2013年新課標高考物理一輪復(fù)習(xí)作業(yè)詳答 教科版

1、課時作業(yè)（一）【基礎(chǔ)熱身】1B解析 選項A、C、D中的數(shù)據(jù)都是時間軸上的一個點，指的都是時刻；而選項B中15 s是與跑完100 m這一運動過程相對應(yīng)的，指的是時間間隔，故選項B正確2C解析 位移是從起點指向終點的有向線段，是矢量；路程是運動路徑的長度，是標量，它沒有方向正確選項只有C.3B解析 加速度描述物體速度變化的快慢程度，選項A錯誤、B正確；加速度方向與運動方向共線時，物體一定做直線運動，同向時做加速運動，反向時做減速運動，選項C、D錯誤4A解析 由圖可知，心臟每跳動一次，紙帶向前移動大約是4個小方格的距離，約2.0 cm，則心臟每跳動一次所需時間約T0.80 s；此人心臟一分鐘跳動的次

2、數(shù)為n75次，故本題只有選項A正確【技能強化】5B解析 無論加速度正在增大還是正在減小，只要加速度與速度同向，物體速度就一直增大，當同向加速度減小到零時，物體速度達到最大，速度不再增大，但位移會繼續(xù)增大，由此可知本題只有選項B正確6AC解析 速度與加速度都是矢量，其正負表示速度與加速度的方向速度與加速度方向相反，汽車做減速運動經(jīng)1 s速度減小vat1 m/s，所以再過1 s汽車的速度變?yōu)? m/s，故選項A、C正確7AB解析 如果物體做加速度逐漸減小的加速直線運動，則加速度為零時速度最大，選項A正確；根據(jù)加速度定義可知選項B正確；質(zhì)點某時刻的加速度不為零，但該時刻的速度可以為零，選項C錯誤；物

3、體速度變化量大小決定于加速度和時間兩個因素，選項D錯誤8A解析 由于通訊員初、末位置都跟隊尾士兵相同，所以位移也相同，由平均速度公式可以判斷選項A正確9C解析 設(shè)總位移為x，則甲車運動的總時間t甲x，所以甲車的平均速度甲48 km/h；設(shè)乙車運動的總時間為t乙，則乙車的總位移xv乙1·v乙2·t乙，所以乙車的平均速度乙50 km/h.故C項正確10. 230 m解析 為確保行車安全，要求在列車駛過距離L的時間內(nèi)，已越過停車線的汽車的車尾必須能通過道口汽車越過停車線至車尾通過道口的過程中，汽車的位移為xlx0x(15526) m46 m汽車速度v236 km/h10 m/s通

4、過這段位移需要的時間t s4.6 s高速列車的速度v1180 km/h50 m/s所以安全行車的距離為Lv1t50×4.6 m230 m.11(1)6.61 m/s2(2)9.26 s解析 (1)末速度vt100 km/h m/s27.78 m/s加速度a1 m/s26.61 m/s2.(2)所需時間t2 s9.26 s.120.067 m/s2 解析 遮光板通過第一個光電門的速度v1 m/s0.10 m/s遮光板通過第二個光電門的速度v2 m/s0.30 m/s故滑塊的加速度a0.067 m/s2【挑戰(zhàn)自我】1345 km/h解析 設(shè)甲、丙兩地距離為2l，汽車通過甲、乙兩地的時間為

5、t1，通過乙、丙兩地的時間為t2.從甲到乙是勻加速運動，由l·t1得t1從乙到丙也是勻加速運動，由l·t2得t2 所以甲丙45 km/h.課時作業(yè)（二）【基礎(chǔ)熱身】1BD解析 由勻加速直線運動的位移公式可知x ttvt，選項A錯誤，選項B正確；勻減速直線運動可以看成是初速度為0的勻加速直線運動的逆過程，故返回后的加速度、位移的大小和起飛前相同，選項C錯誤，選項D正確2B解析 v072 km/h20 m/s，設(shè)剎車時間為t，則atv0，解得t4 s，故剎車距離xt40 m.3BC解析 當滑塊速度大小變?yōu)闀r，其方向可能與初速度方向相同，也可能與初速度方向相反，因此要考慮兩種情況

6、，即v或v，代入公式t得，t或t，故選項B、C正確【技能強化】4C解析 物體開始做勻加速直線運動，ag1 m/s2，速度達到傳送帶的速度時發(fā)生的位移xm0.5 mL，所經(jīng)歷的時間t11 s，物體接著做勻速直線運動，所經(jīng)歷的時間t2s2 s，故物體從a點運動到b點所經(jīng)歷的時間t總t1t23 s.5A解析 由逐差法得x6x15aT2，所以a0.01 m/s2，選項A正確6D解析 用“逆向思維”法解答由題知，若倒過來分析，子彈向左做勻加速直線運動，初速度為零，設(shè)每塊木塊長為L，則v2a·L，v2a·2L，v2a·3L，v3、v2、v1分別為子彈倒過來向左穿透第3塊木塊后

7、、穿透第2塊木塊后、穿透第1塊木塊后的速度，則v1v2v31，子彈依次向右穿入每個木塊時速度比v1v2v31，因此選項A、B錯誤由v3at3，v2a(t2t3)，v1a(t1t2t3)三式聯(lián)立，得t1t2t3()(1)1，因此選項C錯誤，選項D正確7B解析 由xat2，解得a8 m/s2，最后1 s的位移為x1×8×12 m4 m，選項B正確8ABD解析 小球沿斜面向上做勻減速直線運動，因從a到c和c到d所用時間相等，故經(jīng)過c點時恰為從a到d所經(jīng)歷時間的中間時刻，vc m/s3 m/s，選項B正確；因xacxabxbc7 m，xcdxbdxbc5 m，由xxacxcdaT2

8、得：a0.5 m/s2，由vv2axbc可得，vb m/s，選項A正確；從c到e所經(jīng)歷的時間tce6 s，故從d到e所用的時間tdetceT4 s，deat4 m，選項C錯誤，選項D正確9ABC解析 如圖所示，物體由A沿直線運動到B，C點為AB的中點，物體到達C點時速度為v1，若物體做勻加速直線運動，A到B的中間時刻應(yīng)在C點左側(cè)，有v1>v2，若物體做勻減速直線運動，A到B的中間時刻應(yīng)在C點右側(cè)，仍有v1>v2，故A、B正確，D錯誤；若物體做勻速直線運動，則v1v2，C正確1012 m/s沒有超速解析 設(shè)汽車剎車前的速度為v0，汽車剎車時加速度大小為a.將汽車剎車到速度為零的運動看

9、成逆向的勻加速運動，則xat2v0at解得v012 m/s因12 m/s43.2 km/h50 km/h，故汽車沒有超速行駛11v06 m/s解析 設(shè)經(jīng)過時間t，貨箱和平板車達到共同速度v.以貨箱為研究對象，由牛頓第二定律得，貨箱向右做勻加速運動的加速度為a1g貨箱向右運動的位移為x箱a1t2又va1t平板車向右運動的位移為x車v0tat2又vv0at為使貨箱不從平板車上掉下來，應(yīng)滿足x車x箱l聯(lián)立得：v0代入數(shù)據(jù)：v06 m/s.【挑戰(zhàn)自我】12(1)99 m1.25 m(2)8.6 s解析 (1)設(shè)直升機懸停位置距地面高度為H，傘兵展傘時，離地面的高度至少為h，此時速度為v0，著地時，速度

10、為v1，相當于從h1高處自由落下在勻減速運動階段，有vv2ah在自由落體運動階段，有v2g(Hh)解得h99 m，v050 m/s以5 m/s的速度落地相當于從h1高處自由落下即2gh1v所以h1 m1.25 m.(2)設(shè)傘兵在空中的最短時間為t，則在自由落體運動階段，有v0gt1，解得t1 s5 s，在勻減速運動階段，有t2 s3.6 s，故所求時間tt1t2(53.6) s8.6 s.課時作業(yè)（三）【基礎(chǔ)熱身】1B解析 自由落體運動是豎直方向上初速度為零、加速度為g的勻加速直線運動，滿足初速度為零的勻加速直線運動的規(guī)律，故選項A、C、D均正確；對B項，平拋運動在豎直方向上的分運動也滿足該規(guī)

11、律，故選項B錯誤2C解析 在勻速飛行的飛機上自由釋放的物體有一個與飛機相同的水平速度，同時物體在豎直方向上做自由落體運動，所以從飛機上看，物體始終在飛機的正下方，且相對飛機向下運動，故A、B均錯誤；從地面上看，物體做平拋運動，故C正確，D錯誤3C解析 因曝光時間極短，故AB段可看作勻速直線運動，小石子到達A點時的速度為vA m/s20 m/s，h m20 m，選項C正確4A解析 根據(jù)時間的對稱性，物體從A點到最高點的時間為，從B點到最高點的時間為，所以A點到最高點的距離hAg2，B點到最高點的距離hBg2，故A、B之間的距離為hAhBg(TT)，正確選項為A.【技能強化】5D解析 自由落體運動

12、初速度為零，據(jù)此可排除選項C；小球與地面碰撞瞬間速度突然反向，據(jù)此可排除選項A、B.綜上分析可知本題正確選項為D.6A解析 由題圖可知，小球做勻加速直線運動，相鄰的兩段位移之差為一塊磚的厚度，由xdaT2可得，a；位置“3”是位置“2”和位置“4”的中間時刻，由v得，v3.只有選項A錯誤7C解析 根據(jù)自由落體運動的規(guī)律，尺子下落(ab)高度對應(yīng)的時間即乙同學(xué)的反應(yīng)時間由公式hgt2得t，選項C正確8C解析 設(shè)中學(xué)生的重心位于身體的中點，則重心上升的高度約為：h2.10 m×1.70 m1.25 m，由v2gh得：v05 m/s.9C解析 依題意可設(shè)第1個小球經(jīng)時間t落地，則第2個小球

13、經(jīng)時間2t落地，第3個小球經(jīng)時間3t落地，第4個小球經(jīng)時間4t落地又因為四個小球做的都是初速度為零的勻加速運動，因此它們下落的高度之比為14916，只有選項C正確. 10A解析 磕頭蟲向下運動的末速度大小與向上運動的初速度大小相等，向下運動過程v2ah1，反彈起來過程v2gh2；人向上加速運動過程v2aH1，離地上升過程中v2gH2，代入數(shù)值得H2150 m，故選項A正確111.75 s解析 由向上躍起的高度h10.45 m可求得向上躍起的時間為t1 s0.3 s設(shè)運動員從手到腳全長2l，雙手向上立在跳臺上時，重心位置O離跳臺為l，手接觸水面時重心位置O離水面也為l，運動員從最高點到將入水時，

14、重心下降的高度h2Hlh1lHh110.45 m下降過程的時間t2 s1.45 s所以運動員完成空中動作的時間為tt1t20.3 s1.45 s1.75 s.12(1)7.2 m(2)2.5 m/s2解析 設(shè)前、后兩過程下落的高度分別為h1、h2，所用時間分別為t1、t2，減速過程加速度的大小為a，運動中達到的最大速度為v，則有h1h240 m4 mt1t26 sv22gh12ah2t1，t2由以上各式聯(lián)立解得：h17.2 m，a2.5 m/s2.【挑戰(zhàn)自我】13(1)4 s(2)29 m/sv032 m/s解析 (1)取向下為正方向，小球初速度v010 m/s，加速度g10 m/s2，對空管

15、由牛頓第二定律可得mgFma代入數(shù)據(jù)得a2 m/s2設(shè)經(jīng)時間t，小球從N端穿出，小球下落的高度h1v0tgt2空管下落的高度h2at2則h1h2l聯(lián)立得v0tgt2at2l代入數(shù)據(jù)解得t14 s，t21.5 s(舍去)(2)設(shè)小球的初速度大小為v0，空管經(jīng)時間t到達地面，則Hat2得t8 s小球經(jīng)t時間下落的高度為hv0tgt2小球落入管內(nèi)的條件是64 mh88 m解得32 m/sv029 m/s所以小球的初速度大小必須在29 m/s到32 m/s范圍內(nèi)課時作業(yè)（四）【基礎(chǔ)熱身】1C解析 選項A、B、D中物體均做往復(fù)運動，只有選項C中物體做單向直線運動2AC解析 由圖象可知前5 s做的是勻速運

16、動，選項A正確；5 s15 s內(nèi)做勻加速運動，加速度為0.8 m/s2，選項B錯誤；15 s20 s做勻減速運動，其加速度為3.2 m/s2，選項C正確；質(zhì)點在20 s末離出發(fā)點最遠，質(zhì)點一直做單向直線運動，選項D錯誤3. A解析 由圖可知，兩車均做勻變速直線運動，因第5 s時兩車第一次相遇，第10 s時速度相同，由對稱性可知兩車在第15 s時第二次相遇，選項A正確，選項B錯誤；由于兩車在第5 s時第一次相遇，前5 s內(nèi)vavb，故a車在后、b車在前，5 s后a車在前、b車在后，15 s后b車超過a車，選項C錯誤；第10 s時兩車速度相同，此后vavb，兩車間距離逐漸減小，第15 s時兩車相遇

17、，選項D錯誤4. BD解析 由圖象可知乙在追趕甲，即甲在前、乙在后，且二者速度均為零時，距離最遠，其最遠距離xx乙x甲×3×4 m×2×2 m4 m，即選項B 、D正確，選項A、C錯誤【技能強化】5A解析 甲車中的乘客以甲車為參考系，相當于甲車靜止不動，乙車以初速度v0向西做減速運動，速度減為零之后，再向東做加速運動，所以選項A正確；乙車中的乘客以乙車為參考系，相當于乙車靜止不動，甲車以初速度v0向東做減速運動，速度減為零之后，再向西做加速運動，所以選項B錯誤；以地面為參考系，當兩車速度相等時，距離最遠，所以選項C、D錯誤6CD解析 兩圖線都在t軸上方，

18、說明A、B兩物體運動方向相同，所以選項A錯誤；4 s內(nèi)A、B兩物體對應(yīng)的圖線與坐標軸所圍的面積不同，則位移不同，故選項B錯誤；4 s時A、B兩物體的圖線交于同一點，對應(yīng)速度相同，故選項C正確；A圖線斜率的絕對值小，所以A物體的加速度比B物體的加速度小，因此選項D正確7D解析 由A車的圖線可知，它在4 s時間內(nèi)速度由0增大到10 m/s，其加速度a2.5 m/s2，選項A錯誤；3 s末A車速度為vat7.5 m/s，選項B錯誤；2 s末時A車與B車之間距離最遠，為5 m,4 s末時A車與B車位移相等，A車追上B車，選項C錯誤、D正確8CD解析 汽車A在勻加速過程中的位移xA1aAt180 m，此

19、過程中汽車B的位移xB1vBt1240 m>xA1，故A車在加速過程中沒有與B車相遇，選項A錯誤、C正確；之后因vAaA t112 m/s>vB，故A車一定能追上B車，相遇之后不能再相遇，A、B相遇時的速度一定不相同，選項B錯誤、D正確9ABC解析 乙車追上甲車時，若甲、乙兩車速度相同，即此時tT，則x0x1，此后甲車速度大于乙車速度，全程甲、乙僅相遇一次；甲、乙兩車速度相同時，若x0<x1，則此時乙車已在甲車的前面，以后甲還會追上乙，全程中甲、乙相遇2次；甲、乙兩車速度相同時，若x0>x1，則此時甲車仍在乙車的前面，以后乙車不可能再追上甲車了，全程中甲、乙都不會相遇，

20、綜上所述，選項A、B、C對，D錯. 10A解析 根據(jù)題意畫出兩個物體運動的vt圖象如圖所示，根據(jù)圖象易得選項A正確111.5 m 解析 設(shè)甲車剎車后經(jīng)時間t，甲、乙兩車速度相等，則：v0a1tv0a2(tt)，代入數(shù)據(jù)得：t2 s.在這段時間內(nèi)，甲、乙走過的位移分別為x甲、x乙，則：x甲v0ta1t226 m；x乙v0tv0(tt)a2(tt)227.5 m；xx乙x甲1.5 m即甲、乙兩車行駛過程中至少應(yīng)保持1.5 m的距離120.8 s解析 設(shè)貨車啟動后經(jīng)過時間t1兩車開始錯車，則有x1x2180 m其中x1at，x2vt1 解得t110 s設(shè)貨車從開始運動到兩車錯車結(jié)束所用時間為t2，則

21、有x1x2(1801012) m202 m.其中x1at，x2vt2 解得t210.8 s故兩車錯車時間tt2t10.8 s. 【挑戰(zhàn)自我】13(1)10 s(2)36 m(3)14 s解析 xt·v2.5×8 m20 m.(1)設(shè)警車發(fā)動起來后要時間t才能追上違章的貨車，則at2vtx解得t10 s或t2 s(舍去)(2)在警車追上貨車之前，兩車速度相等時，兩車間的距離最大，設(shè)警車發(fā)動起來后經(jīng)時間t兩車速度相等，兩車間的距離最大為xm，則t4 sxmxv·tat2(208×4×2×42) m36 m.(3)若警車的最大速度是12 m

22、/s，則警車發(fā)動起來后加速的時間t0 s6 s設(shè)警車發(fā)動起來后經(jīng)過時間t追上違章的貨車，則atvm(tt0)vtx解得t14 s.課時作業(yè)（五）【基礎(chǔ)熱身】1A解析 長木板不能側(cè)向傾斜，但可以一端高一端低，故選項A錯誤；實驗時，為了能在紙帶上得到較多的點跡，釋放小車前，小車應(yīng)停在靠近打點計時器處，選項B正確；如果先釋放小車，可能紙帶上打不上幾個點，選項C正確；為了保護小車，在小車到達定滑輪前要用手使小車停止運動，選項D正確. 2(1) 勻加速直線(2)小于用平均速度求位移(或用vt圖象下的面積求位移)解析 (1)由表中數(shù)據(jù)可知，每經(jīng)過0.1 s，速度大約增大0.25 m/s，在誤差允許的范圍內(nèi)

23、，小車做勻加速直線運動；(2)因為小車是不斷加速的，而該同學(xué)把第一個0.1 s內(nèi)的運動看成是以最小速度做勻速運動，同樣，其他時間段內(nèi)也是這樣運算的，這樣算出的位移比實際位移小可以把時間分割得再細小一些，也可以利用平均速度來求位移，還可以利用vt圖象下的面積求位移3(1)0.02 s(2)0.70 cm(0.68 cm0.72 cm均可)0.100 m/s解析 毫米刻度尺的精確度為0.1 mm，故A、B間的距離xAB1.70 cm1.00 cm0.70 cm，C點對應(yīng)的速度vC m/s0.100 m/s.【技能強化】4C解析 中間時刻瞬時速度等于全程的平均速度，所以vB，選項C正確；x6x15(

24、x2x1)，選項B錯誤；相鄰計數(shù)點間的時間間隔是0.1 s，選項D錯誤；按照實驗要求應(yīng)該先接通電源再放開紙帶，選項A錯誤5. (1)相等 勻加速(勻變速)(2)乙同學(xué)1.10 m/s2解析 (1)由表中數(shù)據(jù)可知，x4x3x3x2x2x1，小球做勻加速直線運動；(2)乙同學(xué)采用逐差法求加速度，較準確，加速度值為a1.10 m/s2.6(1)0.25 0.45(2)如圖所示(3)1.00解析 (1)相鄰兩個計數(shù)點間的時間間隔為0.1 s，所以vB m/s0.25 m/s，CE m/s0.45 m/s；(2)如圖所示；(3)在vt圖象中，圖線的斜率表示加速度，即a m/s21.00 m/s2. 7(

25、1)AC(2) 2.98(2.972.99均可)13.20(13.1913.21均可)(3)如圖所示(4)0.18(0.160.20均可)4.80(4.505.10均可)解析 (1)還需要的實驗器材有電壓合適的50 Hz交流電源和刻度尺；(2)用毫米刻度讀數(shù)，注意要估讀一位，則x22.98 cm，x513.20 cm；(3)描點連線如圖所示；(4)設(shè)打0點時速度為v0，則xv0tat2，即：v0at，由圖可讀出v00.18 m/s，圖線的斜率ka2.4，a4.8 m/s2.8(1)相鄰相等時間內(nèi)的位移差相等(2)如圖所示(3)0.800 m/s2解析 (1)由圖中所標紙帶每段位移的大小，可知在

26、相鄰相等時間內(nèi)的位移差相等，可近似認為y8 mm.(2)把圖中的x軸作為時間軸，以紙帶的寬度表示相等的時間間隔T0.1 s，每段紙帶最上端中點對應(yīng)v軸上的速度恰好表示每段時間的中間時刻的瞬時速度，即vn；因此可以用紙帶的長度表示每小段時間中間時刻的瞬時速度，將紙帶上端中間各點連接起來，可得到vt圖象，如圖所示(3)利用圖象求斜率或用yaT2均可以求得小車加速度a0.800 m/s2. 【挑戰(zhàn)自我】93.0×102(2.8×1023.1×102均可)9.0×102能利用(x6x4)(x4x2)4aT2可求出x4的具體位置(其他合理方法均可)解析 從圖中讀出

27、5、6之間的距離為37.5 cm24.0 cm13.5 cm,2、3之間的距離為6.0 cm1.5 cm4.5 cm，利用逐差法有x56x323aT2，求出a3.0×102 m/s2；位置4對應(yīng)的速度為v4×102 m/s9.0×102m/s；欲求4的具體位置，可以采用逐差法利用(x6x4)(x4x2)4aT2求解. 課時作業(yè)（六）【基礎(chǔ)熱身】1AD解析 力是物體間的相互作用，受力物體同時也是施力物體，施力物體同時也是受力物體，所以A正確；產(chǎn)生彈力時，施力物體和受力物體同時發(fā)生形變，但彈力是由施力物體形變引起的，反作用力是由受力物體形變引起的，放在桌面上的木塊受到

28、桌面給它向上的彈力，這是由于桌面發(fā)生微小形變而產(chǎn)生的，故B不正確；力的作用是相互的，作用力和反作用力同時產(chǎn)生、同時消失，故C選項錯誤；根據(jù)力的作用效果命名的力，性質(zhì)可能相同，也可能不相同，如向心力，可以是繩子的拉力，也可以是電場力，還可以是其他性質(zhì)的力，D選項正確2CD解析 地球上的物體運動或靜止時都受地球的吸引作用，故運動或靜止的物體均受重力，選項A錯誤；某物體在地球某點處所受地球吸引而產(chǎn)生的重力一定，與此物體的運動狀態(tài)無關(guān)，選項B錯誤，選項C正確；物體所受重力Gmg，在g一定時，G由m決定，選項D正確3AD解析 彈簧的彈力為2 N，有兩種可能情形：彈簧處于拉伸狀態(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)當彈簧處

29、于拉伸狀態(tài)時，A正確；當彈簧處于壓縮狀態(tài)時，D正確4D解析 物體B處于靜止狀態(tài)，則繩子拉力大小Tmg，A對繩的作用力的大小為mg，再以物體A為研究對象，在豎直方向根據(jù)平衡條件有TNMg，所以地面對A的作用力的大小為N(Mm)g.選項D正確【技能強化】5B解析 不拉A時，對A：kx1mg；B剛要離開地面時，對B：kx2mg，Lx1x2.解得L.6C解析 彈簧測力計的示數(shù)決定于作用在秤鉤上力的大小，而與作用在和外殼相連的提環(huán)上的力無關(guān)，故正確選項為C.7D解析 繩A和繩C的拉力大小與方向均不變，所以其合力不變，對滑輪而言，桿的作用力必與兩繩拉力的合力平衡，所以桿的彈力大小與方向均不變，選項D正確8

30、D解析 根據(jù)力的作用是相互的可知：輕質(zhì)彈簧A、B中的彈力大小是相等的，即k1x1k2x2，所以兩彈簧的壓縮量之比x1x2k2k1，故選項D正確9AB解析 小車向左做減速運動時，N可能為零，選項A正確；小車向左做加速運動時，T可能為零，選項B正確；小車向右做加速運動時，N可能為零，選項C錯誤；小車向右做減速運動時，T可能為零，選項D錯誤10C解析 由圖象可以看出在直線a對應(yīng)的階段，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力F隨著縮短量的減小而減小，當彈簧長度為12 cm時恢復(fù)原長；直線b對應(yīng)的是彈簧的伸長階段，彈力F隨伸長量的增大線性遞增由此可看出當彈力F100 N時，彈簧對應(yīng)的形變量x4 cm，根據(jù)胡克定律可求出

31、彈簧的勁度系數(shù)k2500 N/m，選項C正確11(1)如圖所示(2) GG解析 (1)對圓柱體進行受力分析，受力分析圖如圖所示，其中N1、N2、N3分別為桌面、擋板、細桿對圓柱體的彈力(2)已知豎直擋板對圓柱體的彈力大小為2G，即N22G，根據(jù)平衡關(guān)系有N3sin60°N2，解得N3 G設(shè)圓柱體對均勻細桿AO的作用力大小為N3，根據(jù)牛頓第三定律有N3 G由豎直方向的平衡關(guān)系有N1N3cos60°G解得N1G.12(1)4mg(2)解析 (1)對A、B整體：mgN5mg所以N4mg(2)對B：N3mgFk所以Fkmg物體C的質(zhì)量改為5m，當系統(tǒng)達到新的平衡狀態(tài)后，進行受力分析

32、對A：TFk2mg對C：T5mg所以Fk3mg即kx13mgx1開始時，彈簧的壓縮量為x2，則kx2mg所以A上升的高度為：hAx1x2.【挑戰(zhàn)自我】13F(mAmB)gsin解析 B剛要離開C時，彈簧彈力大小為F彈mBgsin.以A為研究對象，受力如圖所示故合力F合FF彈mAgsinF(mAmB)gsin，開始時彈簧壓縮量x1B剛要離開時，彈簧伸長量x2所以A的位移dx1x2.課時作業(yè)（七）【基礎(chǔ)熱身】1CD解析 靜摩擦力產(chǎn)生在兩個相對靜止的物體之間，與物體是否運動無關(guān)，滑動摩擦力產(chǎn)生于兩個相對運動的物體之間，與物體是否運動無關(guān)，選項A、B均錯誤；靜摩擦力的大小與正壓力的大小無關(guān)，一般由平衡

33、條件或牛頓運動定律來求，滑動摩擦力fN，隨著正壓力的增大而增大，選項C正確；摩擦力的方向與相對運動或相對運動趨勢方向相反，與速度方向無關(guān)，選項D正確2BC解析 容器處于平衡狀態(tài)，在豎直方向上重力與摩擦力平衡，盛滿水前墻面對容器的靜摩擦力一直增大，如果一直沒有達到正壓力F作用下的最大靜摩擦力，則水平力F可能不變，選項B、C正確3ABD解析 題中沒有明確F的大小，當Fmgsin時，物塊M受到的摩擦力為零當F<mgsin時，物體M有下滑趨勢，所受摩擦力沿斜面向上當F>mgsin時，物塊M有上滑趨勢，所受摩擦力沿斜面向下當0Fmgsin時，靜摩擦力f的取值范圍是：0fmgsin.可見f&g

34、t;F、f<F和fF均有可能，故A、B、D選項均正確4CD解析 物塊M在傳送帶啟動前勻速下滑，應(yīng)滿足所受滑動摩擦力fmgcosmgsin，傳送帶突然啟動后物塊M所受摩擦力仍為fmgcosmgsin，且方向不變，選項C、D正確【技能強化】5D解析 由于物塊始終靜止在斜面上，物塊所受靜摩擦力與正壓力無直接關(guān)系，對物塊進行受力分析，沿斜面方向列平衡方程可判斷出選項D正確6B解析 物塊靜止在斜面上時，物塊所受的摩擦力為：f1Mgsin.給物塊平行于斜面的水平力F作用后，在斜面內(nèi)，重力沿斜面向下的分力、水平力F、摩擦力f2三力平衡，根據(jù)平衡條件有：f2，重力沿斜面向下的分力和F的合力與摩擦力f2等

35、大、反向，所以摩擦力的方向和大小都發(fā)生了改變，只有選項B正確7C解析 由于斜面光滑，則物塊在斜面上做上下往返運動時對斜面的摩擦力為零，對斜面的正壓力始終等于重力沿垂直斜面方向的分力，因此地面對斜面體的摩擦力始終是一個恒力，C正確8A解析 桿勻加速上升，斜面體水平向右運動，桿相對于斜面體向上滑動，因此桿受的摩擦力沿斜面向下，選項A正確、B錯誤；桿受的支持力垂直于斜面向上，桿受斜面體的作用力斜向右上方，選項C、D錯誤9D解析 取物體B為研究對象，分析其受力情況如圖所示，則有Fmgtan，T，在將物體B緩慢拉高的過程中，增大，則水平力F和細繩 上的拉力F隨之變大對A、B兩物體與斜面體這個系統(tǒng)而言，系

36、統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則地面對斜面體的摩擦力一定變大，而豎直方向并沒有增加其他力，故斜面體所受地面的支持力不變；在這個過程中盡管繩子張力變大，但是開始時物體A所受斜面體的摩擦力方向未知，故物體A所受斜面體的摩擦力的情況無法確定10D解析 彈簧對B有向左的彈力，B保持靜止，因此A對B有向右的摩擦力，則B對A的摩擦力向左，選項A、B錯誤；A、B整體在水平方向不受其他外力作用，因此沒有向左或向右的運動趨勢，地面對A沒有摩擦力，選項C錯誤、D正確110.30解析 設(shè)接觸面間的動摩擦因數(shù)為，物體A與B間的摩擦力為f1GA物體B與地面間的滑動摩擦力為f2(GAGB)將B勻速拉出，拉力大小與兩個摩擦力的合力大小應(yīng)

37、相等，有Ff1f2解得0.30120.2解析 因為圓柱體勻速滑動，所以水平方向的拉力與摩擦力平衡，即f200 N又因為圓柱體兩面均與槽接觸，所以每一面所受摩擦力f 100 N.設(shè)V形槽兩側(cè)對圓柱體的彈力大小分別為N1 、N2，在豎直平面內(nèi)，圓柱體受到重力G、兩側(cè)的彈力N1 、N2作用，如圖所示，由對稱性可知，N1N2G.根據(jù)f N1，解得0.2.【挑戰(zhàn)自我】137 N解析 P、Q兩點應(yīng)是靜摩擦力最大的兩個臨界位置，在P點彈簧處于伸長狀態(tài)，受力分析如圖甲所示fmF1mgsin在Q點彈簧處于壓縮狀態(tài)，受力分析如圖乙所示fmF2mgsin設(shè)彈簧原長為x，則有F1k(0.22x)F2k(x0.08)由

38、以上各式，解得fm7 N.課時作業(yè)（八）【基礎(chǔ)熱身】1C解析 合力F和兩個分力F1、F2之間的關(guān)系為|F1F2|F|F1F2|，則應(yīng)選C.2C解析 由矢量合成法則可知，A圖的合力為2F3，B圖的合力為0，C圖的合力為2F2，D圖的合力為2F3，因F2為直角三角形的斜邊，故這三個力的合力最大的為C圖3D解析 物體做勻速直線運動，則受力平衡，將拉力F在水平方向和豎直方向上分解，則物體一定要受到滑動摩擦力的作用，再根據(jù)摩擦力產(chǎn)生的條件知，一定會受到彈力，因此物體一定會受到四個力的作用4BC解析 手指所受的拉力等于2mgcos，增加重物重量或減小夾角，都可以使拉力增大，選項B、C正確【技能強化】5D解

39、析 細線對天花板的拉力等于物體的重力G；以滑輪為對象，兩段繩的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是G，根據(jù)共點力平衡條件，a桿對滑輪的作用力大小也是G(方向與豎直方向成60°斜向右上方)；a桿和細線對滑輪的合力大小為零6B解析 細繩對A的拉力大小始終等于物體B的重力，選項A錯誤；系統(tǒng)仍保持靜止，則A受到的合力仍為零，選項D錯誤；斜面傾角由45°增大到50°，A對斜面的壓力大小由mAgcos45°減小到mAgcos50°，選項B正確；A受到的靜摩擦力大小發(fā)生了變化，選項C錯誤7A解析 繩子恰好不斷時的受力分析如圖所示，由于Fmg10

40、 N，繩子的最大拉力也是10 N，可知F1、F2之間的最大夾角為120°，由幾何關(guān)系知兩個掛釘之間的最大間距L×cos30°×2 m m.8AC解析 將O點受到的三個力沿水平和豎直兩個方向進行分解，如圖所示，分別在這兩個方向上列出平衡方程得：FAsin FBcos mg，F(xiàn)Acos FBsin .解得FAmgsin ，F(xiàn)Bmgcos . 9B解析 由圖可知，F(xiàn)1和F2在豎直方向的分力等大反向，其合力為零；在水平方向的合力分別為F3和F3，因而三力的合力有唯一值3F3，方向與F3同向，選項B正確10B解析 對B受力分析(如圖甲所示)得F22F，對上部分受力

41、分析(如圖乙所示)，其中F2F2，得NF2cos 30°100 N，故B正確115解析 按力F的作用效果將其沿AB、AC方向分解為F1、F2，如圖甲所示，則F1F2由幾何知識得tan10.按力F2的作用效果將其沿水平向左和豎直向下分解為N、N，如圖乙所示，則NF2sin以上各式聯(lián)立解得N5F所以物體D所受壓力的大小是F的5倍12.mg解析 從整體來看，鋼繩的拉力FGmg，它可以分解為沿桿方向的兩個分力(均為F)，如圖所示，F(xiàn)通過桿作用于罐壁，又可分解為豎直向上的分力F1和垂直于罐壁的壓力F2，因為60°，則由菱形知識得FG.由直角三角形可知：F2FsinGmg.【挑戰(zhàn)自我】

42、13(1)8 N，方向沿斜面向上(2)0(3)8 N，方向沿斜面向下解析 設(shè)物體所受到的靜摩擦力沿斜面向下，則物體受力如圖所示據(jù)平衡條件可得Fcosfmgsin0解得fFcosmgsin (1)F50 N時，f8 N，負號表明f方向沿斜面向上(2)F60 N時，f0.(3)F70 N時，f8 N，方向沿斜面向下課時作業(yè)（九）【基礎(chǔ)熱身】1D解析 如果物體所受拉力與其重力平衡，則物體只受兩個力；如果物體所受拉力小于物體重力，則必然受到斜面的支持力，由于支持力垂直斜面、重力和拉力都在豎直方向，所以物體在這三個力作用下不可能處于平衡狀態(tài)，則其必然要受到摩擦力，可知此種情況下物體受四個力作用綜上所述，

43、可知M不是受兩個力作用就是受四個力作用，選項D正確2B解析 若物體在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下處于平衡狀態(tài)，則物體受三個力；此種情況下水平力稍增大(或減小)，物體仍可靜止在斜面上，但物體將受沿斜面向下(或沿斜面向上)的摩擦力綜上所述，可知本題正確選項只有B.3B解析 以球B為研究對象，受到重力、風(fēng)力和拉力，三力平衡，則可得到拉力T，風(fēng)力FmBgtan，選項A錯誤、B正確；利用整體法，水平方向上有F(mAmB)g，解得，選項D錯誤；豎直方向上桿對環(huán)A的支持力NA(mAmB)g，選項C錯誤4B解析 在選項A、D中a球所受三個力不能維持a球平衡，選項A、D錯誤；C圖中a球受到的重力豎直向下

44、，連接天花板的繩子的拉力豎直向上，連接b球的繩子的拉力偏向左下，因此三力的合力不為零，選項C錯誤；分析B項中兩個球的受力，合力都可以為零，選項B正確【技能強化】5C解析 涂料滾受三個力的作用：重力、墻壁對涂料滾水平向左的彈力F2、撐竿對涂料滾的推力F1.重力的大小方向確定、墻壁對涂料滾的彈力方向確定、粉刷工人站在離墻壁某一距離處緩緩上推涂料滾，涂料滾受力始終平衡，這三個力構(gòu)成矢量三角形，使撐竿與墻壁間的夾角越來越小，則矢量圖變化如圖所示，由圖可知，當使撐竿與墻壁間的夾角越來越小時，F(xiàn)1、F2均減小，由牛頓第三定律知F2和F2等大反向，因此F1、F2均減小，C正確6A解析 當物體在斜劈上勻速下滑

45、時，物體對斜劈的作用力N1、f1的合力大小為mg，方向豎直向下，f0.當用外力F推此物體時，物體雖然加速下滑，但是物體對斜劈的作用力N1、f1均不變，故f0，N(Mm)g，選項A正確7A解析 三棱柱受重力、斜面的支持力和摩擦力而平衡，故Nmgcos mg，fmgsinmg，A選項正確8C解析 板在逐漸抬起的過程中，滑塊和板間的靜摩擦力逐漸增大，當30°時達到最大靜摩擦力，此前彈簧彈力為零，此后滑塊開始滑動，有Fmgcosmgsin，解得Fmg(sincos)，選項C正確. 9A解析 物體A受重力、水平推力F、B對A的支持力，由于A、B間接觸面光滑，故A、B間無摩擦力物體A恰好不離開地

46、面，則地面對A無支持力，同時地面對A也就沒有摩擦力，因此A受3個力；物體B受重力、A對B的壓力、地面對B的支持力，由于A、B兩物體緊靠著放在粗糙水平面上，故還有地面對B的摩擦力，所以物體B受4個力10B解析 由于ADOAOB，圓環(huán)自由下落穩(wěn)定時，繩AO豎直，故TB0，TAmg.11無彈力，理由略解析 以A、B兩物體及輕桿為研究對象，當它們沿斜面勻速下滑時，有(mAmB)gsin(mAmB)gcos0 解得tan 再以B為研究對象，設(shè)輕桿對B的彈力為F，則 mBgsinFmBgcos0 將tan代入上式，可得F0，即細桿上沒有彈力1230 N 7.5 N解析 選取A和B整體為研究對象，它受到重力

47、(Mm)g、地面的支持力N、墻壁的彈力F和地面的摩擦力f的作用(如圖甲所示)而處于平衡狀態(tài)根據(jù)平衡條件有：N(mAmB)g0，F(xiàn)f可得N(mAmB)g30 N再以B為研究對象，它受到重力mBg、三棱柱對它的支持力NB、墻壁對它的彈力F的作用(如圖乙所示)而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有：NBcosmBgNBsinF解得FmBgtan所以fFmBgtan7.5 N.【挑戰(zhàn)自我】13(1)94.5 N(2)64張(3)0.3解析 (1)從表中可看出，將書分成 2,4,8,16，2n份時，拉力F將分別增加6 N,12 N,24 N，3×2n N，故將書分成32份時，增加的拉力應(yīng)為 48 N，

48、故力 F46.5 N48 N94.5 N.(2)逐頁交叉時，需拉力F190.5 N，而把書分成 64份時，增加的拉力為2×48 N96 N，需拉力 F94.5 N96 N190.5 N可見，逐頁交叉剛好分為64份，即該書有64張(3)兩張紙之間的動摩擦因數(shù)為，利用第1次實驗的數(shù)據(jù)，××G×F1，解得0.3.課時作業(yè)（十）【基礎(chǔ)熱身】1A解析 將4塊磚視為一個整體，受力分析如圖甲所示，得f1f42mg，方向豎直向上再將3、4整體視為研究對象，受力如圖乙所示，得f230，故選項A正確2A解析 根據(jù)題意可知球A、B間的桿一定水平，對其中一個小球受力分析，由共點

49、力的平衡知識可得，桿的作用力Fmgtan30°mg，故選項A正確3D解析 若物塊M保持靜止，所受摩擦力為靜摩擦力，其大小等于繩上拉力mg與物塊M沿斜面方向的重力分量Mgsin的合力，當mg>Mgsin時，摩擦力方向沿斜面向下，其大小等于mgMgsin，則越大，摩擦力越小，當mg<Mgsin時，摩擦力方向沿斜面向上，其大小等于Mgsinmg，則越大，摩擦力越大；若物塊M沿斜面下滑，所受摩擦力為滑動摩擦力，其大小等于Mgcos，越大，摩擦力越小4B解析 對O點進行受力分析，O點受到豎直向下的沖力F和斜向上的網(wǎng)繩的拉力，設(shè)每根網(wǎng)繩的拉力大小為F1，由力的合成可知，網(wǎng)繩Oe和Od

50、的拉力的合力大小為F1，方向豎直向上；同理，網(wǎng)繩Ob和Og的拉力的合力大小也為F1，方向豎直向上；由2F1F得F1，故選項B正確【技能強化】5AC解析 釋放后，因物體A、B與墻面間無壓力，故無摩擦力，兩物體均只受重力作用，做自由落體運動，處于完全失重狀態(tài)，故A、C正確，B、D錯誤6AB解析 由相對運動可知，石塊受到向上的滑動摩擦力，使石塊加速向上運動，最終可與皮帶達到共同速度，若加速運動時經(jīng)過的位移大于兩輪間距，則一直加速；若小于兩輪間距，則達到共同速度后石塊與皮帶相對靜止，此后受靜摩擦力的作用，方向仍沿皮帶向上7D解析 設(shè)滑塊受斜面的靜摩擦力沿斜面向上，由平衡條件得：Ffkxmgsin30&

51、#176;，可得：Ff20 NF由0逐漸增大的過程中，f逐漸減小，當f0時，F(xiàn)為20 N，故A、B均可能；當f沿斜面向下時，F(xiàn)kxfmgsin30°，有：Ff20 N，隨著F增大，f也逐漸增大，直到f25 N，此時F45 N，當F>45 N，滑塊就沿斜面滑動，故測力計的讀數(shù)不可能為60 N.8A解析 由題知mgkL.設(shè)物體所受摩擦力大小為f，方向沿斜面向上，由平衡條件得2mgsin30°kLf，解得f0，故A正確，選項B、C、D錯誤9B解析 分析小球m1的受力情況，由物體的平衡條件可得，繩的拉力T0，故C、D均錯誤；分析m2受力，由平衡條件可得：Nm2g，故選項A錯誤

52、、B正確1060 N6 kg解析 對B球受力分析如圖所示，物體B處于平衡狀態(tài)，有Tsin30°mBg解得T60 N物體A處于平衡狀態(tài)，則在水平方向：Tcos30°NAsin30°在豎直方向：NAcos30°mAgTsin30°.由上兩式解得：mA6 kg11(1)(2)變小夏天電線下墜距離較大，變小，故拉力變小了解析 (1)以電線為研究對象，電線兩端所受的力為F1、F2，重力G可看作作用在電線中點，F(xiàn)1、F2分解成水平方向和豎直方向兩個分量，由共點力的平衡條件F1cosF2cosGF1sinF2sin0解得F1F2(2)夏天電線下墜距離較大，變

53、小，故拉力變小了【挑戰(zhàn)自我】12. NF N解析 作出物體A受力圖如圖所示，由平衡條件FyFsinF1sinmg0FxFcosF2F1cos0由以上兩式解得FF1F要使兩繩都能繃直，則有F10，F(xiàn)20即F有最大值Fmax N.有最小值Fmin N則F的取值范圍是 NF N.課時作業(yè)（十一）【基礎(chǔ)熱身】1C解析 原長的測量值小于真實值，設(shè)誤差為l，彈簧的實際伸長量xxl，彈力與伸長量成正比，即Fk(xl)，所以可能的圖線是C.2D解析 由于結(jié)點O的位置不變，所以F1和F2的合力大小和方向不變，畫出平行四邊形如圖所示，彈簧測力計A的拉伸方向不變，則F1的方向不變，彈簧測力計B順時針轉(zhuǎn)動過程中，F(xiàn)2的大小和方向均不斷改變，圖中畫出彈簧測力計B轉(zhuǎn)動過程中的三個位置，兩彈簧測力計的讀數(shù)分別為F1和F2、F1和F2、F1和F2，觀察表示力的有向線段的長短變化，可以看出彈簧測力計A的讀數(shù)F