課時(shí)參考答案

課時(shí)分層精練（一）運(yùn)動(dòng)的描述1．解析：文中2022年9月2日0時(shí)33分是指時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；以天問(wèn)實(shí)驗(yàn)艙為參考系，神舟十四號(hào)飛船是靜止的，故B正確；研究宇航員在艙外的活動(dòng)姿態(tài)時(shí)，宇航員不可以視為質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；研究神舟十四號(hào)飛船繞地球運(yùn)行的周期時(shí)，飛船可以視為質(zhì)點(diǎn)，故D正確．故選BD.答案：BD2．解析：位移是起點(diǎn)到終點(diǎn)的有向線(xiàn)段，則在整個(gè)行程中該旅客位移大小約為400km，平均速度大小約為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(400,2.5)km/h＝160km/h.答案：B3．解析：題中“9時(shí)35分”與“10時(shí)05分”均表示時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；研究清掃路徑時(shí)，機(jī)器人的大小和形狀可以忽略，可以看成質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；位移是初位置指向末位置的有向線(xiàn)段，機(jī)器人在該過(guò)程中的位移大小為18m，故C錯(cuò)誤；機(jī)器人在該過(guò)程中的平均速度大小約為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(18,30×60)m/s＝0.01m/s，故D正確．故選D.答案：D4．解析：線(xiàn)路長(zhǎng)約22.4km，指的是地鐵運(yùn)行的路程，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；全程運(yùn)行過(guò)程中，當(dāng)研究列車(chē)運(yùn)行速度時(shí)，列車(chē)能視為質(zhì)點(diǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；80km/h指的是瞬時(shí)速度大小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；列車(chē)運(yùn)行的平均速率約為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(22.4,\f(2,3))km/h＝33.6km/h，選項(xiàng)D正確．故選D.答案：D5．解析：用時(shí)為t，可知t指的是人從A走到B點(diǎn)的時(shí)間間隔，A錯(cuò)誤；位移大小指始位置指向末位置的有向線(xiàn)段的長(zhǎng)度，則老人的位移為2R，B錯(cuò)誤；老人的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(2R,t)，C正確，D錯(cuò)誤．故選C.答案：C6．解析：時(shí)間t＝4.0s，初速度v0＝0，末速度v＝28.8km/h＝8.0m/s，說(shuō)明8.0m/s是4s末的瞬時(shí)速度，A錯(cuò)誤，B正確；平均加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(8.0,4.0)m·s－2＝2.0m·s－2，C錯(cuò)誤，D正確．故選BD.答案：BD7．解析：10s內(nèi)火箭的速度改變量為100m/s，故A錯(cuò)誤；2.5s內(nèi)汽車(chē)的速度改變量為0－108km/h＝－108km/h＝－30m/s，故B正確；火箭的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，汽車(chē)加速度a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝－12m/s2正負(fù)號(hào)表示方向，故火箭的速度變化比汽車(chē)的慢，火箭的加速度比汽車(chē)的加速度小，故C、D錯(cuò)誤．故選B.答案：B8．解析：加速度逐漸減小到零，即速度變化越來(lái)越慢直至速度不變，若加速度和速度同向，則速度增大，加速度減到零時(shí)，速度達(dá)到最大，而后做勻速運(yùn)動(dòng)，A正確；加速度逐漸減小到零，即速度變化越來(lái)越慢直至速度不變，若加速度和速度反向，速度減小，到加速度減為零時(shí)，速度減到最小若仍不為零，則做勻速運(yùn)動(dòng)；若加速度減小到零時(shí)速度恰好也減小到零，則物體保持靜止，C正確；加速度逐漸減小到零，速度不可能不斷增大或不斷減小，最后加速度減小到0時(shí)，速度將保持不變，B、D錯(cuò)誤．故選AC.答案：AC9．解析：如果經(jīng)過(guò)2s后速度大小變?yōu)?m/s，而速度方向沿斜面向下，規(guī)定沿斜面向下為正方向，則速度變化量為Δv＝v2－v1＝3m/s－（－5m/s）＝8m/s，即物體的速度變化量大小為8m/s，方向沿斜面向下；物體的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2，方向沿斜面向下，故A錯(cuò)誤，D正確；如果經(jīng)過(guò)2s后速度大小變?yōu)?m/s，而速度方向沿斜面向上，規(guī)定沿斜面向上為正方向，則速度變化量為Δv＝v2－v1＝3m/s－5m/s＝－2m/s，即物體的速度變化量大小為2m/s，方向沿斜面向下；物體的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝－1m/s2，方向沿斜面向下，故B正確，C錯(cuò)誤．故選BD.答案：BD10．解析：計(jì)算汽車(chē)速度的原理是利用短時(shí)間內(nèi)的平均速度來(lái)代替瞬時(shí)速度，故汽車(chē)速度的表達(dá)式為v＝eq\f(L,Δt)，A正確，B錯(cuò)誤；若L＝8m，Δt＝0.2s，則汽車(chē)的速度為v＝eq\f(L,Δt)＝40m/s＝144km/h>120km/h超速，照相機(jī)將會(huì)拍照，C正確；若L＝8m，Δt＝0.3s，則汽車(chē)的速度為v＝eq\f(L,Δt)＝96km/h<120km/h未超速，照相機(jī)不會(huì)拍照，故D錯(cuò)誤．故選AC.答案：AC11．解析：根據(jù)題意可知，冰壺從b點(diǎn)推出后做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系可得到達(dá)c點(diǎn)時(shí)速度為vc＝v0＋a1t1＝（2.8－0.2×8）m/s＝1.2m/s，故A錯(cuò)誤；從c到O繼續(xù)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度變?yōu)閍2＝80%×a1＝0.8×（－0.2）＝－0.16m/s2.根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系可得從c到O歷時(shí)為t2＝eq\f(Δv,a2)＝eq\f(0－vc,a2)＝eq\f(0－1.2,－0.16)s＝7.5s，故B正確；根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移速度公式可得bc間距離為x1＝eq\f(veq\o\al(2,c)－veq\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(1.22－2.82,2×（－0.2）)m＝16m，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移速度公式可得cO間距離為x2＝eq\f(0－veq\o\al(2,c),2a2)＝eq\f(0－1.22,2×（－0.16）)m＝4.5m，則bO間距離為x＝x1＋x2＝（16＋4.5）m＝20.5m，故C正確；根據(jù)平均速度的定義可得從b到O的過(guò)程中平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t1＋t2)＝eq\f(20.5,8＋7.5)m/s≈1.3m/s，故D錯(cuò)誤．故選BC.答案：BC課時(shí)分層精練（二）勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律1．解析：根據(jù)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，由于初速度未知，則無(wú)法求出運(yùn)動(dòng)的加速度，A、C錯(cuò)誤；由于初速度未知，根據(jù)x＝eq\f(v0＋v,2)t可知，無(wú)法求出末速度，即滑出車(chē)底時(shí)的速度，B錯(cuò)誤；根據(jù)平均速度的定義式，她在車(chē)底的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(58,15)m/s≈3.87m/s，D正確．故選D.答案：D2．解析：高速列車(chē)在A(yíng)B段的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(AB,t1)＝44m/s，在BC段的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(BC,t2)＝49m/s，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，可知a＝eq\f(\o(v,\s\up6(－))2－\o(v,\s\up6(－))1,\f(t1,2)＋\f(t2,2))≈1.4m/s2，B正確．答案：B3．解析：設(shè)剎車(chē)的加速度大小為a，則有x＝v0（t1＋t2＋Δt）＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)代入數(shù)據(jù)有19.6＝5×（0.3＋2＋0.8）＋eq\f(52,2a)解得a＝3.05m/s2，所以D正確；A、B、C錯(cuò)誤．故選D.答案：D4．解析：設(shè)加速度為a，加速所用時(shí)間為t，因加速和減速過(guò)程加速度大小相同，減速所用時(shí)間也為t，x＝eq\f(1,2)at2＋vm（t總－2t）＋eq\f(1,2)at2，vm＝at，聯(lián)立解得t＝2s，a＝1.25m/s2，A項(xiàng)正確．故選A.答案：A5．解析：頻率為2Hz頻閃照相機(jī)，時(shí)間為T(mén)＝eq\f(1,f)＝0.5s，根據(jù)勻變速直線(xiàn)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(xiàn)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(guò)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\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(6×10－2×50,3×0.5)m/s＝2m/s，故D錯(cuò)誤．答案：A6．解析：設(shè)汽車(chē)在路面與在冰面所受阻力分別為f1、f2，汽車(chē)進(jìn)入冰面瞬間的速度為v1，由牛頓第二定律f＝ma，則汽車(chē)在路面與在冰面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為eq\f(a1,a2)＝eq\f(f1,f2)＝eq\f(7,1)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，在路面上有veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1x1，在冰面上有veq\o\al(2,1)＝2a2x2，其中eq\f(x1,x2)＝eq\f(8,7)，解得汽車(chē)進(jìn)入冰面瞬間的速度為v1＝eq\f(v0,3)，故選B.答案：B7．解析：設(shè)滑塊的末速度大小為v1，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v0＝v1＋at＝v1＋1m/s>1m/s；L＝eq\f(v0＋v1,2)×t＝（v0＋v1）m＝（2v1＋1）m>1m，故A錯(cuò)誤；若v0＝2m/s，則v1＝1m/s，L＝3m，故B正確；若v0＝3m/s，則v1＝2m/s，L＝5m，故C錯(cuò)誤；若v0＝5m/s，則v1＝4m/s，L＝9m，故D錯(cuò)誤．故選B.答案：B8．解析：設(shè)運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)的速度大小為v，運(yùn)動(dòng)員從A到B和從B到C都做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)員在A(yíng)、C的速度均為零，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有AB＝eq\f(v,2)tAB，BC＝eq\f(v,2)tBC，解得tAB∶tBC＝5∶1，C項(xiàng)正確．答案：C9．解析：將運(yùn)動(dòng)員的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)逆向看作是反向的初速度為零且加速度大小不變的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的比例關(guān)系可知運(yùn)動(dòng)員在前四分之三位移和最后四分之一位移所經(jīng)歷的時(shí)間相等，均設(shè)為t，運(yùn)動(dòng)員總位移設(shè)為s，則由題意可知v＝eq\f(\f(3,4)s,t)＝eq\f(3s,4t)滑雪者整個(gè)過(guò)程的平均速度為v′＝eq\f(s,2t)＝eq\f(2,3)v，D項(xiàng)正確．答案：D10．解析：結(jié)合逆向思維，把冰壺的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)看作反向初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最后1s內(nèi)位移大小為0.2m，由x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得a＝0.4m/s2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；冰壺的初速度大小是v0＝at＝0.4×20m/s＝8m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；冰壺第1s內(nèi)的位移大小是x＝v0t－eq\f(1,2)at2＝7.8m，選項(xiàng)A正確；由初速度為零的勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，前10s位移和后10s的位移之比為3∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．答案：A11．解析：A的初速度為v＝5m/s，若當(dāng)小球到達(dá)C處時(shí)速度減為0，根據(jù)速度—位移關(guān)系v2＝2ax可求得最小加速度為a＝2.5m/s2，低于此值球會(huì)從C落下斜面，故B正確，A錯(cuò)誤；小球加速度越大，到達(dá)B點(diǎn)速度越大，當(dāng)小球加速度取最小值時(shí)，4s末達(dá)到A點(diǎn)，此時(shí)可理解為A與B重合，速度最小為5m/s，故D錯(cuò)誤；若小球加速度為5m/s2，則小球沿斜面向上的最大距離2.5m，向下運(yùn)動(dòng)三秒后位移為x＝eq\f(1,2)at2＝22.5m．在第四秒到達(dá)斜面上B點(diǎn)，當(dāng)B為斜面最低點(diǎn)時(shí)，可求得斜面最小長(zhǎng)度應(yīng)為25m，故C正確．故選BC.答案：BC12．解析：（1）司機(jī)反應(yīng)時(shí)間內(nèi)汽車(chē)通過(guò)的位移x1＝v0t1＝10m加速過(guò)程t2＝5s－t1＝4s，70m－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)得a1＝2.5m/s2.（2）汽車(chē)加速結(jié)束時(shí)通過(guò)的位移x2＝v0t1＋v0t3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)＝10×1m＋10×3m＋eq\f(1,2)×2×32m＝49m此時(shí)車(chē)頭前端離停車(chē)線(xiàn)的距離為x3＝70m－x2＝21m此時(shí)速度為v＝v0＋a2t3＝（10＋2×3）m/s＝16m/s勻減速過(guò)程中有2a3x3＝v2代入數(shù)據(jù)解得a3＝6.1m/s2.答案：（1）2.5m/s2（2）6.1m/s213．解析：v0＝216km/h＝60m/s把飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)逆向看成由靜止做加速度大小為a的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則在t1＝3s內(nèi)的位移為x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)在t2＝4s內(nèi)的位移為x2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)根據(jù)題意有x2－x1＝7m聯(lián)立解得加速度大小為a＝2m/s2，A正確；該飛機(jī)著陸后5s時(shí)的速度大小為v5＝v0－at＝eq\f(216,3.6)m/s－2×5m/s＝50m/s，B錯(cuò)誤；該飛機(jī)在跑道上滑行的時(shí)間為t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(216,3.6×2)s＝30s，C正確；該飛機(jī)在跑道上滑行的距離為x＝eq\f(v0,2)t＝eq\f(216,3.6×2)×30m＝900m，D錯(cuò)誤．答案：AC14．解析：（1）設(shè)汽車(chē)勻減速過(guò)程位移大小為d1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2ad1解得d1＝442m根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知從開(kāi)始減速到恢復(fù)正常行駛過(guò)程中的位移大小x1＝2d1＋d＝894m（2）如果汽車(chē)以v2＝10m/s的速度通過(guò)勻速行駛區(qū)間，設(shè)汽車(chē)提速后勻減速過(guò)程位移大小為d2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,0)＝－2ad2解得d2＝400m提速前，汽車(chē)勻減速過(guò)程時(shí)間為t1，則d1＝eq\f(v0＋v1,2)t1解得t1＝26s通過(guò)勻速行駛區(qū)間的時(shí)間為t′1，有d＝v1t′1解得t′1＝2.5s從開(kāi)始減速到恢復(fù)正常行駛過(guò)程中的總時(shí)間為T(mén)1＝2t1＋t′1＝54.5s提速后，汽車(chē)勻減速過(guò)程時(shí)間為t2，則d2＝eq\f(v0＋v2,2)t2解得t2＝20s通過(guò)勻速行駛區(qū)間的時(shí)間為t′2，則d＝v2t′2解得t′2＝1s勻速通過(guò)（d1－d2）位移時(shí)間Δt＝eq\f(d1－d2,v0)＝1.4s通過(guò)與提速前相同位移的總時(shí)間為T(mén)2＝2t2＋t′2＋2Δt＝43.8s所以汽車(chē)提速后過(guò)收費(fèi)站過(guò)程中比提速前節(jié)省的時(shí)間ΔT＝T1－T2＝10.7s.答案：（1）894m（2）10.7s課時(shí)分層精練（三）自由落體運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng)多過(guò)程問(wèn)題1．解析：依題意可設(shè)第1個(gè)小球經(jīng)時(shí)間t落地，則第2個(gè)小球經(jīng)時(shí)間2t落地，第3個(gè)小球經(jīng)時(shí)間3t落地，第4個(gè)小球經(jīng)時(shí)間4t落地，又因?yàn)樗膫€(gè)小球做的都是初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，因此它們下落的高度之比為1∶4∶9∶16.答案：C2．解析：取豎直向上為正方向，根據(jù)v＝v0＋at，v0A＝3m/s.a＝－g＝－10m/s2，代入解得vA＝－7m/s，同理解得vB＝－5m/s，vC＝0m/s，vD＝5m/s.由于|vA|>|vB|＝|vD|>|vC|，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A3．解析：根據(jù)x1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，得eq\f(t2,t1)＝eq\r(\f(x2,x1))＝eq\r(\f(2,1))＝eq\r(2)，則有t2＝eq\r(2)t1＝eq\r(2)×0.14s≈0.20s，故C正確．答案：C4．解析：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．答案：C5．解析：由題知tAB＝tBC＝T，根據(jù)Δv＝gt可知BC過(guò)程速度的增量等于A(yíng)B過(guò)程速度的增量，故A正確；只有蘋(píng)果在A(yíng)點(diǎn)速度為零時(shí)，才滿(mǎn)足x1∶x2＝1∶3，故B錯(cuò)誤；蘋(píng)果運(yùn)動(dòng)到位置B時(shí)的速度大小為vB＝eq\f(x1＋x2,2T)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)Δx＝aT2可知，蘋(píng)果運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝eq\f(x2－x1,T2)，故D正確．答案：AD6．解析：射出的彈丸做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程可看作逆向的自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式h＝eq\f(1,2)gt2則彈丸最后1s內(nèi)下落的高度h1＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m則最初1s內(nèi)下落的高度h2＝7h1＝35m最初1s內(nèi)中間時(shí)刻的速度v＝eq\f(h2,t)＝eq\f(35,1)m/s＝35m/s彈丸自由下落的時(shí)間t′＝eq\f(v,g)＋0.5＝eq\f(35,10)s＋0.5s＝4s彈丸下落的總高度h3＝eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m則彈丸上升的最大高度為80m，故選C.答案：C7．解析：自由落體運(yùn)動(dòng)，下落h過(guò)程滿(mǎn)足h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)下落3h的過(guò)程滿(mǎn)足3h＝eq\f(1,2)g（t1＋t2）2聯(lián)立解得，樹(shù)枝從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(3)－1)，A錯(cuò)誤；樹(shù)枝從A到C的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3h,t1＋t2)＝eq\f(\r(6gh),2)，B正確；樹(shù)枝從A到C中點(diǎn)位置的瞬時(shí)速度為v＝eq\r(2g×\f(3h,2))＝eq\r(3gh)，C錯(cuò)誤；樹(shù)枝在C點(diǎn)的速度與在B點(diǎn)的速度之差為Δv＝eq\r(2g×3h)－eq\r(2gh)＝eq\r(6gh)－eq\r(2gh)，D錯(cuò)誤．故選B.答案：B8．解析：甲落地的時(shí)間t甲＝eq\r(\f(4H,g))，乙落地的時(shí)間t乙＝eq\r(\f(2H,g))，所以甲落地的時(shí)間是乙落地時(shí)間的eq\r(2)倍，故A錯(cuò)誤；根據(jù)v＝eq\r(2gh)可知，甲落地時(shí)的速率是乙落地時(shí)速率的eq\r(2)倍，故B正確；根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知經(jīng)過(guò)相等的時(shí)間兩個(gè)物體下落的高度相等，所以乙落地之前，二者之間的豎直距離保持不變，故C正確；乙落地之前，加速度均為g，故D錯(cuò)誤．答案：BC9．解析：設(shè)汽車(chē)正常行駛的速度為v0，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的平均速度與瞬時(shí)速度的關(guān)系可得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0,2)，可得v0＝2eq\o(v,\s\up6(－))，A正確；減速過(guò)程時(shí)間為t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－)),a)，反應(yīng)過(guò)程的時(shí)間為t反＝eq\f(t0,5)＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－)),5a)，B錯(cuò)誤；減速過(guò)程的位移為x0＝eq\o(v,\s\up6(－))t0＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－))2,a)，反應(yīng)過(guò)程的位移為x反＝v0t反＝eq\f(4\o(v,\s\up6(－))2,5a)，則有eq\f(x0,x反)＝eq\f(5,2)，C錯(cuò)誤；發(fā)現(xiàn)情況到汽車(chē)停止整個(gè)過(guò)程的平均速度為v＝eq\f(x反＋x0,t反＋t0)＝eq\f(7,6)eq\o(v,\s\up6(－))，D錯(cuò)誤．故選A.答案：A10．解析：（1）從題述時(shí)刻到轎車(chē)車(chē)尾離開(kāi)人行道所需的時(shí)間t＝eq\f(L1＋L＋L2,v0)＝3.8s行人在這段時(shí)間內(nèi)的位移為x0＝v1t＝3.8mx0－L4＝0.8m<eq\f(1,2)L3＝4.5m則兩者不會(huì)相撞．（2）從題述時(shí)刻到行人走上人行道所用時(shí)間t1＝eq\f(L4,v1)＝3s在3s內(nèi)轎車(chē)的位移x＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)得x＝39m>L1＋L2＋L故沒(méi)有違反要求．（3）從題述時(shí)刻到行人穿過(guò)人行道所用時(shí)間t2＝eq\f(L3＋L4,v1)＝12s假設(shè)12s內(nèi)轎車(chē)的位移等于30m，此時(shí)加速度為a1，則L1＝v0t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)解得a1＝eq\f(5,4)m/s2此時(shí)剎車(chē)時(shí)間t0＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,\f(5,4))s＝8s<12sx剎＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝40m>30m說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤，即轎車(chē)不可能在12s后仍未到達(dá)停止線(xiàn)，所以轎車(chē)在30m內(nèi)速度減小為零加速度最小a′2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2L1)＝eq\f(5,3)m/s2，故轎車(chē)的加速度大小應(yīng)滿(mǎn)足a2≥eq\f(5,3)m/s2答案：見(jiàn)解析課時(shí)分層精練（四）運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像1．解析：t1時(shí)刻前后甲的x-t圖線(xiàn)斜率由正變?yōu)樨?fù)，說(shuō)明速度方向發(fā)生了變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乙的x-t圖線(xiàn)斜率恒定，說(shuō)明乙做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，位移大小均勻增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖可知t1～t2時(shí)間內(nèi)甲的x-t圖線(xiàn)斜率有一時(shí)刻與乙的x-t圖線(xiàn)斜率相等，即兩者速度相等，此時(shí)甲、乙兩者相距最遠(yuǎn)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．答案：C2．解析：72km/h＝20m/s，36km/h＝10m/s.根據(jù)v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可知，汽車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(400－100,2×60)m/s2＝2.5m/s2，根據(jù)v＝v0＋at可知，經(jīng)過(guò)4s汽車(chē)速度減小到10m/s，然后勻速運(yùn)動(dòng)到中心線(xiàn)繳費(fèi)．汽車(chē)從開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)到通過(guò)中心線(xiàn)10m所用的時(shí)間為eq\f(20,10)s＝2s，隨后汽車(chē)開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v＝v0＋at可得，再經(jīng)過(guò)4s汽車(chē)加速至20m/s，然后正常行駛．綜上所述，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A3．解析：加速度對(duì)時(shí)間的變化率稱(chēng)為急動(dòng)度，等于a-t圖像的斜率．由題圖知t＝3s時(shí)的急動(dòng)度和t＝5s時(shí)的急動(dòng)度等大同向，故A錯(cuò)誤；根據(jù)a-t圖像與t軸所圍的面積表示速度的變化量，則2～4s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的速度增大，做加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；0～6s內(nèi)速度的變化量為Δv＝eq\f(1＋2,2)×2m/s＋eq\f(1,2)×2×2m/s＋eq\f(1,2)×2×（－2）m/s＝3m/s，因初速度為0，故t＝6s時(shí)的速度為3m/s，故C錯(cuò)誤；0～6s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)速度的變化量均為正，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)速度方向不變，故D正確．答案：D4．解析：由題意知，地鐵的啟動(dòng)加速度大，所以甲是高鐵的v-t圖像，乙是地鐵的v-t圖像，故A錯(cuò)誤；v-t圖像的斜率為加速度，則地鐵和高鐵加速過(guò)程的加速度大小之比為eq\f(a地,a高)＝eq\f(\f(100,30),\f(300,240))＝eq\f(8,3)，故B錯(cuò)誤；v-t圖像所圍的圖形面積為位移，地鐵和高鐵加速過(guò)程中的位移eq\f(x地,x高)＝eq\f(30×100,240×300)＝eq\f(1,24)，故C錯(cuò)誤；0～240s過(guò)程中，高鐵的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))高＝eq\f(300,2)km/h＝150km/h地鐵的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))地＝eq\f(240－30＋24,2×240)×100km/h＝eq\f(375,4)km/h則地鐵和高鐵的平均速度大小之比為eq\o(v,\s\up6(－))地∶eq\o(v,\s\up6(－))高＝5∶8，故D正確．故選D.答案：D5．解析：進(jìn)入人工通道繳費(fèi)時(shí)車(chē)的速度應(yīng)先減為零，再加速，而進(jìn)入ETC通道繳費(fèi)的車(chē)輛不需要停車(chē)即可通過(guò)，由題圖可知甲車(chē)減速時(shí)速度并沒(méi)有減為零，而乙車(chē)是速度先減為零再加速的，所以甲車(chē)進(jìn)入的是ETC通道，乙車(chē)進(jìn)入的是人工收費(fèi)通道，A錯(cuò)誤；甲、乙兩車(chē)從相同速度開(kāi)始減速到恢復(fù)至原速度的時(shí)間差為18s－5s＝13s，B錯(cuò)誤；甲車(chē)進(jìn)入通道的加速度大小為a甲＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(10－5,2)m/s2＝2.5m/s2，乙車(chē)進(jìn)入通道的加速度大小為a乙＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(10－0,4)m/s2＝2.5m/s2，C錯(cuò)誤；由v-t圖像中圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍的面積表示位移，可知甲車(chē)減速后勻速行駛的位移x＝vt＝5×1m＝5m，D正確．答案：D6．解析：甲、乙兩小球在空中均做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則乙球落地比甲球落地慢1s，可知圖像中的t0＝5s，故A錯(cuò)誤；由圖可知，甲球在空中下落的時(shí)間為4s，則有x0＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，故B錯(cuò)誤；當(dāng)甲、乙兩小球都在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)，以乙開(kāi)始下落為0時(shí)刻，則有x乙＝eq\f(1,2)gt2，x甲＝eq\f(1,2)g（t＋1）2，兩者距離為Δx＝x甲－x乙＝gt＋eq\f(1,2)g，可知隨時(shí)間增大，兩者距離越來(lái)越大，故C正確；甲、乙兩小球的加速度均為重力加速度，根據(jù)Δv＝gΔt在2.0s～3.0s時(shí)間內(nèi)，甲球速度變化量等于乙球速度變化量，故D錯(cuò)誤．故選C.答案：C7．解析：0～t2為空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，速度先為負(fù)值，后為正值，則速度方向先向上，后向下，故A錯(cuò)誤；v-t圖像斜率的絕對(duì)值表示加速度大小，由圖可以看出，t1～t2內(nèi)的加速度比在t2～t3內(nèi)加速度小，故B錯(cuò)誤；在0～t1內(nèi)，圖線(xiàn)斜率不變，表示勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)推論，平均速度等于初、末速度和的一半，即為eq\f(v1＋v2,2)，故C正確；v-t圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示位移，由圖像可以看出，實(shí)際圖線(xiàn)在t2～t3時(shí)間內(nèi)圍的面積小于虛線(xiàn)（勻減速到零）所圍面積，平均速度等于位移與所用時(shí)間的比值，所以此段時(shí)間內(nèi)的平均速度小于此段時(shí)間內(nèi)勻減速到零的平均速度eq\f(v3,2)，故D錯(cuò)誤．故選C.答案：C8．解析：根據(jù)圖像可知，甲車(chē)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其速度為v1＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(8－2,3)m/s＝2m/s.乙車(chē)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖像可知t＝2s時(shí)，位移為x＝6m速度為v2＝2m/s根據(jù)位移時(shí)間公式x＝v0t－eq\f(1,2)at2可得6＝v0×2－eq\f(1,2)a×22又有v2＝v0－a×2解得v0＝4m/s，a＝1m/s2故A正確，D錯(cuò)誤；0～3s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)圖像可知，甲車(chē)的位移小于乙車(chē)的位移，所以甲車(chē)的平均速度小于乙車(chē)的平均速度，故B錯(cuò)誤；根據(jù)圖像可知0～3s時(shí)間內(nèi)甲車(chē)與乙車(chē)間的距離先減小后增大，故C錯(cuò)誤．故選A.答案：A9．解析：根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度可知，0～t1時(shí)間內(nèi)斜率在變小，即加速度在變小，無(wú)人機(jī)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)v-t圖像與時(shí)間軸圍成的“面積”表示無(wú)人機(jī)運(yùn)動(dòng)的位移，可知圖像與橫軸圍成的面積小于連接曲線(xiàn)上t2和t3兩點(diǎn)直線(xiàn)時(shí)與橫軸圍成的面積，再根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的平均速度表達(dá)式可得，t2～t3時(shí)間內(nèi)無(wú)人機(jī)的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))<eq\f(v1,2)，B正確；根據(jù)v-t圖像，t3時(shí)刻無(wú)人機(jī)懸停，速度為零，處于平衡狀態(tài)，受到升力和重力作用，C錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，無(wú)人機(jī)的動(dòng)能不變，而高度升高，則重力勢(shì)能增加，機(jī)械能增加，D正確．故選BD.答案：BD10．解析：根據(jù)題意，由圖可知，無(wú)人機(jī)的加速度方向一直向上，無(wú)人機(jī)一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)公式v2＝2ah可知，a-h圖像中面積表示eq\f(v2,2)，設(shè)上升2h0時(shí)，無(wú)人機(jī)的速度為v1，則有eq\f(veq\o\al(2,1),2)＝eq\f(1,2)×（eq\f(1,3)g＋g）h0＋gh0＝eq\f(5,3)gh0，解得v1＝eq\r(\f(10,3)gh0)，故B正確；根據(jù)題意，設(shè)上升2h0時(shí)，無(wú)人機(jī)的牽引力為F，由牛頓第二定律有F－mg＝ma.由圖可知，上升2h0時(shí)a＝g，解得F＝2mg.無(wú)人機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P＝Fv1＝2mgeq\r(\f(10,3)gh0)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，上升2h0過(guò)程中，無(wú)人機(jī)機(jī)械能增加量為ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mg·2h0＝eq\f(11,3)mgh0，故D正確．故選BD.答案：BD課時(shí)分層精練（五）追及相遇問(wèn)題1．解析：由圖可知，在t1時(shí)刻，甲、乙兩車(chē)的位置坐標(biāo)相同，即到達(dá)同一位置，而開(kāi)始時(shí)乙車(chē)的位移大于甲車(chē)的位移，所以在t1時(shí)刻，乙車(chē)追上甲車(chē)，A正確；由圖可知，甲車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度為零，乙車(chē)做變速運(yùn)動(dòng)，加速度不為零，B錯(cuò)誤；x-t圖線(xiàn)的斜率表示速度，在t1到t2這段時(shí)間內(nèi)，乙車(chē)的x-t圖線(xiàn)的斜率先減小后增大，則乙車(chē)的速度先負(fù)向減小后正向增大，C錯(cuò)誤；由圖可知，從t1時(shí)刻之后到t2時(shí)刻這段時(shí)間內(nèi)，甲車(chē)和乙車(chē)僅在t2時(shí)刻位置相同，故只相遇一次，D錯(cuò)誤．答案：A2．解析：v-t圖像的斜率表示加速度，可得和諧號(hào)的加速度為a1＝eq\f(72－60,24)m/s2＝eq\f(1,2)m/s2，復(fù)興號(hào)的加速度為a2＝eq\f(72－60,24－8)m/s2＝eq\f(3,4)m/s2，則10s末和諧號(hào)的加速度比復(fù)興號(hào)的小，故A錯(cuò)誤；題圖乙中復(fù)興號(hào)的最大速度為vm＝72m/s＋a2×（32－24）m/s＝78m/s，故B正確；因t＝0時(shí)兩車(chē)車(chē)頭剛好并排，在0到24s內(nèi)和諧號(hào)的速度大于復(fù)興號(hào)的速度，兩者的距離逐漸增大，速度相等后兩者的距離縮小，則在24s末兩車(chē)車(chē)頭相距最遠(yuǎn)，故C正確；由v-t圖像中圖線(xiàn)與t軸所圍的面積表示位移，則在0～24s兩者的最大距離為Δx＝eq\f(8×（72－60）,2)m＝48m，而在24～32s內(nèi)縮小的距離為Δx′＝eq\f(（78－72）×（32－24）,2)m＝24m<Δx，即32s末復(fù)興號(hào)還未追上和諧號(hào)，故D錯(cuò)誤．答案：BC3．解析：根據(jù)v-t圖線(xiàn)與時(shí)間軸圍成的圖形面積表示位移，可知泳池長(zhǎng)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(xiàn)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．答案：C4．解析：v-t圖像中，圖線(xiàn)的切線(xiàn)斜率表示瞬時(shí)加速度，甲同學(xué)在0～t1時(shí)間段內(nèi)反向做加速度增加的減速運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻速度減為0，t1～t2時(shí)間段內(nèi)正向做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，t2～t3時(shí)間段內(nèi)正向做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻速度減為0；乙同學(xué)在0～t1時(shí)間段內(nèi)反向做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻速度減為0，t1～t3時(shí)間段內(nèi)正向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；在v-t圖像中圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的面積代表物體的位移，由圖可知，能使兩圖線(xiàn)包圍面積相同的時(shí)刻共有三個(gè)，且甲全程的位移大于乙的，B錯(cuò)誤、C正確；v-t圖像中兩圖線(xiàn)的交點(diǎn)代表該時(shí)刻兩物體共速，圖中共有三個(gè)交點(diǎn)（包括t＝0時(shí)刻），即有三個(gè)時(shí)刻速度相同，D錯(cuò)誤．故選C.答案：C5．解析：汽車(chē)剎車(chē)前，在0.4s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)的位移大小為x1＝v0t1＝eq\f(36,3.6)×0.4m＝4m則汽車(chē)剎車(chē)滑行的最大距離為x2＝24m－x1＝20m，故A錯(cuò)誤；汽車(chē)剎車(chē)的最小加速度大小為amin＝eq\f(veq\o\al(2,0),2x2)＝eq\f(（\f(36,3.6)）2,2×20)m/s2＝2.5m/s2，故B錯(cuò)誤；汽車(chē)用于減速滑行的最長(zhǎng)時(shí)間為tmax＝eq\f(v0,amin)＝eq\f(\f(36,3.6),2.5)s＝4s，故C正確；汽車(chē)從發(fā)現(xiàn)前方有行人通過(guò)人行橫道到停下來(lái)過(guò)程的平均速度大小滿(mǎn)足eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)≥eq\f(24,0.4＋4)m/s≈5.45m/s>5m/s，故D錯(cuò)誤．故選C.答案：C6．解析：（1）L＝6km＝6000m20s內(nèi)導(dǎo)彈的位移為x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝200×20m＋eq\f(1,2)×40×202m＝12000m無(wú)人靶機(jī)被擊中前飛行速度大小為v＝eq\f(x－L,t)＝eq\f(12000－6000,20)m/s＝300m/s（2）當(dāng)導(dǎo)彈的速度與無(wú)人靶機(jī)的速度相等時(shí)，距離最大，設(shè)時(shí)間為t1，有v0＋at1＝v＋a1（t1－1）代入數(shù)據(jù)解得t1＝7s導(dǎo)彈的位移為x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝200×7m＋eq\f(1,2)×40×72m＝2380m無(wú)人靶機(jī)的位移為x2＝v×1＋v（t1－1）＋eq\f(1,2)a1（t1－1）2＝300×1m＋300×（7－1）m＋eq\f(1,2)×30×（7－1）2m＝2640m導(dǎo)彈與無(wú)人靶機(jī)的最大距離為Δx＝x2＋L－x1＝2640m＋6000m－2380m＝6260m.答案：（1）300m/s（2）6260m7．解析：t＝20s兩車(chē)速度相等，相距最遠(yuǎn)，故A錯(cuò)誤；由圖可知甲的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(30－15,20)m/s2＝0.75m/s2乙的加速度為a′＝eq\f(Δv′,Δt)＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s20～20s內(nèi)乙車(chē)的加速度是甲車(chē)的2倍；10s末甲、乙兩車(chē)的速度為v＝v0＋at＝15m/s＋0.75×10m/s＝22.5m/s，v′＝a′t＝1.5×10m/s＝15m/s甲、乙兩車(chē)平均速度分別為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝18.75m/s，v′＝eq\f(v′,2)＝7.5m/s，故B、C錯(cuò)誤；圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表車(chē)的位移，由圖可知0～20s內(nèi)甲車(chē)的位移比乙車(chē)的大Δx＝eq\f(15＋30,2)×20m－eq\f(1,2)×20×30m＝150m，故D正確．故選D.答案：D8．解析：（1）A車(chē)減速到與B車(chē)共速時(shí)，若恰好沒(méi)有與B車(chē)相碰，則A車(chē)將不會(huì)與B車(chē)相碰，設(shè)經(jīng)歷的時(shí)間為t，有vA＝72km/h＝20m/s，vB＝54km/h＝15m/s則A車(chē)位移為xA＝eq\f(1,2)（vA＋vB）tB車(chē)位移為xB＝vBt根據(jù)位移關(guān)系可知xA－xB＝L，聯(lián)立解得t＝2s則A車(chē)與B車(chē)不相撞，剎車(chē)時(shí)的最小加速度大小為a＝eq\f(vA－vB,t)＝2.5m/s2.（2）B車(chē)司機(jī)反應(yīng)的1s內(nèi)，A車(chē)的位移為x1＝vAt0－eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,0)＝19mB車(chē)的位移為x2＝vBt0＝15m所以B車(chē)開(kāi)始加速時(shí)，A、B兩車(chē)相距x3＝L－（x1－x2）＝1m假設(shè)還需要時(shí)間t1，A、B兩車(chē)共速，則有（vA－aAt0）－aAt1＝vB＋aBt1解得t1＝1st1時(shí)間內(nèi)A車(chē)的位移為x4＝（vA－aAt0）t1－eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,1)＝17mB車(chē)的位移為x5＝vBt1＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＝15.5m則x4－x5＝1.5m>x3，所以A車(chē)會(huì)追尾B車(chē)．答案：（1）2.5m/s2（2）A車(chē)會(huì)追尾B車(chē)課時(shí)分層精練（六）探究小車(chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律1．解析：（1）題圖中儀器A叫作電火花計(jì)時(shí)器，使用220V交流電源，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，放開(kāi)小車(chē)前，小車(chē)要靠近電火花計(jì)時(shí)器．（2）在使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器來(lái)分析物體運(yùn)動(dòng)情況的實(shí)驗(yàn)中，先把電火花計(jì)時(shí)器固定好，穿好紙帶，再接通電源，進(jìn)行打點(diǎn)，之后松開(kāi)紙帶讓物體帶著紙帶運(yùn)動(dòng)，故正確的順序是CBDA．答案：（1）電火花交流靠近（2）CBDA2．解析：（1）實(shí)驗(yàn)中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接的電源是交流電．故選B.（2）操作時(shí)，釋放紙帶與接觸電源的合理順序應(yīng)是先接通電源，再釋放紙帶．故選B.（3）電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作電壓為220V．（4）紙帶上相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為T(mén)＝5×eq\f(1,f)＝0.1s．（5）小車(chē)的加速度為a＝eq\f(（s6＋s5＋s4）－（s3＋s2＋s1）,9T2)＝0.80m/s2.答案：（1）B（2）B（3）220（4）0.1（5）0.803．解析：（1）在打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打C點(diǎn)瞬間，紙帶的速度vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(（6.59＋8.61）×10－2,2×0.1)＝0.76m/s根據(jù)逐差法可知，加速度a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f([8.61＋10.61－（4.61＋6.59）]×10－2,4×0.12)＝2.0m/s2（2）由于重力加速度約為9.8m/s2，圖2中加速度遠(yuǎn)小于9.8m/s2，故紙帶所對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)場(chǎng)景是A.（3）實(shí)驗(yàn)A只需確保小車(chē)做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)即可，不需要平衡摩擦力，故A錯(cuò)誤；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用時(shí)，均需先接通電源后釋放紙帶，故B正確；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器可以用電火花計(jì)時(shí)器也可以用電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故C錯(cuò)誤；用實(shí)驗(yàn)C所示的裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，若根據(jù)v＝eq\r(2gh)計(jì)算重物下落h時(shí)的速度等于間接承認(rèn)了機(jī)械能守恒定律，達(dá)不到實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證的目的，故D錯(cuò)誤．故選B.答案：（1）0.762.0（2）A圖2中紙帶測(cè)得的加速度比較?。?）B4．解析：（1）已知該能夠每2s連續(xù)拍攝20張照片，即兩張照片的時(shí)間間隔為0.1s，該小組同學(xué)從第一張開(kāi)始每隔兩張取出一張照片，A、B、C、D四幅圖片中相鄰的兩幅圖片時(shí)間間隔為T(mén)＝3×0.1s＝0.3s從A到D的過(guò)程中，小車(chē)的平均速度是eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(（36.0－6.9）×10－2,0.3×3)m/s≈0.32m/s（2）小車(chē)沿斜面做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，小車(chē)經(jīng)過(guò)B圖位置時(shí)的瞬時(shí)速度是vB＝eq\f(（23.9－6.9）×10－2,0.3×2)m/s≈0.28m/s同理可以求出小車(chē)經(jīng)過(guò)C圖位置時(shí)的瞬時(shí)速度是vC＝eq\f(（36.0－14.2）×10－2,0.3×2)m/s≈0.36m/s小車(chē)的加速度a＝eq\f(vC－vB,T)＝eq\f(0.36－0.28,0.3)m/s2≈0.27m/s2.答案：（1）0.32（2）0.280.275．解析：（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則，擋光片的寬度d＝6mm＋12×0.05mm＝6.60mm.（2）該圖線(xiàn)的斜率k＝eq\f(2.0－1.0,0.65－0.23)×104m－1·s－2＝2.38×104m－1·s－2；滑塊通過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度v＝eq\f(d,t)，由v2＝2ax可得eq\f(1,t2)＝eq\f(2a,d2)x，由k＝eq\f(2a,d2)，可求得滑塊的加速度a＝0.518m·s－2.答案：（1）①6.60（2）2.38×1040.518單元素養(yǎng)評(píng)價(jià)（一）運(yùn)動(dòng)的描述勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)1．解析：戰(zhàn)機(jī)的運(yùn)行速度和月亮的運(yùn)行速度并不相同，所以以月亮為參考系，戰(zhàn)機(jī)是運(yùn)動(dòng)的，故A錯(cuò)誤；飛行員相對(duì)戰(zhàn)機(jī)是不動(dòng)的，所以以戰(zhàn)機(jī)里的飛行員為參考系，戰(zhàn)機(jī)是靜止的，故B錯(cuò)誤；兩次拍攝相差20秒鐘，這20秒是指時(shí)間間隔，故C正確；研究空中飛行姿態(tài)時(shí)，其大小形狀不可忽略，所以不能將戰(zhàn)機(jī)看作質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤．答案：C2．解析：規(guī)定豎直向下為正方向，v1方向與正方向相同，v2方向與正方向相反，根據(jù)加速度定義式得a＝eq\f(－10－8,1.0)m/s2＝－18.0m/s2，負(fù)號(hào)表示與正方向相反，即加速度方向豎直向上．故選D.答案：D3．解析：平均速度為某段時(shí)間（位移）內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的平均快慢，等于該段時(shí)間（位移）內(nèi)的總位移與總時(shí)間的比值，即eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt).瞬時(shí)速度是某一時(shí)刻（位置）的速度，eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)當(dāng)Δt趨近于零時(shí)，平均速度近似等于瞬時(shí)速度，根據(jù)題意，已知總位移和總時(shí)間，可以計(jì)算平均速度，無(wú)法計(jì)算瞬時(shí)速度，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．答案：C4．解析：根據(jù)x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得t1＝2s，故A錯(cuò)誤；飛機(jī)離開(kāi)電磁彈射區(qū)時(shí)的速度大小為v1＝a1t1＝80m/s，故B錯(cuò)誤；飛機(jī)離開(kāi)電磁彈射區(qū)后，根據(jù)速度位移關(guān)系有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2x2代入數(shù)據(jù)解得a2＝18m/s2，故C錯(cuò)誤；飛機(jī)離開(kāi)電磁彈射區(qū)后，加速時(shí)間t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝eq\f(10,9)s飛機(jī)從開(kāi)始起飛到離開(kāi)跑道的總時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(28,9)s，D正確．答案：D5．解析：根據(jù)題意可知，球踢出后，0～3s內(nèi)乙在前球在后，且球的速度比乙大，因而球一直在靠近乙，A正確；根據(jù)v-t圖像斜率表示加速度可知a＝－eq\f(Ff,m)＝eq\f(Δv,Δt)＝－2.5m/s2則解得f＝μG＝eq\f(1,4)G，B正確；根據(jù)v-t圖像面積表示位移可知相遇時(shí)球的位移為x＝eq\f(v0＋vt,2)·t＝33.75m，C正確；相遇時(shí)乙的位移為x乙＝eq\f(1,2)vtt1＋vtt2＝16.875m，故甲乙相距L為L(zhǎng)＝x－x乙＝33.75m－16.875m＝16.875m，D錯(cuò)誤．答案：D6．解析：由圖像可知，速度與位移成反比關(guān)系，速度不隨位移均勻變化，故A錯(cuò)誤；eq\f(1,v)-x圖像的圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的面積表示時(shí)間，由圖像可知，速度不隨時(shí)間均勻變化，故B錯(cuò)誤；eq\f(1,v)-x圖像的圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的面積表示時(shí)間，則甲、乙兩物體速度從v0增加到2v0的過(guò)程，經(jīng)歷的時(shí)間之比為1∶2，故C正確，D錯(cuò)誤．故選C.答案：C7．解析：由a＝eq\f(Δv,Δt)，得a1∶a2＝1∶2，故A錯(cuò)誤；由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋vt,2)，知eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\o(v,\s\up6(－))2，故B正確，D錯(cuò)誤；由x＝eq\o(v,\s\up6(－))·t，知x1∶x2＝2∶1，故C正確．答案：BC8．解析：由加速度與位移的關(guān)系圖像可知，加速度大小為1.5m/s2，由公式2ax＝v2－veq\o\al(2,0)，解得v＝10m/s，由公式v＝v0＋at，解得t＝eq\f(10－4,1.5)s＝4s，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．答案：AD9．解析：由圖乙可知A車(chē)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度大小為vA＝4m/s，由圖丙分析可知，t＝3s時(shí)兩車(chē)速度相等，相距最遠(yuǎn)，由位移關(guān)系得最遠(yuǎn)距離為20m，選項(xiàng)A正確；B車(chē)在0～6s內(nèi)的位移和0～5s內(nèi)的位移相等，為24m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～8s內(nèi)A車(chē)的位移大小為32m，B車(chē)的位移大小為24m，位移之差為8m，此時(shí)A車(chē)未追上B車(chē)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t＝1s時(shí)兩車(chē)相距16m，當(dāng)B車(chē)停下來(lái)后，A車(chē)速度減為零時(shí)恰好追上B車(chē)，此時(shí)A車(chē)的加速度為一臨界值，B車(chē)停止之前的位移為16m，所以A車(chē)的總位移為32m，由速度與位移的關(guān)系v2＝2ax可知，加速度a＝eq\f(1,4)m/s2，故要使A車(chē)追不上B車(chē)，則A車(chē)的加速度大小應(yīng)大于eq\f(1,4)m/s2，選項(xiàng)D正確．答案：AD10．解析：（1）根據(jù)v2＝v1＋aΔt得a＝5×10－2m/s2.（2）根據(jù)veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a′L得a′＝5×10－2m/s2.（3）遮光板的寬度越小，瞬時(shí)速度的測(cè)量誤差越?。粌晒怆婇T(mén)的間距越大，測(cè)量L的相對(duì)誤差越小，故選BC.答案：（1）5×10－2（2）5×10－2（3）BC11．解析：（1）賽車(chē)3s末的速度v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s.（2）設(shè)經(jīng)t2時(shí)間追上安全車(chē)，由位移關(guān)系得v0t2＋200m＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)解得t2＝20s此時(shí)賽車(chē)的速度v＝a1t2＝2×20m/s＝40m/s當(dāng)兩車(chē)速度相等時(shí)，兩車(chē)相距最遠(yuǎn)由v0＝a1t3得兩車(chē)速度相等時(shí)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間t3＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,2)s＝5s兩車(chē)最遠(yuǎn)相距Δs＝v0t3＋200m－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,3)＝（10×5＋200－eq\f(1,2)×2×52）m＝225m.（3）假設(shè)再經(jīng)t4時(shí)間兩車(chē)第二次相遇（兩車(chē)一直在運(yùn)動(dòng)）由位移關(guān)系得vt4－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,4)＝v0t4解得t4＝15s賽車(chē)停下來(lái)的時(shí)間t′＝eq\f(v,a2)＝eq\f(40,4)s＝10s所以t4＝15s不合實(shí)際，兩車(chē)第二次相遇時(shí)賽車(chē)已停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)再經(jīng)時(shí)間t5兩車(chē)第二次相遇，應(yīng)滿(mǎn)足eq\f(v2,2a2)＝v0t5解得t5＝20s.答案：（1）6m/s（2）20s225m（3）20s12．解析：（1）人走上人行道的時(shí)間t1＝eq\f(L1,v1)＝3s在3s末卡車(chē)剛好穿過(guò)人行道，加速度最小，設(shè)為a1，則D＋L1＋L2＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得a1＝eq\f(40,9)m/s2（2）卡車(chē)穿過(guò)人行道時(shí)vm＝v0＋a1t1＝（10＋eq\f(40,9)×3）m/s＝eq\f(70,3)m/s貨箱的加速度a2＝μ1g＝4m/s2假設(shè)箱子沒(méi)掉下來(lái)，貨箱加速的時(shí)間為t2＝eq\f(vm－v0,a2)＝eq\f(10,3)s貨箱的位移為s箱＝eq\f(v0＋vm,2)×t2＝eq\f(500,9)m汽車(chē)的位移為s車(chē)＝（D＋L1＋L2）＋vm（t2－t1）＝eq\f(520,9)m所以箱子相對(duì)汽車(chē)向后運(yùn)動(dòng)s車(chē)－s箱＝eq\f(20,9)m>1.5m假設(shè)錯(cuò)誤，箱子會(huì)掉下來(lái)；（3）①人穿過(guò)人行道的時(shí)間t3＝eq\f(L3＋L4,v1)＝12s假設(shè)12s內(nèi)汽車(chē)的位移小于40m，加速度最小，由40＝v0t3＋eq\f(1,2)（－a3）teq\o\al(2,3)得a3＝eq\f(10,9)m/s2以此加速度汽車(chē)減速為零的時(shí)間為t4＝eq\f(v0,a3)＝eq\f(10,\f(10,9))＝9s說(shuō)明此加速度汽車(chē)在9s時(shí)已經(jīng)減速為零，9s后不再運(yùn)動(dòng)，而此時(shí)剎車(chē)距離s剎＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a3)＝45m>40m說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤，所以卡車(chē)在40m內(nèi)速度減小為零加速度最小a4＝eq\f(veq\o\al(2,0),2L1)＝eq\f(5,4)m/s2②箱子剛好不撞車(chē)頭時(shí)，卡車(chē)的加速度最大，設(shè)為a5，有d1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)－eq\f(veq\o\al(2,0),2a5)解得a5＝5m/s2剎車(chē)時(shí)加速度需要滿(mǎn)足的條件eq\f(5,4)m/s2≤a≤5m/s2答案：（1）eq\f(40,9)m/s2（2）見(jiàn)解析（3）eq\f(5,4)m/s2≤a≤5m/s2課時(shí)分層精練（七）重力彈力1．解析：由于物體放在水中時(shí)，受到向上的浮力，從而減小了彈簧的拉伸形變，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)減小了，但物體的重力并不改變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)兩物體所處的地理位置相同時(shí)，g值相同，質(zhì)量大的物體的重力必定大，但當(dāng)兩物體所處的地理位置不同時(shí)，如質(zhì)量較小的物體放在地球上，質(zhì)量較大的物體放在月球上，由于月球上g值較小，導(dǎo)致質(zhì)量大的物體的重力不一定大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；重力的方向是豎直向下的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體的重心位置由物體的形狀和質(zhì)量分布情況共同決定，物體的形狀改變后，其重心位置可能發(fā)生改變，選項(xiàng)D正確．答案：D2．解析：在乒乓球與桌面作用時(shí)，乒乓球受到桌面的彈力方向垂直桌面豎直向上，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．故選A.答案：A3．解析：小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)擋板和斜面接觸擠壓，擋板和斜面都產(chǎn)生彈性形變，它們對(duì)小球產(chǎn)生彈力，彈力的方向垂直于接觸面，所以擋板對(duì)小球的彈力方向水平向右，斜面對(duì)小球的彈力方向垂直于斜面向上，故小球受兩個(gè)彈力：一個(gè)水平向右；一個(gè)垂直斜面向上．故選C.答案：C4．解析：以O(shè)點(diǎn)為研究對(duì)象，輕繩OC對(duì)O點(diǎn)的拉力方向豎直向下，輕繩OA對(duì)O點(diǎn)的拉力方向沿OA方向指向左上方，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得，彈簧對(duì)O點(diǎn)的彈力方向應(yīng)該為水平向右，所以彈簧應(yīng)處于壓縮狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；彈簧和輕繩OA對(duì)O點(diǎn)的作用力大小與輕繩OC對(duì)O點(diǎn)豎直向下的拉力大小相等，方向相反，輕繩OC對(duì)O點(diǎn)豎直向下的拉力大小等于燈籠重力大小，即G＝mg＝60N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件和力的正交分解可得，水平方向上有FOAsin53°＝kx豎直方向上有FOAcos53°＝mg兩式聯(lián)立解得輕繩OA上的彈力為FOA＝100N彈簧的形變量為x＝0.08m＝8cm，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．故選C.答案：C5．解析：設(shè)彈簧的原長(zhǎng)為l，由胡克定律和受力平衡可知，對(duì)題圖甲有2mg＝k（l－l1），對(duì)題圖乙有3mg＝k（l－l2），所以彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(mg,l1－l2)，彈簧原長(zhǎng)l＝3l1－2l2，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤．答案：BC6．解析：由題意可知ΔMgsinθ＝kΔx，得到mgsinθ＝k·2R，則sinθ＝eq\f(2kR,mg)，故選B.答案：B7．解析：懸掛第二個(gè)鉤碼的瞬間，橡皮筋長(zhǎng)度還沒(méi)發(fā)生變化，根據(jù)胡克定律，橡皮筋拉力大小仍為10N，鉤碼間的彈力大小仍是10N，A正確，B錯(cuò)誤；橡皮筋的彈力不能突變，懸掛第二個(gè)鉤碼后，橡皮筋逐漸伸長(zhǎng)，拉力傳感器的讀數(shù)從10N逐漸增大，直到彈力等于兩個(gè)鉤碼的重力時(shí)，拉力傳感器的讀數(shù)才為20N，C錯(cuò)誤；設(shè)懸掛第一個(gè)鉤碼穩(wěn)定時(shí)橡皮筋的伸長(zhǎng)量為x1，kx1＝G，懸掛第二個(gè)鉤碼后，鉤碼運(yùn)動(dòng)速度最大時(shí)，鉤碼受力平衡，設(shè)此時(shí)又伸長(zhǎng)x2，則k（x1＋x2）＝2G，代入數(shù)據(jù)，可得x2＝10cm，D正確．答案：AD8．解析：由題知，取走一個(gè)盤(pán)子，穩(wěn)定后余下的正好升高補(bǔ)平，則說(shuō)明一個(gè)盤(pán)子的重力可以使彈簧形變相鄰兩盤(pán)間距，設(shè)每減少一個(gè)盤(pán)子，每根彈簧的形變量為Δx，則有mg＝3

瘙簚kΔx，解得k＝100N/m，故選B.答案：B9．解析：如題圖甲中的重力全部集中在玉墜上，重心在玉墜上，圖乙中項(xiàng)鏈的質(zhì)量均勻分布于整條項(xiàng)鏈，其重心一定在最低點(diǎn)的上方，所以玉墜重心到水平桿的距離比項(xiàng)鏈重心到水平桿的距離大，即h1>h2；對(duì)玉墜和項(xiàng)鏈的受力分析如圖1和圖2所示，圖1中M、N兩點(diǎn)對(duì)繩子的拉力方向沿著繩子收縮的方向，圖2中M、N兩點(diǎn)對(duì)項(xiàng)鏈的拉力方向沿著項(xiàng)鏈懸點(diǎn)的切線(xiàn)方向，圖1中M、N兩點(diǎn)對(duì)繩子拉力的夾角，比圖2中M、N兩點(diǎn)對(duì)項(xiàng)鏈拉力的夾角大，根據(jù)力的合成可知，圖1中M點(diǎn)對(duì)繩子的拉力F1比圖2中M點(diǎn)對(duì)項(xiàng)鏈的拉力F2要大，即F1>F2.故選A.答案：A10．解析：設(shè)輕繩中拉力為T(mén)，球A受力如圖所受彈力為繩對(duì)A的拉力和半圓對(duì)球A的彈力的合力，與重力等大反向，大于T，故A錯(cuò)誤；受力分析可得Tsin30°＝Nsin30°；Tcos30°＋Ncos30°＝mAg解得T＝N＝eq\f(\r(3),3)mAg，故B錯(cuò)誤；細(xì)線(xiàn)對(duì)A的拉力與對(duì)球B的拉力都等于T，故C錯(cuò)誤；對(duì)球B：Tcos60°＝mBg；T＝2mBg解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2\r(3),1)，故D正確．故選D.答案：D11．解析：如圖所示受力分析小球a，設(shè)彈簧對(duì)小球的彈力大小為FN，OA桿對(duì)小球a的彈力大小為FNA，設(shè)FN與水平方向的夾角為θ1，F(xiàn)NA與水平方向的夾角為θ2.根據(jù)圖中的幾何關(guān)系有θ1＝θ2＝30°，根據(jù)物體的平衡條件有FNcosθ1＝FNAcosθ2，F(xiàn)Nsinθ1＋FNAsinθ2＝mg，求得FN＝FNA＝mg.根據(jù)胡克定律，有彈簧的壓縮量為Δx＝eq\f(FN,k)＝eq\f(mg,k)，故A、B正確；如圖所示受力分析小球b，根據(jù)如上分析，其所受彈簧的彈力FN也為mg，OB桿對(duì)小球b的彈力為FNB，設(shè)FNB與水平方向的夾角為θ3，F(xiàn)N與水平方向的夾角為θ4.根據(jù)圖中的幾何關(guān)系有θ3＝60°，θ4＝30°，根據(jù)物體的受力平衡條件有FNBcosθ3＝FNcosθ4求得FNB＝eq\r(3)mg，故C正確；如圖所示當(dāng)將小球b移動(dòng)至O點(diǎn)后對(duì)小球a受力分析，設(shè)mg與垂直于OA桿方向的夾角為θ5.根據(jù)圖中的幾何關(guān)系有θ5＝60°，根據(jù)物體的受力平衡條件有F′N(xiāo)＝mgsinθ5，求得F′N(xiāo)＝eq\f(\r(3),2)mg.根據(jù)胡克定律，有彈簧的壓縮量為Δx′＝eq\f(F′N(xiāo),k)＝eq\f(\r(3)mg,2k)，故D錯(cuò)誤．故選D.答案：D課時(shí)分層精練（八）摩擦力1．解析：在題圖甲中，P做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在水平方向所受合力為零，所以P不受摩擦力；在題圖乙中，假設(shè)P不受摩擦力，P將相對(duì)Q沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，因此P受與力F方向相同的摩擦力，D正確．答案：D2．解析：該女士用80N的水平力推不動(dòng)沙發(fā)，則沙發(fā)此時(shí)受到的是靜摩擦力，所以F1＝80N．該女士用100N的力恰好推動(dòng)沙發(fā)，此時(shí)推力的大小等于最大靜摩擦力的大小，所以F2＝100N．沙發(fā)被推動(dòng)后受滑動(dòng)摩擦力，由公式Ff＝μFN來(lái)計(jì)算大?。訤3＝μFN＝0.45×200N＝90N，A正確．答案：A3．解析：物塊M始終保持靜止，故細(xì)繩的拉力大小不變，A、B錯(cuò)誤；如果最初物塊N的重力沿木板面向下的分力大于細(xì)繩的拉力，則物塊N受到木板的摩擦力開(kāi)始時(shí)沿木板面向上，當(dāng)木板轉(zhuǎn)動(dòng)至水平位置時(shí)，物塊N受到的摩擦力水平向右，此情況下，在木板轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，物塊N所受木板的摩擦力先減小后增大，C正確，D錯(cuò)誤．故選C.答案：C4．解析：A物體與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，它們之間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，即無(wú)摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；B、C兩物體雖運(yùn)動(dòng)方向不同，但都處于平衡狀態(tài)，由沿傳送帶方向所受合力為零可知，B、C兩物體均受沿傳送帶方向向上的摩擦力作用，故B正確，C錯(cuò)誤；若傳送帶突然加速，根據(jù)牛頓第二定律，可知A受到向右的摩擦力作用，故D正確．答案：BD5．解析：分析可知開(kāi)始時(shí)物塊受到靜摩擦力作用，后長(zhǎng)木板與物塊間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)物塊受到的是滑動(dòng)摩擦力，大小與是否勻速運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；當(dāng)長(zhǎng)木板相對(duì)物塊滑動(dòng)前，根據(jù)平衡條件可知拉力隨時(shí)間的變化關(guān)系和圖乙相同，但相對(duì)滑動(dòng)后，拉力的大小與物塊受到的摩擦力大小無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；根據(jù)圖乙可知，物塊受到的最大靜摩擦力約為10N，滑動(dòng)摩擦力約為7N，C錯(cuò)誤；根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式有Ff＝μFN，F(xiàn)N＝mg，解得μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,mg)＝0.2，D正確．故選D.答案：D6．解析：由平衡條件可知，斜面體對(duì)物塊的支持力FN＝mgcosθ，由牛頓第三定律可知，物塊對(duì)斜面體的壓力F′N(xiāo)＝mgcosθ，對(duì)斜面體應(yīng)用平衡條件可知，地面對(duì)斜面體的摩擦力Ff＝F′N(xiāo)sinθ＝mgcosθsinθ，可見(jiàn)摩擦力不隨時(shí)間變化，A項(xiàng)正確．答案：A7．解析：推力F由0均勻增大到2.5N，A、B均未動(dòng)，由平衡條件知FfA由0均勻增大到2.5N；推力F由2.5N增大到5N，F(xiàn)fA＝2.5N；推力F由5N增大到6N，A處于運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，F(xiàn)fA＝μG＝2N，D正確．答案：D8．解析：物體的受力如圖所示：在豎直方向，由共點(diǎn)力平衡條件和力的分解，可得N＝mg＋Fsin30°，得N＝29N．由牛頓第三定律知，物體對(duì)地面的壓力為N′＝N＝29N，故A錯(cuò)誤；物體的最大靜摩擦力fmax＝μN(yùn)′＝14.5N，F(xiàn)cos30°＝18×eq\f(\r(3),2)N＝9eq\r(3)N，因?yàn)镕cos30°＞fmax，所以物體處于加速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，所受的摩擦力為f＝14.5N，合力不為零，物體不能勻速運(yùn)動(dòng)，故B正確，C、D錯(cuò)誤．故選B.答案：B9．解析：A和水平面之間的最大靜摩擦力的大小為：f1＝μmAg＝0.25×5×10N＝12.5N，根據(jù)胡克定律可知，彈簧的大小為：F1＝kx＝400×2×10－2N＝8N；當(dāng)把與水平方向成60°的拉力F＝6N作用在木塊B上時(shí)，木塊B受到重力、地面的支持力、彈簧對(duì)B向右的彈力，斜向上的拉力以及地面的摩擦力，受力如圖．豎直方向：N＝mBg－Fsin60°＝6×10N－6×eq\f(\r(3),2)N≈54.8N水平方向：fB＝F1＋Fcos60°＝8N＋6×eq\f(1,2)N＝11N此時(shí)B和水平面之間的最大靜摩擦力的大小為：f2＝μN(yùn)＝0.25×54.8N＝13.7N>fB，所以木塊B仍然保持靜止，受到的摩擦力為靜摩擦力，大小等于8N，故C正確，D錯(cuò)誤；木塊A受到重力、地面的支持力、彈簧向左的彈力，若要平衡，則木塊A受到地面對(duì)A向右的靜摩擦力，大小等于彈簧的彈力，為8N，故AB錯(cuò)誤；故選C.答案：C10．解析：半圓體在平板上恰好開(kāi)始滑動(dòng)的臨界條件是mgsinθ＝μmgcosθ，則有μ＝tanθ＝eq\f(\r(3),3)，解得θ＝eq\f(π,6)，即q＝eq\f(π,6)，θ在0～eq\f(π,6)之間時(shí)，F(xiàn)f是靜摩擦力，大小為mgsinθ；θ在eq\f(π,6)～eq\f(π,2)之間時(shí)，F(xiàn)f是滑動(dòng)摩擦力，大小為μmgcosθ；綜合以上分析得其Ff與θ關(guān)系如題圖b所示，故O～q和q～eq\f(π,2)之間均為曲線(xiàn)，故A、B、C錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝eq\f(π,6)時(shí)Ff＝mgsineq\f(π,6)＝eq\f(mg,2)，即p＝eq\f(mg,2)，故D正確．故選D.答案：D課時(shí)分層精練（九）力的合成與分解1．解析：二力平衡時(shí)，合力為零，此時(shí)合力F比分力中的任何一個(gè)力都小，A、B錯(cuò)誤；若F1和F2大小不變，θ越小，合力F越大，C正確；如果夾角θ不變，F(xiàn)1大小不變，F(xiàn)2增大，合力F可能減小，也可能增大，故D錯(cuò)誤．答案：C2．解析：F1＝6N，方向沿x軸的正向；F3＝4N，沿x軸負(fù)向；故F1與F3的合力F13沿著x軸的正方向，為2N；F2＝8N，沿y軸正向；F4＝2N，沿y軸負(fù)向；故F2與F4的合力F24為6N，沿著y軸正方向；最后再將F13與F24合成，故合力F為2eq\r(10)N，指向第一象限，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A3．解析：根據(jù)題意知，健身者雙手緩慢分開(kāi)的過(guò)程中，健身者處于平衡狀態(tài)，所受的合力為零，A錯(cuò)誤；由于雙臂與豎直方向夾角增大，由力的平衡可知健身者手臂所受的拉力增大，B正確；健身者所受重力是由于地球的吸引而受到的力，方向豎直向下，手臂拉力斜向上方，重力不是手臂拉力的分力，C錯(cuò)誤；健身者所受重力和雙臂的合力不是一對(duì)作用力和反作用力，是一對(duì)平衡力，D錯(cuò)誤．答案：B4.解析：弓弦拉力的合成如圖所示，由于F1＝F2，由幾何關(guān)系得2F1coseq\f(α,2)＝F，有coseq\f(α,2)＝eq\f(F,2F1)＝eq\f(120N,2×100N)＝0.6，所以eq\f(α,2)＝53°，即α＝106°，故D正確．答案：D5．解析：當(dāng)工件剛要離開(kāi)地面時(shí)，彈性繩的伸長(zhǎng)量為x＝eq\f(L,cos53°)－eq\f(L,cos37°)＝eq\f(5,12)L，設(shè)彈性繩上的彈力為F，則有2Fsin53°＝G，解得F＝eq\f(5,8)G，則彈性繩的勁度系數(shù)為k＝eq\f(F,x)＝eq\f(3G,2L).答案：C6．解析：繩子端點(diǎn)B在最初位置時(shí)，根據(jù)平衡條件可得T1＝mgtanθ＝eq\f(3,4)mg，設(shè)細(xì)繩AO長(zhǎng)度為L(zhǎng)，據(jù)幾何關(guān)系可知兩豎直墻面間的距離為d＝L＋Lsinθ＝1.6L，繩子端點(diǎn)B移到位置D點(diǎn)時(shí)，繩子AO與豎直墻面間的夾角為α，由幾何知識(shí)得sinα＝eq\f(\f(1,2)d,L)＝0.8，此時(shí)有2T2cosα＝mg，得T2＝eq\f(5,6)mg，所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤．答案：C7．解析：由題圖可知，由于F1、F2的大小、方向都確定，因此由力合成的平行四邊形定則可知，兩力的合力大小和方向確定，則有在沿合力方向的直線(xiàn)上兩力的分力之和最大，此時(shí)可知在過(guò)原點(diǎn)O且垂直合力方向的直線(xiàn)上分力的合力是零，且分力之和最小，則該直線(xiàn)一定經(jīng)過(guò)第二、四象限，A、B、C錯(cuò)誤，D正確．故選D.答案：D8．解析：如圖所示，因?yàn)镕2＝eq\f(\r(3),3)F>Fsin30°，故F1的大小有兩種可能情況，由ΔF＝eq\r(Feq\o\al(2,2)－（Fsin30°）2)＝eq\f(\r(3),6)F，即F1的大小分別為Fcos30°－ΔF和Fcos30°＋ΔF，即F1的大小分別為eq\f(\r(3),3)F和eq\f(2\r(3),3)F，A、C正確．答案：AC9．解析：當(dāng)兩臂間的夾角為120°時(shí)，兩臂受到的壓力為N1＝eq\f(G,2cos60°)＝G，對(duì)N點(diǎn)分析，N點(diǎn)受到螺紋軸的作用力為F1＝2N1cos30°＝eq\r(3)G，當(dāng)兩臂間的夾角為60°時(shí)，兩臂受到的壓力為N2＝eq\f(G,2cos30°)＝eq\f(\r(3),3)G，對(duì)N點(diǎn)分析，N點(diǎn)受到螺紋軸的作用力為F2＝2N2cos60°＝eq\f(\r(3),3)G，則有eq\f(F1,F2)＝3∶1，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．答案：D10.解析：加速起飛時(shí)，飛行器受重力和發(fā)動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力，兩力的合力與水平方向成30°角斜向上，設(shè)動(dòng)力為F，如圖所示，在△OFF合中，由幾何關(guān)系得F合＝mg，F(xiàn)＝eq\r(3)mg，故A正確，B錯(cuò)誤；將動(dòng)力的方向沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，合力的方向與水平方向成30°角，斜向下，動(dòng)力F′與合力F′合垂直，如圖所示，此時(shí)F′合＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，F(xiàn)′＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，故C、D正確．答案：ACD11．解析：某時(shí)刻艦載機(jī)的掛鉤勾住阻攔索，形成圖示的60°夾角，由于掛鉤兩側(cè)阻攔索中拉力相等，由2F′cos30°＝F，解得阻攔索中的拉力F′＝eq\f(\r(3)F,3).由于柱塞兩側(cè)阻攔索中拉力相等，其合力方向在兩側(cè)阻攔索拉力所成夾角的角平分線(xiàn)上，所以單個(gè)柱塞所受阻攔索的合力大小為F合＝2F′cos60°＝F′＝eq\f(\r(3)F,3)，選項(xiàng)B正確．答案：B12．解析：滑輪b、c均為“活結(jié)”，結(jié)合對(duì)B的受力分析知整個(gè)裝置穩(wěn)定時(shí)各部分繩的拉力均等于m2g，則ac、bc兩部分繩拉力的合力一定在它們的角平分線(xiàn)上，由于它們的合力與A的重力大小相等，方向相反，則合力豎直向上，故ac、bc兩部分繩子