高中物理課時作業(yè)（人教版必修第一冊）詳解答案

詳解答案師說高中同步導(dǎo)學(xué)案物理·必修第一冊課時分層作業(yè)(一)質(zhì)點(diǎn)參考系1．解析：速度滑冰比賽中，研究運(yùn)動員的滑行軌跡，能將運(yùn)動員看成質(zhì)點(diǎn)，A正確；自由式滑雪比賽中，研究運(yùn)動員的空中姿態(tài)，不能將運(yùn)動員看成質(zhì)點(diǎn)，B錯誤；花樣滑冰比賽中，研究運(yùn)動員的跳躍和旋轉(zhuǎn)，不能將運(yùn)動員看成質(zhì)點(diǎn)，C錯誤；單板滑雪比賽中，研究運(yùn)動員的空中轉(zhuǎn)體動作，不能將運(yùn)動員看成質(zhì)點(diǎn)，D錯誤．答案：A2．解析：戰(zhàn)機(jī)、加油機(jī)及戰(zhàn)機(jī)內(nèi)的飛行員都與加油機(jī)相對靜止，加油機(jī)相對地面上的房屋是運(yùn)動的，選項(xiàng)B正確．答案：B3．解析：關(guān)鍵是分析在實(shí)際研究的問題中物體的大小、形狀能否忽略．若能忽略物體的大小和形狀，則可視為質(zhì)點(diǎn)，若不能忽略物體的大小和形狀，則不可視為質(zhì)點(diǎn)，故C正確．答案：C4．解析：檢查乘客是否正確佩戴口罩，乘客不能被看成質(zhì)點(diǎn)，否則不能確定乘客是否正確佩戴口罩，故A錯誤；追蹤新冠感染者的行動軌跡，研究的是軌跡，新冠感染者的大小和形狀對追蹤軌跡沒有影響，故可以將新冠感染者看成質(zhì)點(diǎn)，故B正確；檢測新冠病毒是否發(fā)生變異，需研究新冠病毒的內(nèi)部結(jié)構(gòu)和外部形態(tài)，不能將新冠病毒看成質(zhì)點(diǎn)，故C錯誤；給接種者注射新冠疫苗，接種者不能被看成質(zhì)點(diǎn)，否則無法確定接種位置，故D錯誤．答案：B5．解析：能否看成質(zhì)點(diǎn)主要取決于“天問一號”的大小和形狀相對于研究的問題是否可以忽略．答案：B6．解析：依題意，演員與卡車相對靜止，二者相對地面運(yùn)動，所以以演員為參考系，卡車是靜止的；以地面為參考系，演員是運(yùn)動的，故A、B、D錯誤，C正確．答案：C7．解析：教練為了研究兩人的技術(shù)動作，不能忽略人的形狀，不能將圖片中的兩人視為質(zhì)點(diǎn)，故A錯誤；兩人在下落過程中，相對水面下降，所以感覺水面是運(yùn)動的，故B錯誤；兩個運(yùn)動員的動作一致，所以甲運(yùn)動員感覺乙運(yùn)動員是靜止的，故C正確；觀眾觀看兩人比賽時，要看動作，不能將兩人視為質(zhì)點(diǎn)，故D錯誤．故選C.答案：C8．解析：以地面作為參考系，大雁在勻速飛行，A錯誤；由于大雁在勻速飛行，攝影師為了拍攝一張清晰大雁隊(duì)伍照片，應(yīng)該以雁群中的某只大雁做參考系，B錯誤；若研究“雁陣”從一處飛往另一處的時間，與兩地的距離相比，大雁群的形狀與體積可以忽略，可以將“雁陣”看做一個質(zhì)點(diǎn)，C正確；研究頭雁扇動翅膀產(chǎn)生的上升氣流時，不能忽略大雁的形狀與體積，頭雁不能看做質(zhì)點(diǎn)，D錯誤．故選C.答案：C9．解析：飛機(jī)甲與敵機(jī)速度相同，以飛機(jī)甲為參照物，敵機(jī)靜止，故B正確；飛機(jī)乙全程變距監(jiān)控，所以以飛機(jī)乙為參照物，敵機(jī)是運(yùn)動的，同理，以敵機(jī)為參照物，飛機(jī)乙是運(yùn)動的，以靜止的云為參照物，三架飛機(jī)均不靜止，故A、C、D錯誤．答案：B10．解析：以該游客自己為參考系，相對于山靠近的過程中，看到對面的山迎面走來，故A錯誤；以對面的山為參考系，相對山靠近的過程中，看到該游客自己向山運(yùn)動，故B錯誤；以該游客自己為參考系，看到同一纜車?yán)锏娜遂o止不動，故C錯誤；以所乘坐的纜車為參考系，看到兩邊的青山綠樹向身后走去，故D正確．答案：D11．解析：甲、乙兩人分別將飛機(jī)和地面作為參考系，他們的說法都是正確的，他們的爭論是由于選擇的參考系不同而引起的，A錯誤，D正確；參考系的選擇可以是任意的，一般情況下我們選擇相對于地面靜止的物體為參考系，B錯誤；研究物體的運(yùn)動時一定要選擇參考系，否則物體的運(yùn)動情況無法確定，C錯誤．答案：D12．解析：選作參考系的物體，都認(rèn)為處于靜止?fàn)顟B(tài)，以地面為參考系，甲、乙兩車都向東運(yùn)動，且甲車運(yùn)動得較快．若以甲車為參考系，乙車后退，即向西運(yùn)動；若以乙車為參考系，甲車向前，即向東運(yùn)動．答案：BC13．解析：記錄潛水器下潛的總時間時，潛水器的大小和形狀相對運(yùn)動的軌跡可以忽略，可以視為質(zhì)點(diǎn)，故A正確；調(diào)整潛水器下潛姿態(tài)時，潛水器的大小和形狀不可忽略，不可視為質(zhì)點(diǎn)，故B錯誤；研究潛水器在水中受到的浮力時，潛水器的體積不可以忽略，不可視為質(zhì)點(diǎn)，故C錯誤；研究潛水器艙體各部位受到水的壓力時，潛水器的大小和形狀不可忽略，不能視為質(zhì)點(diǎn)，故D錯誤．答案：A14．解析：由B車上的乘客看到站臺向東運(yùn)動，可判斷B車向西運(yùn)動，由A車上的乘客看到B車向東運(yùn)動，說明A車也向西運(yùn)動且速度大于B車速度；C車上的乘客看到A車向西運(yùn)動，B車上的乘客看到C車向東運(yùn)動，則C車有三種可能的運(yùn)動情況：可能靜止，可能向東運(yùn)動，也可能向西運(yùn)動但速度比A、B的速度都小，故選D.答案：D課時分層作業(yè)(二)時間位移1．解析：“2021年10月16日0時23分”是指時刻，故A錯誤；“10月16日6時56分”是指時刻，故B正確；“約582秒”是指時間間隔，故C錯誤；研究“神舟十三號”載人飛船飛行軌跡時，飛船的大小和形狀對所研究的問題而言可以忽略，所以此時可以將飛船視為質(zhì)點(diǎn)，故D錯誤．答案：B2．解析：一個物體相對于其他物體的位置變化叫作機(jī)械運(yùn)動，故A正確；物體在5s內(nèi)指的是物體從0時刻到5s末這5s的時間，故B錯誤；描繪航空母艦在海洋中的運(yùn)動軌跡時，航空母艦的大小和形狀可以忽略，可以將航空母艦看作質(zhì)點(diǎn)，故C錯誤；高清攝像機(jī)拍攝子彈穿過蘋果瞬間的照片，曝光時間為0.1s，這里指的是時間間隔，故D錯誤．答案：A3．解析：位移的大小等于初、末位置的距離，可知位移的大小等于A、C的距離，即x＝1.5m－1m＝0.5m；路程等于運(yùn)動軌跡的長度，可知s＝1m＋1.5m－2×0.2m＝2.1m，故D正確，A、B、C錯誤．答案：D4．解析：“29分鐘”指的是時間間隔，A錯誤；“18千米”指的是汽車路程，B錯誤，C正確；研究此過程中汽車的運(yùn)動軌跡時能把汽車看成質(zhì)點(diǎn)，D錯誤．答案：C5．解析：位移是起點(diǎn)指向終點(diǎn)的有向線段，位移的大小即直線距離，A項(xiàng)正確，B、C、D三項(xiàng)均指路程．答案：A6．解析：由列車信息可知，08：44是高鐵出發(fā)的時間，是一個時間點(diǎn)，所以是時刻；02：32是高鐵從漢口到十堰東所需的時間，是一個時間段，所以是時間間隔，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B7．解析：矢量是有方向的物理量，所以位移是矢量，路程是標(biāo)量，A錯誤；兩批醫(yī)護(hù)人員的起點(diǎn)與終點(diǎn)都相同，所以位移是相同的，B正確；“時間少收費(fèi)多”方案中的“1小時25分”，對應(yīng)的是一個過程，故指的是時間間隔，C錯誤；“距離較短”方案中的“85公里”是指醫(yī)護(hù)人員實(shí)際所走路線的長度，是路程，D錯誤．答案：B8．解析：由題圖可知，小王經(jīng)過的路線長度為400m＋300m＝700m，小王的位移大小為eq\r(3002＋4002)m＝500m，故C正確．答案：C9．解析：質(zhì)點(diǎn)每秒的位置如圖所示，前4s內(nèi)的路程為s＝2m＋2m＋1m＋6m＝11m，第4s內(nèi)的位移為x＝－2m－4m＝－6m，最后2s，即第3s末到第5s末的位移為x′＝－3m－4m＝－7m．故D正確，A、B、C錯誤．答案：D10．解析：位移是矢量，質(zhì)點(diǎn)從A到B再到C的位移為－2m，路程為4m，選項(xiàng)A錯誤；質(zhì)點(diǎn)從B到D的位移為－2m－2m＝－4m，路程為4m，選項(xiàng)B正確；質(zhì)點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)時，其位置可用D點(diǎn)的坐標(biāo)表示，即－2m，此時質(zhì)點(diǎn)相對于A點(diǎn)的位移為－2m－1m＝－3m，選項(xiàng)C、D正確．答案：BCD11．解析：“2021年9月20日22時08分”是指時刻，故A錯誤；它們各自轉(zhuǎn)一圈，其位移都為0，相等，故B正確；它們各自轉(zhuǎn)一圈，其路程是各自所在軌道的周長，不相等，故C錯誤；交會對接時，要考慮它們的形狀，不可以把它們看成質(zhì)點(diǎn)，故D錯誤．答案：B12．解析：位移由運(yùn)動的起點(diǎn)、終點(diǎn)決定，路程由實(shí)際路徑?jīng)Q定，0.2～0.8s內(nèi)小球從A→B→A→O，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(nèi)小球從B→A→O，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(nèi)小球從A→B→A，位移大小是零，經(jīng)過的路程是6cm，故C錯誤；0.2～1.0s內(nèi)小球從A→B→A→O→C，位移大小是14cm，方向向左，經(jīng)過的路程是20cm，故D錯誤．答案：B13．解析：如圖所示，樓梯傾角為45°，則知每層樓的高為2L，由A到B的位移大小x為圖中虛線部分的長度，由勾股定理知，x＝eq\r(L2＋（2L）2)＝eq\r(5)L；人的路程為運(yùn)動軌跡的總長度，所以路程為：L＋2eq\r(L2＋L2)＝L＋2eq\r(2)L，選項(xiàng)D正確．答案：D14．解析：起爆員撤離路徑示意圖如圖所示，先向北跑100m，再向東跑50m，此時起爆員到爆破點(diǎn)的距離為eq\r(1002＋502)m<120m，沒到安全區(qū)域，故A錯誤；先向北跑100m，再向東跑100m．此時起爆員距爆破點(diǎn)的距離為eq\r(1002＋1002)m>120m，已經(jīng)到達(dá)安全區(qū)域，故B正確；先向北跑100m，再向東偏南45°跑100m，由幾何關(guān)系可知，起爆員距爆破點(diǎn)的距離一定小于120m，沒到安全區(qū)域，故C錯誤；先向西偏北45°跑100m，再向東偏北45°跑75m，起爆員此時距爆破點(diǎn)的距離為eq\r(1002＋752)m>120m，已經(jīng)到達(dá)安全區(qū)域，故D正確．答案：BD課時分層作業(yè)(三)位移—時間圖像位移和時間的測量1．解析：每隔四個點(diǎn)取一個計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)間有五個時間間隔，而打點(diǎn)計(jì)時器每隔0.02s打一個點(diǎn)，所以兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時間間隔為0.10s；若每隔五個點(diǎn)取一個計(jì)數(shù)點(diǎn)，則計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時間間隔為0.12s.答案：A2．解析：A錯：由圖像可知，乙在10s時開始運(yùn)動，甲已運(yùn)動了10s，此時兩物體間的距離已超過20m.B對：在0～10s這段時間內(nèi)，兩物體縱坐標(biāo)的差值逐漸增大，說明兩物體間的距離逐漸增大．C對：在10～25s這段時間內(nèi)，兩物體縱坐標(biāo)的差值逐漸減小，說明兩物體間的距離逐漸變?。瓺對：兩物體在10s時相距最遠(yuǎn)，在25s時，兩圖線相交，兩物體縱坐標(biāo)相等，說明它們到達(dá)同一位置．答案：BCD3．解析：(1)先沿正方向勻速前進(jìn)6m，停一段時間后再沿正方向勻速前進(jìn)6m，再停一段時間后反向勻速運(yùn)動10m，又停一段時間后再沿正向勻速前進(jìn)4m，停一會兒，最后反向勻速前進(jìn)6m回到出發(fā)點(diǎn)．(2)從開始至剛運(yùn)動到距原點(diǎn)12m處用時大約25s.答案：見解析4．解析：x-t圖像描述的是做直線運(yùn)動物體的位移隨時間的變化關(guān)系，雖然圖像是拋物線，但運(yùn)動軌跡是直線，A錯誤；從題圖圖像可以看出，物體在0～8s內(nèi)的最大位移為80m，8s時回到初始位置，B、C正確；物體先遠(yuǎn)離出發(fā)點(diǎn)，后回到出發(fā)點(diǎn)，故物體做往返運(yùn)動，D正確．答案：BCD5．解析：A錯：由圖像可知，b車的位移先增大后減小，因此b車的運(yùn)動方向發(fā)生了變化．B對：圖線a與b有兩個交點(diǎn)，說明兩車相遇兩次．C對：t1到t2時間內(nèi)，兩車的位移相同．D錯：由圖像可知，a車的位移均勻增大，b車位移不是均勻增大的．答案：BC6．解析：由題圖圖像可知，質(zhì)點(diǎn)開始時位置坐標(biāo)為0，6s時位置坐標(biāo)為－4m，則0～6s內(nèi)位移為－4m－0＝－4m，故A正確；2s時位置坐標(biāo)為4m，4s時位置坐標(biāo)為0，則2～4s內(nèi)位移為0－4m＝－4m，故B錯誤；0～6s內(nèi)路程為4m＋4m＋4m＝12m，故C錯誤；由題圖圖像可知，2～6s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)一直向同一方向運(yùn)動，故D正確．答案：AD課時分層作業(yè)(四)速度1．解析：由v＝eq\f(Δx,Δt)可知，當(dāng)Δt非常小時，該式可表示該時刻的瞬時速度；平均速度能夠準(zhǔn)確反映一段時間內(nèi)物體運(yùn)動的快慢程度，但不能準(zhǔn)確描述某一時刻或某一位置運(yùn)動的快慢，瞬時速度能夠精確描述物體在某一時刻或某一位置運(yùn)動的快慢，但不能描述一段時間內(nèi)物體運(yùn)動的快慢．答案：ABC2．解析：子彈以790m/s的速度擊中目標(biāo)，指的是瞬時速度，故A錯誤；信號沿運(yùn)動神經(jīng)傳播的速度大約為10m/s，指的是平均速度，故B正確；高速公路限速120km/h，指的是瞬時速度，故C錯誤；測試時，列車的最高時速可達(dá)484km/h，指的是瞬時速度，故D錯誤．答案：B3．解析：根據(jù)導(dǎo)航儀的提示，不能判斷出汽車是否做勻速運(yùn)動，故A錯誤；根據(jù)導(dǎo)航儀的提示，不能判斷出汽車此時的運(yùn)動狀態(tài)，故B錯誤；由于“前方3公里擁堵，估計(jì)需要24分鐘通過”，可知通過前方這3公里的過程中，車子的平均速度大約為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(3,\f(24,60))km/h＝7.5km/h，但不能據(jù)此判斷出3km以后做怎樣的運(yùn)動，所以并不能判斷出到達(dá)目的地所需的時間，故C錯誤，D正確．答案：D4．解析：足球的直徑為0.22m，由題圖可知在曝光時間內(nèi)，足球運(yùn)動的位移約為足球直徑的2倍，則有x＝0.22×2m＝0.44m，則v＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.44,0.02)m/s＝22m/s，足球被踢出時的速度大小約為20m/s，故B正確．答案：B5．解析：汽車的形狀和大小在該測速區(qū)間內(nèi)可以忽略，可以看成質(zhì)點(diǎn)，A錯誤；這里只知道初速度和末速度，中間過程的瞬時速度可能是80km/h，B正確；標(biāo)志中的“5.3km”指的是路程，C錯誤；汽車在測速區(qū)間的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)＝eq\f(5.3,\f(5,60))km/h＝63.6km/h，平均速度已達(dá)63.6km/h，該汽車速度已超過60km/h，D錯誤．故選B.答案：B6．解析：將t＝2s代入質(zhì)點(diǎn)的速度隨時間變化的關(guān)系式v＝6t2(m/s)，得t＝2s時刻的瞬時速度為v＝6×22m/s＝24m/s，將t＝0和t＝2s分別代入距離隨時間變化的關(guān)系式x＝4＋2t3(m)，得x1＝4m，x2＝20m，則質(zhì)點(diǎn)在2s時間內(nèi)通過的位移為x＝x2－x1＝20m－4m＝16m，t＝0到t＝2s間的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(16,2)m/s＝8m/s，故選D.答案：D7．解析：由題圖圖像可知：t＝0時刻質(zhì)點(diǎn)從“負(fù)”方向上距原點(diǎn)0.2m處沿規(guī)定的正方向做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)4s運(yùn)動到“正”方向上距原點(diǎn)0.2m處，由圖像的斜率可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動速度大小為0.1m/s，方向與規(guī)定的正方向相同，在0～4s內(nèi)斜率沒有變，故運(yùn)動方向沒有變，A、C錯誤；質(zhì)點(diǎn)在0～2s內(nèi)的位移大小為0.2m，在0～4s內(nèi)的位移大小為0.4m，方向均與規(guī)定的正方向相同，B錯誤，D正確．答案：D8．解析：第一種情況，時間相等、速度不同過程，物體的總位移為x＝5t＋2t＝7t，則全程的平均速度為v1＝eq\f(x,2t)＝eq\f(7t,2t)＝3.5m/s；第二種情況，位移相等，速度不同過程，全程的運(yùn)動時間為t′＝eq\f(x′,5)＋eq\f(x′,2)＝eq\f(7x′,10)，則全程的平均速度為v2＝eq\f(2x′,t′)＝eq\f(2x′,\f(7x′,10))＝eq\f(20,7)m/s<3.5m/s.可知v1>v2.故選A.答案：A9．解析：(1)由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的位移Δx＝xB－xA＝12m－(－8m)＝20m.(2)由O點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的時間t2＝eq\f(12,3)s＝4s，由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的時間Δt＝t1＋t2＝8s，平均速度v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(20,8)m/s＝2.5m/s.答案：(1)20m(2)2.5m/s10．解析：三個質(zhì)點(diǎn)都從N到M，則位移相等，平均速度相同，A錯誤，D正確；三個質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的時間都相等，質(zhì)點(diǎn)A從N點(diǎn)到達(dá)M點(diǎn)的路程最大，則平均速率最大，但到達(dá)M點(diǎn)時的速率不一定最大，B錯誤；三個質(zhì)點(diǎn)到達(dá)各自軌跡的中點(diǎn)時速度可能相同，C錯誤．答案：D11．解析：從題圖中可以看出，在相等時間t0內(nèi)三個物體運(yùn)動的位移相等，所以三者的平均速度相等，故B正確，A、D錯誤．平均速率的公式是eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)，其中s表示路程，從題圖中可以看出，在相同時間t0內(nèi)的路程關(guān)系為s甲>s乙＝s丙，所以甲的平均速率最大，而乙和丙的平均速率相等，故C錯誤．答案：B12．解析：設(shè)x1＝30m，x2＝60m，x3＝90m，x4＝100m，t1＝3.73s，t2＝6.29s，t3＝8.92s，t4＝9.83s，可知運(yùn)動員第一個30米的平均速度為：v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(30,3.73)m/s＝8.04m/s運(yùn)動員第二個30米的平均速度為：v2＝eq\f(x2－x1,t2－t1)＝eq\f(60－30,6.29－3.73)m/s＝11.72m/s運(yùn)動員第三個30米的平均速度為：v3＝eq\f(x3－x2,t3－t2)＝eq\f(90－60,8.92－6.29)m/s＝11.41m/s運(yùn)動員最后10米的平均速度為：v4＝eq\f(x4－x3,t4－t3)＝eq\f(100－90,9.83－8.92)m/s＝11.00m/s運(yùn)動員全程并不是一直勻速的，故A錯誤；根據(jù)數(shù)據(jù)表格可知運(yùn)動前30米的平均速度為：v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(30,3.73)m/s＝8.04m/s運(yùn)動員前60米的平均速度為：v′2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(60,6.29)m/s＝9.54m/s所以運(yùn)動員前30米的平均速度小于前60米的平均速度，故B錯誤；根據(jù)數(shù)據(jù)表格可知運(yùn)動員最后10米的平均速度為：v4＝eq\f(x4－x3,t4－t3)＝eq\f(100－90,9.83－8.92)m/s＝11.00m/s，故C正確；根據(jù)數(shù)據(jù)表格無法計(jì)算沖線時的瞬時速度，故D錯誤．故選C．答案：C課時分層作業(yè)(五)測量紙帶的平均速度和瞬時速度速度—時間圖像1．解析：在0～t1時間內(nèi)，運(yùn)動員在空中，處于上升階段，t1時刻到達(dá)最高點(diǎn)；t1～t2時間內(nèi)，運(yùn)動員下落，t2之后速度減小，運(yùn)動員進(jìn)入水中，選項(xiàng)A錯誤，B正確；t3時刻，運(yùn)動員的速度減為零，此時仍處于水下，選項(xiàng)C錯誤；t1～t3時間內(nèi)運(yùn)動員始終向下運(yùn)動，選項(xiàng)D正確．答案：BD2．解析：(1)從紙帶上的點(diǎn)跡可以看出，相同時間內(nèi)的位移在增加，故紙帶的運(yùn)動是加速運(yùn)動．(2)打出A、F這兩點(diǎn)的過程中，紙帶運(yùn)動的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(（19.55－1.30）×10－2,0.1×5)m/s＝0.365m/s.(3)打下B點(diǎn)時紙帶的瞬時速度可用打下A、C過程的平均速度代替，故打下B點(diǎn)時紙帶的瞬時速度為eq\o(v,\s\up6(－))B＝eq\f(x,t)＝eq\f(（6.34－1.30）×10－2,0.1×2)m/s＝0.252m/s.答案：(1)加速(2)0.365(3)0.2523．解析：每相鄰兩個計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有3個點(diǎn)未畫出，所以打下相鄰兩個計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時間間隔是T＝0.08s；由題圖可知，點(diǎn)0對應(yīng)的讀數(shù)是10.00cm，點(diǎn)1對應(yīng)的讀數(shù)是12.60cm，點(diǎn)3對應(yīng)的讀數(shù)是22.60cm，點(diǎn)4對應(yīng)的讀數(shù)是29.90cm，打下計(jì)數(shù)點(diǎn)2時紙帶的瞬時速度大小近似等于打下計(jì)數(shù)點(diǎn)1、3兩點(diǎn)間的平均速度大小，即v2＝eq\f(x13,2T)＝eq\f(0.226－0.126,2×0.08)m/s＝0.625m/s.答案：10.00cm12.60cm22.60cm29.90cm0.6254．解析：由題圖可知，A、B的速度都為正方向，故它們的速度方向相同，A錯誤；設(shè)t時刻，兩者速度相等，則6－3t＝2＋2t，t＝0.8s，B正確；v-t圖像中，圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示位移，則xA＝eq\f(1,2)×6×2m＝6m，xB＝eq\f(（2＋6）×2,2)m＝8m，Δx＝xB－xA＝2m，故2s末B在A的前方，C錯誤，D正確．答案：BD5．解析：(1)AB＝BC，說明轎車在AC段做勻速運(yùn)動．每格的長度為eq\f(3.6,4)m＝0.9m，則車速v1＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.9×10,1)m/s＝9m/s.(2)轎車在CE段做減速運(yùn)動，則在CD段的平均速度大，其平均速度v2＝eq\f(0.9×7,1)m/s＝6.3m/s.答案：(1)勻速9(2)減速CD6.3課時分層作業(yè)(六)速度變化快慢的描述——加速度1．解析：汽車的加速度方向與速度方向相同，加速度減小，速度仍然增大，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度減小到零，速度達(dá)到最大．故B、D正確，A、C錯誤．答案：BD2．解析：速度變化量的方向與加速度方向一致，加速度方向與初速度方向相同時汽車做加速運(yùn)動，加速度方向與初速度方向相反時汽車做減速運(yùn)動．選項(xiàng)A中汽車做加速運(yùn)動，選項(xiàng)B、C中分別是a的方向、Δv的方向作錯了，選項(xiàng)D中圖示能正確表示汽車做減速運(yùn)動．故D正確．答案：D3．解析：由v0>0，a<0，知加速度方向與速度方向相反，物體做減速運(yùn)動，故A錯誤；由v0>0，a<0，知加速度方向與速度方向相反，物體做減速運(yùn)動，故B正確；由v0<0，a<0，知加速度和速度方向相同，故物體做加速運(yùn)動，故C錯誤；由v0<0，a<0，知加速度和速度方向相同，故物體做加速運(yùn)動，故D正確．故選BD.答案：BD4．解析：在0～t1時間內(nèi)，甲的加速度為正，乙的加速度也為正，故兩者方向相同，由于甲v-t圖線的斜率小于乙v-t圖線的斜率，故甲的加速度小于乙的加速度，故A、D錯，B對．在0～t1時間內(nèi)，甲的速度為正，乙的速度為負(fù)，運(yùn)動方向相反，故C錯．答案：B5．解析：兩個速度的方向不同，取豎直向下為正方向，則與地面接觸時間內(nèi)球的平均加速度a＝eq\f(－3－4,0.1)m/s2＝－70m/s2，選項(xiàng)D正確．答案：D6．解析：A錯：在第1s末質(zhì)點(diǎn)的加速度方向發(fā)生改變，但速度方向未改變．B錯：在第2s末質(zhì)點(diǎn)的速度方向發(fā)生改變，但加速度方向未改變．C錯：在第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)一直沿正方向運(yùn)動，位移不為零．D對：第2s末和第4s末的加速度大小都是2m/s2.答案：D7．解析：從速度發(fā)生變化開始：A圖表示列車先做加速運(yùn)動，接著做減速運(yùn)動，再做加速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動，與題意不符，故A錯誤；B圖表示列車先做減速運(yùn)動，速度未達(dá)到零，接著做加速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動，與題意相符，故B正確；C圖表示列車先做減速運(yùn)動，速度達(dá)到零，接著做加速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動，與題意不符，故C錯誤；D圖表示列車先做加速運(yùn)動，接著做減速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動，與題意不符，故D錯誤．答案：B8．解析：(1)飛機(jī)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(jī)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(jī)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/s29．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?yàn)槠嚭突疖嚨乃俣确较蛞恢蔽醋儯云嚭突疖嚨奈灰贫荚谠龃?，C、D錯誤．答案：A10．解析：A錯，B對：t1時刻甲v-t圖線的切線斜率比乙大，故甲的加速度大小比乙的大．乙的加速度大小等于eq\f(v2－v1,t2－t1)，故t1時刻甲的加速度大小大于eq\f(v2－v1,t2－t1).C錯，D對：在t1～t2時間內(nèi)，甲的切線斜率的絕對值逐漸減小，加速度逐漸減?。鸢福築D11．解析：位移是初位置指向末位置的有向線段，從題中可以看出，小球的位移為0.5m，方向由A點(diǎn)指向B點(diǎn)，即豎直向下，故A錯誤；速度的變化量等于末速度減初速度，規(guī)定向下為正，則Δv＝－7m/s－10m/s＝－17m/s，負(fù)號表示與規(guī)定的正方向相反，即速度變化量的方向向上，故B錯誤；平均速度等于位移與時間的比值，小球的位移為x＝0.5m，方向豎直向下，所以小球的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(0.5,0.3)m/s≈1.67m/s，方向豎直向下，故C錯誤；規(guī)定向下的方向?yàn)檎较颍杉铀俣裙絘＝eq\f(Δv,Δt)知：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(－7－10,0.3)m/s2≈－56.7m/s2，負(fù)號表示方向豎直向上，故D正確．答案：D12．解析：(1)v-t圖像如圖所示．(2)第1個10s內(nèi)的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(20－0,10)m/s2＝2m/s2，方向與運(yùn)動方向相同．(3)v-t圖像的斜率表示加速度，第1個10s內(nèi)的加速度a＝k＝2m/s2，方向與運(yùn)動方向相同．(4)最后15s內(nèi)的加速度a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(0－30,15)m/s2＝－2m/s2，負(fù)號表示加速度方向與運(yùn)動方向相反．答案：(1)見解析圖(2)2m/s2，方向與運(yùn)動方向相同(3)2m/s2，方向與運(yùn)動方向相同(4)2m/s2，方向與運(yùn)動方向相反課時分層作業(yè)(七)勻變速直線運(yùn)動的速度與時間的關(guān)系1．解析：A、C錯：勻加速直線運(yùn)動的加速度是不變的，速度隨時間均勻增大．B錯：加速度的方向與速度方向可能相同，也可能相反，如勻減速直線運(yùn)動中加速度與速度方向相反．D對：加速度又稱速度的變化率，加速度不變就是速度變化率不變．答案：D2．解析：根據(jù)v＝at，解得飛機(jī)起飛的速度為v＝80m/s.答案：C3．解析：由v＝v0＋at知，v0＝v－at＝15m/s－2×5m/s＝5m/s，D正確．答案：D4．解析：A錯：x-t圖線平行時間軸表示靜止．B對：v-t圖線平行時間軸時a＝0；v-t圖線為傾斜直線時a≠0.C對，D錯：x-t圖線為傾斜直線，物體做勻速運(yùn)動，加速度為零.答案：BC5．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(yùn)動，故B錯誤；根據(jù)速度公式可以計(jì)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(jì)算出經(jīng)過5s物體的速度為零，故D正確．答案：D6．解析：x-t圖像的斜率表示速度，且一直為正，故甲的運(yùn)動方向不變，且通過的總位移大小為4m，選項(xiàng)A正確，B錯誤．v-t圖像的斜率表示加速度，且一直為正，表示加速度大小、方向不變，但速度有正負(fù)，表示有往返運(yùn)動，選項(xiàng)C正確，D錯誤．答案：AC7．解析：取初速度方向?yàn)檎较颍O(shè)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：列車加速出站時，取列車運(yùn)動的方向?yàn)檎较?，列車初速度v1＝0，則列車從靜止開始運(yùn)動2min后的速度v＝v1＋a1t1＝(0＋0.6×2×60)m/s＝72m/s，當(dāng)列車減速進(jìn)站時，a2＝－0.8m/s2，初速度v2＝432km/h＝120m/s從開始剎車到速度為0的時間t2＝eq\f(0－v2,a2)＝eq\f(－120,－0.8)s＝150s，所以減速160s時列車已經(jīng)停止運(yùn)動，速度為0.答案：72m/s09．解析：第1s內(nèi)和第2s內(nèi)物體的速度均為正值，方向相同，故A錯誤；第2s內(nèi)物體的加速度為負(fù)值，第3s內(nèi)的加速度也為負(fù)值，加速度方向相同，故B正確；第3s內(nèi)物體的速度為負(fù)值，加速度也為負(fù)值，方向相同，故C正確；v-t圖像的斜率表示加速度，所以第4s末物體的加速度不為零，故D錯誤．答案：BC10．解析：根據(jù)速度—時間圖像的斜率表示加速度，可得甲的加速度大小為a甲＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，乙的加速度大小為a乙＝eq\f(Δv′,Δt′)＝4m/s2，所以運(yùn)動時甲的加速度與乙的加速度大小之比為1∶4，A、B錯誤；乙車開始運(yùn)動時，甲的速度為3m/s，此時兩車間距離等于甲在0～3s內(nèi)通過的位移，為s＝eq\f(3×3,2)m＝4.5m，C正確；由題圖可知，甲運(yùn)動3s后乙開始運(yùn)動，D錯誤．答案：C11．解析：A、B錯：由于在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)加速度是沿正向的a0，A、B中a為負(fù)值．C錯，D對：T～2T時間內(nèi)的加速度與0～eq\f(T,2)時間內(nèi)的加速度大小相等，則v-t圖線的斜率大小相同．答案：D12．解析：設(shè)開始時位置為0，依次記下位置1、2、3、4、5，因?yàn)橄噜弮牲c(diǎn)間的時間間隔為0.1s，則有v1＝eq\f(16.0×10－2,0.2)m/s＝0.8m/s；v2＝eq\f(（27.0－7.0）×10－2,0.2)m/s＝1.0m/s；v3＝eq\f(（40.0－16.0）×10－2,0.2)m/s＝1.2m/s；v4＝eq\f(（55.0－27.0）×10－2,0.2)m/s＝1.4m/s.作出v-t圖像如圖所示．加速度a的大小等于v-t圖線的斜率，a＝k＝eq\f(v4－v1,3T)＝2m/s2.答案：見解析課時分層作業(yè)(八)勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系1．解析：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度位移公式得x＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝eq\f(0－3600,－2×2)m＝900m，故A正確．答案：A2.解析：畫出運(yùn)動示意圖，由v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax得xAB＝eq\f(v2,2a)，xBC＝eq\f(3v2,2a)，故xAB∶xBC＝1∶3，選項(xiàng)C正確．答案：C3．解析：由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2知，當(dāng)時間為t1＝1s時，位移為x1，當(dāng)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：A4．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(dāng)v＝0時，t＝2s，故B正確．答案：B5．解析：B對，D錯：v-t圖像中，圖線與時間軸圍成的面積表示位移，時間軸上方的面積表示正位移，下方的面積表示負(fù)位移，由圖知，前8s內(nèi)的總位移x＝eq\f(3×2,2)m－eq\f(5×2,2)m＝－2m，平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝－0.25m/s，負(fù)號表示方向向左．A錯，C對：總路程為s＝eq\f(3×2,2)m＋eq\f(5×2,2)m＝8m.答案：BC6．解析：由題圖知，初速度v0＝5m/s，末速度v＝0，則加速度a＝eq\f(0－5,5)m/s2＝－1m/s2，故有v＝5－t(m/s)，2s末物體的速度大小為3m/s，5s末物體的速度為0，但加速度a≠0.答案：B7．解析：在v-t圖像中，在0～3s內(nèi)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(nèi)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(nèi)的位移為eq\f(1,2)×6×1.5m－eq\f(1,2)×6×1.5m＝0，回到原點(diǎn)，故D正確．答案：D8．解析：根據(jù)速度位移公式可知，減速運(yùn)動的位移為x＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝9.6m，故在距停車線8m處才開始剎車制動，汽車前端超出停車線處，A項(xiàng)錯誤；減速所需時間為t＝eq\f(0－v0,a)＝1.6s，B項(xiàng)正確；勻速運(yùn)動的時間，即駕駛員的反應(yīng)時間t′＝eq\f(L－x,v0)＝eq\f(12－9.6,12)s＝0.2s，若經(jīng)0.2s后才開始剎車制動，汽車前端恰能停在停車線處，D項(xiàng)錯誤，C項(xiàng)正確．答案：BC9．解析：(1)設(shè)從剎車到停止的時間為t2，則t2＝eq\f(0－v0,－a)＝6s.(2)反應(yīng)時間內(nèi)做勻速運(yùn)動，則x1＝v0t1，x1＝18m，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)三角警示牌到停止的全部距離為x＝x1＋x2＝108m，三角警示牌到貨車的距離為Δx＝x－50m＝58m.答案：(1)6s(2)58m10．解析：A錯：根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2可知題圖中圖線的斜率等于eq\f(1,2)a，則eq\f(1,2)a＝eq\f(2,2)m/s2，即加速度a＝2m/s2.B錯：在0～2s內(nèi)該質(zhì)點(diǎn)的位移大小為x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m.C對：2s末的速度大小v＝at＝2×2m/s＝4m/s.D錯：質(zhì)點(diǎn)在第3s內(nèi)的位移大小Δx＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×(9－4)m＝5m，則平均速度大小為v＝eq\f(Δx,Δt)＝5m/s.答案：C11．解析：108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s.由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間相當(dāng)于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時間的5倍為總的節(jié)省時間，相鄰兩站間的距離x＝eq\f(1080×103,5)m＝2.16×105m，普通列車加速時間t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速過程的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×0.5×602m＝900m.根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運(yùn)動的時間t2＝eq\f(x－2x1,v)＝eq\f(2.16×105－2×900,30)s＝7140s，同理高鐵列車加速時間t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速過程的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×0.5×1802m＝8100m，根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運(yùn)動的時間t2＝eq\f(x－2x1,v)＝eq\f(2.16×105－2×8100,90)s＝2220s，相鄰兩站間節(jié)省的時間Δt＝(t2＋2t1)－(t2＋2t1)＝4680s，因此總的節(jié)省時間Δt總＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小時30分，B正確．答案：B12．解析：反應(yīng)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(nèi)，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：32m課時分層作業(yè)(九)勻變速直線運(yùn)動的推論1．解析：根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動在相等時間內(nèi)的位移之比為1∶3∶5∶7∶…可知，該物體在第1s內(nèi)的位移與第4s內(nèi)的位移之比為7∶1，即eq\f(7,1)＝eq\f(14m,x1)，x1＝2m，故選B．答案：B2．解析：由推論知：veq\f(x,2)＝eq\r(\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋v2,2))，v0＝0，則v＝eq\r(\f(0＋v′2,2))，得v′＝eq\r(2)v.答案：B3．解析：設(shè)第3s內(nèi)、第5s內(nèi)位移分別為x3、x5，則x5－x3＝2aT2，解得a＝－1.5m/s2，負(fù)號表示方向?yàn)檎鞣较?，故選項(xiàng)D正確．答案：D4．解析：如圖所示．根據(jù)x4－x2＝2aT2得物體運(yùn)動的加速度a＝6m/s2，則第1s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝3m，第2s末的速度v2＝at2＝12m/s，物體在第5s內(nèi)的位移x5＝27m，則第5s內(nèi)的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝27m/s.答案：AD5．解析：第一個60m內(nèi)中間時刻的瞬時速度v1＝eq\f(x1,t1)＝6m/s，第二個60m內(nèi)中間時刻的瞬時速度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項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤；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項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤．答案：AC6．解析：(1)打點(diǎn)計(jì)時器使用的交流電頻率為50Hz，則周期為0.02s，由于每相鄰兩個計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個點(diǎn)沒有畫出，所以打下相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時間間隔T＝0.100s.(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，可以求出打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時小車的速度大小v1＝eq\f(s2＋s3,2T)＝eq\f(1.80＋2.40,0.2)×10－2m/s＝0.210m/s.(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論公式Δx＝aT2，可得小車的加速度的大小為a＝eq\f(（s5＋s6）－（s1＋s2）,2×（2T）2)＝eq\f(（3.60＋4.20）－（1.20＋1.80）,8×0.12)×10－2m/s2＝0.600m/s2.(4)依據(jù)連續(xù)相等時間內(nèi)位移之差相等，有s4－s3＝s5－s4，則計(jì)數(shù)點(diǎn)3與計(jì)數(shù)點(diǎn)4的間距s4＝eq\f(s3＋s5,2)＝3.00cm.答案：(1)0.100(2)0.210(3)0.600(4)3.007．解析：根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動規(guī)律可知，汽車通過ab、bc、cd、de所用的時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，通過ce段的時間為(2－eq\r(2))t.答案：(2－eq\r(2))t8．解析：將bc段分成時間相等的兩段，位移分別為x′2、x′3，將cd段分成時間相等的三段，位移分別為x′4、x′5、x′6，設(shè)每一段時間為T，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論知x′2＝x1＋aT2、x′3＝x1＋2aT2、x′4＝x1＋3aT2、x′5＝x1＋4aT2、x′6＝x1＋5aT2，可知xbc＝x′2＋x′3＝2x1＋3aT2，x2－x1＝(x′4＋x′5＋x′6)－x1＝3x1＋12aT2－x1＝2x1＋12aT2，可知aT2＝eq\f(x2－3x1,12)，聯(lián)立解得xbc＝eq\f(5x1＋x2,4).故選A.答案：A9．解析：采用逆向思維可知，動車連續(xù)經(jīng)過相等的位移所用的時間之比為：1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))，則動車第1節(jié)車廂最前端從經(jīng)過5號旅客到停下所用的時間為第1節(jié)車廂經(jīng)過2號旅客用時的2倍，歷時2t，故A錯誤；動車第1節(jié)車廂最前端從經(jīng)過5號旅客到停下總位移為4l，用時2t，則平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(4l,2t)＝eq\f(2l,t)，故B正確；由以上逆向思維可知l＝eq\f(1,2)at2，則加速度a＝eq\f(2l,t2)，并且veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2al，veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝2a×4l，解得v5＝2v1，同時又有l(wèi)＝eq\f(v1,2)t，所以v5＝eq\f(4l,t)，故C正確，D錯誤．答案：BC10．解析：根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度，由題圖可知0～t1時間內(nèi)，訓(xùn)練后運(yùn)動員的平均加速度比訓(xùn)練前的小，A錯誤；根據(jù)v-t圖像圍成的面積表示位移，由題圖可知0～t2時間內(nèi)，訓(xùn)練前運(yùn)動員跑過的距離比訓(xùn)練后的大，B錯誤；根據(jù)v-t圖像圍成的面積表示位移，由題圖可知t2～t3時間內(nèi)，訓(xùn)練后運(yùn)動員的位移比訓(xùn)練前的位移大，根據(jù)平均速度等于位移與時間的比值，可知訓(xùn)練后運(yùn)動員的平均速度大，C錯誤；根據(jù)v-t圖像可直接判斷知，t3時刻后，運(yùn)動員訓(xùn)練前速度減小，做減速運(yùn)動；t3時刻后，運(yùn)動員訓(xùn)練后速度增加，做加速運(yùn)動，D正確．答案：D11．解析：設(shè)運(yùn)動員從P到M的時間為t，加速度大小為a，由Δx＝at2可得30m－20m＝at2，則加速度為a＝eq\f(10,t2)m/s2，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中間時刻的速度等于平均速度可知，運(yùn)動員經(jīng)過M點(diǎn)的速度為vM＝(eq\f(30＋20,2t))m/s＝eq\f(25,t)m/s，根據(jù)速度—時間公式可得，運(yùn)動員經(jīng)過P點(diǎn)的速度為vP＝vM－at＝(eq\f(25,t)－eq\f(10,t2)×t)m/s＝eq\f(15,t)m/s，可得運(yùn)動員經(jīng)過P、M兩點(diǎn)的速度之比為eq\f(vP,vM)＝eq\f(\f(15,t),\f(25,t))＝eq\f(3,5)，故A正確，B錯誤；利用速度—位移關(guān)系有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(M))＝2axOM，可得O點(diǎn)到M點(diǎn)的距離為xOM＝31.25m，則可得O、P兩點(diǎn)間的距離為xOP＝31.25m－20m＝11.25m，故C錯誤，D正確．答案：AD課時分層作業(yè)(十)自由落體運(yùn)動1．解析：A錯：物體做自由落體運(yùn)動的條件是初速度為零且只受重力作用；B對：熟透的蘋果在下落過程中雖受空氣阻力的作用，但該阻力遠(yuǎn)小于它的重力，可以忽略該阻力，故可將該運(yùn)動視為自由落體運(yùn)動；C對：相同地點(diǎn)，重力加速度相同，與質(zhì)量無關(guān)；D錯：赤道處g值小于北極處．答案：BC2．解析：根據(jù)v2＝2gh得v＝eq\r(2×10×1000)m/s＝1.4×102m/s，故選項(xiàng)B正確．答案：B3．解析：兩小球都做自由落體運(yùn)動，加速度都為重力加速度g，因此兩小球下落得快慢相同，故A、B、D錯誤；根據(jù)自由落體運(yùn)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：C4．解析：可以將四個小球的運(yùn)動等效為一個小球的運(yùn)動，且每隔相等時間間隔記錄一次小球的位置．采用逆向分析法，小球的運(yùn)動時間之比為1∶2∶3∶4，則位移之比為1∶4∶9∶16，對照圖可知，選項(xiàng)C是可能的情景．答案：C5．解析：A、D錯，B對：伽利略認(rèn)為，如果物體的初速度為零，而且速度隨時間的變化是均勻的，那么它通過的位移與所用時間的二次方成正比，這樣，只要測出物體通過不同位移所用的時間，就可以檢驗(yàn)這個物體的速度是否隨時間均勻變化．C對：滴水計(jì)時不能測量自由落體運(yùn)動所用的較短時間，伽利略采用了一個巧妙的方法來“沖淡”重力，他讓銅球沿阻力很小的斜面滾下，銅球在斜面上運(yùn)動的加速度要比豎直下落的加速度小得多，通過相同距離所用時間長，容易測量．答案：BC6．解析：由公式h＝eq\f(1,2)gt2可知，選項(xiàng)A正確；根據(jù)v2＝2gh可知，選項(xiàng)B正確；根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2知只測出第1s內(nèi)的位移，不能計(jì)算出總高度，選項(xiàng)C錯誤；根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2和h－1＝eq\f(1,2)g(t－t′)2可知，選項(xiàng)D正確．答案：ABD7．解析：根據(jù)題意可知，手機(jī)先做自由落體運(yùn)動，用手接住手機(jī)時做減速運(yùn)動，由題中數(shù)據(jù)可知，向上為正方向，則手機(jī)做自由落體運(yùn)動的加速度是－10m/s2，方向向下．故選A.答案：A8．解析：若楓葉下落做自由落體運(yùn)動，則1.6s下落的高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×1.62m＝12.8m，故楓葉下落不可以看成自由落體運(yùn)動，軌跡也不一定是直線，故A正確，B錯誤；楓葉的位移一定大于9.6m，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)>eq\f(9.6,1.6)m/s＝6m/s，楓葉剛著地時的瞬時速度可能等于6m/s，故C正確，D錯誤．故選AC.答案：AC9．解析：(1)懸崖的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×3.02m＝45m.(2)下落過程的平均速度．eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝eq\f(45,3)m/s＝15m/s.(3)跳水者入水時的速度大小v＝gt＝3×10m/s＝30m/s.答案：(1)45m(2)15m/s(3)30m/s10．解析：B落地的時間為tB，根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律可得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，解得tB＝1s，則A落地的時間為tA＝tB＋0.2s＝1.2s，則A球與地面的高度差為hA＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＝7.2m，A錯誤；A、B兩小球釋放前的高度差為Δh＝hA－h(huán)＝2.2m，桿的傾角為30°，A、B兩小球釋放前相距s＝eq\f(Δh,sin30°)＝4.4m，B正確；B球離地高度更小，若先剪斷懸掛B球的細(xì)線，A、B兩球不可能同時落地，C錯誤；速度的變化率即加速度，兩小球在下落過程中加速度相同，均為重力加速度，D錯誤．故選B.答案：B11．解析：設(shè)在曝光時間0.01s內(nèi)，石子實(shí)際下落的距離為x，由題意得eq\f(3cm,120cm)＝eq\f(0.5cm,x)，解得x＝20cm.曝光時間極短，石子的平均速度近似等于瞬時速度，石子在這0.01s內(nèi)的速度v＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.2,0.01)m/s＝20m/s，石子做自由落體運(yùn)動，有2gh＝v2，解得h≈20m，故選A項(xiàng)．答案：A12．解析：(1)打點(diǎn)計(jì)時器接在頻率為50.0Hz的交流電源上，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有1個計(jì)時點(diǎn)，則相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時間為t＝2×0.02s＝0.04s，紙帶做自由落體運(yùn)動，打點(diǎn)3時的瞬時速度等于點(diǎn)2到點(diǎn)4之間的平均速度，由紙帶數(shù)據(jù)可知v3＝eq\f(x24,2t)＝eq\f(（3.83＋5.36）×10－2,2×0.04)m/s＝1.15m/s.(2)做出圖像如圖所示(3)根據(jù)v＝gt，可知g＝eq\f(v,t)，根據(jù)v-t圖像可知其斜率為重力加速度，則有g(shù)＝eq\f(2.7－0.35,0.24)m/s2＝9.79m/s2.(4)需要測量的物理量：水滴下落的高度h和下落的時間t.測量h的方法：用刻度尺測量水龍頭出水口到地面的高度，多次測量取平均值；測量t的方法：調(diào)節(jié)水龍頭閥門，使一滴水開始下落的同時，恰好聽到前一滴水落地時發(fā)出的清脆聲音．用手機(jī)測量n滴水下落的總時間tn，則t＝eq\f(tn,n).由h＝eq\f(1,2)gt2可得g＝eq\f(2n2h,teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)))．答案：(1)1.15(2)見解析(3)9.79(4)見解析13．解析：(1)對B球，根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律得h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，其中h1＝h－l＝5m，代入數(shù)據(jù)解得t1＝1s；對A球，根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，代入數(shù)據(jù)解得t2＝1.2s.所以兩小球落地的時間差為Δt＝t2－t1＝0.2s.(2)當(dāng)B球落地時，A球的速度與B球的速度相等，由v＝gt1得，v＝10×1m/s＝10m/s.答案：(1)0.2s(2)10m/s14．解析：(1)設(shè)直桿下端到達(dá)圓筒上端的時間為t1，上端離開圓筒下端的時間為t2，根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得t1＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s.(2)根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律有l(wèi)1＋H＋l2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得t2＝eq\r(\f(2×（0.5＋0.8＋3.7）,10))s＝1s.則直桿穿越圓筒所用的時間t＝t2－t1＝0.6s.答案：(1)0.4s(2)0.6s課時分層作業(yè)(十一)豎直上拋運(yùn)動追及和相遇問題1．解析：豎直上升階段根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式0－v2＝－2gh，其中h為運(yùn)動員重心上升的高度為h＝2.20m－eq\f(1.91,2)m＝1.245m，代入數(shù)據(jù)解得v≈5m/s，故選B.答案：B2．解析：小球做豎直上拋運(yùn)動，上升階段有v＝v0－gt，解得t＝2s，A項(xiàng)錯誤；根據(jù)速度位移公式可知，小球上升的最大高度為H＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m，B項(xiàng)錯誤；由速度位移公式可得x＝eq\f(v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2（－g）)，解得v＝±10m/s，C項(xiàng)正確；由h＝v0t－eq\f(1,2)gt2得t＝1s或3s，上升經(jīng)過拋出點(diǎn)的上方15m處時用時1s，下降經(jīng)過拋出點(diǎn)的上方15m處時用時3s，D項(xiàng)錯誤．答案：C3．解析：取豎直向上為正方向，豎直上拋運(yùn)動可以看成加速度為－g的勻變速直線運(yùn)動．當(dāng)石塊運(yùn)動到拋出點(diǎn)上方離拋出點(diǎn)15m處時，位移為x＝15m，由x＝vt－eq\f(1,2)gt2，解得t1＝1s，t2＝3s．其中t1＝1s對應(yīng)著石塊上升過程中離拋出點(diǎn)15m處時所用的時間，而t2＝3s對應(yīng)著從最高點(diǎn)下落過程中第二次經(jīng)過離拋出點(diǎn)15m處時所用的時間．當(dāng)石塊運(yùn)動到拋出點(diǎn)下方離拋出點(diǎn)15m處時，位移為x′＝－15m，由x＝vt－eq\f(1,2)gt2，解得t3＝(2＋eq\r(7))s，t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故A、C、D正確．答案：ACD4．解析：(1)小石頭到達(dá)最高點(diǎn)所用的時間t′＝eq\f(v0,g)＝eq\f(10,10)s＝1s.(2)小石頭能到達(dá)的最大高度h＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)＝eq\f(102,20)m＝5m.(3)設(shè)樹的高度為h′，小石頭從開始運(yùn)動到第一次到達(dá)樹的頂端的時間為t，選取豎直向上為正方向，則h′＝v0t－eq\f(1,2)gt2，小石頭下落過程中經(jīng)過樹的頂端時有h′＝v0(t＋1.6)－eq\f(1,2)g(t＋1.6)2，聯(lián)立可得h′＝1.8m.答案：(1)1s(2)5m(3)1.8m5．解析：解法一：分段法將全過程分成上升階段和下落階段，設(shè)繩子斷裂后重物繼續(xù)上升的時間為t1，上升的高度為h1，則t1＝eq\f(v0,g)＝1s，h1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)＝5m，故重物離地面的最大高度為H＝h1＋h＝180m．重物從最高處自由下落，落地時間和落地速度分別為t2＝eq\r(\f(2H,g))＝6s，v＝gt2＝60m/s，所以從繩子斷裂到重物落地的總時間t＝t1＋t2＝7s.解法二：全程法將全過程作為一個整體考慮，從繩子斷裂開始計(jì)時，經(jīng)時間t后重物落到地面，規(guī)定初速度方向?yàn)檎较?，則重物在時間t內(nèi)的位移h′＝－175m，由位移公式有h′＝v0t－eq\f(1,2)gt2，即－175m＝10m/s·t－eq\f(1,2)×10m/s2·t2，解得t1＝7s，t2＝－5s(舍去).重物落地速度v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s，其中負(fù)號表示落地時速度方向向下，與初速度方向相反．答案：7s60m/s6．解析：空氣阻力不計(jì)，運(yùn)動員豎直上升過程做勻減速直線運(yùn)動(豎直上拋)，位移為H時的速度為0.逆向分析，運(yùn)動員做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，則連續(xù)相等位移所用時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1)).由題意知，eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，故3<eq\f(t2,t1)<4，選項(xiàng)C正確．答案：C7．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：BD8．解析：甲車的加速度大小為a＝eq\f(30－0,6－0)m/s2＝5m/s2，A正確；甲車與乙車速度相等時，甲車相對乙車運(yùn)動的距離為圖像左上部分三角形所圍成的面積Δx＝eq\f(（30－20）×2,2)m＝10m<15m，不會相撞，且相距最近的距離為x最近＝x0－Δx＝5m，B正確；由圖可知，甲車停下時，時間t＝6s，甲車的位移大小為x甲＝eq\f(30,2)×6m＝90m，乙車勻速，位移大小為x乙＝v乙t＝120m，甲車與乙車相距x相＝x乙＋x0－x甲＝45m，C錯誤；因?yàn)樽罱嚯x為5m，設(shè)甲車司機(jī)的最長反應(yīng)時間為t，兩車恰好相撞，由相對運(yùn)動可知x最近＝(v甲－v乙)t＝5m，解得t＝0.5s，D錯誤．故選AB.答案：AB9．解析：(1)列車進(jìn)站后做勻減速直線運(yùn)動，直至停止，所以有v1＝360km/h＝100m/s，a＝eq\f(v1,t1)＝1.25m/s2.(2)停車上下客，勻減速通過的路程x1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2a)＝4000m，由于列車加速和減速的加速度相等，且最大及最小速度的大小均相等，所以停車上下客通過的總路程x總＝2x1＝8000m.(3)由題及分析可知停車3分鐘，且列車勻加速和勻減速的時間相等，均為t1＝80s，停車上下客，所需總時間T＝t＋2t1＝340s，不停車上下客，勻減速時間t′1＝eq\f(v1－v2,a)＝56s，不停車上下客，勻加速時間t′3＝t′1＝56s，不停車上下客，勻速行駛時間t′2＝180s，不停車上下客，所需總時間T′＝t′1＋t′2＋t′3＝292s，不停車上下客，通過的總路程x′總＝2·eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2a)＋v2t′＝12680m，從開始減速到恢復(fù)正常行駛，不停車比停車多行駛的位移Δx＝x′總－x總，此部分列車已正常速度行駛，所需時間T1＝eq\f(x′總－x總,v1)，所以轉(zhuǎn)移乘客而不停車上下客所節(jié)省的時間Δt＝T＋T1－T′，代入數(shù)據(jù)可得Δt＝94.8s.答案：(1)1.25m/s2(2)8000m(3)94.8s10．解析：(1)當(dāng)汽車速度等于醫(yī)生速度8m/s時，醫(yī)生和汽車間的距離最大，則該過程所用時間為t1＝eq\f(v0－v1,a)＝eq\f(16－8,4)s＝2s，此過程汽車的位移為x汽＝eq\f(v0＋v1,2)t1＝eq\f(16＋8,2)×2m＝24m，醫(yī)生的位移為x醫(yī)＝v1t1＝8×2m＝16m，醫(yī)生和汽車間的最遠(yuǎn)距離為x＝x汽＋14－x醫(yī)＝(24＋14－16)m＝22m.(2)汽車從剎車到停下所用時間為t2＝eq\f(v0,a)＝eq\f(16,4)s＝4s，汽車從剎車到停下所走位移為x′汽＝eq\f(v0,2)t2＝eq\f(16,2)×4m＝32m，此過程醫(yī)生的位移為x′醫(yī)＝v1t2＝8×4m＝32m<x′汽＋x0，則醫(yī)生追上汽車的時間為t＝eq\f(x′汽＋x0,v1)＝eq\f(32＋14,8)s＝5.75s.答案：(1)22m(2)5.75s課時分層作業(yè)(十二)重力與彈力1．解析：A選項(xiàng)中若保持平衡，重力應(yīng)與支持力在一條豎直線上，所以重心在腳的正上方，在身體上．C、D選項(xiàng)中，重力所在豎直線在兩腳之間，重心也在身體上．B選項(xiàng)中重心位置應(yīng)在身體正下方，在體外．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(chǎn)生的，施力物體是彈簧，A正確．答案：A3．解析：A、B圖中a處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和水平接觸面的彈力平衡，b與a之間不可能產(chǎn)生彈力，否則a不可能平衡，故a只受一個彈力作用，故A、B正確；C圖中a受到b的壓力、重力、水平接觸面的支持力，在三力作用下處于平衡狀態(tài)，因此a受到接觸面的支持力和b的壓力兩個彈力作用，故C錯誤；D圖中b處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以繩子的拉力為10N，a也處于靜止?fàn)顟B(tài)，且重力大于繩子的拉力，所以a受到重力、繩子向上的拉力和接觸面的支持力，因此a受到兩個彈力作用，故D錯誤．答案：AB4．解析：A對，B錯：細(xì)線彈力的方向沿著細(xì)線收縮的方向，細(xì)線水平，則細(xì)線對桿的作用力方向水平向左，桿對細(xì)線的彈力方向水平向右．C對：桿受到地面彈力的施力物體是地面，是由于地面的形變產(chǎn)生的．D錯：桿受到地面的彈力方向垂直于地面向上，所以地面受到桿的彈力垂直于地面向下．答案：AC5．解析：通過平面鏡觀察桌面的微小形變，所體現(xiàn)出的物理思想方法為放大法．答案：B6．解析：由于水桶可以繞水平軸轉(zhuǎn)動，因此一段時間后，當(dāng)水桶水變多導(dǎo)致重心升高到一定程度時，就會造成水桶翻轉(zhuǎn)，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯誤．答案：D7．解析：由題意得小球半徑相同，凹槽相同，根據(jù)彈力方向的特點(diǎn)：點(diǎn)與球面之間的彈力的方向過球面的球心，則三個圖中六個接觸點(diǎn)對球的支持力的方向都分別過對應(yīng)的球的球心，所以各對應(yīng)凹槽對小球兩個彈力之間的夾角都相等，與小球的重心位置以及小球的質(zhì)量都無關(guān)，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B8．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(guān)，與彈簧自身有關(guān)，D錯誤．答案：C9．答案：如圖所示10．解析：當(dāng)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(dāng)用30N的力向下壓時，設(shè)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：12cm11．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(FN).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：由題圖知，當(dāng)F＝0時，彈簧原長L0＝10cm，A錯；彈簧長度L＝15cm時，F(xiàn)＝10N，由胡克定律得，彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(F,L－L0)＝eq\f(10,0.15－0.10)N/m＝200N/m，B錯，C對；彈簧伸長0.05m時，即彈簧長度為15cm時，彈力的大小為10N，D對．答案：CD13．解析：彈簧A伸長了1.0cm，彈力F1＝k1x1＝2200×1×10－2N＝22N；對小球受力分析，可得彈簧B的彈力F2＝mg－F1＝28N，彈簧B縮短了2.0cm，故彈簧B的勁度系數(shù)k＝eq\f(F2,x2)＝eq\f(28,2×10－2)N/m＝1400N/m，故A正確．答案：A課時分層作業(yè)(十三)摩擦力1．解析：貨物與傳送帶之間沒有相對滑動，所以兩者之間存在靜摩擦力，貨物相對傳送帶有向下運(yùn)動的趨勢，所以靜摩擦力方向沿傳送帶向上．故選項(xiàng)A正確．答案：A2．解析：人勻速上爬，受力平衡，則人所受摩擦力與重力大小相等、方向相反，手握旗桿的力增加，但人所受摩擦力不變，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C錯誤；當(dāng)人勻速滑下時，人受到的摩擦力為滑動摩擦力，且仍與重力平衡，選項(xiàng)D正確．答案：BD3．解析：用大小為310N的水平力推汽車但沒有推動，因此汽車受到靜摩擦力，根據(jù)平衡條件可知，靜摩擦力的大小等于推力，即310N，故選項(xiàng)D正確．答案：D4．解析：此時木條相對桌面在滑動，且對桌面的壓力大小等于重力大小，所以摩擦力F＝μFN＝μmg.答案：A5．解析：物體對水平面的壓力FN＝mg，則滑動摩擦力大小Ff＝μFN＝μmg＝0.2×50N＝10N．物體相對于水平面向右運(yùn)動，水平面對物體的滑動摩擦力方向水平向左，選項(xiàng)A正確．答案：A6.解析：A錯，D對：如圖所示，玻璃瓶受重力G、靜摩擦力F的作用，由于玻璃瓶靜止，則二力平衡，即F＝G.由于重力不變，所以無論手握多緊，靜摩擦力都始終和重力大小相等，當(dāng)玻璃瓶注水，重力增大時，靜摩擦力就會增大．B錯：動摩擦因數(shù)只與物體的材料以及粗糙程度有關(guān)．C對：最大靜摩擦力與正壓力成正比．答案：CD7．解析：小孩用80N的水平力推不動木箱，則木箱此時受到的是靜摩擦力，所以F1＝80N．小孩用100N的力恰好推動木箱，此時的推力的大小等于最大靜摩擦力的大小，所以F2＝100N．木箱被推動后受滑動摩擦力，由公式Ff＝μFN來計(jì)算大小，所以F3＝0.45×200N＝90N，故A正確．答案：A8．解析：由題意可知，μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(F,mg)＝eq\f(10,500)＝0.02，如果雪橇再載重500N的貨物，則雪橇在該雪地上滑行時受到的摩擦力F′f＝μ(mg＋mg)＝0.02×1000N＝20N．故選B.答案：B9．解析：A4紙雙面都受滑動摩擦力，單面所受滑動摩擦力F＝μFN＝1.2N，則拉力至少為2F＝2.4N.答案：C10．解析：(1)探究滑動摩擦力的大小與接觸面粗糙程度是否有關(guān)，要控制壓力相同，改變接觸面的粗糙程度，所以要比較甲和丙兩圖．(2)圖乙、丙所示的兩次實(shí)驗(yàn)，接觸面的粗糙程度相同而壓力不同，且壓力越大彈簧測力計(jì)的示數(shù)越大，滑動摩擦力越大