一輪復(fù)習(xí)85練答案精析

一輪復(fù)習(xí)85練答案精析第一章運(yùn)動(dòng)的描述勻變速直線運(yùn)動(dòng)的研究第1練運(yùn)動(dòng)的描述1．B2.D3.D4.D5．B[因火箭發(fā)射時(shí)，速度在10s內(nèi)由0增加到100m/s，故10s內(nèi)火箭的速度改變量為Δv＝100m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；汽車以108km/h＝30m/s的速度行駛，急剎車時(shí)能在2.5s內(nèi)停下來，則2.5s內(nèi)汽車的速度改變量為Δv′＝0－30m/s＝－30m/s，選項(xiàng)B正確；火箭的加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(100,10)m/s2＝10m/s2，汽車的加速度為a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(－30,2.5)m/s2＝－12m/s2，故火箭的速度變化比汽車的慢，火箭的加速度比汽車的加速度小，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．]6．B[要使eq\f(Δx,Δt)更接近瞬時(shí)速度，只能盡量減小計(jì)算平均速度的位移，即換用寬度更窄的遮光條，A錯(cuò)誤，B正確；滑塊的質(zhì)量對(duì)滑塊的瞬時(shí)速度大小的測定沒有影響，C、D錯(cuò)誤．]7．D[速度和加速度均為負(fù)值，兩者方向相同，速度一直增大，直到加速度等于零為止；在加速度減為零的過程中，位移一直增大，加速度為零時(shí)，速度不為零，位移仍在增大，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．]8．C[氣門芯從最高點(diǎn)第一次到達(dá)最低點(diǎn)過程中，水平方向位移為x＝πR＝0.6πm，豎直方向位移為y＝2R＝1.2m，故位移大小約為s＝eq\r(x2＋y2)≈2.2m，故選C.]9．C[加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(100,3.6×1.9)m/s2≈15m/s2，尾部該標(biāo)寫的數(shù)字約為150，故選C.]10．D[因初、末位置相同，則“推薦方案”與“方案二”的位移相同，但是時(shí)間不同，則平均速度不同，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；“方案二”的路程為2.5km，時(shí)間為35min，則平均速率約為eq\x\to(v)＝eq\f(s,t)＝eq\f(2.5,\f(35,60))km/h≈4.29km/h，不是平均速度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小李運(yùn)動(dòng)過程中不可能一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即她的加速度不可能一直為0，選項(xiàng)D正確．]11．D[從P點(diǎn)出發(fā)到再次來到P點(diǎn)，路程為2L，位移為零，A、B錯(cuò)誤；由于速度方向不斷改變，即速度在變化，故加速度不為零，C錯(cuò)誤；由eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知，位移為零，平均速度為零，D正確．]12．C[取向東為正方向，加速度a＝eq\f(v2－v0,Δt)＝－2m/s2；速度大小為2m/s、方向向西，則t2＝eq\f(－v1－v0,a)＝7s，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤．]13．D[由題圖甲知，雷達(dá)第一次發(fā)射電磁波時(shí)，飛機(jī)和雷達(dá)的距離為s1＝eq\f(1,2)ct1＝eq\f(1,2)×3×108×4×10－4m＝6×104m，由題圖乙得雷達(dá)第二次發(fā)射電磁波時(shí)，飛機(jī)和雷達(dá)的豎直距離為h＝eq\f(1,2)ct2＝eq\f(1,2)×3×108×2×10－4m＝3×104m．設(shè)該段時(shí)間內(nèi)飛機(jī)水平飛行的距離為s2，則s1、s2、h在空間構(gòu)成一個(gè)直角三角形，利用數(shù)學(xué)關(guān)系得s2＝eq\r(s12－h(huán)2)＝3eq\r(3)×104m，飛機(jī)的飛行速度大小為v＝eq\f(s2,t)≈300m/s，故選D.]第2練勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律1．C2.C3．A[由位移與時(shí)間的關(guān)系結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，v0＝24m/s，a＝－12m/s2，則由v＝v0＋at可知，汽車在2s末停止運(yùn)動(dòng)，故它在前3s內(nèi)的位移等于前2s內(nèi)的位移，Δx＝24×2m－6×4m＝24m，則汽車在前3s內(nèi)的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(24,3)m/s＝8m/s，故A正確．]4．B[該過程飛行的距離為s＝eq\f(v1＋v2,2)t＝eq\f(270＋510,2)×60m＝23400m，故選B.]5．C[初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第一個(gè)t時(shí)間內(nèi)、第二個(gè)t時(shí)間內(nèi)、第三個(gè)t時(shí)間內(nèi)、…的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶…，將運(yùn)動(dòng)員的勻減速直線運(yùn)動(dòng)看作反向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為8t，則第一個(gè)t時(shí)間內(nèi)的位移可視為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，第八個(gè)t時(shí)間內(nèi)的位移，最后兩個(gè)t時(shí)間內(nèi)的總位移可視為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，前兩個(gè)t時(shí)間內(nèi)的位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故選C.]6．C[質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由Δx＝aT2，可得16－12＝a×22，解得a＝1m/s2，C正確，D錯(cuò)誤；第一個(gè)2s內(nèi)的平均速度v1＝eq\x\to(v)＝eq\f(12,2)m/s＝6m/s，此速度等于該階段中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，故第1s末的速度大小為6m/s，A錯(cuò)誤；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v＝v0＋at，代入第1s末的速度和加速度，可得第2s末的速度大小為7m/s，B錯(cuò)誤．]7．A[根據(jù)題意，在時(shí)間t內(nèi)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v＝v0＋at，又根據(jù)題意知v＝3v0，聯(lián)立解得a＝eq\f(x,t2)，故選A.]8．A[頻率為2Hz頻閃照相機(jī)，時(shí)間為T＝eq\f(1,f)＝0.5s，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式有(2－1)×10－2×50m＝Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，故A正確；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，則運(yùn)動(dòng)員通過照片中3cm位置時(shí)速度為v1＝eq\f(6－1×10－2×50,2×0.5)m/s＝2.5m/s，故B錯(cuò)誤；根據(jù)0位置到3cm位置的速度時(shí)間公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5m/s，即照片中0位置的速度為0.5m/s，故不是起跑位置，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在照片前6cm內(nèi)的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(6×10－2×50,3×0.5)m/s＝2m/s，故D錯(cuò)誤．]9．C[采用逆向思維，可認(rèn)為動(dòng)車反向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由題意可知，動(dòng)車1號(hào)車廂最前端經(jīng)過2號(hào)候車線處的旅客的位移為l時(shí)，時(shí)間為t，有l(wèi)＝eq\f(1,2)at2，動(dòng)車1號(hào)車廂最前端經(jīng)過5號(hào)候車線處的旅客的位移為4l時(shí)，時(shí)間為t5，有4l＝eq\f(1,2)at52，解得t5＝2t，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；動(dòng)車1號(hào)車廂最前端從經(jīng)過5號(hào)候車線處的旅客到停下總位移為4l，用時(shí)為2t，則平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(4l,2t)＝eq\f(2l,t)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)1號(hào)車廂頭部經(jīng)過5號(hào)候車線處的旅客時(shí)的速度為v5，則有4l＝eq\f(v5＋0,2)×2t，解得v5＝eq\f(4l,t)，選項(xiàng)C正確；動(dòng)車從經(jīng)過5號(hào)候車線處的旅客開始到停止運(yùn)動(dòng)過程，有0＝v5－a×2t，解得a＝eq\f(v5,2t)＝eq\f(2l,t2)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]10．B[超聲波從B發(fā)出到A與被A反射到被B接收所需的時(shí)間相等，在這個(gè)過程中，汽車的位移為x＝355m－335m＝20m，初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)在開始相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為1∶3，所以x1＝5m，x2＝15m，則超聲波被A接收時(shí)，AB間的距離x′＝335m＋5m＝340m，所以超聲波從B發(fā)出到被A反射所需的時(shí)間t＝eq\f(x′,v聲)＝eq\f(340,340)s＝1s，根據(jù)Δx＝at2，可得15m－5m＝a×(1s)2，解得a＝10m/s2，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．]11．A[從剎車到停止，汽車正好經(jīng)過了24塊規(guī)格相同的路邊石，設(shè)路邊石的長度為L，則有0－v02＝－2a·24L，解得a＝eq\f(v02,48L)，則汽車經(jīng)過第1塊路邊石末端時(shí)的速度大小為v1＝eq\r(v02－2aL)＝eq\r(\f(23,24))v0，A正確；汽車經(jīng)過第18塊路邊石末端時(shí)的速度大小為v18＝eq\r(v02－2a×18L)＝eq\f(v0,2)，B錯(cuò)誤；根據(jù)初速度為零的勻變速運(yùn)動(dòng)在連續(xù)相等的位移內(nèi)所用時(shí)間比例關(guān)系可得：汽車經(jīng)過前12塊路邊石與后12塊路邊石的時(shí)間之比為(eq\r(2)－1)∶1，C錯(cuò)誤；根據(jù)初速度為零的勻變速運(yùn)動(dòng)在連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)通過位移比例關(guān)系可得：汽車經(jīng)過前18塊路邊石與后6塊路邊石的時(shí)間之比為1∶1，D錯(cuò)誤．]12．(1)894m(2)10.7s解析(1)設(shè)汽車勻減速過程位移大小為d1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v12－v02＝－2ad1解得d1＝442m根據(jù)對(duì)稱性可知從開始減速到恢復(fù)正常行駛過程中的位移大小x1＝2d1＋d＝894m(2)如果汽車以v2＝10m/s的速度通過勻速行駛區(qū)間，設(shè)汽車提速后勻減速過程位移大小為d2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v22－v02＝－2ad2解得d2＝400m提速前，汽車勻減速過程時(shí)間為t1，則d1＝eq\f(v0＋v1,2)t1解得t1＝26s通過勻速行駛區(qū)間的時(shí)間為t1′，有d＝v1t1′解得t1′＝2.5s從開始減速到恢復(fù)正常行駛過程中的總時(shí)間為T1＝2t1＋t1′＝54.5s提速后，汽車勻減速過程時(shí)間為t2，則d2＝eq\f(v0＋v2,2)t2解得t2＝20s通過勻速行駛區(qū)間的時(shí)間為t2′，則d＝v2t2′解得t2′＝1s勻速通過(d1－d2)位移時(shí)間Δt＝eq\f(d1－d2,v0)＝1.4s通過與提速前相同位移的總時(shí)間為T2＝2t2＋t2′＋2Δt＝43.8s所以汽車提速后過收費(fèi)站過程中比提速前節(jié)省的時(shí)間ΔT＝T1－T2＝10.7s.第3練自由落體運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng)多過程問題1．B2.A3.C4.C5．D[根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，知第一個(gè)物體和第二個(gè)物體下落的總高度分別為eq\f(1,2)gt2和eq\f(gt2,8)，兩物體未下落時(shí)相距eq\f(3gt2,8)，第二個(gè)物體在第一個(gè)物體下落eq\f(t,2)后開始下落，此時(shí)第一個(gè)物體下落的高度h1＝eq\f(1,2)g(eq\f(t,2))2＝eq\f(gt2,8)，所以當(dāng)?shù)诙€(gè)物體開始下落時(shí)，兩物體相距Δh＝eq\f(3,8)gt2－eq\f(1,8)gt2＝eq\f(1,4)gt2，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．]6．D[小球從O點(diǎn)由靜止下落，經(jīng)過各段的時(shí)間都是0.2s，所以O(shè)A、AB、BC三段的高度之比為1∶3∶5，如果小球從A點(diǎn)開始由靜止釋放，由于AB間距離大于OA間距離，所以通過AB、BC段的時(shí)間均大于0.2s，故A錯(cuò)誤；設(shè)AB間距離為3h，則BC間的距離為5h，所以AC間的距離為8h，通過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB＝eq\r(6gh)，小球通過C點(diǎn)時(shí)的速度為vC＝eq\r(16gh)，則vB∶vC＝eq\r(6)∶4，故B錯(cuò)誤；由于AB、BC段的高度之比為3∶5，但是通過兩段的時(shí)間不相等，根據(jù)eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知，平均速度之比不是3∶5，故C錯(cuò)誤；eq\x\to(v)AC＝eq\f(1,2)vC＝2eq\r(gh)，所以vB>eq\x\to(v)AC，故D正確．]7．C[由h＝eq\f(1,2)gt2得，ta＝eq\r(\f(12L,g))，tb＝eq\r(\f(8L,g))，tc＝eq\r(\f(6L,g))，則(ta－tb)>(tb－tc)，a、b、c三小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為eq\r(6)∶2∶eq\r(3)，a比b早釋放的時(shí)間為Δt＝ta－tb＝2(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(L,g))，A、B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)v2＝2gh得，三小球到達(dá)地面時(shí)的速度大小之比是eq\r(6)∶2∶eq\r(3)，D錯(cuò)誤．]8．A[根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，有eq\f(1,2)g(eq\f(1,2)T2)2－eq\f(1,2)g(eq\f(1,2)T1)2＝H，解得g＝eq\f(8H,T22－T12)，故選A.]9．D[加速與減速的加速度大小相等，根據(jù)t＝eq\f(vm,a)可知，加速與減速的時(shí)間一定相等，故A錯(cuò)誤；設(shè)加速和減速時(shí)間均為t，運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為t0，則2×eq\f(vm,2)t＋vm(t0－2t)＝s，代入數(shù)據(jù)解得t＝12min，故B錯(cuò)誤；加速位移為x加＝eq\f(vm,2)t＝120km，故C錯(cuò)誤；加速度大小a＝eq\f(vm,t)≈0.46m/s2，故D正確．]10．B[甲、乙兩球加速度相同，故甲球相對(duì)于乙球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在落地前二者距離不斷均勻增大，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)豎直上拋的對(duì)稱性，甲球回到拋出點(diǎn)時(shí)速度大小為v0，方向豎直向下，兩球落地的速度差為零，與v0、H均無關(guān)，C錯(cuò)誤；由豎直上拋的對(duì)稱性可知，兩球落地的時(shí)間差Δt＝eq\f(2v0,g)，與v0有關(guān)，與H無關(guān)，D錯(cuò)誤．]11．C[由題圖所示的情形可以看出，四個(gè)球在空中的位置與一個(gè)球拋出后每隔0.4s對(duì)應(yīng)的位置是相同的，即可看作一個(gè)球的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由此可知球拋出后到達(dá)最高點(diǎn)和從最高點(diǎn)落回拋出點(diǎn)的時(shí)間均為t＝0.8s，故有Hm＝eq\f(1,2)gt2＝3.2m，C正確．]12．(1)貨車會(huì)被花盆砸到(2)2.7m/s2(3)2.5m/s2解析(1)花盆落下到達(dá)車頂過程，位移為h0＝(47－2)m＝45m花盆做自由落體運(yùn)動(dòng)，有h0＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝3s在這段時(shí)間內(nèi)汽車位移大小為x＝v0t＝27m由于L2<x<L1＋L2，貨車會(huì)被花盆砸到．(2)貨車勻減速運(yùn)動(dòng)的距離為L2－v0Δt＝15m設(shè)制動(dòng)過程中最小加速度為a0，由v02＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7m/s2(3)司機(jī)反應(yīng)時(shí)間內(nèi)貨車的位移大小為x1＝v0Δt＝9m此時(shí)車頭離花盆的水平距離為d＝L2－x1＝15m采取加速方式，要成功避險(xiǎn)，則加速運(yùn)動(dòng)的位移大小為x2＝d＋L1＝23m，加速時(shí)間為t′＝t－Δt＝2s設(shè)貨車加速度大小至少為a才能避免被花盆砸到，則有x2＝v0·t′＋eq\f(1,2)at′2代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2，即貨車至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到．專題強(qiáng)化練一運(yùn)動(dòng)圖像問題1．D2.C3.D4．B[圖線1是位移－時(shí)間圖像，表示物體做變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；x－t圖線上某點(diǎn)斜率的絕對(duì)值的大小表示速度的大小，由題圖可知t1時(shí)刻v1>v2，選項(xiàng)B正確；v－t圖像中0～t3時(shí)間內(nèi)3和4位移不同，所以平均速度大小不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t2時(shí)刻2開始反向運(yùn)動(dòng)，t4時(shí)刻4加速度方向變化但運(yùn)動(dòng)方向不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]5．B[位移時(shí)間圖像的斜率表示速度，則在最初的一段時(shí)間內(nèi)，甲、乙的斜率都為正，所以運(yùn)動(dòng)方向相同，故A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)乙做初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，t＝3s時(shí)，甲、乙圖線的斜率相等，所以t＝3s時(shí)乙的速度是3m/s，乙的加速度a＝eq\f(3,3)m/s2＝1m/s2,0～3s內(nèi)乙的位移x＝eq\f(0＋3,2)×3m＝4.5m，所以t＝3s時(shí)，乙的位置坐標(biāo)為－20m＋4.5m＝－15.5m，故B正確；t＝10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)甲的位移x甲＝30m，質(zhì)點(diǎn)乙的位移x乙＝eq\f(1,2)at2＝50m，因x乙<x甲＋40m，則兩質(zhì)點(diǎn)沒相遇，故C錯(cuò)誤；根據(jù)v2－0＝2ax，乙經(jīng)過原點(diǎn)時(shí)的速度大小為v＝eq\r(2ax0)＝2eq\r(10)m/s，故D錯(cuò)誤．]6．C[在0～t0時(shí)間內(nèi)，b車速度總是大于a車的速度，則兩車距離逐漸增大，所以A錯(cuò)誤；根據(jù)速度與時(shí)間圖像的面積表示位移，則在0～t0時(shí)間內(nèi)，兩車位移不相同，b車的位移大于a車的位移，所以B錯(cuò)誤；根據(jù)a＝eq\f(Δv,Δt)，則在0～t0時(shí)間內(nèi)，兩車平均加速度相同，所以C正確；在0～t0時(shí)間內(nèi)，兩車的平均速度不相同，b車的平均速度大于a車的平均速度，所以D錯(cuò)誤．]7．B[根據(jù)x－t圖像中圖線的斜率表示速度可知，該質(zhì)點(diǎn)的x－t關(guān)系圖像可大致表示為B圖，故選B.]8．D[5s末的速度大小為v＝v0－a1t1＝(3－0.2×5)m/s＝2m/s，A錯(cuò)誤；5～17.5s內(nèi)，冰壺的初速度v＝2m/s，末速度為0，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝12.5s，故冰壺的加速度大小為a2＝eq\f(v－0,t2)＝eq\f(2,12.5)m/s2＝0.16m/s2，B錯(cuò)誤；0～5s內(nèi)位移大小為x1＝eq\f(v＋v0,2)t1＝12.5m,5～17.5s內(nèi)的位移大小為x2＝eq\f(v,2)t2＝12.5m，則0～17.5s內(nèi)的位移大小為x＝x1＋x2＝25m，C錯(cuò)誤；若不摩擦冰面，冰壺運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3＝eq\f(v0－0,a1)＝15s,15s內(nèi)位移大小為x3＝eq\f(v0,2)t3＝22.5m，Δx＝x－x3＝2.5m，D正確．]9．D[由題圖可知eq\f(x,t)＝3＋0.75t(m/s)，整理得x＝3t＋0.75t2，質(zhì)點(diǎn)做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)比公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，質(zhì)點(diǎn)的初速度為v0＝3m/s，加速度大小為a＝1.5m/s2，故A、B錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)在第4s末速度大小為v＝v0＋at′＝3m/s＋1.5×4m/s＝9m/s，故C錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)在前4s內(nèi)的位移大小為x＝v0t′＋eq\f(1,2)at′2＝(3×4＋eq\f(1,2)×1.5×42)m＝24m，故D正確．]10．C[由題圖可知，跑車的加速度先增大后不變，則跑車先做加速度逐漸增大的變加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；跑車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的初速度即變加速直線運(yùn)動(dòng)的末速度，設(shè)為v0，根據(jù)v2＝2ax解得ax＝eq\f(v2,2)，可知加速度a與位移x關(guān)系圖像與x軸所圍的面積表示eq\f(v2,2)，則x＝40m時(shí)速度為v0，有eq\f(v02,2)＝eq\f(1,2)×20×40m2/s2，解得v0＝20eq\r(2)m/s，故C正確；若跑車運(yùn)動(dòng)前40m是由靜止開始做末速度為20eq\r(2)m/s的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則由x＝eq\f(v0,2)t1得t1＝eq\f(2x,v0)＝2eq\r(2)s，而由題可知，跑車運(yùn)動(dòng)前40m內(nèi)是做加速度逐漸變大的變加速直線運(yùn)動(dòng)，故跑車運(yùn)動(dòng)前40m所用的時(shí)間不等于2eq\r(2)s，故B錯(cuò)誤；由題圖可知，跑車在40～80m是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v2－v02＝2ax，可得eq\f(v2－v02,2)＝ax，結(jié)合圖像，則有eq\f(v2－v02,2)＝20×40m2/s2，解得v＝20eq\r(6)m/s，故D錯(cuò)誤．]11．B[設(shè)t＝0時(shí)刻物塊位于x＝x0處，根據(jù)v2＝2a(x－x0)可知x＝x0＋eq\f(1,2a)v2，根據(jù)題圖乙可知x0＝－2m，a＝eq\f(1,2)m/s2，A錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)物塊位置為x＝x0＋eq\f(1,2)at42＝－2m＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×42m＝2m，B正確；2～4s時(shí)間內(nèi)物塊的位移Δx＝eq\f(1,2)at42－eq\f(1,2)at22＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×42m－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×22m＝3m，因此這段時(shí)間內(nèi)平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(3,2)m/s＝1.5m/s，C錯(cuò)誤；前2s內(nèi)物塊的位移大小Δx′＝eq\f(1,2)at22＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×22m＝1m，D錯(cuò)誤．]12．B[根據(jù)公式v2－v02＝2ax，變形可得x＝eq\f(1,2a)v2－eq\f(v02,2a)，由題圖可知，v0＝0，則x＝eq\f(1,2a)v2，由圖像可得，乙的加速度不變，甲的加速度逐漸增大，所以甲、乙兩車的v－t圖像為題圖a，由甲、乙的位移圖像可知在x1處速度相同，由題圖a(即甲、乙兩車的v－t圖像)可得，速度相同時(shí)，需要的時(shí)間不同，則兩車在不同時(shí)間到達(dá)x1，故沒在x1處相遇，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．]13．C[飛機(jī)做變減速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樗俣仍跍p小，則阻力在減小，加速度減小，故飛機(jī)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，速度時(shí)間圖線如圖中實(shí)線所示．若飛機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，如圖中虛線所示，則平均速度eq\x\to(v)′＝eq\f(v,2)＝eq\f(x′,t)，實(shí)線與時(shí)間軸圍成的面積為x，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，因?yàn)閤′>x，可知eq\f(x,t)<eq\f(x′,t)＝eq\f(v,2)，即v>eq\f(2x,t)，故選C.]專題強(qiáng)化練二追及相遇問題1．C2.D3.D4.B5．D[甲、乙兩車均做直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；從圖像可知，在0～t2時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩車圖線與t軸所包圍的“面積”相等，即兩車的位移相等，所以t2時(shí)刻，甲、乙兩車相遇且只相遇一次，B錯(cuò)誤；在0～t2時(shí)間內(nèi)，甲車的v－t圖線斜率不斷增大，所以加速度不斷增大，C錯(cuò)誤；在0～t2時(shí)間內(nèi)(不包括t2時(shí)刻)，甲車圖線與t軸所包圍的“面積”大于乙車圖線與t軸所包圍的“面積”，即甲車的位移大于乙車的位移，且甲、乙兩車在平直的公路上同時(shí)從同一地點(diǎn)出發(fā)，所以甲車一直在乙車前面，D正確．]6．A[根據(jù)v2－v02＝2ax并根據(jù)題給圖像可推知甲、乙兩車的初速度大小分別為v0甲＝6m/s，v0乙＝0，v2－x圖像的斜率的絕對(duì)值表示汽車加速度大小的2倍，所以甲、乙兩車的加速度大小分別為a甲＝2m/s2，a乙＝1m/s2，且甲做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，乙做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；汽車甲停止前，甲、乙兩車相距最遠(yuǎn)時(shí)二者速度相同，設(shè)共經(jīng)歷時(shí)間為t1，則a乙t1＝v0甲－a甲t1，解得t1＝2s，此時(shí)甲車的位移為x甲＝v0甲t1－eq\f(1,2)a甲t12＝8m，故A正確；甲車總運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(v0甲,a甲)＝3s，甲停下時(shí)位移為9m，而此時(shí)乙車的位移為x乙＝eq\f(1,2)a乙t22＝eq\f(9,2)m<9m，所以甲、乙兩車相遇一定發(fā)生在甲車停下之后，設(shè)相遇時(shí)刻為t，則有eq\f(1,2)a乙t2＝9m，解得t＝3eq\r(2)s，故C錯(cuò)誤；汽車甲、乙在x＝6m處的速度大小為v＝eq\r(2a乙x)＝eq\r(v0甲2－2a甲x)＝2eq\r(3)m/s，故D錯(cuò)誤．]7．C[根據(jù)v－t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，可知泳池長度L＝1.25×20m＝25m，故A錯(cuò)誤；如圖所示，由甲、乙的位移－時(shí)間圖線的交點(diǎn)表示相遇可知，甲、乙在t＝100s時(shí)在泳池的一端相遇，故B錯(cuò)誤；在0～60s內(nèi)甲、乙相遇3次，故C正確；在0～30s內(nèi)，甲的位移大小為x1＝1.25×20m－1.25×10m＝12.5m，乙的位移大小為x2＝1.0×25m－1.0×5m＝20m，在0～30s內(nèi)，甲、乙運(yùn)動(dòng)員的平均速度大小之比為v1∶v2＝eq\f(x1,t′)∶eq\f(x2,t′)＝5∶8，故D錯(cuò)誤．]8．(1)12m/s3m/s2(2)x0>36m解析(1)在t1＝1s時(shí)，A車剛啟動(dòng)，兩車間縮短的距離為B車的位移，可得x1＝vBt1，解得B車的速度大小為vB＝12m/s，圖像斜率表示加速度，可得A車的加速度大小為a＝eq\f(vB,t2－t1)，其中t2＝5s，解得A車的加速度大小為a＝3m/s2.(2)兩車的速度達(dá)到相同時(shí)，兩車的距離達(dá)到最小，對(duì)應(yīng)v－t圖像的t2＝5s時(shí)刻，此時(shí)兩車已發(fā)生的相對(duì)位移為梯形的面積，則x＝eq\f(1,2)vB(t1＋t2)，代入數(shù)據(jù)解得x＝36m，因此，若A、B兩車不會(huì)相撞，則兩車的距離應(yīng)滿足條件為x0>36m.9．(1)36m(2)6.5s解析(1)依題意，足球做勻減速運(yùn)動(dòng)，到停下來，由速度與時(shí)間關(guān)系得v1＝a1t1，代入數(shù)據(jù)得t1＝6s，根據(jù)x1＝eq\f(v1,2)t1，代入數(shù)據(jù)得x1＝36m.(2)前鋒隊(duì)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度的時(shí)間和位移分別為t2＝eq\f(v2,a2)＝4s，x2＝eq\f(v2,2)t2＝16m，之后前鋒隊(duì)員做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到足球停止運(yùn)動(dòng)，其位移為x3＝v2(t1－t2)＝16m，由于x2＋x3<x1，故足球停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，前鋒隊(duì)員沒有追上足球，然后前鋒隊(duì)員繼續(xù)以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)追趕足球，根據(jù)x1－(x2＋x3)＝v2t3，解得t3＝0.5s，故前鋒隊(duì)員追上足球的時(shí)間為t＝t1＋t3＝6.5s.10．(1)相撞4s(2)1.125m/s2解析(1)當(dāng)兩車速度相同時(shí)，所用時(shí)間為t0＝eq\f(vA,a)＝10s，在此10s內(nèi)A車的位移為xA＝vAt0＝20×10m＝200m，B車的位移為xB＝eq\f(1,2)at02＝eq\f(1,2)×2×102m＝100m，此時(shí)A、B兩車間的位移差為Δx＝xA－xB＝100m＞64m，所以兩車必定相撞；設(shè)兩車相撞的時(shí)間為t，則相撞時(shí)有vAt－eq\f(1,2)at2＝64m，代入數(shù)據(jù)解得t＝4s(另一值不合題意舍去)所以A車撞上B車的時(shí)間為4s；(2)已知A車的加速度aA＝－2m/s2，初速度vA＝20m/s；B車的加速度為a2，設(shè)B車運(yùn)動(dòng)經(jīng)過時(shí)間為t′時(shí)，兩車相遇，則有vAt′＋eq\f(1,2)aAt′2＝eq\f(1,2)a2t′2＋L，代入數(shù)據(jù)有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a2,2)))t′2－20t′＋64＝0，要避免相撞，則上式無實(shí)數(shù)解，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知a2＞1.125m/s2，所以B的加速度的最小值為1.125m/s2.實(shí)驗(yàn)一探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律1．(1)220交變(2)左(3)0.180.40(4)偏小不變(5)BC解析(1)電火花計(jì)時(shí)器使用220V的交變電源；(2)小車從靜止開始做加速運(yùn)動(dòng)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間距離變大，可知小車與紙帶的左端相連；(3)打B點(diǎn)時(shí)紙帶的速度大小為vB＝eq\f(OC－OA,2T)＝eq\f(4.80－1.20,2×0.1)×10－2m/s＝0.18m/s由逐差法得加速度大小為a＝eq\f(BD－OB,4T2)＝eq\f(7.20－2.80－2.80,4×0.12)×10－2m/s2＝0.40m/s2(4)如果在實(shí)驗(yàn)中，交流電的頻率變大，那么實(shí)際打點(diǎn)周期變小，根據(jù)Δx＝aT2得，測量的加速度值與真實(shí)的加速度值相比偏??；加速度計(jì)算與電壓無關(guān)，所以加速度測量值與實(shí)際值相比不變；(5)電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的是8V的交變電源，故A錯(cuò)誤；為了充分利用紙帶，在測量物體速度時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，后讓物體運(yùn)動(dòng)，故B正確；由T＝eq\f(1,f)可知，使用的電源頻率越高，打點(diǎn)的時(shí)間間隔越小，故C正確；打點(diǎn)的時(shí)間間隔與電壓無關(guān)，故D錯(cuò)誤．2．(1)左(2)CBDA(3)0.440.4(4)大解析(1)紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)，墨粉盤應(yīng)放在紙帶的上面，故左邊的穿法正確．(2)安裝實(shí)驗(yàn)器材時(shí)，應(yīng)先固定打點(diǎn)計(jì)時(shí)器再安裝紙帶．實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源，待打點(diǎn)計(jì)時(shí)器穩(wěn)定工作后再釋放小車帶著紙帶運(yùn)動(dòng)，所以正確的順序?yàn)镃BDA.(3)由于打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率為50Hz，每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未標(biāo)出，則T＝eq\f(1,f)×5＝0.1s則打B點(diǎn)時(shí)小車的速度為vB＝eq\f(sAC,2T)＝eq\f(sAB＋sBC,2T)＝eq\f(4.2＋4.6,2×0.1)×10－2m/s＝0.44m/s根據(jù)逐差法可得，小車的加速度為a＝eq\f(sDE＋sEF＋sFG－sAB＋sBC＋sCD,9T2)＝eq\f(5.4＋5.8＋6.2－4.2＋4.6＋5.0,9×0.12)×10－2m/s2＝0.4m/s2(4)如果當(dāng)時(shí)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接電源電網(wǎng)中交變電流的頻率實(shí)際為f＝49Hz，那么實(shí)際周期大于0.02s，則小車加速度的測量值比實(shí)際值偏大．3．(1)小鋼球(2)①③④②(3)9.6(9.5～9.7均可)(4)仍能解析(1)小鋼球受到的空氣阻力相比其重力最小，可近似認(rèn)為做自由落體運(yùn)動(dòng)，故選小鋼球．(2)安裝好器材后，先固定調(diào)好鏡頭位置，再打開攝像功能進(jìn)行攝像，再由靜止釋放小球．這類似于使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)先接通電源，再釋放紙帶，故順序是①③④②.(3)由題圖讀得x1＝2.50cm，x2＝26.50cm，x3＝77.20cm，由(x3－x2)－(x2－x1)＝gT2，T＝eq\f(1,6)s，解得g≈9.6m/s2.(4)釋放時(shí)手晃動(dòng)，導(dǎo)致小球的運(yùn)動(dòng)偏離了豎直方向，但在小球下落過程中，小球豎直分運(yùn)動(dòng)仍然是加速度為重力加速度g的運(yùn)動(dòng)，故仍能用(3)問的方法測出重力加速度．4．(1)3.4(2)eq\f(d,t)(3)eq\f(1,2)kd2解析(1)擋光片的寬度為d＝3mm＋4×0.1mm＝3.4mm；(2)由于滑塊運(yùn)動(dòng)的速度較快，且d較小，所以t也較小，則可近似認(rèn)為v等于t時(shí)間內(nèi)的平均速度，即v＝eq\f(d,t)；(3)根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)速度與位移關(guān)系有v2＝2ax，聯(lián)立以上兩式可得eq\f(1,t2)＝eq\f(2a,d2)x，由題意知k＝eq\f(2a,d2)，解得a＝eq\f(1,2)kd2.5．(1)交變0.02左(2)a.x3b．0.40．451c．勻加速直線d．見解析解析(1)利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器完成實(shí)驗(yàn)的過程中，要使用交變電源；在紙帶上直接打出的相鄰兩個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.02s；若小車做加速運(yùn)動(dòng)，則題圖中紙帶的左端與小車相連．(2)a.在對(duì)各計(jì)數(shù)點(diǎn)刻度值xn的記錄中，結(jié)果都保留了兩位小數(shù)，只有x3保留了一位小數(shù)，故一定有錯(cuò)誤的是x3.b．由題意知每隔四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，所以計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.1s，x4是取的第5個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，第一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間為0，所以第5個(gè)為0.4s；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過程的平均速度得v1＝eq\f(x2－x0,2×0.1s)＝eq\f(14.02－5.00,2×0.1)×10－2m/s＝0.451m/s.c．由題圖可知，小車的速度與時(shí)間的關(guān)系為線性關(guān)系，且不斷增大，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．d．由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間關(guān)系x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，整理得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，可知如果以tn為橫坐標(biāo)，以eq\f(xn,tn)為縱坐標(biāo)，得到的圖像也是一條直線，圖像斜率的含義為k＝eq\f(a,2)，即加速度的一半．第二章相互作用第1練重力彈力摩擦力1．A2.B3.B4.C5.A6．A[由題圖讀出，彈簧的彈力F＝0時(shí)，彈簧的長度為L0＝6cm，即彈簧的原長為6cm，故A正確；由題圖讀出彈力為F1＝2N，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，故B錯(cuò)誤；彈簧都有一定的彈性限度，故長度不能無限延長，故C錯(cuò)誤；該彈簧兩端各加2N拉力時(shí)，彈簧彈力為2N，長度為8cm，故D錯(cuò)誤．]7．B[對(duì)木塊A受力分析可知，在水平方向上受到水平向左的彈力及水平向右的摩擦力，根據(jù)胡克定律可知F彈＝kΔx＝400×2.0×10－2N＝8N，木塊A可受到的最大靜摩擦力為FfAmax＝μGA＝0.25×40N＝10N，由于F彈<FfAmax，則木塊A保持靜止?fàn)顟B(tài)，所以木塊A所受靜摩擦力大小為8N，A錯(cuò)誤；對(duì)木塊B受力分析可知，在水平方向上受到水平向右的彈力、水平向右的摩擦力及水平向左的推力，根據(jù)平衡條件可知，木塊B所受靜摩擦力大小為F＝F彈＋FfB，解得FfB＝2.0N，B正確，C錯(cuò)誤；由于木塊A、B的摩擦力都沒達(dá)到最大靜摩擦力，所以都保持靜止?fàn)顟B(tài)，則彈簧的壓縮量保持不變，D錯(cuò)誤．]8．A[小球整體處于平衡狀態(tài)，對(duì)最上面的小球受力分析，沿筒方向受力平衡有mgsinθ＝ΔF＝k·2R，解得k＝eq\f(mgsinθ,2R)，故選A.]9．C[貨物C滑上木板A時(shí)木板A不動(dòng)，對(duì)A、B整體受力分析得μ1m1g≤μ2(m1＋m2)g＋μ3m3g，貨物C滑上木板B時(shí)木板B開始滑動(dòng)，則對(duì)A受力分析得μ1m1g>μ3(m1＋m3)g，聯(lián)立解得0.3<μ1≤0.4，C正確．]10．B[當(dāng)夾角達(dá)到一定程度，沙子將勻速下滑，有mgsinθ＝μmgcosθ，故μ＝tanθ，μ越大，θ將越大，圓錐體堆得陡緩與底面積大小無關(guān)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．]11．B[設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k.掛鉤碼后，彈性繩兩端點(diǎn)移動(dòng)前，繩的伸長量ΔL＝100cm－80cm＝20cm，兩段繩的彈力大小為F＝kΔL，對(duì)鉤碼受力分析，如圖甲所示．由題意可知sinα＝eq\f(4,5)，則cosα＝eq\f(3,5).根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得，鉤碼的重力為G＝2kΔLcosα.將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)時(shí)，受力如圖乙所示．設(shè)彈性繩伸長量為ΔL′，彈力大小為F′＝kΔL′，鉤碼的重力為G＝2kΔL′，聯(lián)立解得ΔL′＝eq\f(3,5)ΔL＝12cm.彈性繩的總長度變?yōu)長0＋ΔL′＝92cm，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤.]12．C[每本書受到的摩擦力的合力與重力平衡，因?yàn)槊勘緯馁|(zhì)量相等，則每本書受到的摩擦力的合力大小相等，A錯(cuò)誤；越靠外側(cè)，書與書間的摩擦力越大，B錯(cuò)誤；以這一摞書為研究對(duì)象，每只手對(duì)其最大靜摩擦力為Ff1＝μ1FN＝60N，這一摞書受力平衡，則2Ff1＝n1mg，解得n1＝60，但書與書間的最大靜摩擦力為Ff2＝μ2FN＝40N，除了左右兩側(cè)跟手接觸的兩本書，以剩下的這一部分書為研究對(duì)象，由平衡條件有2Ff2＝n2mg，解得n2＝40，加上與手接觸的兩本書，共42本書，C正確，D錯(cuò)誤．]第2練摩擦力的綜合分析1．C2.B3.C4.D5.C6．B[設(shè)F與水平方向的夾角為θ，木箱處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，根據(jù)平衡條件得，木箱所受的靜摩擦力為Ff＝Fcosθ，F(xiàn)增大，F(xiàn)f增大；當(dāng)拉力達(dá)到一定值時(shí)，箱子運(yùn)動(dòng)瞬間，靜摩擦力變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力，由于最大靜摩擦力略大于滑動(dòng)摩擦力，故摩擦力有個(gè)突然減小的過程；木箱運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的支持力FN＝G－Fsinθ，F(xiàn)增大，F(xiàn)N減小，此時(shí)木箱受到的是滑動(dòng)摩擦力，大小為Ff＝μFN，F(xiàn)N減小，則Ff減小，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．]7．C[以四塊磚整體為研究對(duì)象，根據(jù)力的平衡條件和對(duì)稱性可知，左、右磚夾對(duì)四塊磚整體的摩擦力大小均為2G，對(duì)1和2整體受力分析，豎直方向上受到2G的重力和大小為2G、方向豎直向上的摩擦力而平衡，則3對(duì)2的摩擦力為零，再隔離2知1對(duì)2摩擦力方向向上，大小為G，A錯(cuò)誤；對(duì)1受力分析，受到大小為G的重力，左側(cè)磚夾豎直向上、大小為2G的摩擦力，則2對(duì)1的摩擦力大小為G，方向豎直向下，B錯(cuò)誤；工人對(duì)磚夾的力增大，磚夾對(duì)磚的水平壓力增大，磚夾對(duì)四塊磚的摩擦力與四塊磚的重力平衡，即大小為4G，磚對(duì)磚夾的摩擦力與水平壓力無關(guān)，C正確；3對(duì)4的摩擦力方向豎直向下，大小為G，與水平壓力無關(guān)，D錯(cuò)誤．]8．B[滑塊上滑過程中受滑動(dòng)摩擦力，F(xiàn)f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcosθ，聯(lián)立得Ff＝6.4N，方向沿斜面向下．當(dāng)滑塊的速度減為零后，由于重力的分力mgsinθ＜μmgcosθ，滑塊靜止，滑塊受到的摩擦力為靜摩擦力，由平衡條件得Ff′＝mgsinθ，代入數(shù)據(jù)可得Ff′＝6N，方向沿斜面向上，故選項(xiàng)B正確．]9．C[當(dāng)水平推力F小于A與水平面間的最大靜摩擦力2.5N時(shí)，A受到靜摩擦力，隨水平推力的增大而增大，且與水平推力大小相等；當(dāng)水平推力2.5N<F≤5N時(shí)，A、B兩物體仍靜止，此過程中A受到的摩擦力為最大靜摩擦力2.5N不變；當(dāng)水平推力F>5N時(shí)，A、B兩物體相對(duì)水平面滑動(dòng)，A物體受滑動(dòng)摩擦力，大小為FfA＝μG＝2N，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．]10．D[對(duì)物塊受力分析，可以簡化成如圖所示的受力分析，根據(jù)平衡條件，則有Ff＝eq\r(\f(1,2)mg2＋\f(\r(3),2)mg2)＝mg，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)撤去外力之后，只需要沿斜面向上且大小為eq\f(\r(3),2)mg的摩擦力就可以平衡，故此物塊仍靜止不動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確．]11．B[設(shè)黑板擦與黑板間的彈力大小為FN，摩擦力大小為Ff，黑板擦受力平衡，由三角形定則及勾股定理可得F2＝FN2＋Ff2，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN聯(lián)立可得Ff＝eq\f(μF,\r(1＋μ2))，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．]12．B[物塊沿運(yùn)動(dòng)方向受擋板的摩擦力大小為Ff1＝μ1FN，因物塊沿?fù)醢暹\(yùn)動(dòng)的速度的大小等于木板運(yùn)動(dòng)的速度的大小，故物塊相對(duì)木板的速度方向與擋板成45°角，物塊受木板的摩擦力大小為Ff2＝μ2mg，其方向與擋板成45°角，如圖，則物塊與擋板之間的正壓力FN＝μ2mgsin45°＝eq\f(\r(2),2)μ2mg，故擋板對(duì)物塊的摩擦力大小為Ff1＝μ1FN＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg，故B正確．]第3練力的合成與分解1．C2.A3.B4.A5.B6．B[由題可知，此時(shí)每根繩與水平方向的夾角為30°，設(shè)每根繩子張力為FT，則有4FTsin30°＝4F，解得這時(shí)O點(diǎn)周圍每根網(wǎng)繩承受的張力為FT＝2F，故選B.]7．D[由題圖可知，F(xiàn)甲＝2N，方向豎直向上；F乙＝eq\r(80)N，方向斜向右下；F丙＝eq\r(20)N，方向斜向左上；F?。?N，方向豎直向上；則丁圖的合力最小，為1N，故選D.]8．C[對(duì)人和梯子整體進(jìn)行分析，有mg＝FN，根據(jù)牛頓第三定律可知，梯子對(duì)水平地面的作用力與水平地面對(duì)梯子的支持力等大，與θ角無關(guān)，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)一側(cè)的梯子受力分析，受到人的沿梯子向下的作用力，地面的豎直向上的支持力(不變)，繩子的水平方向的拉力，如圖，F(xiàn)T＝FNtaneq\f(θ,2)，F(xiàn)人＝eq\f(FN,cos\f(θ,2))，可知θ角越大，繩子的拉力越大，故C正確；對(duì)人受力分析，梯子對(duì)人的支持力大小等于人的重力，梯子對(duì)人的支持力與人對(duì)梯子的壓力是相互作用力，大小與θ角無關(guān)，故D錯(cuò)誤．]9．C[滑輪A的軸所受壓力為BA方向的拉力和物體P重力的合力，BA方向的拉力與物體P的重力大小相等，設(shè)兩力方向的夾角為θ，其變化范圍為90°<θ<180°，根據(jù)力的合成法則可知，滑輪A的軸所受壓力不可能沿水平方向，θ的大小不確定，滑輪A的軸所受壓力可能大于物體P的重力，也可能小于或等于物體P的重力，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)只將滑輪A向右移動(dòng)時(shí)，θ變小，兩繩的合力變大，A的軸所受壓力變大，故C正確；當(dāng)只將滑輪B向上移動(dòng)時(shí)，θ變大，兩繩的合力變小，A的軸所受壓力變小，故D錯(cuò)誤．]10．D[輕質(zhì)環(huán)a(不計(jì)重力)套在桿上，不計(jì)摩擦，則a靜止時(shí)細(xì)繩的拉力與桿對(duì)a的彈力平衡，故拉a的細(xì)繩與桿垂直，a受到兩個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；對(duì)b球受力分析可知，b受到重力、繩子的拉力和桿對(duì)b球的彈力，b受到3個(gè)力的作用，故B錯(cuò)誤；以b為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得θ＝α＝30°，桿對(duì)b的作用力大小為FN，則2FNcos30°＝mg，解得FN＝eq\f(\r(3),3)mg，故C錯(cuò)誤；對(duì)b分析，細(xì)繩的拉力大小FT＝FN＝eq\f(\r(3),3)mg，故D正確．]11．(1)eq\f(200,cosα)N(2)2000N解析(1)將力F按作用效果沿AB和AC兩個(gè)方向進(jìn)行分解，如圖甲所示，且F1＝F2，則有2F1cosα＝F，則擴(kuò)張機(jī)AB桿的彈力大小為F1＝eq\f(F,2cosα)＝eq\f(200,cosα)N(2)再將F1按作用效果分解為FN和FN′，如圖乙所示，則有FN＝F1sinα，聯(lián)立得FN＝eq\f(Ftanα,2)，根據(jù)幾何知識(shí)可知tanα＝eq\f(l,b)＝10，則FN＝5F＝2000N.12.(1)0.5G(2)0.4G解析(1)分析圓柱體工件的受力可知，沿軸線方向受到拉力F和兩個(gè)側(cè)面對(duì)圓柱體工件的滑動(dòng)摩擦力，由題給條件知F＝Ff，將工件的重力進(jìn)行分解，如圖所示，由平衡條件可得G＝F1＝F2，由Ff＝μF1＋μF2得F＝0.5G.(2)把整個(gè)裝置傾斜，則重力沿壓緊兩側(cè)的斜面的分力F1′＝F2′＝Gcos37°＝0.8G，此時(shí)工件所受槽的摩擦力大小Ff′＝2μF1′＝0.4G.第4練牛頓第三定律共點(diǎn)力平衡1．D2.D3.C4.D5．B[設(shè)斜桿的彈力大小為F，以水平橫桿和物體為整體，在豎直方向上根據(jù)受力平衡可得4Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，以其中一斜桿為研究對(duì)象，其受力如圖所示，可知每根斜桿受到地面的作用力應(yīng)與F平衡，即大小為eq\f(\r(3),6)G，每根斜桿受到地面的摩擦力大小為Ff＝Fsin30°＝eq\f(\r(3),12)G，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．]6．D[以a、b整體為研究對(duì)象，設(shè)細(xì)線拉力為FT，斜面對(duì)b球的支持力大小FN，根據(jù)平衡條件可得FTcos30°＋FNcos30°＝2mg，F(xiàn)Tsin30°＝FNsin30°，解得FN＝eq\f(2\r(3),3)mg，故選D.]7．C[由題意知兩輕繩OA和AB的長度之比為eq\r(3)∶1，B球恰好在懸點(diǎn)O的正下方，由幾何關(guān)系可知，OA與AB垂直；以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力示意圖如圖(a)所示，由平衡條件得F2＝mgtan(90°－30°)＝eq\r(3)mg，以A、B兩球整體為研究對(duì)象，受力示意圖如圖(b)所示，由平衡條件得F1－F2＝3mgtan30°＝eq\r(3)mg，可得F1＝2eq\r(3)mg，即F1＝2F2，故C正確．]8．D[設(shè)繩OA和繩OB拉力的合力為F，以O(shè)點(diǎn)為研究對(duì)象，受力分析如圖甲根據(jù)平衡條件得F＝mgtan30°，將F分解，如圖乙則有繩AO所受拉力的大小為F2＝eq\f(\r(2),2)F＝eq\f(\r(6),6)mg，A、B、C錯(cuò)誤，D正確．]9．A[把動(dòng)滑輪及物塊看作一個(gè)整體，設(shè)跨過滑輪的輕繩上的張力大小為FT，整體在豎直方向上受力平衡，則有FTsin53°＋FTsin37°＝mg，解得FT＝eq\f(5,7)mg，水平方向上有FTcos53°＋FTcos37°＝F，求得作用在物塊上的水平拉力大小為F＝mg，故A正確，B錯(cuò)誤；隔離物塊進(jìn)行受力分析，則由平衡條件可得物塊與滑輪間的輕繩中的張力大小為FT′＝eq\r(mg2＋F2)＝eq\r(2)mg，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知物塊與滑輪間的輕繩中的張力與豎直方向成45°角，則tan45°＝1，故C、D錯(cuò)誤．]10．C[對(duì)A、B整體受力分析，設(shè)下面細(xì)繩上的拉力為FT，由幾何關(guān)系得tanθ1＝eq\f(k＋1mg,FT)，對(duì)B受力分析，由幾何關(guān)系得tanθ2＝eq\f(FT,kmg)，所以tanθ1·tanθ2＝eq\f(k＋1,k)，故選C.]11．C[設(shè)繩上拉力為FT，OA長L1，OB長L2，過O點(diǎn)作豎直向下的輔助線交AB于C點(diǎn)，如圖所示，由三角形相似有eq\f(FT,mAg)＝eq\f(L1,OC)，eq\f(FT,mBg)＝eq\f(L2,OC)，得eq\f(L1,L2)＝eq\f(1,3)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．]12．C[對(duì)小球B受力分析，如圖所示，繩PB的拉力大小F＝mgcosθ＝eq\f(\r(3),2)mg，對(duì)結(jié)點(diǎn)P受力分析可知，繩AP的拉力大小為FT1＝Fsinθ＝eq\f(\r(3),4)mg，繩OP的拉力大小FT2＝Fcosθ＝eq\f(3,4)mg，故A錯(cuò)誤；對(duì)物塊A受力分析可知，物塊A所受摩擦力FfA＝FT1＝eq\f(\r(3),4)mg，故B錯(cuò)誤；對(duì)繩PB、結(jié)點(diǎn)P和小球B、半球體C整體受力分析可知，半球體C受到的摩擦力大小FfC＝FT1＝eq\f(\r(3),4)mg，地面對(duì)半球體C的支持力大小為FNC＝(M＋m)g－FT2＝Mg＋eq\f(1,4)mg，故C正確，D錯(cuò)誤．]專題強(qiáng)化練三動(dòng)態(tài)平衡問題平衡中的臨界、極值問題1．B2.D3.D4.A5．D[對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件有FN1＝mgcosθ，F(xiàn)T＝mgsinθ，當(dāng)細(xì)線將小球從P點(diǎn)緩慢向上拉至半圓柱體的最高點(diǎn)過程中，θ逐漸減小，則細(xì)線對(duì)小球的拉力FT逐漸減小，圓柱體對(duì)小球的支持力FN1逐漸增大，A、B錯(cuò)誤；對(duì)圓柱體與小球整體分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有FN3＝FTcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，F(xiàn)Tsinθ＋FN2＝(M＋m)g，當(dāng)細(xì)線將小球從P點(diǎn)緩慢向上拉至半圓柱體的最高點(diǎn)過程中，θ在0～eq\f(π,2)范圍內(nèi)變化，θ逐漸減小，故FN2逐漸增大，F(xiàn)N3先增大后減小，C錯(cuò)誤，D正確．]6．D[由題意可知，重物和健身者一直處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，健身者所受合力等于零，繩上的拉力大小不變，其大小等于重物的重力mg，A、B錯(cuò)誤；對(duì)健身者受力分析，如圖所示，由平衡條件可知，在豎直方向，則有FTsinθ＋FN＝Mg，又有FT＝mg，可得FN＝Mg－mgsinθ，在水平方向，則有FTcosθ＝Ff，當(dāng)從B水平緩慢移到A時(shí)，θ角逐漸變小，地面對(duì)健身者的支持力逐漸變大，地面對(duì)健身者的摩擦力逐漸變大，由牛頓第三定律可知，健身者對(duì)地面的壓力逐漸增大，健身者對(duì)地面的摩擦力逐漸增大，C錯(cuò)誤，D正確．]7．B[末狀態(tài)時(shí)，左邊小球a在最低點(diǎn)，細(xì)線Oa處于豎直方向，小球a處于平衡狀態(tài)，合外力沿水平方向的分量為零，則此時(shí)輕桿上的彈力為零，故右側(cè)小球b受到重力、細(xì)線Ob的拉力和力F作用處于平衡狀態(tài)，如圖所示，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)拉力F方向與Ob垂直時(shí)拉力F最小，可得最小拉力Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．]8．A[以結(jié)點(diǎn)B為研究對(duì)象，分析受力情況，作出力的合成圖如圖，根據(jù)平衡條件知，F(xiàn)、FN的合力F合與G大小相等、方向相反．根據(jù)三角形相似得eq\f(F合,AC)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,BC)，又F合＝G，得F＝eq\f(AB,AC)G，F(xiàn)N＝eq\f(BC,AC)G∠BCA緩慢變小的過程中，AB變小，而AC、BC不變，則F變小，F(xiàn)N不變，故桿BC所產(chǎn)生的彈力大小不變，故選A.]9．B[設(shè)結(jié)點(diǎn)左側(cè)繩長為l1，結(jié)點(diǎn)右側(cè)繩長為l2，有l(wèi)1cosθ1＋l2cosθ2＝d，由水平方向受力平衡，有FTcosθ1＝FTcosθ2，有cosθ1＝cosθ2＝eq\f(d,2d)＝eq\f(1,2)，豎直方向受力平衡，有2FTsinθ1＝mg，解得FT＝eq\f(\r(3)mg,3)，A錯(cuò)誤，B正確；將繩子的A端沿豎直桿上移或?qū)⒛景謇@水平軸CD緩慢向紙面外旋轉(zhuǎn)，由A、B中分析可知，由于A、B兩點(diǎn)的水平間距不變，左右兩部分與水平方向夾角不變，所以繩子拉力大小不變，C、D錯(cuò)誤．]10．C[設(shè)木棍與水平方向夾角為θ，木棍長度為L，糧倉對(duì)木棍的作用力大小為F，則為使木棍下端一定不發(fā)生側(cè)滑，由平衡條件有Fcosθ≤μFsinθ，由幾何知識(shí)有tanθ＝eq\f(h,\r(L2－h(huán)2))，兩式聯(lián)立解得L≤2m，即木棍的長度最大為2m，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．]11．A[由題可知，物塊緩慢移動(dòng)，整體處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，則繩OO′的拉力大小等于下面繩對(duì)A的拉力和繩對(duì)B的拉力的合力大小，由于繩對(duì)A的拉力和繩對(duì)B的拉力大小相等，都等于A物塊的重力的大小，但是由于B物塊上移，導(dǎo)致二者之間的夾角變大，則根據(jù)平行四邊形定則可知合力變小，即繩OO′的拉力逐漸減小，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)物塊B受力分析如圖所示，當(dāng)物塊B上移時(shí)，α先減小后增大，在垂直斜面方向根據(jù)平衡條件可知，斜面對(duì)物塊B的支持力先減小后增大，在沿斜面方向根據(jù)平衡條件可知，外力F逐漸變大，故C、D正確．]12．C[A、B剛要滑動(dòng)時(shí)受力平衡，受力如圖所示．對(duì)A：FT＝mgsin45°＋μmgcos45°對(duì)B：2mgsin45°＝FT＋3μmgcos45°＋μmgcos45°整理得，μ＝eq\f(1,5)，選項(xiàng)C正確．]13．C[對(duì)正三角形內(nèi)部的小球受力分析，如圖所示，由幾何關(guān)系可知，隨著θ從0到60°增大過程中，α與θ角度之和保持不變，且α＋θ＝120°，所以β也保持不變，β＝60°，由平衡條件和正弦定理得eq\f(G,sinβ)＝eq\f(FNAC,sinθ)＝eq\f(FNBC,sin120°－θ)，由牛頓第三定律知，球?qū)C邊的壓力FNBC′＝FNBC＝eq\f(G,sinβ)sin(120°－θ)＝eq\f(G,sin60°)sin(120°－θ)＝eq\f(2\r(3),3)Gsin(120°－θ)，θ從0到60°增大過程中，sin(120°－θ)先增大后減小，所以球?qū)C邊的壓力先增大后減小，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．]實(shí)驗(yàn)二探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系1．(1)7.0(2)彈簧自身重力6.9(3)甲解析(1)該讀數(shù)為7.0cm；(2)由于彈簧自身重力的影響，不掛鉤碼時(shí)，彈簧也有一定的伸長量，其下端所指的標(biāo)尺刻度為7.4cm；在彈簧下端懸掛鉤碼后所指的標(biāo)尺刻度14.3cm，則彈簧因掛鉤碼引起的伸長量為14.3cm－7.4cm＝6.9cm；(3)由圖線b的位置可知，當(dāng)外力F＝0時(shí)，彈簧有伸長量，則可知直線b中的Δl是用掛鉤碼后的長度減去題圖甲所示長度得到的．2．(1)ba(2)0.263(0.260～0.270均正確)(3)偏大解析(1)圖像與橫軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)值為彈簧原長，由題圖可知原長較大的是b；圖像的斜率表示勁度系數(shù)，則勁度系數(shù)較大的是a.(2)由胡克定律F＝kx，解得k＝eq\f(F,x)＝eq\f(Δmg,Δl)＝eq\f(2.5×10－3×10,18.0－8.5×10－2)N/m≈0.263N/m(3)若懸掛的鉤碼的質(zhì)量比所標(biāo)數(shù)值偏小些，則彈簧拉力偏小，實(shí)際計(jì)算時(shí)彈力偏大，則實(shí)驗(yàn)測得的彈簧的勁度系數(shù)比實(shí)際勁度系數(shù)偏大．3．(1)5.0013.3(2)B解析(1)彈簧彈力為零時(shí)，彈簧總長度即為彈簧原長，故L0＝5.00cm，彈簧勁度系數(shù)k＝eq\f(ΔF,ΔL)＝eq\f(2.0,0.20－0.05)N/m≈13.3N/m.(2)由于彈簧自身重力的影響，當(dāng)x等于零時(shí)，彈簧有一定的彈力，但彈簧勁度系數(shù)不變，則k＝eq\f(ΔF,Δx)不變，即F－x圖像斜率不變，故選B.4．(1)eq\f(θ,2)d(2)eq\f(mg,θd)(3)154(151～159均可)解析(1)由題圖乙可知，彈簧的形變量等于齒條C下降的距離，由于齒輪D與齒條C嚙合，所以齒條C下降的距離等于齒輪D轉(zhuǎn)過的弧長，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得s＝θ·eq\f(d,2)，即彈簧的伸長量為Δx＝s＝eq\f(θ,2)d(2)對(duì)托盤A、豎直桿B、水平橫桿H、齒條C和物體整體研究，根據(jù)平衡條件得mg＝2F，彈簧彈力的胡克定律公式為F＝kΔx，聯(lián)立解得k＝eq\f(mg,θd)(3)根據(jù)k＝eq\f(mg,θd)，得θ＝eq\f(g,kd)·m所以θ－m圖像是一條過原點(diǎn)的傾斜直線，其斜率k′＝eq\f(g,kd)，由題圖丙可得k′＝eq\f(Δθ,Δm)＝eq\f(0.76,0.6)rad/kg≈1.27rad/kg將d＝5.00cm，g＝9.8m/s2代入k′，解得k≈154N/m.5．(1)156.8235.2(2)G(eq\f(1,kA)＋eq\f(1,kB))解析(1)由題可知，圓環(huán)數(shù)為4個(gè)時(shí)，恰好壓在彈簧B上，且不受到B的彈力，此前，圓環(huán)僅受彈簧A的彈力，此后受到A、B兩個(gè)彈簧的彈力，n＝4時(shí)有4mg＝kAx1，解得kA＝156.8N/m，n＝8時(shí)有8mg＝kAx2＋kB(x2－x1)，解得kB＝235.2N/m.(2)串接時(shí)，兩個(gè)彈簧的拉力大小相等，則lA＝eq\f(G,kA)，lB＝eq\f(G,kB)，可得Δl＝lA＋lB＝G(eq\f(1,kA)＋eq\f(1,kB))．實(shí)驗(yàn)三探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律1．(1)4.30(3)見解析圖4.36(4.29～4.43均可)(4)F和F合解析(1)彈簧測力計(jì)的最小刻度為0.1N，則F的大小為4.30N；(3)畫出這兩個(gè)共點(diǎn)力的合力F合如圖：由圖可知F合的大小為4.36N(4.29～4.43N)；(4)通過比較F和F合這兩個(gè)力的大小和方向，即可得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論．2．(1)4.0(2)(ⅰ)見解析圖(ⅱ)4.00．05解析(1)由題圖(b)可知，F(xiàn)的大小為4.0N.(2)(ⅰ)畫出力F1、F2的圖示，如圖所示．(ⅱ)用刻度尺量出F合的線段長約為20.0mm，所以F合大小為eq\f(20.0,5)×1N＝4.0N，從F合的頂點(diǎn)向x軸和y軸分別作垂線，頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)對(duì)應(yīng)長度為1mm，頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)對(duì)應(yīng)長度為20mm，則F合與拉力F的夾角的正切值為tanα≈0.05.3．(1)AC(2)見解析圖定滑輪有摩擦、木板未豎直放置等(回答出一項(xiàng)合理答案即可)解析(1)實(shí)驗(yàn)開始前，需要調(diào)節(jié)木板使其位于豎直平面內(nèi)，以保證鉤碼重力等于細(xì)繩的拉力，選項(xiàng)A正確；該裝置不需要每次實(shí)驗(yàn)保證結(jié)點(diǎn)位于O點(diǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)時(shí)需要記錄鉤碼數(shù)量、兩力傳感器的示數(shù)和三細(xì)繩的方向，選項(xiàng)C正確；因?yàn)槊總€(gè)鉤碼的重力已知，所以不需要測鉤碼總重力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．(2)利用平行四邊形定則作出F1和F2的合力F，如圖所示，該合力方向不完全在豎直方向的可能原因是定滑輪有摩擦、木板未豎直放置等．4．(1)BCD(2)A(3)甲解析(1)實(shí)驗(yàn)中的分力與合力的關(guān)系必須滿足：|F1－F2|≤F3≤F1＋F2(等號(hào)在反向或同向時(shí)取得)，因此B、C、D三項(xiàng)都是可以的．(2)在拆下鉤碼和繩子前，最重要的一個(gè)步驟是標(biāo)記結(jié)點(diǎn)O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向．(3)F3的方向一定豎直向下，由于測量誤差，F(xiàn)1和F2的合力方向可能偏離豎直方向，所以甲是正確的．5．(1)靜止(2)三根細(xì)繩的方向(3)結(jié)點(diǎn)O的位置(4)F和F′在誤差范圍內(nèi)重合解析(1)要測量裝滿水的水壺的重力，則應(yīng)記下水壺靜止時(shí)電子秤的示數(shù)F.(2)要畫出平行四邊形，則需要記錄分力的大小和方向，所以在白紙上記下結(jié)點(diǎn)O的位置的同時(shí)，也要記錄三根細(xì)繩的方向以及電子秤的示數(shù)F1.(3)已經(jīng)記錄了一個(gè)分力的大小，還要記錄另一個(gè)分力的大小，則結(jié)點(diǎn)O的位置不能變化，力的方向也不能變化，所以應(yīng)使結(jié)點(diǎn)O的位置和三根細(xì)繩的方向與(2)中重合，記錄電子秤的示數(shù)F2.(4)根據(jù)平行四邊形定則作出F1、F2的合力F′的圖示，若F和F′在誤差范圍內(nèi)重合，則平行四邊形定則得到驗(yàn)證．第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系第1練牛頓第一定律牛頓第二定律1．A2.D3.B4.B5.C6．A[對(duì)圓珠筆進(jìn)行受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有F合＝ma，由圖可分析出eq\f(F合,mg)＝eq\f(a,g)＝tan30°，解得a≈6m/s2，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．]7．A[在40cm刻度處，有mg＝F彈，則40cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為0，B錯(cuò)誤；由分析可知，在30cm刻度處，有F彈－mg＝ma，有a＝－0.5g，A正確；由分析可知，在50cm刻度處，有F彈－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)有a＝0.5g，C錯(cuò)誤；設(shè)某刻度對(duì)應(yīng)值為x，結(jié)合分析可知eq\f(\f(mg,0.2m)·Δx－mg,m)＝a，Δx＝x－0.2m(取豎直向上為正方向)，經(jīng)過計(jì)算有a＝5gx－2g(m/s2)(x≥0.2m)或a＝－5gx(m/s2)(x<0.2m)，根據(jù)以上分析，加速度a與刻度對(duì)應(yīng)值x成線性關(guān)系，則各刻度對(duì)應(yīng)加速度的值是均勻的，D錯(cuò)誤．]8．D[根據(jù)k＝Y(jié)eq\f(S,L)，可得Y＝eq\f(kL,S)，則Y的單位是eq\f(\f(N,m)·m,m2)＝eq\f(N,m2)＝Pa，故選D.]9．D[由題意可知，c浮在上面對(duì)上壁有壓力，可知c排開水的質(zhì)量大于c本身的質(zhì)量，同理b排開水的質(zhì)量等于b本身的質(zhì)量，a排開水的質(zhì)量小于a本身的質(zhì)量；則當(dāng)容器向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第一定律可知，物塊a將相對(duì)于容器向左運(yùn)動(dòng)，最終與容器左側(cè)壁相互擠壓；物塊b將相對(duì)于容器保持靜止，與容器一起做勻加速運(yùn)動(dòng)；物塊c因相等體積的水將向左運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)致c將相對(duì)于容器向右運(yùn)動(dòng)，最終與容器右側(cè)壁相互擠壓(可將c想象為一個(gè)小氣泡)，故選D.]10．A[翼裝飛行者斜向上以加速度g勻減速直線飛行時(shí)，由牛頓第二定律可知F合＝ma＝mg，重力與空氣作用力的合力大小為mg，方向斜向左下方，如圖所示，由圖可得空氣作用力大小為F＝mg，方向與AB成60°角，斜向左上方，故選A.]11．C[根據(jù)v－t圖線斜率的絕對(duì)值表示加速度大小，由題圖乙知，物塊脫離彈簧后的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.55－0.25)m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律得μmg＝ma，所以μ＝eq\f(a,g)＝0.5，A、B錯(cuò)誤；剛釋放時(shí)物塊的加速度大小為a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，由牛頓第二定律得kx－μmg＝ma′，代入數(shù)據(jù)解得k＝175N/m，C正確，D錯(cuò)誤．]12．C[箱子靜止時(shí)，對(duì)小球，根據(jù)平衡條件得FOAsinθ＝mg，F(xiàn)OB＝FOAcosθ，若使箱子水平向右加速運(yùn)動(dòng)，則在豎直方向上合力為零，有FOA′sinθ＝mg，F(xiàn)OB′－FOA′cosθ＝ma，所以繩1的張力不變，繩2的張力增大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；若使箱子豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，則FOA″sinθ－mg＝ma′，F(xiàn)OB″＝FOA″cosθ，所以繩1的張力增大，繩2的張力也增大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．]13．D[將a沿水平和豎直兩個(gè)方向分解，對(duì)貨物受力分析如圖所示，水平方向：Ff＝max，豎直方向：FN－mg＝may，F(xiàn)N＝1.15mg，又eq\f(ay,ax)＝eq\f(3,4)，聯(lián)立解得Ff＝0.2mg，故D正確．]第2練牛頓第二定律的基本應(yīng)用1．D2.B3.D4.D5．C[連接A、B的是一般細(xì)繩(剛性繩)，釋放小球前，細(xì)繩的形變量十分微小，小球在釋放后的短暫時(shí)間，細(xì)繩立即恢復(fù)原長，伸直而無拉力，兩個(gè)小球的加速度均等于重力加速度g，一起做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩不能是彎曲的，B、D錯(cuò)誤；連接C、D的是橡皮條，釋放小球前，橡皮條的形變量很大，根據(jù)平衡條件，其彈力為kx＝mg，小球在釋放后的短暫時(shí)間，橡皮條不能立即恢復(fù)原長，其彈力保持不變，根據(jù)牛頓第二定律得kx＋mg＝maC，kx－mg＝maD，解得aC＝2g，方向豎直向下，aD＝0，釋放后很短的時(shí)間內(nèi)，小球C向下運(yùn)動(dòng)的位移比D大得多，兩個(gè)小球的距離減小，橡皮條會(huì)收縮，A錯(cuò)誤，C正確．]6．A[對(duì)球a受力分析，由平衡知識(shí)可知FM＝k1x＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg，對(duì)b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0，故D錯(cuò)誤．]7．D[如題圖所示，設(shè)小圓中任意一條過A點(diǎn)的弦長為s，與豎直方向的夾角為θ，則s＝2Rcosθ，小球下滑的加速度a＝gcosθ，根據(jù)s＝eq\f(1,2)at2得t＝2eq\r(\f(R,g))，可知下滑時(shí)間與θ無關(guān)，因此從A點(diǎn)沿不同弦下滑的時(shí)間相等，故小球沿AB下滑所用的時(shí)間等于小球在高度為2R的位置做自由落體運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間，即2R＝eq\f(1,2)gt12，同理，小球沿AC下滑所用的時(shí)間等于小球在高度為4R的位置做自由落體運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間，即4R＝eq\f(1,2)gt22，聯(lián)立解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(2))，選項(xiàng)D正確．]8．D[跳離跳臺(tái)后上升階段，加速度豎直向下，則全紅嬋處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；入水后全紅嬋的加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；以豎直向上為正方向，則根據(jù)－h(huán)＝v0t－eq\f(1,2)gt2，可得t＝2s，即全紅嬋在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s，C錯(cuò)誤；入水時(shí)的速度v1＝v0－gt＝－15m/s，在水中的加速度大小a＝eq\f(0－v1,t)＝7.5m/s2，方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10N＋35×7.5N＝612.5N，D正確．]9．(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析(1)根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2a1l1解得v＝4m/s(3)根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vmax2－v2＝－2a2l2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2＝2.7m.10．(1)40m/s(2)8.5s解析(1)設(shè)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，阻力大小為F阻，在水平跑道上運(yùn)動(dòng)的末速度大小為v1，由牛頓第二定律得F－F阻＝ma1，F(xiàn)阻＝0.2mg，v12＝2a1L1，聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)解得a1＝5m/s2，v1＝40m/s.(2)設(shè)飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，在傾斜跑道末端的速度大小為v2，飛機(jī)在水平跑道上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(v1,a1)＝8s，在傾斜跑道上，由牛頓第二定律有F－F阻－mgeq\f(h,L2)＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得a2＝4m/s2，由v22－v12＝2a2L2，代入數(shù)據(jù)解得v2＝42m/s，飛機(jī)在傾斜跑道上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝0.5s，則t＝t1＋t2＝8.5s.11．D[開始時(shí)A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬間，系統(tǒng)的加速度為g，為完全失重狀態(tài)，此時(shí)水對(duì)球的浮力為零，則A球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向上運(yùn)動(dòng)，B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向下運(yùn)動(dòng)，由于細(xì)線的拉力可以突變?yōu)榱?，所以C球相對(duì)于杯底不動(dòng)，故選D.]專題強(qiáng)化練四牛頓第二定律的綜合應(yīng)用1．D2.D3.C4.C5．C[當(dāng)水平向右的外力F＝12N作用在Q物體上時(shí)，假設(shè)P與Q相對(duì)靜止一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以P與Q為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2m/s2，以P為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得Ff＝ma＝2×2N＝4N，由于Ff＝4N<μ1mg＝6N，說明假設(shè)成立，C正確，D錯(cuò)誤；P的加速度方向水平向右，可知Q對(duì)P的摩擦力方向水平向右，A錯(cuò)誤；水平面對(duì)Q的摩擦力大小為Ff地＝μ2(m＋m)g＝4N，B錯(cuò)誤．]6．A[對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律F－2μmg＝2ma1，F(xiàn)－2μmg＝2ma2，故a1＝a2，設(shè)輕繩與水平方向夾角為θ，向左拉物體A，對(duì)B分析F1cosθ－μ(mg＋F1sinθ)＝ma1，向右拉物體B，對(duì)A分析F2cosθ－μ(mg－F2sinθ)＝ma2，因?yàn)閍1＝a2，則F1(cosθ－μsinθ)＝F2(cosθ＋μsinθ)，故F1>F2，故選A.]7．D[當(dāng)滑塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件可得細(xì)線的拉力大小為FT＝mgsin30°＝0.5mg，故A錯(cuò)誤；設(shè)當(dāng)小球貼著滑塊一起向左運(yùn)動(dòng)且滑塊對(duì)小球的支持力恰好為零時(shí)加速度為a0，小球受到重力、拉力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度a0＝eq\f(mgtan60°,m)＝eq\r(3)g>g，即當(dāng)滑塊以加速度a＝g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球沒有脫離斜面，則水平方向有FTcos30°－FNsin30°＝ma，豎直方向有FTsin30°＋FNcos30°＝mg，聯(lián)立可得FT＝eq\f(\r(3)＋1,2)mg，F(xiàn)N＝eq\f(\r(3)－1,2)mg，故B、C錯(cuò)誤；當(dāng)滑塊以加速度a＝2g>eq\r(3)g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)小球已經(jīng)飄離斜面，則此時(shí)線的拉力大小為F＝eq\r(mg2＋ma2)＝eq\r(5)mg，故D正確．]8．B[以C為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得mg－FT＝ma；以A、B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得FT＝2ma，聯(lián)立解得FT＝eq\f(2,3)mg，a＝