2025高中物理《課時作業(yè)》教科版必修第一冊詳解答案

2025高中物理《課時作業(yè)》教科版必修第一冊詳解答案課時素養(yǎng)評價1參考系時間質點1．解析：蹦床比賽中運動員的動作是不能忽略的，不能視為質點，故A錯誤；跳水比賽中運動員的動作是不能忽略的，不能視為質點，故B錯誤；自行車比賽中運動員相對于跑道來說可以忽略，可以視為質點，故C正確；花樣游泳比賽中運動員的動作是不能忽略的，不能視為質點，故D錯誤，故選C.答案：C2．解析：物體能否看成質點，要看物體的大小和形狀在所研究的問題中起主要作用還是起次要作用，故A錯；丁俊暉在擊球時，需要考慮球的旋轉情況，因此不能把臺球看成質點，故B錯；而解說員在解說進球路線時只需說明球的行進軌跡，因此可以把臺球看成質點，故C對；而丁俊暉需要考慮球的旋轉情況對路線的影響，因此不可以把臺球看成質點，故D錯．答案：C3．解析：時間在時間軸上對應的是一段距離，時刻在時間軸上對應的是一個點．題圖中表示的是從0到3s的一段時間，表示的是時間間隔，即前3s的時間，所以D正確．答案：D4．解析：A錯，B對：研究排球比賽中運動員扣球的動作時，運動員的形狀對研究結果有較大影響，因此運動員不可視為質點，但確定運動員在球場上的位置時可將運動員視為質點．C、D錯：在研究發(fā)出的旋轉球和排球落點是否在界內時球的大小對研究結果的影響不可忽略，因此，不能將排球視為質點．答案：B5．解析：以地面作為參考系，影星是運動的；以卡車作為參考系，影星是靜止的，故A、B錯誤；若其中一輛卡車減速，影星不可能相對兩車都靜止，無法完成該動作，故C錯誤；兩輛卡車同時加速，若車速始終相同，影星隨卡車一起加速，仍能保持該姿勢，故D正確．答案：D6．解析：A錯：詩句“飛流直下三千尺”是以“山體”或“地面”為參考系的．B錯：錢塘觀潮時，觀眾覺得潮水撲面而來，是以“觀眾自身”為參考系的．C對：“輕舟”駛過了“萬重山”，顯然是將“萬重山”當作了參考系．D錯：升國旗時，觀察到國旗冉冉升起，觀察者是以“旗桿”或“地面”為參考系的．答案：C7．解析：司機以汽車為參考系，乘車人與汽車保持相對靜止，而小女孩以地面為參考系，乘車人相對地面在運動，故C正確，A、B、D錯誤．答案：C8．解析：帆船前進時，船員感覺岸上的樹木在向后運動，說明船員選擇的參考系是其自身所在的帆船，因為相對于帆船，樹木向后運動，而相對于河岸和天空，樹木是靜止的．河水的運動方向未知，不一定與船的運動方向相同．故C正確，A、B、D錯誤．答案：C9．解析：(1)自行車的大小和形狀對研究運動軌跡沒有影響，所以可以把自行車看成質點．(2)因為要研究騎行者的騎行姿勢，不能忽略騎行者的大小，不能把騎行者看成質點．答案：見解析10．解析：地面上的人看到物體是沿曲線下落的，是以地面為參考系的，飛機上的人看到物體是沿直線豎直下落的，是以飛機為參考系的，選項D正確．答案：D11．解析：以地面為參考系，影子和人一起運動，影子始終在人一側，相對于人不發(fā)生位置的變化，故以人為參考系，影子是靜止的．以地面為參考系，影子和人都是運動的．選項B、C正確．答案：BC12．解析：當物體的形狀、大小對所研究的問題沒有影響或影響可以忽略時，我們就可以把它看成質點，所以“山東艦”在某些情況下是可以被看成質點的，如研究“山東艦”在大海中的運動軌跡時，可將航母看成質點，故A錯誤，D正確；正在甲板上用手勢指揮的調度員的動作不能忽略，不能將其看成質點，B錯誤；艦載機的起飛速度是以海面為參考系的，C錯誤．答案：D13．解析：甲看到樓房勻速上升，說明甲相對于地面勻速下降．乙看到甲勻速上升，說明乙相對于甲勻速下降，則乙相對于地面勻速下降，且v乙>v甲．丙看到乙勻速下降，丙可能停在空中，也可能向上勻速運動，或者是丙也勻速下降，只不過下降速度小于乙的速度，故A、B、D正確．答案：ABD課時素養(yǎng)評價2位置位移1．解析：A錯：位移為零，路程不一定為零，例如從某位置出發(fā)后又回到出發(fā)點；B錯：路程為零，說明物體靜止，所以位移一定為零；C對：當物體做單向直線運動時，位移的大小等于路程；D錯：物體沿曲線運動時，位移的大小小于路程．答案：C2．解析：A錯：直線運動中位移的正、負號表示方向，不表示大?。籅錯：兩個矢量大小相等、方向相同時，它們才相同；C錯，D對：溫度是標量，溫度的正、負號表示溫度的高低．答案：D3．解析：甲的位移方向由P指向Q，乙的位移方向由M指向N，相互垂直．答案：D4．解析：因A點的位置坐標為正值，B點的位置坐標為負值，由題給條件可知，A點位于交通亭中心北邊50m處，B點位于交通亭中心南邊30m處，D正確．答案：D5．解析：由題意可知，A、B兩機場間的距離為直線距離，故340km為位移，而380km是飛機實際飛行路線的長度，故為路程，A錯誤；由于實際飛行時受各種問題的影響，旅客從機場A到機場B的路程與返程時從機場B到機場A的路程一般情況下并不相同，因此返程時的路程并不一定是380km，B錯誤，D正確；位移是矢量，由A到B和由B到A時的位移方向相反，故位移并不是一樣的，C錯誤．答案：D6．解析：移動坐標原點前，汽車在原點的東邊，距原點2km；坐標原點向西移5km后，汽車還在原點東邊，距原點7km，故這輛汽車在坐標原點移動前、后的位置坐標分別是x1＝2km、x2＝7km，C正確．答案：C7．解析：路程等于物體運動軌跡的長度，所以該同學的路程s＝50m＋300m＝350m，位移的大小等于由初位置指向末位置的有向線段的長度，所以位移的大小x＝50m，選項C正確．答案：C8．解析：位移由運動的起點、終點決定，路程由實際路徑?jīng)Q定，0.2～0.8s內小球的位移大小是7cm，方向向左，經(jīng)過的路程是13cm，故A錯誤；0.4～0.8s內小球的位移大小是10cm，方向向左，經(jīng)過的路程是10cm，故B正確；0.2～0.6s內小球的位移大小是0，經(jīng)過的路程是6cm，故C錯誤；0.2～1.0s內小球的位移大小是14cm，方向向左，經(jīng)過的路程是20cm，故D錯誤．答案：B9．解析：(1)根據(jù)圖像可知，汽車在最東邊的坐標為x1＝5km，在最西邊的坐標為x2＝5km－8km＝－3km.(2)汽車運動過程中向東的位移s1＝5km，向西的位移為s2＝－8km，整個過程的位移s1＋s2＝－3km.答案：(1)汽車在最東邊和最西邊的位置坐標分別為5km和－3km.(2)汽車運動過程中向東的位移、向西的位移和整個過程的位移分別為5km、－8km、－3km.10．解析：由題表格可知，質點在2s末的位置坐標為－4m，所以前2s的位移為－4m，A錯誤；質點在2s末的位置坐標為－4m，在3s末的位置坐標為－1m，所以第3s內的位移為－1m－(－4)m＝3m，B正確；同理，質點在第2s內的位移為－4m－5m＝－9m，C錯誤；質點在前2s內的路程為5m＋5m＋4m＝14m，D錯誤．答案：B11．解析：勻速直線運動的x-t圖像是一條傾斜的直線，直線與縱坐標的交點表示出發(fā)時物體離原點的距離．當直線與t軸平行時，表示物體位置不變，處于靜止狀態(tài)，兩圖線的交點表示兩物體處在同一位置，離原點距離相等．答案：ACD12．解析：(1)由于位移—時間圖像表示汽車的位移隨時間的變化，圖像上的任意一點的縱坐標大小表示該時刻汽車的位置與初始位置的距離，故轉化為一維坐標系可得：(2)在直線運動中，x-t圖像的縱坐標的變化量大小等于位移大小，路程等于各段位移大小之和．則由圖甲知：①第1h內路程為：s1＝40km－0＝40km，位移大小為：x1＝40km－0＝40km；②前6h內路程為：s2＝100km－0＝100km，位移大小為：x2＝100km－0＝100km；③前8h內路程為：s3＝100km＋100km＝200km，位移大小為：x3＝0－0＝0.答案：(1)如圖所示(2)①40km40km②100km100km③200km0課時素養(yǎng)評價3位置變化的快慢與方向——速度1．解析：瞬時速度對應時刻，平均速度對應時間間隔，“短時間內”對應的是時間間隔，而不是時刻，故A錯誤；瞬時速度是矢量，既反映速度的大小，也反映速度的方向，而且可以精確描述物體運動的快慢，B錯誤；瞬時速度的方向為物體在該點的實際運動方向，即沿物體運動軌跡的切線方向，與物體運動的位移方向不一定相同，C錯誤；某物體在某段時間內任一時刻的瞬時速度都為零，則該物體一定在這段時間內靜止，D正確．答案：D2．解析：v是按比值定義法定義的物理量，與Δx、Δt無關，A錯誤；勻速直線運動是速度的大小和方向都不變的運動，B錯誤；速度是矢量，正、負號表示方向，絕對值表示大小，C錯誤；速度的方向與物體運動的方向一致，D正確．答案：D3．解析：在我國各路牌中，限速路牌中的數(shù)字是以km/h為計數(shù)單位的，所以某段道路指示牌中的數(shù)字“40”對應的單位是km/h；同時限速對應該路段的最高速度，指的是瞬時速度，選D.答案：D4．解析：平均速度只能粗略地表示物體在一段時間內的運動快慢，瞬時速度是物體在某一時刻或某一位置的速度，表示物體的瞬時運動快慢，故A正確；速率是標量，只有大小沒有方向，故B錯誤；一物體從斜面底端滑上長為s的斜面，經(jīng)時間t后又滑至斜面底端，位移為零，則平均速度為零，故C錯誤；由D項中條件可求出平均速度，但由于具體的運動過程未知，無法求出該同學沖線時的瞬時速度，故D錯誤．答案：A5．解析：小明的位移是初位置指向末位置的長度，由幾何關系可知小明在此過程中的位移大小為R，A錯誤；小明在此過程中的路程等于實際路徑的長度，是一段曲線，所以路程大于R，B錯誤；根據(jù)幾何關系可知，小明在此過程中的位移大小為R，則其平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(R,t)，C正確，D錯誤．答案：C6．解析：20min＝eq\f(1,3)h，故平均速率v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(20,\f(1,3))km/h＝60km/h.答案：A7．解析：汽車在第2s內的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(4,1)m/s＝4m/s，故A符合題意，B不符合題意；由于汽車做變速直線運動，故無法求出瞬時速度，故C、D不符合題意．答案：A8．解析：由題圖可知，T時間內小車的位移為x2－x1，經(jīng)短暫時間T后測量，故可認為小車的速度大小不變，則小車運動的速度大小為v0＝eq\f(x2－x1,T)，C正確．答案：C9．解析：根據(jù)平均速度定義eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)可知，三種路徑都是從A到B，則位移相同即位置的變化相同，時間相等，則平均速度相同，故A項正確；質點沿AB做直線運動，速度方向不變，故D項正確；平均速率等于路程除以時間，則三種路徑的路程不同，時間相同，平均速率不等，而沿弦AB運動的路程最短，則平均速率最小，故B項錯誤，C項正確．答案：ACD10．解析：A錯：因為不知道甲、乙的初始位置，所以無法判斷在t1時刻甲和乙誰在前面；B對：由題圖可知，在t1時刻乙的速度大于甲的速度，故甲的速度比乙的小；C錯：甲的圖線傾斜向上，速度正在增大，乙的圖線傾斜向下，速度正在減?。籇錯：甲、乙兩物體的v-t圖像都在時間軸的上方，速度均為正值，表示甲、乙兩物體的運動方向均沿正方向，運動方向相同．答案：B11．解析：0～t1時間內物體沿正方向勻速運動，故A項錯誤；t1～t2時間內，物體靜止，且此時離出發(fā)點有一定距離，B、D兩項錯誤；t2～t3時間內，物體反向運動，且速度大小不變，即x-t圖像中0～t1和t2～t3兩段時間內，圖線斜率的絕對值的大小相等，故C項正確．答案：C12．解析：為確保汽車安全駛過道口，要求在列車駛過距離L的時間內，已越過停車線的汽車車尾必須能夠通過道口．由題意知，汽車從越過停車線至車尾通過道口，汽車的位移x＝l＋s0＋s＝15m＋5m＋26m＝46m，汽車通過的時間t＝eq\f(x,v0)＝4.6s，列車行駛的距離L＝v1t＝230m.答案：230m課時素養(yǎng)評價4速度變化的快慢與方向——加速度1．解析：A錯：時間Δt是正值，由a＝eq\f(Δv,Δt)可知，加速度a的方向與速度增量Δv的方向一定相同；B錯：加速度a的方向與初速度v0的方向可能相同，也可能相反，也可能不在同一直線上；C對：如果物體的加速度a的方向與初速度v0的方向相同，則物體做加速運動；D錯：若加速度a>0，v0<0，即加速度a的方向與初速度v0的方向相反，則物體做減速運動．答案：C2．解析：初速度v0<0，加速度a<0，可知速度方向與加速度方向相同，則速度增大，由于速度方向不變，則位移不斷增大，故A、B錯誤；當加速度減小至為零時，速度達到最大，然后做勻速直線運動，位移繼續(xù)增大，故C正確，D錯誤．答案：C3．解析：“確診人數(shù)增加出現(xiàn)減緩趨勢”相當于加速度減小，但總確診人數(shù)還在增加，相當于加速度與速度方向相同，速度仍然在增大，故A正確．答案：A4．解析：規(guī)定向右為正方向，則小球的平均加速度為a＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(－2－3,0.01)m/s2＝－500m/s2，方向水平向左．答案：C5．解析：汽車的速度改變量越大，加速度不一定越大，因為加速度與速度改變量和時間間隔兩個因素有關，選項A錯誤；速度很大的汽車，加速度可能很小，也可能為零，例如勻速行駛的汽車，選項B錯誤；汽車速度為零時，加速度可能很大，例如汽車剛啟動時，選項D正確，C錯誤．答案：D6．解析：以45m/s方向為正方向，則Δv＝v2－v1＝45m/s－(－30m/s)＝75m/s，所以a＝eq\f(Δv,Δt)＝500m/s2，方向與45m/s方向相同，故選項D正確．答案：D7．解析：A錯：物體在第2s末運動方向改變；B錯：物體運動的加速度大小、方向都不變化；C錯：物體在前2s內做減速運動；D對：物體在后3s內做加速運動．答案：D8．解析：由所給圖像知，物體1s末的速度為9m/s，A錯誤；0～2s內，物體的加速度a＝eq\f(12－6,2)m/s2＝3m/s2，B錯誤；6～7s內，物體的速度、加速度為負值，表明它向西做加速直線運動，C正確；10～12s內，物體的速度為負值，加速度為正值，表明它向西做減速直線運動，D錯誤．答案：C9．解析：(1)以豎直向下為正方向，Δv＝v2－v1＝－4m/s－6m/s＝－10m/s，負號表示Δv的方向豎直向上．(2)不對．他忽略了速度的方向．正確解法：以豎直向下為正方向，v1＝6m/s，v2＝－4m/s，加速度a＝eq\f(Δv,t)＝eq\f(－10,0.2)m/s2＝－50m/s2，負號表示加速度方向與正方向相反，即豎直向上．答案：(1)－10m/s，方向豎直向上(2)見解析10．解析：由題給圖像知，這兩個物體的速度都為正，故速度方向相同；但是乙物體加速，甲物體減速，故它們的加速度方向相反，A正確，B錯誤；根據(jù)圖像和加速度的公式得，甲的加速度a甲＝eq\f(0－3,4)m/s2＝－0.75m/s2，乙的加速度a乙＝eq\f(2－0,4)m/s2＝0.5m/s2，加速度的正負只表示方向，不表示大小，故甲的加速度大于乙的加速度，C正確，D錯誤．答案：AC11．解析：根據(jù)v-t圖像中圖線的斜率表示加速度可知，前2s和后3s內圖線的斜率均不變，故前2s和后3s內物體的加速度大小均不變，選項A正確；0～2s內物體沿正方向做加速運動，前2s內速度的變化量為5m/s，加速度a1＝eq\f(5－0,2)m/s2＝2.5m/s2；2～5s內物體的速度保持5m/s不變，物體做勻速直線運動；5～8s內物體沿正方向做減速運動，速度的變化量為－5m/s，加速度a2＝eq\f(0－5,3)m/s2＝－eq\f(5,3)m/s2，故選項B、C錯誤，D正確．答案：AD12．解析：由題表中數(shù)據(jù)可得a1＝eq\f(Δv1,Δt)＝－0.5m/s2，a2＝eq\f(Δv2,Δt)＝1.2m/s2，由于|a1|<|a2|，故A正確，B錯誤；因為汽車和火車的速度方向一直未變，所以汽車和火車的位移都在增大，C、D錯誤．答案：A13．解析：(1)飛機經(jīng)過左邊擋光片的速度大小為v1＝eq\f(6×10－3,1.5×10－4)m/s＝40m/s.(2)飛機經(jīng)過右邊擋光片的速度大小為v2＝eq\f(6×10－3,1.0×10－4)m/s＝60m/s.(3)飛機經(jīng)過兩擋光片所用時間為10s由加速度定義式a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(60－40,10)m/s2＝2m/s2.答案：(1)40m/s(2)60m/s(3)2m/s2課時素養(yǎng)評價5勻變速直線運動速度與時間的關系1．解析：對于不同時間，勻變速直線運動的速度變化量不同，A錯誤；勻變速直線運動的加速度即速度變化率不變，B正確；勻變速直線運動的速度時刻在變，在相等的時間內位移大小不相等，C錯誤；勻變速直線運動的加速度方向一定不變，速度方向可能變化，D錯誤．答案：B2．解析：勻變速直線運動的v-t圖像是傾斜的直線，所以A、D錯誤；由于列車前后運動方向一致，故B正確，C錯誤．答案：B3．解析：規(guī)定初速度的方向為正方向，物體的加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(－10－15,5)m/s2＝－5m/s2，則物體速度減為零的時間t′＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(－15,－5)s＝3s，可知物體開始向西運動的時刻為第3s末．答案：B4．解析：由題圖知，初速度v0＝－4m/s.由斜率等于加速度知a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－（－4）,4)m/s2＝2m/s2，由速度公式得v＝v0＋at＝(－4＋2t)m/s，故選項B正確．或由y＝kx＋b結合圖像得v＝－4＋kt＝(－4＋2t)m/s.答案：B5．解析：由v＝v0＋at＝(10－2t)m/s可知物體的初速度為10m/s，加速度為－2m/s2，故A錯誤；加速度大小一定，與初速度方向相反，物體做勻減速直線運動，故B錯誤；根據(jù)速度公式可以計算出4s末物體的速度為2m/s，故C錯誤；根據(jù)速度公式可以計算出經(jīng)過5s物體的速度為零，故D正確．答案：D6．解析：由題意可知，50TFSI的加速度為a＝5m/s2，v＝100km/h≈27.8m/s，故加速時間t＝eq\f(v－0,a)＝eq\f(27.8,5)s≈5.6s．故選A.答案：A7．解析：取初速度方向為正方向，設經(jīng)時間t停下，末速度為零，由速度公式v＝v0＋at代入數(shù)據(jù)得t＝eq\f(v,a)＝5s可見汽車在6s前就停下了，所以6s末速度為0.答案：08．解析：(1)設加速階段的加速度為a1，根據(jù)v＝a1t1，解得a1＝eq\f(20,4)m/s2＝5m/s2；(2)設減速階段的加速度為a2，根據(jù)v＝a2t2，解得a2＝eq\f(0－20,4)m/s2＝－5m/s2，16s末質點減速運動的時間為t′＝2s，則其速度為v′＝v＋a2t′＝10m/s答案：(1)5m/s2(2)10m/s9．解析：(1)設初速度的方向為正方向，根據(jù)題意可知，減速時間t1＝8s，加速時間t2＝4s，減速過程中的加速度a1＝eq\f(2－10,8)m/s2＝－1m/s2，加速過程中的加速度a2＝eq\f(10－2,4)m/s2＝2m/s2.(2)由速度公式v＝v0＋at可知，開始剎車后2s末的速度為v2＝(10－1×2)m/s＝8m/s，汽車剎車時間為8s，接著加速，所以10s末的速度為v10＝(2＋2×2)m/s＝6m/s.答案：(1)－1m/s22m/s2(2)8m/s6m/s10．解析：規(guī)定初速度的方向為正方向，若滑塊的末速度方向與初速度方向相同，則所用時間t＝eq\f(\f(v0,2)－v0,－\f(g,2))＝eq\f(v0,g)；若滑塊的末速度方向與初速度方向相反，則所用時間t＝eq\f(－\f(v0,2)－v0,－\f(g,2))＝eq\f(3v0,g)，故B、C正確．答案：BC11．解析：第1s內與第5s內的速度均為正值，方向相同，故A錯誤；第1s內、第5s內的加速度分別為a1＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2；a5＝eq\f(0－4,1)m/s2＝－4m/s2，a1、a5的符號相反，表示它們的方向相反，第1s內的加速度小于第5s內的加速度，故B錯誤；由于AB段的加速度為零，故三段的加速度的大小關系為aBC>aOA>aAB，故C正確；OA段的加速度與速度方向均為正值，方向相同；BC段的加速度為負值，速度為正值，兩者方向相反，故D正確．答案：CD12．解析：(1)導彈由靜止做勻加速直線運動，v0＝0.據(jù)公式vt＝v0＋at有t＝eq\f(vt,a)＝eq\f(1200,80)s＝15s，即導彈發(fā)射后經(jīng)時間15s擊中偵察機．(2)偵察機做勻速直線運動，15s通過的位移x＝v′t＝300×15m＝4500m＝4.5km，即當偵察機離A點4.5km時，開始發(fā)射導彈正好擊中．答案：(1)15s(2)4.5km課時素養(yǎng)評價6勻變速直線運動位移與時間的關系1．解析：根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2x,t2)＝2m/s2，飛機離地速度為v＝at＝80m/s.答案：A2．解析：小球在斜面上和在水平面上的運動均為勻變速運動，根據(jù)eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋vt,2)可知，小球在斜面上和在水平面上的平均速度大小相等，則x斜∶x平＝t鈄∶t平＝1∶2.答案：A3．解析：由x＝24t－6t2可知：v0＝24m/s，eq\f(1,2)a＝6即a＝12m/s2，所以v＝24－12t.當v＝0時，t＝2s，故B正確．答案：B4．解析：根據(jù)v-t圖線的斜率等于加速度可知，在0～t0和t0～3t0兩段時間內汽車加速度大小之比為a1∶a2＝eq\f(v0,t0)∶eq\f(v0,2t0)＝2∶1，故A錯誤．根據(jù)v-t圖線與t軸所圍圖形的面積等于位移大小可知，0～t0和t0～3t0兩段時間內位移大小之比為x1∶x2＝eq\f(v0t0,2)∶eq\f(v0·2t0,2)＝1∶2，故B錯誤；0～t0和t0～3t0兩段時間內平均速度大小之比eq\o(v,\s\up6(－))1∶eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(0＋v0,2)∶eq\f(v0＋0,2)＝1∶1，故C錯誤，D正確．答案：D5．解析：由紙帶數(shù)據(jù)經(jīng)計算可知小車在做勻變速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于該段時間內的平均速度，可知vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(52.0×10－3,0.2)m/s＝0.26m/s，vD＝eq\f(xCE,2T)＝eq\f(（120.0－52.0）×10－3,0.2)m/s＝0.34m/s，根據(jù)勻變速直線運動的推論Δx＝aT2，可知加速度a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f(120.0－2×52.0,4×0.12)×10－3m/s2＝0.4m/s2.答案：0.260.340.46．解析：(1)物體在前2s內的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×1×22m＝2m.(2)物體在第1s末的速度(第2s初的速度)v1＝at2＝1×1m/s＝1m/s，則物體在第2s內的位移x2＝v1t3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝(1×1＋eq\f(1,2)×1×12)m＝1.5m.(3)物體在第2s末的速度v2＝at4＝1×2m/s＝2m/s，則物體在第二個2s內的位移x3＝v2t5＋eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝(2×2＋eq\f(1,2)×1×22)m＝6m.答案：(1)2m(2)1.5m(3)6m7．解析：(1)飛機著陸時的初速度v0＝216km/h＝60m/s，在最初2s內滑行114m，則有x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得a＝－3m/s2，故飛機在5s末的速度v2＝v0＋at2＝45m/s.(2)飛機著陸過程中做勻減速運動的總時間t總＝eq\f(Δv,a)＝20s，故12s內飛機一直做勻減速直線運動，位移x2＝v0t3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝504m.答案：(1)45m/s(2)504m8．解析：反應時間里SUV的行駛距離：x1＝v1t0；若恰好發(fā)生追尾，則兩車速度相等，有：v＝v1＋a1(t－0.5s)，v＝v2＋a2t代入數(shù)據(jù)，得兩車發(fā)生追尾所用時間：t＝4s此段時間內，兩車行駛距離：s1＝x1＋v1t＋eq\f(1,2)a1t2,s2＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2則有兩車之間不發(fā)生追尾的最小距離：Δs＝s1－s2；兩車剎車時的加速度分別是：a1＝－8m/s2，a2＝－4m/s2，代入數(shù)據(jù)得：Δs＝32m.答案：32m9．解析：x-t圖像中圖線的斜率表示速度，v-t圖像中圖線的斜率表示加速度，故2～4s內，甲做勻速直線運動，乙先做勻減速直線運動，后做反向的勻加速直線運動，故A錯誤；0～2s內與4～6s內，題圖甲的兩段圖線平行，則速度等大同向，題圖乙的兩段圖線平行，則加速度等大同向，故B正確；在前2s內，甲的位移為4m，乙的位移x＝eq\f(1,2)×4×2m＝4m，由于甲、乙兩物體從同一點開始沿同一直線運動，所以t＝2s時，甲、乙相遇，故C正確；甲在前2s內的路程為4m，第3s內的路程為4m，第4s內的路程為4m，最后2s內的路程為4m，6s內的總路程為16m，乙的路程s＝2×eq\f(4×3,2)m＝12m，故D正確．答案：BCD10．解析：在v-t圖像中，在0～3s內斜率不變，加速度不變，加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－（－6）,1.5)m/s2＝4m/s2，故A錯誤；在v-t圖像中，圖線與時間軸所圍面積為物體的位移，0～4s內物體的位移為x＝eq\f(1,2)×6×2.5m－eq\f(1,2)×6×1.5m＝3m，故B錯誤；3s末速度方向沒變，只是加速度發(fā)生了改變，故C錯誤；3s內的位移為eq\f(1,2)×6×1.5m－eq\f(1,2)×6×1.5m＝0，回到原點，故D正確．答案：D11．解析：第一個60m內中間時刻的瞬時速度v1＝eq\f(x1,t1)＝6m/s，第二個60m內中間時刻的瞬時速度v2＝eq\f(x2,t2)＝10m/s，則動車組的加速度a＝eq\f(v2－v1,\f(t1＋t2,2))＝0.5m/s2.根據(jù)Δx＝aT2得，接下來6s內的位移x3＝x2＋aT2＝60m＋0.5×36m＝78m，故A正確，B錯誤；動車組的初速度v0＝v1－aeq\f(t1,2)＝6m/s－0.5×eq\f(10,2)m/s＝3.5m/s，故C正確，D錯誤．答案：AC12．解析：小球被釋放后做勻加速直線運動，它們的加速度相等且每兩個相鄰小球被釋放的時間間隔相等，均為T＝0.1s，可以將A、B、C、D四處的小球等效地看作是同一個做勻加速直線運動的小球在不同時刻的位置．(1)由推論Δx＝aT2可知，小球的加速度a＝eq\f(xBC－xAB,T2)＝eq\f(20－15,0.12)cm/s2＝500cm/s2＝5m/s2.(2)由題意知B處是AC段的中間時刻，可知小球在B處的速度大小等于小球在AC段的平均速度大小，即vB＝eq\o(v,\s\up6(－))BC＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(15＋20,2×0.1)cm/s＝1.75m/s.答案：(1)5m/s2(2)1.75m/s課時素養(yǎng)評價7勻變速直線運動規(guī)律的應用1．解析：第3s內的位移為x3＝eq\f(1,2)a×(3s)2－eq\f(1,2)a×(2s)2＝5m，所以a＝2m/s2，故第1s末的速度為v＝at＝2m/s，故A正確．答案：A2．解析：由veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax和v0＝8m/s、a＝1m/s2、x＝18m，得出：vt＝10m/s，故C正確．答案：C3．解析：第1個3s內的平均速度即為1.5s時刻的瞬時速度v1，第1個5s內的平均速度即為2.5s時刻的瞬時速度v2，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(3m/s,（2.5－1.5）s)＝3m/s2.答案：C4．解析：設斜面長度為L，根據(jù)速度—位移公式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))eq\s\up12(2)－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax0，0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))eq\s\up12(2)＝2a(L－x0),代入數(shù)據(jù)解得L＝32m，C正確．答案：C5．解析：由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2知，當時間為t1＝1s時，位移為x1，當時間為t2＝2s時，位移為x2，則x2－x1＝5m，代入數(shù)據(jù)可得：a＝2.0m/s2.答案：A6．解析：小球在斜面上運動的初速度為零，設末速度為v，則有v2－0＝2a1x1.同理，在水平面上有0－v2＝－2a2x2.所以a1x1＝a2x2，故a1＝2a2，選項B正確．答案：B7．解析：設A、B兩地間距離為x，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有x－x2＝eq\f(1,2)at2，x－x1＝vt＋eq\f(1,2)at2，2ax1＝v2，聯(lián)立解得x＝eq\f(（x1＋x2）2,4x1)，選項A、C、D錯誤，B正確．答案：B8．解析：根據(jù)x＝20t－2t2并結合勻變速直線運動規(guī)律可知，汽車的初速度v0＝20m/s，加速度a＝－4m/s2，剎車后汽車做勻減速運動的位移為剎車痕跡長度，則可得剎車痕跡長度為s＝eq\f(－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝eq\f(－202,－2×4)m＝50m，選項D正確．答案：D9．解析：(1)根據(jù)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝－2ax得，x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t)),2a)＝144m.(2)從O點到達M點所用的時間t1＝eq\f(v0－v,a)＝8s，勻速通過MN區(qū)所用的時間t2＝eq\f(d,v)＝6s，汽車從O點到N點所用的時間t＝t1＋t2＝14s.答案：(1)144m(2)14s10．解析：勻加速運動過程中，v2＝2ax，則汽車運動的速度v＝eq\r(2ax)，排除選項C、D；勻減速運動時可看成反向的勻加速運動，排除選項B，故選A.答案：A11．解析：物體在第1s內和第3s內的速度都為正值，因此這兩秒內物體的運動方向相同，A項錯誤；物體在第3s內的速度為正值，在第4s內的速度為負值，因此這兩秒內物體的運動方向相反，B項正確；物體在第1s內和第4s內的位移大小都等于圖線與坐標軸所圍面積的大小，大小都為x＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，C項錯誤；物體在0～2s內的位移和0～4s內的位移相同，但由于時間不同，因此平均速度大小不等，D項錯誤．答案：B12．解析：根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2可得出t＝eq\r(\f(2x,a))，汽車通過ab、bc、cd、de段所用的時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，可得通過bc段時間為(eq\r(2)－1)t，故A錯誤；汽車通過ae段時間為2t，汽車通過b點的時刻為ae段的中間時刻，故通過b點的速度等于ae段的平均速度，故B正確；汽車通過cd段的時間為(eq\r(3)－eq\r(2))t，通過de段的時間為(2－eq\r(3))t，通過ce段的時間為(2－eq\r(2))t，故C正確；勻變速直線運動中點位置速度大于此階段的平均速度，D錯誤．答案：BC13．解析：(1)當以最大加速度制動時，小轎車從剎車到停止的時間最短，設為t2，則t2＝eq\f(0－v0,a)＝6s.(2)小轎車在反應時間內做勻速運動，則x1＝v0t1x1＝18m設從剎車到停止的位移為x2，則x2＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)x2＝90m小轎車從發(fā)現(xiàn)警示牌到停止的全部距離為x＝x1＋x2＝108m則Δx＝x－50m＝58m，即三角警示牌至少要放在車后58m處，才能有效避免兩車相撞．答案：(1)6s(2)58m課時素養(yǎng)評價8自由落體運動1．解析：所有物體在同一地點的重力加速度相等，與物體質量大小無關，A錯誤；從水平飛行的飛機上釋放的物體，具有水平初速度，不是自由落體運動，B錯誤；雨滴下落過程所受空氣阻力與速度大小有關，速度增大時阻力增大，雨滴速度增大到一定值時，阻力與重力相比不可忽略，不能認為是自由落體運動，C錯誤；從水龍頭上滴落的水滴所受的空氣阻力與重力相比可忽略不計，可認為只受重力作用，D正確．答案：D2．解析：兩小球都做自由落體運動，加速度都為重力加速度g，因此兩小球下落的快慢相同，故A、B、D錯誤；根據(jù)自由落體運動的公式x＝eq\f(1,2)gt2可知t＝eq\r(\f(2x,g))，故兩個小球同時落地，故C正確．答案：C3．解析：柿子的下落可視為自由落體運動．柿子落地時的速度與下落高度滿足v2＝2gx，解得v≈8m/s，故B正確．答案：B4．解析：由h＝eq\f(1,2)gt2知g越小，相同的頻閃時間內h越小，C正確．答案：C5．解析：利用自由落體運動的基本規(guī)律求解對物體下落全程的一半有eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，對物體下落全程有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，聯(lián)立以上兩式解得t1∶t2＝eq\r(2)∶2，選項C正確．答案：C6．解析：自由落體運動的加速度為重力加速度，相等，故A錯誤；根據(jù)v＝eq\r(2gx)可知，下落1m時，速度大小相等，故B正確；根據(jù)v＝gt可知兩物體下落過程中的同一時刻，甲的速率與乙的速率相等，故C錯誤；兩物體在下落過程中運動情況相同，所以下落過程中兩物體之間的距離不變，故D錯誤．答案：B7．解析：每隔相等的時間間隔小球依次碰到地面，可以知道第一個小球經(jīng)過T時間落地，第二個小球落地的時間為2T，第三、四個小球落地的時間依次為3T、4T.各球位移之比為1∶4∶9∶16，故選項C正確．答案：C8．解析：由于這是局部照片，A點并不一定是起點，故不能根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動的位移規(guī)律求解，故A、B項均錯誤；由Δx＝at2可得：a＝eq\f(x3－x1,2t2)，故C項正確，D項錯誤．答案：C9．解析：(1)假設雞蛋到達地面行人時的速度為v，雞蛋從80m高處自由落下，由運動學公式得v2＝2gh代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×80)m/s＝40m/s.(2)雞蛋減速時，根據(jù)速度公式有v＝at，代入數(shù)據(jù)解得減速時加速度大小a＝eq\f(v,t)＝eq\f(40,4.0×10－3)m/s2＝1.0×104m/s2加速度與重力加速度的比值eq\f(a,g)＝eq\f(1.0×104,10)＝1000即雞蛋減速時的加速度是重力加速度的1000倍．答案：(1)40m/s(2)100010．解析：根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))＝1.4s，故A錯誤，B正確；由v＝gt＝10×1.4m/s＝14m/s，得花盆落地時速度大小約為14m/s，故C正確，D錯誤．答案：BC11．解析：由自由落體運動的規(guī)律知，從釋放開始到A落地所用時間t1＝eq\r(\f(2L,g))，A的落地速度為v1＝eq\r(2gL)，從釋放到B落地所用時間t＝eq\r(\f(8L,g))，從A落地到B落在A上所用時間t2＝eq\r(\f(8L,g))－eq\r(\f(2L,g))＝eq\r(\f(2L,g))＝t1，B的落地速度為v2＝eq\r(8gL)＝2eq\r(2gL)＝2v1，故B、C正確，A、D錯誤．答案：BC12．解析：小球在下落和上升過程中，均只受重力作用，故加速度相同，A錯誤；小球在0.4s末落到地面，小球下落的距離h＝eq\f(1,2)×4×0.4m＝0.8m，故小球下落處離地高度為0.8m，B正確；小球反彈后上升的高度h′＝eq\f(1,2)×2×0.2m＝0.2m，故小球的位移為x＝0.6m，方向向下，C錯誤；整個過程中小球的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.6,0.6)m/s＝1m/s，故D正確．答案：BD13．解析：(1)對A球，根據(jù)h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))得：t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×7.2,10))s＝1.2s，對B球，根據(jù)h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))得：t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×5,10)s)＝1s，則兩小球落地的時間差為Δt＝t1－t2＝1.2s－1s＝0.2s.(2)B球落地的時間為1s，此時A球的速度為vA＝gt2＝10×1m/s＝10m/s.答案：(1)0.2s(2)10m/s課時素養(yǎng)評價9力重力1．解析：A錯：物體上各個部分都受到重力作用．B錯：重心不僅與物體的形狀有關，還與質量分布有關，所以球體的重心不一定在球心處．C錯：物體的重力與物體的運動狀態(tài)無關，則知物體向上拋出時受到的重力等于它靜止時受到的重力．D對：同一物體在同一地點，重力加速度g相同，物體的重力G＝mg相同．答案：D2．解析：汽車的重心(不包括車上的貨物)由汽車本身決定，與裝貨多少以及貨物放的位置無關，故選項A、B錯誤；載重汽車的重心(包括車上的貨物)與裝貨多少和貨物放的位置有關，故選項C正確，選項D錯誤．答案：C3．解析：力是物體與物體之間的相互作用，A正確；性質不同的力，可以產生相同的效果，當力的三要素相同時，力的作用效果相同，B正確；力有大小也有方向，可以用一根帶箭頭的線段來表示，長度表示大小，箭頭表示方向，C正確；向上拋出的物體，在空中向上運動的過程中，受到向下的空氣阻力和向下的重力，不受向上的力，D錯誤．答案：D4．解析：重力的方向總是豎直向下的，并不一定指向地心，與物體的運動狀態(tài)和是否受其他力無關．故選項A、B、C錯誤，D正確．答案：D5．解析：在地球上的不同地點，同一物體重力的大小略有差別，在同一地點，物體重力的大小與物體質量成正比，選項A錯誤，B正確；由G＝mg可知，物體所受的重力只與物體的質量及g值有關，與物體是否受其他力及運動狀態(tài)無關，故選項C錯誤；用懸繩掛著物體且物體處于平衡狀態(tài)時，物體對懸繩的拉力才等于物體的重力，選項D錯誤．答案：B6．解析：在地球表面質量為60kg的人，移動到月球表面后，質量不變，為60kg，重力減小為在地球表面重力的eq\f(1,6)，為60×10×eq\f(1,6)N＝100N，故B、C、D錯誤，A正確．答案：A7．解析：戰(zhàn)機受到重力是由于受到地球的吸引，所以戰(zhàn)機所受重力的施力物體是地球，A、B正確；戰(zhàn)機受到的重力方向豎直向下，C錯誤；任何在地球附近的物體都受重力作用，D錯誤．答案：AB8．解析：在注滿水時，球殼的重心在球心，水的重心也在球心，所以球殼和其中水的共同重心在球心，隨著水的流出，球殼的重心不變，但水的重心下降，二者共同的重心在下降，當水流完后，整體的重心就是球殼的重心，所以重心又回到球心．因此整個過程中球殼和其中水的共同重心先下降后上升．選項C正確．答案：C9．解析：本題考查重力的方向和受力圖的畫法．重力方向豎直向下，阻力f與飛行速度方向相反，在飛行過程中球不受腳的作用力．答案：B課時素養(yǎng)評價10形變與彈力1．解析：A中A、B兩個球盡管接觸，由于兩細繩豎直，兩球相互沒有擠壓，沒有發(fā)生彈性形變，兩者之間不存在彈力，故A錯誤；B中兩球存在相互擠壓，發(fā)生了彈性形變，兩球之間存在彈力，故B正確；C、D中A、B兩個球盡管接觸，但相互沒有擠壓，沒有發(fā)生彈性形變，兩者之間不存在彈力，故C、D錯誤．答案：B2．解析：小車受到水平向右的彈力作用，該彈力是彈簧發(fā)生拉伸形變產生的，施力物體是彈簧，A正確．答案：A3．解析：汽車停在水平地面上，汽車受到的彈力是因為地面發(fā)生形變而要恢復原狀時對阻礙恢復原狀的物體(汽車)產生的作用力．地面受到的彈力是由于汽車發(fā)生了形變而要恢復原狀時對阻礙原狀的物體(地面)產生的作用力．故選項C正確，選項A、B、D錯誤．答案：C4．解析：首先P對Q物體的壓力一定作用在Q物體上，所以選項B、D錯誤．其次，壓力的方向應垂直于接觸面指向Q物體，所以選項C錯誤、A正確．答案：A5．解析：細桿在A點處所受支持力方向垂直圓弧切面指向球心，是由于容器的形變產生的；細桿在B點處所受支持力的方向垂直細桿向上，是由于容器的形變產生的，C正確．答案：C6．解析：由F＝kx知k＝eq\f(F,x)＝eq\f(3N,5×10－2m)＝60N/m.答案：C7．解析：彈簧的彈力等于一端所受的拉力，故彈簧的彈力為10N，A錯誤；根據(jù)胡克定律F＝kx得，該彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(F,x)＝eq\f(10N,5×10－2m)＝200N/m，B錯誤，C正確；彈簧的勁度系數(shù)k與彈簧彈力F的變化無關，與彈簧自身有關，D錯誤．答案：C8.解析：如圖所示，設OD＝d，由幾何關系可知OA＝eq\f(d,sin53°)，OB＝eq\f(d,sin37°)，DA＝eq\f(d,tan53°)，DB＝eq\f(d,tan37°)，且AB＝DB－DA＝3.5cm，由題意知彈簧的伸長量Δx＝OB－OA，由胡克定律得F＝k·Δx，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得k＝1000N/m，故C正確．答案：C9．解析：當彈簧受向下的15N的拉力作用時，由胡克定律得：F1＝k(L2－L1)，即15＝k(0.24－0.2)，解得勁度系數(shù)為k＝eq\f(15,0.04)N/m＝375N/m當用30N的力向下壓時，設彈簧長為L3，由胡克定律得：F2＝k(L1－L3)整理得：L3＝L1－eq\f(F2,k)＝0.20m－eq\f(30,375)m＝0.12m＝12cm.答案：12cm10．解析：分析可知圖中彈簧拉力大小相同，均為F，已知F＝kx，四根彈簧完全相同，則k相同，所以x相同，即l1＝l2＝l3＝l4.答案：D11.解析：小球受兩個力作用：一是重力(G)，方向豎直向下；二是彈性桿對它的彈力(N).根據(jù)二力平衡的條件，彈力(FN)與重力(G)等大、反向．受力情況如圖所示．答案：D12．解析：設彈簧的勁度系數(shù)是k，原長為l0，甲彈簧的伸長量為Δx1＝l1－l0，彈簧受到拉力為F1＝kΔx1＝k(l1－l0)＝mg；乙彈簧的壓縮量為Δx2＝l0－l2，彈簧受到的壓力為F2＝kΔx2＝k(l0－l2)＝mg，聯(lián)立解得k＝eq\f(2mg,l1－l2)，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B13．解析：A對：由題圖讀出，彈簧的彈力F＝0時，彈簧的長度為L0＝6cm，即彈簧的原長為6cm.B錯：由題圖讀出彈力為F1＝2N時，彈簧的長度為L1＝4cm，彈簧壓縮的長度x1＝L0－L1＝2cm＝0.02m，由胡克定律得彈簧的勁度系數(shù)為k＝eq\f(F1,x1)＝eq\f(2N,0.02m)＝100N/m.C錯：彈簧都有一定的彈性限度，故圖線長度不能無限拉長．D錯：該彈簧兩端各加2N拉力時，彈簧彈力為2N，彈簧伸長2cm，長度為8cm.答案：A課時素養(yǎng)評價11摩擦力1．解析：動摩擦因數(shù)是由兩物體的材料和接觸面的粗糙程度決定的，與滑動摩擦力和正壓力無關，選項D正確．答案：D2．解析：傳送帶將貨物送到高處，依靠傳送帶給貨物的靜摩擦力，A錯誤；乘客在豎直上升電梯中，不滿足摩擦力產生條件，即沒有相對運動或相對運動趨勢，因此乘客不受摩擦力作用，B正確；運動員跑步，腳底相對地面有向后運動的趨勢，因此地面給人向前的靜摩擦力，C錯誤；手拿住杯子，滿足摩擦力產生的條件，杯子相對手有向下滑的趨勢，因此手給杯子有向上的靜摩擦力，D錯誤．答案：B3．解析：木塊開始運動前，在水平方向上二力平衡，彈簧的拉力等于摩擦力，故選項A錯誤，B正確；木塊開始運動后，摩擦力為滑動摩擦力，摩擦力不隨彈簧拉力的增大而增大，故選項C錯誤；木塊運動后所受的摩擦力不一定比靜止時所受摩擦力大，故選項D錯誤．答案：B4．解析：運動員受到重力、支持力和滑動摩擦力，滑動摩擦力方向與相對運動方向相反，運動員相對雪道下滑，則滑動摩擦力方向沿雪道向上；而支持力是垂直雪道向上，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B5．解析：由二力平衡條件分析，選項C正確．答案：C6．解析：物體在水平方向上受拉力和摩擦力，二力平衡，當拉力等于10N時，物體恰好開始運動，說明最大靜摩擦力為10N，A正確；當物體沒被拉動時，根據(jù)平衡條件可知，靜摩擦力大小等于水平拉力大小，B錯誤；當彈簧測力計的示數(shù)為15N時，物體向右運動，受到滑動摩擦力作用，C錯誤；當彈簧測力計的示數(shù)為5N時，物體沒被拉動，保持靜止，受靜摩擦力作用，大小為5N，D錯誤．答案：A7．解析：因最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，故最大靜摩擦力f靜max＝μmg＝40N；當拉力為15N和30N時，物體處于靜止，摩擦力分別等于15N、30N；當拉力為80N時，拉力大于最大靜摩擦力，物體發(fā)生滑動，受到的力為滑動摩擦力，大小為f＝μmg＝40N，故選項A正確．答案：A8．解析：水平傳送帶靜止時和沿逆時針方向勻速傳動時，物塊m由傳送帶的左端勻速拉動到右端的過程中，受到的都是滑動摩擦力，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ和物塊對傳送帶的壓力大小都不變，由滑動摩擦力公式f＝μN可知F1＝F2.答案：A9．答案：(1)彈簧測力計(2)勻速直線相等(3)1、2、3接觸面積接觸面的濕度10．解析：除第1張紙的其他紙均處于靜止狀態(tài)，將它們看作整體，水平方向受到第1張紙的滑動摩擦力，方向與滾輪的運動方向相同，則根據(jù)二力平衡可知，最后1張紙受到進紙槽底座的摩擦力方向與滾輪的運動方向相反，即水平向左，A正確；第1張紙相對于滾輪的運動趨勢方向與滾輪的運動方向相反，則受到滾輪的靜摩擦力方向與滾輪的運動方向相同，即受到滾輪的摩擦力向右，B錯誤；根據(jù)題意，因上一張紙相對下一張紙要向右滑動，因此下一張紙受到上一張紙的摩擦力一定向右，C錯誤；進紙過程中，第1張紙與第2張紙之間存在滑動摩擦力，D錯誤．答案：A11．解析：當F較小時，小車不動，與A之間是靜摩擦力，隨著F的增大而增大，當F達到最大靜摩擦力后小車滑動，與A之間是滑動摩擦力，比最大靜摩擦力稍小，之后F增大摩擦力不變，故選項B正確．答案：B12．解析：由于砝碼處于靜止狀態(tài)，則kΔx＝mg，所以有k＝eq\f(mg,Δx)＝eq\f(100×10－3×10,2×10－3)N/m＝500N/m，A正確、B錯誤；要使書恰好能勻速運動，則kΔx′＝μm′g，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2，C錯誤、D正確．答案：AD13．解析：最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則A、B之間的最大靜摩擦力f靜max＝μmAg＝0.3×100N＝30N，B與桌面間的最大靜摩擦力f′靜max＝μ(mA＋mB)g＝0.3×300N＝90N；由于水平力F＝80N，以A為研究對象，繩子的拉力為40N>30N，則A受到滑動摩擦力，大小為30N；對B分析，水平方向拉力大小為40N，A對B的滑動摩擦力為30N，方向水平向右，B受水平向右的合力為70N<90N，則B仍處于靜止狀態(tài)，桌面對B的摩擦力大小為70N.答案：30N70N課時素養(yǎng)評價12合力與分力1．解析：根據(jù)平行四邊形定則，A圖中三個力的合力為2F3，B圖中三個力的合力為0，C圖中三個力的合力為2F1，D圖中三個力的合力為2F2，三個力的大小關系是F1<F2<F3，所以A圖中合力最大．答案：A2．解析：小孩的重力和兩根繩子拉力的合力等大反向，合力一定，兩分力夾角越大，分力越大，所以夾角越大，繩子拉力越大，則乙中繩子容易斷，故C正確，A、B、D錯，故選C.答案：C3．解析：因為物體在做勻加速直線運動，摩擦力為滑動摩擦力，大小為f＝μG＝0.2×10N＝2N，方向向左，所以物體受到的合力大小為F合＝F－f＝5N－2N＝3N，C正確，A、B、D錯誤．答案：C4．解析：由幾何關系得F2＝eq\r(F2－Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝4N，故F1、F2的合力范圍為：1N≤F≤7N，B正確．答案：B5．解析：由圖可知，F(xiàn)1、F2的夾角的大小為120°.根據(jù)平行四邊形定則可知，F(xiàn)1、F2的合力的大小為F，由于F3＝2F1＝2F，所以F1、F2、F3的合力的大小為3F，選項D正確．答案：D6．解析：A選項中，將任意兩力進行合成，可知這兩力的合力與第三個力大小相等，方向相反，這三個力的合力為零；B選項中，將方向相反的兩個力合成，則合力為0，再與第三個力F合成，則合力大小為F；C選項中，將相互垂直的力F進行合成，則合力的大小為eq\r(2)F，再與第三個力F合成，則合力的大小為(eq\r(2)－1)F；D選項中，將左邊兩個力進行合成，再與右邊合成，則合力的大小為(eq\r(3)－1)F；由以上分析可知，合力最大的是B選項．答案：B7．解析：根據(jù)多個力求合力的步驟，先將F1與F4、F2與F5、F3與F6合成，三組力的合力均為20N，如圖所示．根據(jù)兩個相等的互成120°的力的合力大小等于分力的大小，方向沿其角平分線，故可知六個力的合力為40N，方向與F6相同．故B正確．答案：B8．解析：若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，設F1＝3F，則F2＝6F，F(xiàn)3＝8F，F(xiàn)1、F2的合力范圍為(3F～9F)，8F在合力范圍之內，三個力的合力能為零，A正確；合力可能比任何一個分力都小，B錯誤；三個力的合力最小值不一定為零，三個力的合力最大值等于三個力之和，C錯誤；若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，設F1＝3F，則F2＝6F，F(xiàn)3＝2F，F(xiàn)1、F2的合力范圍為(3F～9F)，2F不在合力范圍之內，三個力的合力不可能為零，D錯誤．答案：A9．解析：要使合力沿著AB方向，根據(jù)平行四邊形定則結合矢量合成的特點可以判斷出F2垂直于AB時，F(xiàn)2最小；可得到F2＝F1sinθ，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B10．解析：根據(jù)平行四邊形定則，F(xiàn)1、F2同時增大一倍，F(xiàn)也增大一倍，所以A錯誤；F1、F2同時增加10N，根據(jù)平行四邊形定則合成之后，合力的大小增加不一定是10N，B錯誤；不共線的兩個力，F(xiàn)1增加10N，F(xiàn)2減少10N，由平行四邊形定則知，F(xiàn)一定變化，C錯誤；F1、F2中的一個增大，根據(jù)平行四邊形定則合成之后，合力的大小不一定增大，可能減小，D正確．答案：D11．解析：當兩力的夾角為0°時F合＝F1＋F2得F1＋F2＝12N當兩力的夾角為180°時，得F1－F2＝4N或F2－F1＝4N由上述式子解得F1＝8N，F(xiàn)2＝4N或F1＝4N，F(xiàn)2＝8N.答案：F1＝8N，F(xiàn)2＝4N或F1＝4N，F(xiàn)2＝8N課時素養(yǎng)評價13力的分解1．解析：8N與8N的合力范圍是0≤F≤16N，可能為2N，A正確；8N與4N的合力范圍是4N≤F≤12N，不可能為3N，B錯誤；5N與1N的合力范圍是4N≤F≤6N，不可能為7N，C錯誤；3N與4N的合力范圍是1N≤F≤7N，不可能為8N，D錯誤．答案：A2．解析：物體保持靜止，合力為零，無向右上方的支持力，A錯誤；物體不受支持力，受重力和拉力，二力平衡，B正確；物體沖上粗糙斜面，滑動摩擦力與相對運動方向相反，C錯誤；一起向右勻速運動，處于平衡狀態(tài)，只受重力和支持力而平衡，沒有摩擦力，D錯誤．選B.答案：B3．解析：將小球的重力按作用效果分解，如圖所示，分力F1的效果是使球壓緊墻壁，由幾何關系得，F(xiàn)1＝mgtan60°＝eq\r(3)mg＝100eq\r(3)N，故小球對墻壁的壓力大小為100eq\r(3)N，方向垂直墻壁向右，A正確．答案：A4.解析：要使船沿OO′方向航行，甲和乙的拉力的合力方向必須沿OO′方向．如圖所示，作平行四邊形可知，當乙拉船的力的方向垂直于OO′時，乙的拉力F乙最小，其最小值為F乙min＝F甲sin30°＝1000×eq\f(1,2)N＝500N，故B正確．答案：B5．解析：當F>F1>Fsinα時，畫出力的平行四邊形如圖所示，可知F2有兩解，根據(jù)答圖分析可知，當F1>F時，只有一解，故A、D錯誤；當F1＝Fsinα時，兩分力和合力恰好構成矢量直角三角形，F(xiàn)2有唯一解，B正確；F1<Fsinα時，分力和合力不能構成矢量三角形，F(xiàn)2無解，C錯誤．答案：B6．解析：三力平衡時，任意兩個力的合力都與第三個力等大、反向、共線，且三個力依次首尾相連一定能構成閉合三角形．由圖可知，F(xiàn)2發(fā)生變化的時候F3的大小和方向也隨著發(fā)生變化，而且F3可以指向第二象限，也可以指向第三象限，但不會指向第一象限，故A、B錯誤；F3與F2的合力與F1等大反向，所以大小保持不變，故C錯誤；F1與F2的合力大小等于F3，且F3與F2垂直時有最小值F1cosθ，故D正確．答案：D7．解析：頸部牽拉器進行受力分析，如圖所示：由平行四邊形定則，將力進行合成，則有：同一根繩子上的拉力是處處相等的，T1＝G，T2＝2T1，那么牽拉器作用在患者頸部的合力大小F＝eq\r(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\r(5)T1＝eq\r(5)G，選項C正確．答案：C課時素養(yǎng)評價14共點力作用下物體的平衡1．解析：豎直方向摩擦力等于重力，所以質量不同的字母所受摩擦力不同，與字母的磁性強弱無關，故A正確、C錯誤；字母對黑板的壓力大小垂直于黑板，重力方向豎直向下，所以字母對黑板的壓力大小不一定等于重力，故B錯誤；字母a受到重力、支持力、摩擦力和磁力4個力，故D錯誤．故選A.答案：A2．解析：蜻蜓做勻速直線運動，蜻蜓受重力和空氣的作用力而平衡，故空氣對蜻蜓的作用力方向豎直向上，即沿a方向，故選A.答案：A3．解析：幼兒在此滑道上勻速下滑，受力平衡，根據(jù)平衡條件可得所受摩擦力為mgsinθ，故A正確、B錯誤；幼兒對軌道的壓力等于重力在垂直于斜面方向的分力，即為mgcosθ，故C、D錯誤．答案：A4．解析：物體受四個力的作用而處于靜止狀態(tài)時，F(xiàn)與其余三個力的合力F′等大、反向，當F轉過90°時，F(xiàn)′與F之間的夾角為90°，又F′＝F，兩力的合力F合＝eq\r(2)F，故要滿足題意，必須再加上一個大小為eq\r(2)F的力．答案：B5．解析：能否使物體處于平衡狀態(tài)，要看三個力的合力是否可能為零，方法是兩個較小力加起來是否大于或等于最大的那個力，如果是，物體就可能處于平衡狀態(tài)，故D正確．答案：D6．解析：當研究對象受到多個作用力處于靜止狀態(tài)時，其中一個力與其余力的合力是等大、反向的，可知椅子各部分對他的作用力的合力大小為G，選項A正確．答案：A7．解析：A錯：木箱對地面的壓力是由于木箱發(fā)生形變產生的．B錯：木箱受到重力、支持力、推力、摩擦力的作用，地面對木箱的作用力有支持力和摩擦力，方向不在豎直方向上．C對：小朋友與地面對木箱的合力與木箱重力等大反向．D錯：小朋友保持靜止，受到的合外力為零．答案：C8.解析：對球進行受力分析，可知球受到重力、木板的支持力和墻壁的支持力，根據(jù)共點力平衡有：N2cosθ＝N1，N2sinθ＝mg，隨著夾角變大，重力不變，所以N1始終減小，N2始終減小，選項ACD錯誤，B正確；綜上本題選B.答案：B9．解析：當施加垂直斜面的恒力F時，物塊受力如圖所示．物塊受重力、支持力、靜摩擦力和垂直斜面向下的恒力，把重力進行分解，由平衡條件得：f－mgsinθ＝0，N－mgcosθ－F＝0解得f＝mgsinθ，N＝F＋mgcosθ撤去該恒力，物塊受重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，解得N′＝mgcosθ，f′＝mgsinθ故f＝f′，N>N′.答案：A10．解析：手機處于靜止狀態(tài)，受力平衡，手機受到豎直向下的重力和納米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故納米材料對手機的作用力豎直向上，大小等于G.答案：大小等于G，方向豎直向上11．解析：物體除受重力、斜面支持力之外，根據(jù)彈簧對物體的拉力與重力沿著斜面向下的分力的大小不同，可能還受到擋板的彈力、彈簧彈力的作用，但也可能是擋板彈力、彈簧彈力兩者之一，即可能為3個力，也可能是4個力，因此選項B、C正確．答案：BC12．解析：雖然擋板在逆時針緩慢轉動，但球M對球N的彈力方向沒變，球N的重力沒變，斜面對球N的支持力方向也沒變，雖然球N位置在緩慢變化，但球N所受的各個力沒有變化，故N球對斜面的壓力不變，M、N兩球間的彈力沒有變，故A、C錯誤；對球M、N整體受力分析如圖所示，當緩慢轉動擋板至擋板與斜面垂直的過程中，擋板對球M的彈力F1的方向也從圖示位置轉動到與斜面平行的F′1方向的位置，兩個彈力的合力不變，由分析可知，兩彈力大小均變小，故M球對擋板的壓力逐漸減小，M球對斜面的壓力逐漸減小，故B正確，D錯誤．答案：B13．解析：作出滑環(huán)受力分析圖，如圖所示，設拉力T與水平方向的夾角為θ，由幾何關系可得cosθ＝eq\f(16,20)＝eq\f(4,5)，解得θ＝37°，又由平衡條件得2Tsinθ＝T1，解得T＝eq\f(T1,2sinθ)＝eq\f(120,2×\f(3,5))N＝100N，A、C、D錯誤，B正確．答案：B14．解析：由于輕桿受到兩小球的彈力而平衡，根據(jù)牛頓第三定律可知輕桿對兩小球的彈力等大、反向，設大小為F，對兩小球分別受力分析，如圖所示．根據(jù)平衡條件并結合正弦定理，有eq\f(F,sin30°)＝eq\f(m1g,sinα)，eq\f(F,sin45°)＝eq\f(m2g,sinα)，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(sin45°,sin30°)＝eq\f(\r(2),1)，故A正確，B、C、D錯誤．答案：A課時素養(yǎng)評價15牛頓第一定律1．解析：物體在任何情況下都有慣性，物體慣性的大小僅由其質量大小決定，質量越大，慣性越大．答案：C2．解析：慣性是物體的固有屬性，大小與物體的質量有關，質量越大，慣性越大，與其他任何因素無關，A項正確．答案：A3．解析：物體受力不變時，加速度不變，若加速度不為零，速度一定在改變，則運動狀態(tài)一定在改變；若加速度為零，速度不變，運動狀態(tài)不變，故A錯誤；物體受力變化時，加速度在變化，速度在改變，運動狀態(tài)在改變；若物體受力不變時，運動狀態(tài)也會改變，故B錯誤；物體不受力時，根據(jù)牛頓第一定律可知運動狀態(tài)不會改變，故C正確、D錯誤．答案：C4．解析：慣性的大小與物體的運動狀態(tài)無關，木塊的上部與下部都有慣性，選項A錯誤；當小車碰到擋板后，由于慣性，木塊具有保持原來的速度運動的性質，選項B錯誤；小車碰到擋板時，木塊上部由于慣性才具有傾倒的性質，不能說受到了慣性力的作用而向前運動，選項C錯誤，選項D正確．答案：D5．解析：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，冰壺在冰面上的運動受到摩擦力的作用，速度逐漸減小，所以不能驗證牛頓第一定律，選項A、B錯誤；質量是慣性大小的量度，與速度的大小無關，冰壺的質量不變，所以在運動過程中抵抗運動狀態(tài)變化的“本領”即慣性是不變的，選項C錯誤，D正確．答案：D6．解析：(1)人體前傾，當車突然剎車減速或向后倒車時，人的下半身隨車一起，運動狀態(tài)發(fā)生改變，人的上半身因為慣性保持原來的運動狀態(tài)而身體前傾，公交車的運動狀態(tài)是：公交車突然剎車或突然減速；報道所指現(xiàn)象的原因是：慣性．(2)當公交車突然剎車時，公交車和乘客的腳同時受到阻力的作用而停止運動，而乘客的上半身因為慣性繼續(xù)保持向前的運動狀態(tài)而向前傾倒；慣性是物體的固有屬性，取決于物體的質量，與物體的運動狀態(tài)無關，報道中的“突然失去慣性”說法是錯誤的．答案：(1)公交車的運動狀態(tài)是：公交車突然剎車或突然減速；出現(xiàn)報道所指現(xiàn)象的原因是：慣性．(2)報道中的錯誤是“突然剎車失去慣性”．7．解析：力可以使物體發(fā)生形變，彈性鋼片被拉彎，說明力可以改變物體的形狀，故A正確；彈性鋼片的彈力與其形變量有關，在恢復原位的過程中，形變量變小，彈力逐漸變小，故B錯誤；塑料片被彈出，是由于受到彈力的作用，說明力可以改變物體的運動狀態(tài)，故C正確；小鋼球沒有隨塑料片飛出，是因為小鋼球具有慣性，能保持原來靜止的狀態(tài)，故D正確．答案：ACD8．解析：當汽車啟動時，金屬塊由于慣性相對汽車向后運動，綠燈接通，此時綠燈會發(fā)光；當汽車剎車時，金屬塊由于慣性相對汽車向前運動，紅燈接通，此時紅燈會發(fā)光．答案：見解析課時素養(yǎng)評價16牛頓第二定律1．解析：雖然牛頓第二定律的表達式為F＝ma，但F由外界決定，與a無關，因為a是由m和F共同決定的，即a∝eq\f(F,m)，且a與F同時產生、同時消失、同時存在、同時改變；a與F的方向永遠相同．綜上所述，可知A、B、D錯誤，C正確．答案：C2．解析：根據(jù)牛頓第二定律F＝ma知，加速度與合外力是瞬時對應的關系，合外力變化，加速度同時隨著變化．當力剛開始作用的瞬間，立即獲得了加速度；根據(jù)v＝at可知，物體獲得速度需要一定的時間，故A正確，B、C、D錯誤．答案：A3．解析：牛頓第二定律表明，物體的加速度的大小與物體所受的合外力大小成正比，而不是與其中某個力大小成正比，故A錯誤；當外力小于地面對物體的最大靜摩擦力時，物體保持靜止，故B錯誤；此時物體所受的摩擦力與水平外力平衡，故C錯誤，D正確．答案：D4．解析：物體原來做勻加速直線運動，所以合外力逐漸減小時，加速度也逐漸減小，而速度仍在增加．答案：B5．解析：A錯，B對：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，只要物體受