖像的斜率和截距可得vA＝b，a＝2k。答案：(1)24.0080.0(2)見解析圖甲(3)70.059.0(4)b2k第二章相互作用第1講課前基礎(chǔ)先行一、地球的吸引正比mg彈簧測力計(jì)豎直向下質(zhì)量二、1.形狀體積恢復(fù)原狀形狀2．恢復(fù)原狀接觸彈性形變相反相反3．彈性形變正比kx勁度系數(shù)自身性質(zhì)形變量[理解判斷](1)√(2)×(3)√(4)×(5)√(6)×逐點(diǎn)清(一)1．選C重力的方向豎直向下，但不一定指向地心，A錯(cuò)誤；由于地球?qū)?zhàn)機(jī)的吸引而產(chǎn)生重力，同時(shí)戰(zhàn)機(jī)對地球也產(chǎn)生引力，B錯(cuò)誤；任何力都有施力物體，重力的施力物體是地球，C正確；地球附近的任何物體都受重力作用，與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)，D錯(cuò)誤。2．選D由題意可知水桶中的水到一定量之后，導(dǎo)致水桶與水整體的重心往上移動(dòng)，豎直向下的重力作用線偏離中心轉(zhuǎn)軸，導(dǎo)致水桶不能穩(wěn)定平衡，發(fā)生翻轉(zhuǎn)，D正確。3．選D由于物體浸沒于水中時(shí)，受到向上的浮力，彈簧測力計(jì)的拉力減小了，但物體的重力并沒有發(fā)生改變，故A錯(cuò)誤；當(dāng)兩物體所處的地理位置不同時(shí)，由于g的大小不同，質(zhì)量大的物體的重力不一定大，故B錯(cuò)誤；重力的方向是豎直向下的，而不是垂直向下，故C錯(cuò)誤；物體的重心位置由形狀和質(zhì)量分布情況兩個(gè)方面共同決定，故D正確。4．選C錐體上滾的原理是重心運(yùn)動(dòng)，雖然看到的現(xiàn)象好像是錐體在上滾，但是從側(cè)面觀察的話錐體重心其實(shí)是下移的，B錯(cuò)誤，C正確。錐體的重心在錐體的內(nèi)部幾何中心上，不在錐體外面，A錯(cuò)誤。雙圓錐體放在軌道的低處時(shí)，放手后它會(huì)向軌道高處滾動(dòng)，這是因?yàn)楫?dāng)雙圓錐體在軌道的最低處時(shí)，它的重心在最高處；當(dāng)雙圓錐體在軌道最高處時(shí)，它的重心卻在最低處，D錯(cuò)誤。逐點(diǎn)清(二)1．選B題圖甲中，小球隨車廂做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不發(fā)生改變，水平方向上不受力，A錯(cuò)誤；假設(shè)題圖乙中斜面對小球沒有彈力，小球?qū)⒃谳p繩拉力和重力作用下處于豎直狀態(tài)，故斜面對小球有彈力，B正確；假設(shè)題圖丙中b繩對小球有彈力，則小球受到重力及兩個(gè)拉力作用，水平方向上受力不平衡，小球無法處于靜止?fàn)顟B(tài)，故b繩對小球無彈力，C錯(cuò)誤；假設(shè)題圖丁中兩球間有彈力，則細(xì)線不可能處于豎直狀態(tài)，故兩球間無彈力，D錯(cuò)誤。2．選D當(dāng)小車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧彈力大小等于小球重力大小，細(xì)繩的拉力FT＝0；當(dāng)小車和小球向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)繩的拉力不能為零，彈簧彈力有可能為零，故D正確。3.4.逐點(diǎn)清(三)1．選B根據(jù)兩根彈簧中彈力相等可得b彈簧的伸長量為eq\f(k1L,k2)，P端向右移動(dòng)的距離為L＋eq\f(k1,k2)L，選項(xiàng)B正確。2．選A不計(jì)一切摩擦，平衡時(shí)三個(gè)彈簧的彈力大小均等于一個(gè)小球的重力，故選項(xiàng)A正確。3.選D設(shè)掛鉤所在處為N點(diǎn)，延長PN交墻于M點(diǎn)，如圖所示：同一條繩子上的拉力相等，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)＝0.6，則cosα＝0.8，根據(jù)平衡條件可得：2FTcosα＝G，解得：FT＝5N，故D正確。4.選D小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，其合力為零，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可得F＝eq\r(mg2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)mg))2)＝eq\f(5,4)mg，D正確。5．選CD設(shè)桿對小球的彈力F在豎直方向的分力為Fy，水平方向的分力為Fx，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)y＝mg，F(xiàn)x＝ma，F(xiàn)＝eq\r(mg2＋ma2)，當(dāng)eq\f(ma,mg)＝tanθ時(shí)，即a＝gtanθ時(shí)，桿對球的彈力沿桿向上，此時(shí)F＝eq\f(mg,cosθ)，綜上所述，A、B錯(cuò)誤，C、D正確。第2講課前基礎(chǔ)先行1．趨勢相對滑動(dòng)粗糙相對運(yùn)動(dòng)趨勢粗糙相對運(yùn)動(dòng)材料相反相反相對運(yùn)動(dòng)趨勢相對運(yùn)動(dòng)[理解判斷](1)√(2)×(3)√(4)√(5)√(6)√逐點(diǎn)清(一)1．選BD對小木塊受力分析，小木塊受到重力、支持力、水平向右的彈簧的拉力和木板的摩擦力，根據(jù)平衡條件知，木板對小木塊的摩擦力方向向左，故A錯(cuò)誤，B正確；對整體受力分析，在豎直方向上受到的重力和支持力平衡，若地面對木板有摩擦力，則整體合力不為零，則整個(gè)裝置不可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故地面對木板無摩擦力作用，故C錯(cuò)誤，D正確。2．選A機(jī)器人加速前進(jìn)時(shí)，相對包裹機(jī)器人有向前運(yùn)動(dòng)的趨勢，故此時(shí)包裹對水平托盤的摩擦力方向向后，A正確；包裹受到向上的支持力是托盤發(fā)生形變產(chǎn)生的，B錯(cuò)誤；包裹對機(jī)器人的壓力和機(jī)器人對包裹的支持力是一對相互作用力，C錯(cuò)誤；包裹隨著機(jī)器人一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，包裹加速度為零，故此時(shí)不受到摩擦力，D錯(cuò)誤。3．選A乘客在無臺(tái)階的扶梯上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在加速階段和勻速階段，都受重力、支持力、摩擦力作用，勻速階段乘客加速度為零，扶梯對乘客的作用力豎直向上，由牛頓第三定律可知，乘客對扶梯的作用力豎直向下，加速階段扶梯對乘客的作用力斜向上，由牛頓第三定律可知，乘客對扶梯的作用力斜向下；有臺(tái)階的扶梯，在扶梯勻速上升階段，乘客不受摩擦力作用，在扶梯加速階段，乘客所受支持力和摩擦力的合力斜向上，由牛頓第三定律可知，乘客對扶梯的作用力斜向下，綜上所述，A正確，B、C、D均錯(cuò)誤。逐點(diǎn)清(二)1．選D根據(jù)題意，對螞蟻受力分析，設(shè)螞蟻所在位置和圓心連線與豎直方向夾角為θ，如圖所示，由平衡條件可得FN＝mgcosθ，f＝mgsinθ，由于α>β，則A處螞蟻受到的支持力比B處螞蟻小，B處螞蟻受到的摩擦力比A處螞蟻小，故A、B錯(cuò)誤；螞蟻與輪胎之間保持靜止，則摩擦力不能按滑動(dòng)摩擦力計(jì)算，則A處的螞蟻受到的摩擦力大小不一定為μmgcosα，故C錯(cuò)誤；由題意可知，B處螞蟻所在位置和圓心連線與豎直方向夾角為β，則B處的螞蟻受到的摩擦力大小為mgsinβ，故D正確。2．選C由題意得物體A與小車的上表面間的最大靜摩擦力Fmax≥5N，小車向右加速運(yùn)動(dòng)后，對物體A受力分析，可得F合＝ma＝10N，可知此時(shí)小車對物體A的摩擦力大小為5N，方向向右，且為靜摩擦力，所以物體A相對于小車仍然靜止，故A錯(cuò)誤；所以物體A受到的摩擦力大小不變，故B錯(cuò)誤，C正確；物體A相對于小車仍然靜止，所以受到的彈簧的拉力大小不變，故D錯(cuò)誤。3．選A根據(jù)題意，設(shè)貨物的質(zhì)量為m，木板的傾角為θ，貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對貨物，根據(jù)物體的平衡條件有mgsinθ＝μmgcosθ，又有tanθ＝eq\f(1.2,\r(22－1.22))＝eq\f(3,4)，解得μ＝eq\f(3,4)，故選A。逐點(diǎn)清(三)[例1]選AD在0～2s內(nèi)兩物體向右做加速運(yùn)動(dòng)，加速度先增大后減??；2～4s內(nèi)加速度反向，兩物體做減速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閮啥螘r(shí)間內(nèi)受力是對稱的，所以4s末速度變?yōu)榱?，?～4s內(nèi)兩物體一直向右運(yùn)動(dòng)，然后重復(fù)以前的運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；在2～3s內(nèi)，F(xiàn)逐漸增大，兩物體加速度逐漸增大，隔離對B分析，B所受的合力逐漸增大，即B所受的摩擦力逐漸增大，C錯(cuò)誤；對整體分析，兩物體的加速度與F的方向相同，B物體所受的合力為摩擦力，故摩擦力的方向與加速度方向相同，即與F的方向相同，D正確。[例2]選B木板始終向左運(yùn)動(dòng)或者有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢，可得物塊對木板的摩擦力始終向右，所以物塊受到木板對其的摩擦力方向始終水平向左，A正確；根據(jù)圖像可得在1.0～1.3s時(shí)間內(nèi)物塊受到摩擦力在變化，所以可得此時(shí)為靜摩擦力，此時(shí)的靜摩擦力大小與物塊對木板的正壓力無關(guān)，B錯(cuò)誤，C正確；2.4～3.0s時(shí)間內(nèi)傳感器示數(shù)不再變化，說明此時(shí)摩擦力已經(jīng)變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力，此時(shí)木板只要運(yùn)動(dòng)就行，可能做變速直線運(yùn)動(dòng)，D正確。[例3]選A開始物體受到水平向左的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，物體速度減為0后，F(xiàn)<Ff，所以物體受到水平向右的靜摩擦力Ff′＝F＝1N，故選A。[例4]選BD當(dāng)小木塊速度小于傳送帶速度時(shí)，小木塊相對于傳送帶向上滑動(dòng)，小木塊受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，加速度a＝gsinθ＋μgcosθ；當(dāng)小木塊速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，由于μ＜tanθ，即μmgcosθ＜mgsinθ，所以速度繼續(xù)增加，此時(shí)滑動(dòng)摩擦力的大小不變，而方向突變?yōu)檠貍魉蛶蛏?，a＝gsinθ－μgcosθ，加速度變小，則v-t圖像的斜率變小，B、D正確。第3講課前基礎(chǔ)先行一、1.同一點(diǎn)2.效果合力分力等效替代二、2.(1)鄰邊對角線(2)首尾相接三、分力平行四邊形三角形正交效果四、方向平行四邊形算術(shù)法則[理解判斷](1)√(2)√(3)√(4)×(5)√(6)√(7)×(8)√(9)×逐點(diǎn)清(一)1．選ABC兩個(gè)2N的力的合力范圍為0～4N，然后與3N的力合成，則三力的合力范圍為0～7N，由于最大靜摩擦力為5N，因此可判定選項(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤。2．選B先以力F1和F2為鄰邊作平行四邊形，其合力與F3共線，大小F12＝2F3，如圖所示，F(xiàn)12再與第三個(gè)力F3合成求合力F合，可得F合＝3F3。3．選B擦窗工具在豎直玻璃平面上受到重力、拉力和摩擦力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則摩擦力大小等于重力和拉力的合力，拉力大小等于重力，即F摩＝eq\r(2)mg，方向斜向左上方與水平方向夾角為45°，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。逐點(diǎn)清(二)[例1]選A設(shè)力F與AC方向間的夾角為θ，將力F按作用效果沿AB和AC兩個(gè)方向進(jìn)行分解，作出力的分解圖如圖甲所示。由幾何關(guān)系得2F1cosθ＝F，則得F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ)，再將F2按作用效果分解為FN和FN′，作出力的分解圖如圖乙所示。由幾何關(guān)系得FN＝F2sinθ，聯(lián)立得到FN＝eq\f(Ftanθ,2)，根據(jù)幾何知識得tanθ＝eq\f(a,b)＝6，得到FN＝3F，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。[針對訓(xùn)練]1.選D同一斧子，θ一定，F(xiàn)越大，其分力越大，越容易劈開木樁，故A、B錯(cuò)誤，F(xiàn)一定時(shí)，θ越小的斧子，其分力越大，越容易劈開木樁，故C錯(cuò)誤，D正確。[例2]選B物體在力F1作用下和力F2作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力分別如圖1和圖2所示。將物體受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡條件可得：F1＝mgsinθ＋Ff1，F(xiàn)N1＝mgcosθ，F(xiàn)f1＝μFN1；F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，F(xiàn)N2＝mgcosθ＋F2sinθ，F(xiàn)f2＝μFN2，解得：F1＝mgsinθ＋μmgcosθ，F(xiàn)2＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosθ－μsinθ)，故eq\f(F1,F2)＝cosθ－μsinθ，B正確。[針對訓(xùn)練]2.選BC兩根耙索的合力大小為F′＝2Fcos30°＝eq\r(3)F，A錯(cuò)誤，B正確；由平衡條件，地對耙的水平阻力大小為f＝F′cos30°＝eq\f(3,2)F，C正確，D錯(cuò)誤。逐點(diǎn)清(三)[典例]選B卡車以某一恒定的加速度剎車時(shí)，其加速度水平向左，則C所受的合力水平向左，而C對A的壓力恰好為零，則C只受重力和B對C的支持力，由豎直方向平衡有NBCsin60°＝mg，解得B球?qū)球的支持力為NBC＝eq\f(2\r(3),3)mg，由牛頓第三定律可知C對B的壓力大小為eq\f(2\r(3),3)mg。故選B。[應(yīng)用體驗(yàn)]1．選A對整體受力分析，在水平方向上受推力和滑動(dòng)摩擦力，有F＝2μmg；對B受力分析，B受到重力、推力F和支持力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡有tanθ＝eq\f(F,mg)，聯(lián)立解得μ＝eq\f(tanθ,2)＝eq\f(\r(3),6)，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確。2．選A根據(jù)題意，翠鳥做加速直線運(yùn)動(dòng)，所以翠鳥所受合力方向與速度方向相同，根據(jù)平行四邊形定則分析可知只有A選項(xiàng)中，重力與F的合力的方向有可能與速度方向相同，B、C、D中合力的方向一定與速度方向有夾角，翠鳥不可能做直線運(yùn)動(dòng)。所以A正確，B、C、D錯(cuò)誤。3.選AD將a、b看成整體，其受力圖如圖甲所示，說明a與墻壁之間沒有彈力和摩擦力作用；對物體b進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，b受到3個(gè)力作用，再對物體a分析，可知a受到4個(gè)力作用，A、D正確。第4講(一)1.提示：最上面這根原木由于重力作用，對其下面兩根原木有垂直于接觸面的壓力，壓緊下面的兩根原木，如圖所示。由平行四邊形定則可得，最上面這根原木對其下面兩根原木的作用力大小分別為F1＝F2＝eq\f(G,2cos30°)＝eq\f(\r(3)G,3)。2．選D對光滑圓柱體受力分析如圖，由題意有Fa＝Gsin37°＝0.6G，F(xiàn)b＝Gcos37°＝0.8G，故選D。3．選C根據(jù)題意可知，總繩對人的作用力大小為F＝2×100N×cos30°＝100eq\r(3)N，對人受力分析，如圖所示，由平衡條件有Ff＝Fsin30°＝50eq\r(3)N，F(xiàn)cos30°＋FN＝mg，解得FN＝350N，故選C。4．選B把工人與小木板視為整體(可看作質(zhì)點(diǎn))，受到豎直向下的重力、墻對腳的作用力F1和輕繩OA的拉力F2，處于平衡狀態(tài)，三力可組成力的矢量三角形，如圖甲所示，工人緩慢下移的過程中，輕繩OA與豎直方向的夾角減小，墻對腳的作用力方向不變，兩力之間的夾角由90°逐漸減小，由圖可知，繩OA的彈力逐漸增大，墻對腳的作用力逐漸減小，由牛頓第三定律可知腳對墻的作用力逐漸減小，故A錯(cuò)誤，B正確。由于α＝37°，β＝53°，此時(shí)若工人不觸碰輕繩，F(xiàn)1＝mgsinα，小木板受的壓力大小等于mg－F1cosβ＝384N，故C錯(cuò)誤；連接小木板的兩等長輕繩AB、AC的夾角θ＝120°，所以繩AB的張力大小T＝eq\f(\f(F2,2),cos60°)＝480N，D錯(cuò)誤。(二)[典例]選A根據(jù)幾何關(guān)系可知，兩球心連線與豎直方向的夾角θ滿足sinθ＝eq\f(1.2R,2R)＝0.6，設(shè)半球的質(zhì)量為m，豎直墻壁對半球B的支持力F＝mgtanθ＝eq\f(3,4)mg，A與B組成的系統(tǒng)保持靜止，一定滿足F≤2μmg，即eq\f(3,4)mg≤2μmg，解得μ≥eq\f(3,8)，所以半球A與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)最小值為eq\f(3,8)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。[應(yīng)用體驗(yàn)]1．選C根據(jù)題意，分別對A、B受力分析，如圖所示，對小球A，由平衡條件有Facos30°＝mg，F(xiàn)asin30°＝FcA，對小球B，由平衡條件有Fbcos60°＝mg，F(xiàn)cB＋Fbsin60°＝F，又有FcA＝FcB，聯(lián)立解得F＝eq\f(4\r(3),3)mg，故選C。2．選D由題意可知，用手使P的左端與玻璃擋板靠近時(shí)，感受到P對手有靠向玻璃擋板的力，即Q對P有水平向左的磁力；P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)，則說明Q對P有豎直向上的磁力，則Q對P的磁力方向斜向左上方，其大小大于GP，根據(jù)牛頓第三定律可知，P對Q的磁力方向斜向右下方，A、B錯(cuò)誤；對P和Q的整體受力分析，豎直方向電子秤對Q的支持力大小等于GP＋GQ，即Q對電子秤的壓力大小等于GP＋GQ，C錯(cuò)誤，D正確。(三)[例1]選A設(shè)AC段長為d，AC與BC的夾角為θ，則BC段長為3L－d，根據(jù)幾何知識有L2＋d2＝(3L－d)2，解得d＝eq\f(4,3)L，因此sinθ＝eq\f(3,5)，設(shè)細(xì)線上的拉力大小為T，對重物進(jìn)行受力分析，如圖所示，則根據(jù)力的平衡條件有T＋Tcosθ＝mg，F(xiàn)＝Tsinθ，解得F＝eq\f(1,3)mg。[例2]選D對O點(diǎn)受力分析如圖所示，由幾何關(guān)系可知，F(xiàn)1的豎直分力小于F2的豎直分力，F(xiàn)1的水平分力等于F2的水平分力，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。[例3]解析：題圖1和圖2中的兩個(gè)物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對象，進(jìn)行受力分析，如圖甲和乙所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。(1)圖甲中細(xì)繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1g，圖乙中細(xì)繩GF段的拉力FTGF＝M2g，由FTEGsin30°＝FTGF，得FTEG＝2M2g，所以eq\f(FTAC,FTEG)＝eq\f(M1,2M2)。(2)圖甲中，三個(gè)力之間的夾角都為120°，根據(jù)平衡規(guī)律有FNC＝FTAC＝M1g，方向與水平方向成30°角，指向右上方。(3)圖乙中，根據(jù)平衡規(guī)律有FTEGsin30°＝M2g，F(xiàn)TEGcos30°＝FNG，所以FNG＝eq\f(M2g,tan30°)＝eq\r(3)M2g，方向水平向右。答案：(1)M1∶2M2(2)M1g，方向與水平方向成30°角指向右上方(3)eq\r(3)M2g，方向水平向右第5講(一)1.選A設(shè)兩細(xì)桿所在平面與水平面夾角為α，根據(jù)對稱性可知，兩個(gè)細(xì)桿對橙子的支持力大小相等，方向均垂直于細(xì)桿且過橙子的重心，因兩細(xì)桿間上窄下寬，故橙子重心與兩細(xì)桿所在平面的距離越來越小，兩個(gè)細(xì)桿對橙子的支持力與兩細(xì)桿所在平面的夾角θ越來越小，而兩個(gè)支持力的合力與重力垂直運(yùn)動(dòng)方向的分力平衡，即2Nsinθ＝Gcosα，可得橙子受到每根細(xì)桿的支持力N＝eq\f(Gcosα,2sinθ)，支持力N越來越大。故選A。2．選D施加拉力F前，以小環(huán)O為對象進(jìn)行受力分析，其受到輕繩2的拉力等于物塊P的重力mg，豎直方向根據(jù)受力平衡可得2T1cos30°＝mg，解得輕繩1的張力大小為T1＝eq\f(\r(3),3)mg，故A正確，不滿足題意要求；物塊在緩慢移動(dòng)過程中，以小環(huán)O為對象，由于小環(huán)O兩側(cè)輕繩1的張力大小總是相等，則小環(huán)O兩側(cè)輕繩1的張力合力沿∠MON平分線，根據(jù)受力平衡可知，輕繩2的延長線始終平分∠MON，故B正確，不滿足題意要求；物塊在緩慢移動(dòng)過程中，輕繩2與豎直方向的夾角θ逐漸增大，以物塊為對象，根據(jù)受力平衡可得T2cosθ＝mg，可知T2＝eq\f(mg,cosθ)，可知輕繩2的張力越來越大，故C正確，不滿足題意要求；物塊在緩慢移動(dòng)過程中，由于M、N之間的輕繩1長度不變，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，小環(huán)O的運(yùn)動(dòng)軌跡為橢圓，M、N為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，當(dāng)輕繩2與MN連線方向垂直時(shí)，小環(huán)O剛好位于橢圓的短軸頂點(diǎn)上，根據(jù)橢圓知識可知此時(shí)∠MON最大，則此過程∠MON＝α逐漸增大，以小環(huán)O為對象，根據(jù)受力平衡可得2T1′coseq\f(α,2)＝T2，可得T1′＝eq\f(T2,2cos\f(α,2))，可知此過程輕繩1的張力一直增大，故D錯(cuò)誤，滿足題意要求。故選D。3．選C對貨物A受力分析，其動(dòng)態(tài)圖如圖所示。貨物緩慢向上移動(dòng)，則拉力方向與豎直方向的夾角減小，由圖可知，繩子的拉力越來越大。同時(shí)，玻璃棚對貨物的支持力變小，由牛頓第三定律知，貨物A對玻璃棚的壓力越來越小。故C項(xiàng)正確。4．選A小球受重力、輕繩的拉力和輕桿的支持力，由于平衡，三個(gè)力可以構(gòu)成矢量三角形，如圖所示。根據(jù)平衡條件，該力的矢量三角形與幾何三角形POC相似，則有eq\f(G,PO)＝eq\f(F1,L)＝eq\f(F2,R)，解得F1＝eq\f(L,PO)G，F(xiàn)2＝eq\f(R,PO)G，當(dāng)P點(diǎn)下移時(shí)，PO減小，L、R不變，故F1增大，F(xiàn)2增大。(二)1.選B如圖所示，小球受到重力mg、細(xì)繩拉力FT及另一拉力F，將FT與F合成，該合力與重力平衡。由圖可以看出，當(dāng)F與FT垂直時(shí)，F(xiàn)最小，等于mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，故選B。2．選B設(shè)輕繩的合拉力為T，地面對石墩的支持力為N，對石墩受力分析，由平衡條件可知Tcosθ＝f，f＝μN(yùn)，Tsinθ＋N＝mg，聯(lián)立解得T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，A錯(cuò)誤，B正確；輕繩的合拉力大小為T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)，可知當(dāng)θ＋φ＝90°時(shí)，輕繩的合拉力有最小值，即減小夾角θ，輕繩的合拉力不一定減小，C錯(cuò)誤；摩擦力大小為f＝Tcosθ＝eq\f(μmgcosθ,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,1＋μtanθ)，可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當(dāng)θ趨近于90°時(shí)，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對石墩的摩擦力不是最小，D錯(cuò)誤。3．解析：筷子對小球的壓力太小時(shí)，小球有下滑的趨勢，最大靜摩擦力沿筷子向上，如圖甲所示。小球平衡時(shí)，有2Nsinθ＋2fcosθ＝mg，f＝μN(yùn)聯(lián)立解得N＝eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)筷子對小球的壓力太大時(shí)，小球有上滑的趨勢，最大靜摩擦力沿筷子向下，如圖乙所示。小球平衡時(shí)，有2N′sinθ＝mg＋2f′cosθ，f′＝μN(yùn)′聯(lián)立解得N′＝eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)綜上，筷子對小球的壓力的取值范圍為：eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)≤N≤eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)。答案：eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)≤N≤eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)第6講關(guān)鍵點(diǎn)(一)1．解析：(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知還需要刻度尺來測量彈簧原長和伸長量。(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，實(shí)驗(yàn)中需要測量的物理量有彈簧的原長、彈簧所受外力與對應(yīng)的伸長量(或與彈簧對應(yīng)的長度)。(3)取圖像中(0.5,0)和(3.5,6)兩個(gè)點(diǎn)，代入ΔF＝kΔx，解得k＝200N/m，由于彈簧自身的重力，使得彈簧不加外力時(shí)就有形變量。(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作的合理性可知先后順序?yàn)镃、B、D、A、E、F、G。答案：(1)刻度尺(2)彈簧原長、彈簧所受外力與對應(yīng)的伸長量(或與彈簧對應(yīng)的長度)(3)200彈簧自身的重力(4)CBDAEFG2．解析：(1)每次增加的鉤碼數(shù)量不需要相等，故A錯(cuò)誤；通過實(shí)驗(yàn)可知，在彈性限度內(nèi)，彈力與彈簧的伸長量成正比，故B錯(cuò)誤；用懸掛鉤碼的方式給彈簧施加拉力，應(yīng)保證彈簧水平且處于平衡狀態(tài)，使彈簧所受拉力的大小等于鉤碼的重力，故C正確；不同彈簧的彈力與伸長量之比，即彈簧的勁度系數(shù)k不一定相等，故D錯(cuò)誤。(2)彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(F,Δl)＝25N/m，在彈性限度內(nèi)，彈力的大小與彈簧的形變量成正比，在A1處出現(xiàn)拐點(diǎn)是因?yàn)槌^了彈簧的彈性限度。(3)避免彈簧自身重力對實(shí)驗(yàn)的影響。答案：(1)C(2)25拉力過大超過彈簧的彈性限度(3)避免彈簧自身重力對實(shí)驗(yàn)的影響關(guān)鍵點(diǎn)(二)1．解析：(1)F-x圖像如圖所示。(2)由F-x圖像知，彈簧的彈力F與彈簧伸長量x成正比，在直線上取較遠(yuǎn)的兩點(diǎn)代入k＝eq\f(ΔF,Δx)，可得直線的斜率k≈0.2N/cm＝20N/m。所以該彈簧的彈力與伸長量的關(guān)系的函數(shù)表達(dá)式為F＝kx＝20x(N)。(3)彈簧的彈力與伸長量的關(guān)系的函數(shù)表達(dá)式為F＝20x，式中的常數(shù)表示彈簧每伸長1m彈簧的彈力增大20N，即實(shí)驗(yàn)中使用的彈簧的勁度系數(shù)為20N/m。(4)彈簧的總長為l，則彈簧伸長量x＝l－l0，根據(jù)(2)的結(jié)果有彈力F與l的關(guān)系表達(dá)式為F＝kx＝k(l－l0)＝20l－8(N)。所作的F-l圖像在橫軸上有截距，其物理意義為彈簧的原長，而F-x圖像在橫軸上沒有截距。答案：(1)見解析圖(2)F＝20x(N)(3)函數(shù)表達(dá)式中的常數(shù)表示彈簧每伸長1m，彈簧的彈力增大20N，是彈簧的勁度系數(shù)。(4)F＝20l－8(N)，F(xiàn)-l圖像在橫軸上有截距，其物理意義為彈簧的原長，而F-x圖像在橫軸上沒有截距2．解析：(1)鉤碼靜止時(shí)其所受重力大小等于彈簧彈力的大小，這樣做依據(jù)的物理規(guī)律是共點(diǎn)力的平衡條件。(2)根據(jù)胡克定律F＝k(l－l0)可得題圖乙的F-l圖像的橫截距即為彈簧的自然長度l0，斜率即為彈簧的勁度系數(shù)k，所以可得l0＝4.0cmk＝eq\f(16－0,20－4×10－2)N/m＝100N/m＝1.0×102N/m。(3)題圖丙中彈簧測力計(jì)的示數(shù)為F＝8.00N。答案：(1)共點(diǎn)力的平衡條件(2)4.01.0×102(3)8.00第7講關(guān)鍵點(diǎn)(一)1．解析：(1)步驟③是只用一個(gè)彈簧測力計(jì)，將小圓環(huán)拉到同一位置O點(diǎn)，使F的作用效果與F1、F2同時(shí)作用時(shí)相同。(2)實(shí)驗(yàn)中兩個(gè)拉力的作用效果和一個(gè)拉力的作用效果相同，采用的科學(xué)方法是等效替代法。故選C。(3)測力計(jì)的精度為0.1N，所以F1＝4.00N保持小圓環(huán)位置不變，F(xiàn)1、F2的合力不變，由平行四邊形定則作圖可知，保持F1大小不變，方向繞O點(diǎn)順時(shí)針稍轉(zhuǎn)動(dòng)、F2繞O點(diǎn)順時(shí)針稍轉(zhuǎn)動(dòng)可使F2的值增加。故選A。答案：(1)仍使小圓環(huán)處于O點(diǎn)(2)C(3)4.00A2．解析：(1)根據(jù)測力計(jì)讀數(shù)規(guī)則，彈簧測力計(jì)a的示數(shù)為5.80N。(2)根據(jù)驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)要求，彈簧測力計(jì)應(yīng)在使用前校零，細(xì)線方向應(yīng)與木板平面平行，改變拉力，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，每次不必使O點(diǎn)靜止在同一位置，所以不必要的操作是C。(3)用一個(gè)彈簧測力計(jì)拉橡皮筋到O′點(diǎn)時(shí)的拉力F′的方向一定與橡皮筋在同一直線上，用兩個(gè)彈簧測力計(jì)拉橡皮筋到O′點(diǎn)，在誤差允許的范圍內(nèi)，兩彈簧測力計(jì)拉力的合力F方向與橡皮筋可以不在同一直線上，所以符合實(shí)際情況的是圖C。答案：(1)5.80(2)C(3)C關(guān)鍵點(diǎn)(二)1．解析：(1)對拉彈簧測力計(jì)是為了校準(zhǔn)兩彈簧測力計(jì)，但是在校準(zhǔn)前必須調(diào)零，然后在水平面上對拉兩彈簧測力計(jì)，若其讀數(shù)相等，則可正常使用，豎直方向上對拉時(shí)應(yīng)考慮彈簧自身重力的影響，并且與彈簧的量程無關(guān)，所以A、D正確，B、C錯(cuò)誤。(2)①如圖所示。②適當(dāng)增大兩細(xì)繩的夾角或增大A、B兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離。答案：(1)AD(2)①見解析圖②適當(dāng)增大兩細(xì)繩的夾角或增大A、B兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離2．解析：(1)三條橡皮筋的規(guī)格相同，自然長度要相等，且勁度系數(shù)要相同，步驟②的目的是驗(yàn)證三條橡皮筋的勁度系數(shù)是否相同，故A、B正確；拉線方向必須與木板平面平行，這樣才確保力的大小準(zhǔn)確性，故C錯(cuò)誤；改變拉力，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，每次沒必要使O點(diǎn)在同一位置，故D錯(cuò)誤。(2)若第二次實(shí)驗(yàn)同第一次相比較，OM、ON夾角不變，OM、OP的夾角變小，橡皮筋OP長度不變，由平行四邊形定則可知，橡皮筋OM長度變小，橡皮筋ON長度變大。答案：(1)AB(2)變小變大第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律第1講課前基礎(chǔ)先行一、1.勻速直線運(yùn)動(dòng)靜止2.固有屬性無關(guān)3.質(zhì)量質(zhì)量大質(zhì)量小二、勻速直線運(yùn)動(dòng)靜止正比反比相同兩個(gè)相等相反同一條直線三、1.基本單位導(dǎo)出單位2.質(zhì)量長度時(shí)間kgms3.基本量[理解判斷](1)√(2)√(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×逐點(diǎn)清(一)1．選C力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，物體不受力時(shí)也能保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；牛頓第一定律是在實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上進(jìn)一步推理概括出來的科學(xué)理論，不能直接通過實(shí)驗(yàn)得出，但能經(jīng)住實(shí)踐的檢驗(yàn)，故B錯(cuò)誤；伽利略通過理想斜面實(shí)驗(yàn)說明，力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故C正確；慣性的大小由物體的質(zhì)量決定，與物體受力的大小無關(guān)，與是否受力也無關(guān)，故D錯(cuò)誤。2．選ABD牛頓第一定律描述的是物體不受外力作用時(shí)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)不變，A、B正確；牛頓第一定律還揭示了力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，C錯(cuò)誤，D正確。3．選C把手中的鉛球由靜止釋放后，鉛球豎直下落，是由于鉛球受到豎直向下的重力的緣故，故A錯(cuò)誤；慣性只與質(zhì)量有關(guān)，與速度無關(guān)，故B錯(cuò)誤；牛頓第一定律也叫作慣性定律，故C正確；汽車緊急剎車時(shí)，乘客會(huì)向前傾，這是由于乘客具有慣性，但是慣性不是力，不能說受到慣性力的作用，故D錯(cuò)誤。逐點(diǎn)清(二)1．選D物體所受合力為零，則物體處于平衡狀態(tài)，因此物體處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，A錯(cuò)誤；物體所受合力變化時(shí)，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)會(huì)產(chǎn)生變化，物體受恒定的合力時(shí)，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)也會(huì)產(chǎn)生變化，B錯(cuò)誤；物體所受合力不為零時(shí)，物體的加速度一定不為零，物體的速度有時(shí)可能為零，C錯(cuò)誤；物體所受的合力不變且不為零，由牛頓第二定律可知，物體一定有加速度，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定變化，D正確。2．(1)選D物體在水平推力作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物體水平方向受到推力和滑動(dòng)摩擦力。水平推力從開始減小到與滑動(dòng)摩擦力大小相等的過程中，物體受到推力大于摩擦力，物體有加速度，合力減小，加速度減小；此后，推力繼續(xù)減小，推力小于滑動(dòng)摩擦力，合力與速度方向相反，物體做減速運(yùn)動(dòng)，合力反向增大，加速度反向增大。故物體加速度先減小后增大；速度先增大后減小。(2)選C皮球在上升過程中受空氣阻力方向向下，由牛頓第二定律有mg＋kv＝ma，解得a＝g＋eq\f(kv,m)，可知皮球做加速度越來越小的減速運(yùn)動(dòng)，速度減小到0時(shí)其加速度大小減小到重力加速度g，排除B、D；加速度越小，速度減小得越慢，由a＝g＋eq\f(kv,m)可知加速度減小得也越慢，A錯(cuò)誤，C正確。(3)選B對排球受力分析，上升過程受到的重力和空氣阻力方向相同，下降過程中受到的重力和空氣阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中相同位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大，由位移與時(shí)間關(guān)系可知，上升時(shí)間比下落時(shí)間短，A錯(cuò)誤；在整個(gè)過程中空氣阻力一直做負(fù)功，排球的機(jī)械能一直在減小，下降過程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過程的最低點(diǎn)的速度，故排球被墊起時(shí)的速度最大，B正確；達(dá)到最高點(diǎn)速度為零，空氣阻力為零，加速度不為零，C錯(cuò)誤；下落過程中，排球速度變化，所受空氣阻力變化，故所受的合力變化，做變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。3．選B對P施加F時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有a1＝eq\f(F,m1)＝eq\f(Δv1,Δt)＝10m/s2，對P和Q整體施加F時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有a2＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(Δv2,Δt)＝2m/s2，聯(lián)立解得m2＝4.0kg，故選B。逐點(diǎn)清(三)1．選B觀察分析兩個(gè)力傳感器的相互作用力隨時(shí)間變化的曲線，可以看出作用力與反作用力總是大小相等、方向相反、同時(shí)變化，A、C錯(cuò)誤，B正確；作用力與反作用力總是等大、反向、共線的關(guān)系，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)，D錯(cuò)誤。2．選B對工人受力分析，受繩的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯(cuò)誤，B正確；對動(dòng)滑輪受力分析如圖所示，則有繩子拉力FT＝eq\f(mg,2cosθ)，重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸變大，C、D錯(cuò)誤。3．選D大圓環(huán)對地面無壓力，由牛頓第三定律可知，地面對大圓環(huán)無支持力，大圓環(huán)受力平衡，所以橡皮球?qū)︿摻z的摩擦力F＝m0g，方向豎直向上，由牛頓第三定律可知，鋼絲對橡皮球的摩擦力F′＝F＝m0g，方向豎直向下，A、B錯(cuò)誤。對橡皮球受力分析，由牛頓第二定律有F′＋mg＝ma，解得橡皮球的加速度大小a＝eq\f(m0＋m,m)g，故D正確，C錯(cuò)誤。第2講課前基礎(chǔ)先行一、1.運(yùn)動(dòng)情況2.運(yùn)動(dòng)情況受力情況3.加速度牛頓第二定律二、1.(1)大于(2)豎直向上2.(1)小于(2)豎直向下3.(1)等于零(2)豎直向下[理解判斷](1)√(2)√(3)√(4)×(5)×逐點(diǎn)清(一)1.Ca、b繩剪斷前小球受力如圖所示，F(xiàn)a＝mgcos30°，F(xiàn)b＝mgcos60°，剪斷a繩瞬間：a1＝eq\f(Fa,m)＝gcos30°，剪斷b繩瞬間：a2＝eq\f(Fb,m)＝gcos60°，所以a1∶a2＝cos30°∶cos60°＝eq\r(3)∶1，C正確。2．選A剪斷細(xì)繩的瞬間，A、B間輕桿中的彈力可瞬間發(fā)生變化，A、B的加速度相同，由mg＋mg＝2ma可得，兩球的加速度均為g，即a1＝g，a2＝g，A正確。3．選D釋放的瞬間，橡皮繩的形變還沒有來得及變化，單根橡皮繩彈力等于小球的重力mg，故A錯(cuò)誤；釋放的瞬間，橡皮繩彈力仍為mg，小球的加速度等于0，故B錯(cuò)誤；設(shè)紙盒質(zhì)量為M，釋放前，手對紙盒的作用力為(M＋2m)g，方向豎直向上，設(shè)橡皮繩對紙盒的作用力為F，由受力平衡得F＋Mg＝(M＋2m)g，所以橡皮繩對紙盒的作用力F＝2mg，釋放的瞬間，橡皮繩的形變還沒有來得及變化，橡皮繩對紙盒的作用力仍為2mg，方向豎直向下，故D正確；釋放的瞬間，紙盒所受合力為F合＝F＋Mg＝(2m＋M)g，由牛頓第二定律可得紙盒加速度a＝eq\f(F合,M)＝eq\f(2m＋M,M)g>g，故C錯(cuò)誤。4．選A對a球受力分析，由平衡知識可知FM＝k1x＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg。對b球受力分析FN＝k2x＝mg，則eq\f(k1,k2)＝2eq\r(3)，故A正確，B錯(cuò)誤；若剪斷輕繩，則在剪斷輕繩后的瞬間，a球受重力和兩邊彈簧的拉力，合力不為零，則加速度不為零，故C錯(cuò)誤；若剪斷彈簧M，則在剪斷的瞬間，彈簧N的彈力不變，則b球加速度仍為零，故D錯(cuò)誤。逐點(diǎn)清(二)[典例]解析：(1)由靜止開始沿直線勻加速下滑的過程有2a1x1＝v2，mgsinθ＝ma1聯(lián)立解得v＝eq\r(2gx1sinθ)＝15m/s勻減速繼續(xù)下滑的過程有2ax2＝v2解得a＝eq\f(v2,2x2)＝7.5m/s2。(2)若減速過程中兩滑雪板間的夾角α＝74°，根據(jù)牛頓第二定律有2Fsineq\f(α,2)－mgsinθ＝ma解得F＝eq\f(ma＋mgsinθ,2sin\f(α,2))＝500N。答案：(1)7.5m/s2(2)500N[考法全訓(xùn)]1．解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2。(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2a1l1＝v2，解得v＝4m/s。(3)根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得－2a2l2＝v末max2－v2，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2＝2.7m。答案：(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m2．解析：(1)0～0.7s內(nèi)有x＝eq\f(v1＋v2,2)Δt1＋eq\f(v2＋v3,2)Δt2，v＝eq\f(x,Δt1＋Δt2)，聯(lián)立可得v＝1.65m/s。(2)由題圖乙可得慣性前進(jìn)的加速度大小為a＝eq\f(v2－v3,Δt2)＝1m/s2。慣性前進(jìn)時(shí)豎直方向上運(yùn)動(dòng)員處于平衡狀態(tài)，則有F1＝mg。慣性前進(jìn)時(shí)水平方向上水對運(yùn)動(dòng)員的作用力使其減速，則有F