活動單導學課程 一輪總復習 高中物理 練習答案

參考答案與解析

活動單導學課程一輪總復習物理練習部分

第一章機械運動與物理模型

第1課時運動的描述

1.B解析：只有當物體的線度及大小與所研究的問題相比可以忽略不計時，物體可看作質

點，所以體積很小的物體不一定可以看作質點，A錯誤；研究跳水運動員在空中做轉體運

動時，運動員的形狀和大小不能忽略，故不可看成質點，B正確；“一江春水向東流”是

以河岸為參考系來描述江水的運動，C錯誤：我們常說“太陽東升西落”，是以地球為參

考系描述太陽的運動，D錯誤.

2.B解析：路程是軌跡長，所以醫(yī)療人員按照不同推薦方案至武漢的同一家醫(yī)院的路程不

相同，A錯誤；位移是起點到終點的有向線段長，他們的起點和終點是一樣的，即位移相

同，B正確；圖片左下角中的推薦方案1的7小時42分鐘是揚州到武漢的時間間隔，C錯

誤：圖片左下角中的推薦方案1的619公里指的是醫(yī)療隊實際所走的軌跡的長度，是路程，

D錯誤.

3.C解析：”全程113.3km”是指路程，A錯誤；“1小時50分”是指時間，B錯誤；“限

速12()km/h”是指瞬時速度，C1E確；導航定位時，旅游車的大小和形狀可以忽略，旅游

車可以看成質點，D錯誤.

4.B解析：質點做圓周運動一周的位移為零，顯然質點是運動的，A錯誤；質點只要運動，

路程就不會為零，B正確；除了單向直線運動外，在其他的運動中，質點的位移大小都小

于路程，C、D錯誤.

5.A解析：“房價上漲”可以類比成運動學中的“速度增加”，“減緩趨勢”則可以類比成

運動學中的“加速度減小”.

6.B解析：由@=詈可知，即使Av很大，但不知道At的大小時。，無法確定加速度的大小，

A錯誤；物體做速度很大的勻速直線運動時，速度變化量為零，加速度為零，B正確；炮

筒中的炮彈，在火藥剛剛燃燒的時刻，炮彈的速度為零，但加速度很大，C錯誤；加速度

很大，說明速度變化很快，速度可能很快變大，也可能很快變小，D錯誤.

7.C解析:某人沿著半徑為R水平圓周跑道跑了1.75圈時，他的路程為1.75X27rR=3.5幾R、

位移的大小為、&R.

8.C解析：由圖乙只能確定物體平均速度，無法確定物體是否做勻加速直線運動，A錯誤；

由圖可知，超聲波在號地時間內通過位移為X2,則超聲波的速度為V°=X22X2

t2—t2-to,

—

tz—ti+At（）

R錯誤I物體通過位移為AX=X2-X|時，所用時間為t=，則物體的平均速度為

2

v=?=2,c正確，D錯誤.

tt2-tl+Ato

9.（1）路程si=100m+100m=200m.

位移X】=NAB2+BC2=

N1（療+（等）m=118.6m,

方向由A指向C.

(2)如圖所示，跑到P點時，

路程S2=AB+前=150m,

方向由A指向P.

10.(1)兩車碰撞過程中，取摩托車的初速度方向為正方向，摩托車的速度變化量為AV=V2

—vi=—72km/h—54km/h=—20m/s—15m/s=-35m/s,

兩車相碰撞時摩托車駕駛員的加速度為

Av-35m/s、

a=^=.[*x，S\T6667—l666.7g,

I666.7g>500g,因此摩托車駕駛員有生命危險.

(2)設貨車、摩托車的加速度大小分別為即、a2,根據加速度定義得勾=魁，a2=%,

|Avi|.|AV2|20.15

所以ai:a2=-=1：1.

At1*At24,3

第2課時勻變速直線運動的規(guī)律

1.A解析：如果以最大剎車加速度剎車，那么由v=4赤可求得剎車時的速度為30m/s=

108km/h,所以該車超速行駛，A正確.

2.C解析：汽車從剎車到停止用時"=—=得s=4s,故剎車后2s和6s內汽車的位移分

aJ

別為x?=v()t—|at2=20X2m—1x5X22m=30m,X2=votDJ—^at?i=20X4m-yX5X42m

=40m,xi:X2=3:4,C正確.

3.A解析：由勻變速直線運動的中間位置的速度公式電=、隹*，有v=心乎，

得丫底=g,所以只有A正確.

4.B解析：根據勻加速直線運動中，一段時間內的平均速度等于其中間時刻的瞬時速度，

故B點的速度等于A到C過程的平均速度，\，B=%K=4m/s,又因為連續(xù)相等時間內

的位移之差等于恒量，即Ax=at2,則由Ax=BC-AB=at2,解得a=lm/s2,再由速度公

式丫=丫()+@3解得v,\=2m/s,vc=6m/s?故B正確.

5.B解析：利用“逆向思維法”，把物體的運動看成逆向的初速度為零的勻加速直線運動，

則做勻減速直線運動的物體在每1s內的位移之比為7：5:3:1,所以：=￥，xi=2m,

IX1

B正確.

6.B解析:第2s內的平均速度為1m/s,則第1.5s末的速度為1m/s；第7s內的位移為6m,

則第7s內的平均速度為6m/s,即第6.5s末的速度為6m/s.則加速度a='，，<

t6.5—1.5

m/s2=lm/s2,故B正確.

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7.D解析:設汽車勻減速的加速度大小為a,由汽車在最后2s內的位移為4m,得x=5at2,

1

解得a=^=筆m/s2=2m/s2,故汽車的剎車位移為x，=v0to+M=(5X0.5+總)m=

I乙Nd乙人L

8.75m,故A、B、C錯誤，D正確.

Av—2

8.B解析：因為XAC=7m,XCD=5m,根據△x=aF得a=F=-jm/s2=-0.5m/sn,即滑

塊上滑過程中加速度的大小為0.5m/s2,故A錯誤；C點是AD段的中間時刻，所以C點

的速度等于AD段的平均速度，則W=等=竽m/s=3m/s,從A到C根據速度與位移關

系可以得到v—v%=2axAC，整理可以得到vA=A/VJ—2axAc=4m/s,故B正確；由于E點

為最高點，則vE=0,則根據勻變速直線運動規(guī)律可知滑塊在AE段的平均速度為丫="詈

0—vc0—3

=2m/s,故C錯誤；C點到E點的時間為t=~s=6s,則D到E的時間為IDE

a—0.5

=6s—2s=4s,故D錯誤.

9.(1)根據加速度的定義式a=磬，

勻加速階段的加速度大小為ai=ym/s2=5m/s2,

30

勻減速階段的加速度的大小為a2=ym/s2=6m/s2.

vti30X6

(2)勻加速運動的位移用=m=90m,

22

勻速運動的位移X2=vt2=30X10m=300m,

vt30X5

勻減速運動的位移3m=75m.

XI2—2

所以質點在整個過程的平均速度是

xi+xz+x390+300+05,0“，

V--522,4m/s，

ti+t2+t36+10+5^^

10.(1)設汽車通過ETC通道時從速度vi減速到V2,行駛的位移為xi，從速度V2加速行

yZ

駛的位移為X2,根據速度位移公式得xi=x2=T^=100m,

則有si=xi+x2+d=100+100+10m=2I0m.

(2)設汽車過人工收費通道從速度V1減速到零行駛的位移為X3,從零加速到V1位移為X4,

則有X3=X4=?=112.5m,S2=X3+X4=225m,

汽車通過ETC通道行駛225m所需時間為「，

2（VLV2）卜101S2-Si

T產

a

解得「=23s,

汽車通過人工收費通道需要的時間為T,有T2=2X?+At,

2d

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解得T2=5()S,

節(jié)約的時間為TL「=27s.

第3課時自由落體運動

1.B解析：由題可知，手的位置在開始時應放在0刻度處，所以0刻度要在卜.邊.物體做

自由落體運動的位移h=ggt2,位移與時間的平方成正比，所以隨時間的增大，刻度尺下落

的速度增大，相等時間內下落高度增大，刻度尺上的間距增大，B標度合理，故B正確,

A、C錯誤；因為物體做自由落休運動，故用鋼尺和塑料尺制成的測量尺刻度是相同的，

故D錯誤.

2.B解析：花盆掉下看成自由落體運動，有h=lgF*3X10X3X1=45m,故B正確，A、

C、D錯誤.

3.D解析：第5s內的位移是18m,有:gR—(g6=18ir,L=5s,t2=4s,解得g=4m/s2,

x18

所以2s末的速度丫=3=8m/s,故A錯誤；第5s內的平均速度v=,=Tm/s=l8m/s,

故B錯誤；t=2s,t,=ls,物體在第2s內的位移x=1gt2—|gt，2=8m-2m=6m,故C

錯誤：物體在5s內的位移x=；gt2=T><4X25m=50m,故D正確.

4.A解析：當上拋的物體I可到拋出點時，做初速度為v的下拋運動，之后的運動和下拋物

體的運動相同，即運動時間相同，所以兩者落地的時間差正好是上拋物體上升和回到拋出

點的時間，上拋物體回到拋出點的運動過程中，加速度為g,初速度為V,末速度為一V,

所以有t==^=2,A正確.

—gg

5.B解析：運劭員起跳時的速度方向向上，可知，ti時刻達到最高點，故A錯誤；VI圖像

為直線，加速度不變，所以在0?t2時間內人在空中，t2之后進入水中，故B正確，C錯

誤；。?L時間內，速度方向豎直向上，h?t2時間段速度方向豎直向下，故D錯誤.

6.A解析：由位移關系知相遇時Jgt2+vot-]gt2=H=2m,解得時間為t=().5s,豎直上拋

運動x=vot—^gt2=4X0.5m—gx10X0.52m=0.75m.

7.A解析：設細繩的長度為L,第一個小球著地后，另一個小球還需運動的位移為L,這段

運動的時間，即兩球落地的時間差，第一個球著地的遠度為另一個小球在位移L內的初速

度，高度越高，落地的速度越大，可知高度越高，另一個小球在位移L內的初速度越大,

2

根據L=v0At+|g(At),可知初速度越大，時間越短，所以提升兩小球下落的高度，它們

落地的時間差將減小，A正確，B、C、D錯誤.

8.B解析：由靜止釋放A、B,A、B都做自由落體運動，A運動的位移為L,B運匆的位

移為4L,根據自由落體公式h=：gt2,可知A落地的時間力='作

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,B落地的時間為t=2W，則有t2=ti=yj所以ti=t2,故A錯誤，B正確；A落

地前瞬間速率為vi=gli=G隹,B落地前瞬間速率為V2=gt=2g^仟，所以V1：V2=l:2,

故C、D錯誤.

9.(1)初速度3m/s,只需要t尸寸=0.3s即可?上升到最高點.0.3s內上升高度為瓦=/=0.45

c,.fS

m.

(2)在自由落體t2=0.2s時間，

下降高度h2=1gt2=0.2m,

故0.5s內健子運動的路程s=h)+h2=(0.45+0.2)m=().65in.

(3)0.5s內健子運動的位移大小x=hI-h2=0.25m,

0.5s內健子的平均速度大小v=：=0.5m/s,方向豎直向上.

10.(1)水滴下落至窗臺通過的距離為11=4.05m,

水滴下落至窗臺的時間為X］：">s=0.9s.

(2)窗戶上檐到屋檐的高度為hr=H-h=4.05m-1.6m=2.45m,

由速度一位移公式可得v2=2gh1

解得v=V5ii?=42XlQX2.45m/s=7m/s.

v7

(3)水滴下落至窗戶上邊緣的時間為t2=￡=而s=0.7s,

水滴經過窗戶的時間為At=L—12=0.9s-0.7s=0.2s,

水滴經過窗戶過程的平均速度丫=a=熱m/s=8m/s.

第4課時運動圖像追及相遇問題

1.C解析：根據公式丫=詈，時間"取得越短，平均速度越接近瞬時速度，A的時間段是

1.0s,B的時間段是0.10s,C的時間段是0.01s,因此C正確.

2.D解析：由題圖知，物體在0?6s內沿正方向運動，在6?8s內沿負方向運動，所以在

第6s末相對?于起點的位移最大，A、B錯誤；vt圖線的斜率表示物體的加速度，由題圖圖

線可知4?8s內物體的加速度大小不變并且最大，C借誤，D正確.

3.C解析：假設老鼠家為坐標原點，老鼠的位移逐漸增大，某一時刻，貓從家去追老鼠，

則距離老鼠家的位移逐漸減小，當貓抓到老鼠后乂返何家，此時距離原點逐漸增大，故C

正確，A、B、D錯誤.

4.C解析：根據圖像可知汽車開始做減速運動，然后做加速運動，因為圖像為拋物線，所

以由位移與速度的關系公式v2-vS=2ax可知，汽車做勻變速直線運動，即先做勻減速運

動，后做勻加速運動，根據公式v2—v8=2ax可得第一階段O—v8=2aix0,第二階段

=2aixo?故ai、a：大小相等，方向相反，故C正確，A、B、D錯誤.

5.A解析：根據vt圖像與時間軸所圍的“面積”大小等于位移，由圖知，t=3

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s時，b車的位移為Sb=Vbt=10X3m=30m,a車的位移為Xa=gx(30+20)X1m+^XQ。

+15)X2m=60m,則Sa—Sb=3()m,所以在t=3s時追尾，故B錯誤，A正確；若剎車

不失靈，根據vt圖像可知t=2s時兩車速度相同，在。?2s內，小汽車和大卡車的位移

00X2

之差以=二了上m=20m〈30m,所以不會追尾，故C錯誤；如果剎車不失靈，兩車最近

距離為s=30m—Ax=30m—20m=10m,故D錯誤.

6.C解析：速度時間圖像中斜率表示加速度，汽車I的斜率不斷減小，加速度不斷減?。?/p>

汽車n的斜率不斷減小，加速度不斷減小，A錯誤；速度時間圖像中面積表示位移，汽車

I和汽車n的位移不斷增大，B錯誤；在o?s時間內，汽車I的位移大于汽車H的位移,

汽車I的平均速度大于汽車II的平均速度，C正確；當t=L時兩車速度相等，在H時刻

之前汽車I的速度大于汽車H的速度，汽車I的位移入于汽車H的位移，不會相遇,D錯

誤.

7.C解析：減速運動時，x==&a為定值)，斜率x1v)=^=：,隨v減小而減小,

圖像

ZdZda

開口向下.加速運動時，x=[a為定值)，斜率x，(v)=^=：,隨v增大而增大，所以圖像

ZdNdd

開口向上.

8.D解析：由圖讀出t=6s時，小王通過的位移為山=電產

X6m=54m,小張通過的位

移為X2=±；X6m=36m,兩者位移之差Ax=x1一JQ=18m.若x()>Ax=18m,如x0=

36m或54m,到兩車速度相等時，小王還沒有追上小張，兩車不可能相遇，A、B錯誤.若

x0<Ax=18m,則說明t=6s前，小王已追上小張相遇一次，相遇時，小王的速度大于小張

的速度，之后車子開到小張的前面，兩車距離增大，在t=6s后，小張的速度大于小王的

速度，兩車距離減小，可以再次相遇1次，之后由于個張的速度始終大于小王的速度，不

可能再相遇，所以兩車相遇2次，C錯誤，D正確.

9.(1)當警車與貨車車速相等時，兩車相距最遠，需時d

『=5s,

由位移公式得，在警車追上貨車之前，兩車間的最大距離是

△x,n=v(to+ti)—pt?=45m.

(2)警車加速到最大速度所需時間t2=7r=6s,

設警車速度達到最大后乂經過t3時間追上違章貨車，

v(to4-12+13)=|at24-Vmt3,解得t3=22s,

所以追上違章的貨車的時間t=t2+t3=28s.

10.(1)公交車剎車的加速度ai=—=t^s=-4.5m/s2,

故其加速度的大小為4.5m/s2.

(2)公交車從相遇處到開始剎車用時匕=寧=咋當s=?<

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公交車剎車過程用時12=寧=號s,

ai3

黃老師以最大加速度加速達到最大速度用時s=2s,

a22.3

黃老師加速過程中的位移X2=W11t3=7m,

以最大速度跑到車站的時間匕二寧二牛2s^7.2s,

V2O

t|+t2Vti+wt]+t2+8s,

所以黃老師應該上這班車.

第5課時實驗：測量做直線運動物體的瞬時速度

Av

1.A解析：?^表示的是At時間內的平均速度，遮光條的寬度Ax越窄，則記錄遮光時間加

越小，辭越接近滑塊通過光電門時的瞬時速度，A正確.

2.(1)D(2)p.f如一x"(3)丙

解析：(1)打點時先接通電源再釋放紙帶，以免一段紙帶上打不出點來.本實驗不是“探

究加速度與力和質量的關系”實驗，所以不要求重物的質量遠小于小車的質量，也不必消

除小車和長木板間的摩茶阻力的影響.D正確.

V11

(2)速度VH=^=?f,因為X2—Xi=(BC+CD)-(AB+BC)=CD-AB=2aT2,所以a=]

(X2-xi)r.

(3)要使盡可能多的點在圖線上，所以丙正確.

3.小球在位置2時下落的時間小于()[s1.479.80

解析：根據h=1gt2=1x9.8X0.12m=4.90cm,而位置1和位置2的距離為1.23cm,比

4.90cm小很多，由此可知，頻閃儀拍位置1時，小球并沒有立即開始下落，導致小球在

位置2時下落的時間小于0.1s：從上向下，給小球編號，即為1、2、3、4；那么3是2

與4的中間時刻，故V3=寸，X24=(30.63-1.23)cm=29.4cm=29.4X10~2m,每相鄰兩

294Xl(r2

個位置間的時間間隔t=0.1s,代入數據得V3="n?m/s=L47m/s,設2到3間的

ZAU.1

位移為XI，3到4間的位移為X2,由勻變速直線運動的推論Ax=at2得X2—X|=gF,i是發(fā)

生XI或X2這個位移所用的時間,t=0.1s,代入數據解得[(30.63—11.03)—(11.03—1.23)]X10

-2m=gX(0.1s)2,解得g=9.80m/s2.

4.(1)約8V

：：：：：：!

：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：

:

l:a

la

lKa

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(3)小車的速度隨時間均勻變化(4)越小越好有關

解析：(1)由于實驗中所選用的為電磁打點計時器，所以打點計時器的工作電壓為約8V

的交變電壓.

(2)利用所給點跡描點連線，得圖像如圖所示.其中C點的橫坐標為3T,縱坐標為V3.

(3)結合圖像可以看出小車速度隨時間均勻變化，所以小車做勻加速運動.

(4)加越小，則詈越接近計數點的瞬時速度，所以At越小越好，計算速度需要用到Ax的

測量值，所以Ax的大小與速度測量的誤差有關.

5.(1)打點計時器

(2)小車先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動

(3)相鄰兩墨水滴滴下的時間間隔T秒表從某滴開始下落時開始計時，并計數為1,數

到第n滴開始下落時停止計時，則時間間隔丁=昌

解析：(1)小張制作的裝置相當于打點計時器.

(2)相鄰兩點間的距離如表格所示.

S1S2S3S4S5

距離/m0.4221.1241.5301.8141.923

S6S7S8S9SlO

距離/m1.9001.9321.9261.9121.946

由表格中數據可知，開始時相鄰兩點間的距離是逐漸變大的，后面兩點間的距離基本上

保持不變，說明開始時小車先做加速運動，后做勻速運動.再進一步分析做加速運動時加

速度的變化，相鄰兩點間距離的差值如表所示.

S2—S1S3-S2S4—S3S5—S4S6-S5

距離差/m0.7020.4060.2840.109-0.023

S7-S6Sg-S7S9—S8S|0-S9

距離差/m0.032-0.006-0.0140.034

可以看出，剛開始時相鄰兩點間距離差在逐漸變小，說明小車的加速度在逐漸減小，所以小

車先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動.

(3)要測量小車做勻速運匆時的速度，還必須知道相鄰兩墨水滴滴下的時間間隔T,要測量

時間間隔需要用秒表.測量方法是從某滴開始下落時開始計時，并計數為1,數到第n滴開

解析：(I)圖乙游標卡尺的讀數為Xmm+XX0OSmm=840mm

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(2)小鋼球通過光電門的速度v=4，根據v2=2gh,解得g=K囹?=10.5m/s2.

(3)該重力加速度測量值偏大，小鋼球下落過程中受到了空氣阻力或鐵芯的引力都會導致

小鋼球卜落時間變長或者速度變慢，使重力加速度測量值偏小，A、B錯誤；小鋼球卜落

的高度不夠大，速度和高度的測量誤差較大，可能導致重力加速度測量值偏小，C錯誤;

小鋼球通過光電門時球心偏離細光束，導致小鋼球通過光電門時間變短，所以重力加速度

測量值偏大，D正確.

(4)根據h=Jg1,可得v=,=；gt,故vt圖像的斜率楞g,可得重力加速度g=m/s?

=9.6m/s2.

第二章相互作用

第1課時重力彈力

F

1.D解析：由胡克定律得勁度系數k=77=200N/m,D正確.

2.C解析：模型橋受到向下的彈力，是因為汽車發(fā)生了彈性形變，故A、B錯誤；汽車受

到向上的彈力，足因為橋梁發(fā)生了彈性形變，故C正的，D錯誤.

3.C解析：當a與b的接觸面不水平時，石塊b對a的支持力與其對a的靜摩擦力的合力，

跟a受到的重力是平衡力，則b對a的支持力和靜摩擦力的合力方向豎直向上，支持力的

方向不是豎直向上，也不等于a的重力，故A錯誤，C正確：當a與b的接觸面不水平時，

石塊b和a的重心不在同一豎直線上，故B錯誤；選取a、b作為整體研究，根據平衡條

件，地面對石塊b的支持力和a、b整體受到的重力是一對平衡力，故D錯誤.

4.D解析：支持力是彈力，方向總是垂直于接觸面，并指向被支持物.所以斜臺給足球的

彈力的方向為垂直斜臺向左上方方向.故A、B、C錯誤，D正確.

5.B解析：根據題圖可知F=kx,x是彈簧形變晟，即彈簧彈力與彈簧的形變量成正比，與

彈簧長度不成正比，故A錯誤；彈簧長度的變化量等于彈簧的形變量，根據A分析可知，

彈簧長度的變化量與對應的彈力變化量成正比，故B正確：Fx圖像的斜率表示彈簧的勁度

系數，由此可知該彈簧的勁度系數是1<=千=/N/m=200N/m,故C錯誤；由于圖像斜

率不變，因此當對彈簧的左端施加水平壓力時，彈簧勁度系數不變，故D錯誤.

6.B解析：如果桿受拉力作用，可以用與之等長的輕繩代替，如果桿受壓力作用，則不可

用等長的輕繩代替，題圖甲、丙、丁中的AB桿均受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC桿

均受沿桿的壓力作用，故A、C、D錯誤，B正確.

7.A解析：彈簧受到的拉力與其伸長量成正比，且測力計的示數代表的是作用在測

力計掛鉤上的力.由于四種情況下右端受到大小皆為F的拉力，與左端的受力情況無關,

故圖中彈簧的伸長量是相同的，即h=12=b=14,故A正確，B、C、D錯誤.

8.D解析：若小球與小車一起做勻速運動，則細繩對個球無拉力；若小球與小車有向右的

加速度a=gtana,則輕彈簧對小球無彈力，D正確.

9.(1)由題圖知：當彈力F=0時，彈簧處于原長，Lo=l()cm.

(2)由FL圖像知：當彈力F=10N且彈簧處于拉伸狀態(tài)時，彈簧長度為L=15cm,

彈簧的伸長量x=L—Lo=(15—10)cm=5cm=0.05m,

F

由F=kx得k=~=200N/m.

X

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(3)當x=15cm=0.15m時，

由F=kx得F=200X0.15N=30N.

iwg

10.(1)對n)2有m2g=k2X2，得X2=

k2，

(mi+m?)g

對mi、m2整體有(mi+m2)g=kixi,得xi=

ki

彈簧總長L=L+L2+XI+X2=LI+L2+,叫2/管

(2)由題意分析可知，上面的彈簧應為伸長的，設伸長量為x,下面的彈簧應為壓細的,

則壓縮量也應為X.

對mi有kix4-k2x=mig,則x=譚武,

對有FN=m2g+k?x=img+,，

z

則平板受到m2的壓力大小FN=FN=m2g+.nug.

K]iK2

第2課時摩擦力

1.B解析：靜止的物體可以受到滑動摩擦力的作用，如在地面上滑行的物體，地面受到的

是滑動摩擦力，故A錯誤；相對靜止的兩個物體之間，也可能有摩擦力，比如在沿著斜向

上運動的傳送帶上與傳送帶相對靜止的物體，故B正確；有相對運動的兩物體之間，接觸

面不一定粗糙，因此不一定存在著摩擦力，故C錯誤；摩擦力的方向可能與運動的方向相

同，也可能與運動的方向相反，但總是和物體之間的相對運動的方向或相對運動趨勢的方

向相反，故D錯誤.

2.C解析：用遙控器啟動小車向前運動，后輪是主動較順時針轉動，所以左側平板小車對

后輪的摩擦力向右，后輪對左側平板小車的摩擦力向左；前輪是從動輪，所以右側平板小

車對前輪的摩擦力向左，前抬對右側平板小車的摩擦刀向右.因此左側小車向左運劉，右

側小車向右運動.故C正確，A、B、D錯誤.

3.A解析：設每一木塊的重力為G,一側木板對木塊的摩擦力大小為6,兩塊木塊之間的

摩擦力大小為f2.根據平衡條件，對整體，有26=2G,解得fi=G；對A木塊，有fi+fz

=G,解得f2=0.即兩木塊間摩擦力為零，故A正確，B、C、D錯誤.

4.C解析：對整體受力分析可知整體相對地面沒有運動趨勢，故f3=0;再將a和b看成一

個整體，a、b整體有相對斜面向下運動的趨勢，故b與P之間有摩擦力，即8六()；最后

對a受力分析可知，a相對于b有向下運動的趨勢，a和b之間存在摩擦力作用，即LW0C

正確.

5.A解析：設甲、乙的質量均為m,甲、乙之間以及乙與地面之間的動摩擦因數為上則

甲、乙之間的最大靜摩擦力為Ffmax=pmg,乙與地面間的最大靜摩擦力為FfmaJ=2卜img,

因FfmaxVFfma：,則乙相對于地面不會發(fā)生相對滑動,當F>Ffmax=RHlg時,甲、乙之間會發(fā)

生相對滑動，故A正確，B、C、D錯誤.

6.C解析：物體重心的位置跟形狀還有質量分布有關，石塊下滑前后，整體的質量分布變

化，形狀變化，所以重心改變，故A錯誤；動摩擦因數與傾角無關，故B錯誤；石塊在垂

直于車廂底板方向有FN=mgcosO,自卸車車廂傾角變大，車廂與石塊間的正壓力FN逐漸

減小，故C正確；石塊滑動后的摩擦力是滑動摩擦力，小于最大靜摩擦力，也小于重力沿

斜面方向的分力，故D錯誤.

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7.B解析：滑塊上升過程中受滑動摩擦力，由Ff="N和FN=mgcos。聯(lián)立，得F「=6.4N,

方向沿斜面向下.當滑塊的速度減為零后，由于重力的分力mgsinOVprngcos0,滑塊將靜

止，滑塊受到的摩擦力為靜摩擦力，由平衡條件得Ff=mgsin。，代入可得Ff=6N,方向

沿斜面向上，故B正確.

8.C解析：第1張紙受到摩擦輪的摩擦力方向向右，A錯誤；第2張紙受到的第1張紙的

摩擦力向右，受到的第3張紙的摩擦力向左，且大小相等，合外力為零，B錯誤；第2張

紙到第10張紙之間不可能發(fā)生相對滑動,C正確；第10張紙受第9張紙給的摩擦力作用，

D錯誤.

9.(1)題圖甲裝置中只要A相對B滑動即可，彈簧測力計的拉力大小等于B受到的滑力摩擦

力大??；題圖乙裝置中要使彈簧測力計的拉力大小等于A受到的摩擦力大小，A必須做勻

速直線運動，即處于平衡狀態(tài).

(2)題圖甲中A受到B和地面的滑動摩擦力和拉力F”從而使A處于勻速運動狀態(tài)，應

是這兩個滑動摩擦力的大小之和等于拉力Fa的大小.

(3)FN=GB=150N,B所受滑動摩擦力大小等于此時彈簧測力計讀數，即為Ff=60N,則

由F『=HFN可求得以=04(注：滑動摩擦力與E的大小無關，這種實驗方案顯然優(yōu)于題圖

乙裝置的方案)

10.(1)設物體所受的摩擦力大小為Fn，方向沿斜面向上，對物體進行受力分析，則有Fn=

mgsin。F,

由于F=kxi=4N,

故Ffi=20Nxg-4N=6N,方向沿斜面向上.

(2)若將物體上移，設物體所受的摩擦力大小為F。方向沿斜面向上，則再對物體進行受力

分析可得Ff2=mgsin0+P,

r

由于F=kx2=100X(0.12-0.10)N=2N,

故Ft2=20NxT+2N=12N,方向沿斜面向上.

第3課時力的合成與分解

1.D解析：由平行四邊形定則可知，兩個力的合力，可以比這兩個分力都小，所以A錯誤；

合力與分力在作用效果上等效，但不能說成是同種性質的力，故B錯誤；合力與分力是等

效替代關系，但不是同時作用在物體上，故C錯誤；杈據力的合成與分解可知，已知合力

和兩個分力的方向，分解結果是唯一的，故D正確.

2.B解析：要使物體沿。0,方向做直線運動，則物體受到的合力F沿00,方向，如圖所示，

由三角形定則知，當F?方向垂直00,時，F(xiàn)?有最小值，為F2=Rsin8,B正確.

3.B解析：風對帆船的作用力垂直帆船，則由力的平行四邊形定則可知，只有b的位置,

其中的一個分力沿著船的前進方向，如圖所示，故B正魂，A、C、D錯誤.

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4.C解析：以6、F3為鄰邊作平行四邊形，由幾何特征，可知平行四邊形是矩形，則合力

F13=2F2,故FI、F2、Fj的合力F=3Fz，C正確.

5.A解析：如圖所示，建立直角坐標系對沙袋進行受力分析.由平衡條件有Feos3()o-FTSin

30°=0,FTCOS300+Fsin300-mg=0,聯(lián)立解得F=gmg,故AiE確.

6.B解析：甲物體是拴牢在0點，且甲、乙兩物體的質量相等，則甲、乙繩的拉力大小相

等，O點處于平衡狀態(tài)，如圖所示，F(xiàn)OA=FoB=mg,FAB=T,根據幾何關系有180。=2P

+a，解得0=55。.故B正確.

7.C解析：已知A物塊所受的摩擦力大小為f,設每根橡皮筋的彈力為F,則有2Fcos60。

=f,對D物塊有2Fcos30o=F,解得F=，5F=，5f,只有C正確.

8.C解析：當木板與水平面的夾角為45。時，兩物塊岡！好滑動，對A物塊受力分析如圖甲

所示，沿斜面方向，A、B之間的滑動摩擦力fi=iN=Nmgcos45。，根據平衡條件可知T

=mgsin45°+pingcos45°,對B物塊受力分析如圖乙所示，沿斜面方向，B與斜面之間的

滑動摩擦力f2=NN，=N?3mgcos45°,根據平衡條件可知2mgsin45°=T4-pimgcos45。+

3mgeos45°,兩式相加,可得2mgsin45°=mgsin45°+pmgeos45°+pmgeos4504-

|.r3mgcos45°,解得A、B、D錯誤，C正確.

J

甲乙

9.畫出定滑輪的軸心O的受力分析示意圖，選取直角坐標系，如圖甲所示，根據平衡條件得

Fnsina—FT2Sin30°=0,FT2COS30°-FTICOSa-Fn=C',其中FTi=FT3=niAg，聯(lián)立解得a

=60°.

畫出物體B的受力分析示意圖，選取直角坐標系，如圖乙所示，根據平衡條件得Fr-FTisin

a=0,FN+FTICOSa-mBg=0,聯(lián)立并代入數據解得niAg=FTi=40N,FT2=4S-N,Ff

=2()V3N.

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甲乙

10.(1)對氫氣球進行受力分析，并分解如圖所示，

由平衡條件列式，豎直方向F為=mg+Tsin37。，

水平方向Fia=Tcos37。，

聯(lián)立解得F風=12N,T=15N.

(2)對人進行受力分析，并分解如圖所示,

由平衡條件列式，豎直方向

FN=Mg-Tsin370=(500-15X0.6)N=491N.

(3)若風力增強，只改變了水平方向的力，視氣球及人為一整體，可知豎直方向上的受力

情況沒改變，人對地面的壓力不變.

第4課時受力分析和共點力的平衡

1.A解析：因為宜升機沿虛線方向斜向下減速飛行，故合力沿虛線向上，宜升機受到豎直

向下的重力以及空氣作用力兩個力，要想合力沿虛線向上，則根據矢量三角形可得空氣對

其作用力可能為R,如圖所示.故A正確.

2.C解析：支架可以任意彎成舒適角度，則手機受到的彈力、摩擦力都不一定豎直向上,

故A、B錯誤；由于手機處于平衡狀態(tài)，則手機的重刀與支架對手機的作用力大小相等,

方向相反，合力為0,故C正確，D錯誤.

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3.A解析：對物塊進行受力分析：重力G、斜面對物塊的支持力N、摩擦力f,斜面對物塊

的作用力即支持力與摩擦力的合力，由于物塊勻速下滑，所以支持力與摩擦力的合力應與

重力等大、反向，故A正確，B、C、D錯誤.

4.A解析：以0點為研究對象，0受力如圖所示.0點靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得

FB='n>故A1E確，B、C、D錯誤.

sinU

5.A解析：對O點受力分析，F(xiàn)與T的變化情況如圖所示，由圖可知在0點向左移4的過

程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故A正確.

6.D解析：設a、b的重力分別為Ga、Gb對a分析，媚子的拉力FT=Ga.Mb分析：①若

GaWGbsin仇此時Ga+Ff=GbSindc對b的摩擦力方向沿斜面向上,當沙子流出時,Ga

減小，摩擦力增大；②若Ga>GbsinO,剛開始一段時間有Ga=GbsinO+Ff,c對b的摩擦力

方向沿斜面向下，隨著Ga減小，摩擦力在減小，當減小到Ga=GbSinO時，摩擦力減小為

零，隨后Ga〈GbsinO,跟第①種情況一樣.故A、C錯誤.以b、c整體為研究對象，分析

受力如圖所示，根據平衡條件得知水平面對c的摩擦力Ff=FTCOs0=GaCOs9,方向水平向

左.在a中的沙子緩慢流出的過程中，摩擦力在減小.B錯誤，D正確.

7.C解析：如圖所示，由于不計摩擦，線上張力處處相等，且輕環(huán)受細線的作用力的合力

方向指向圓心.由于a、b間距等于圓弧半徑，則NaOb=6()。，進一步分析知，細線與aO、

bO間的夾角皆為30。.取懸掛的小物塊研究，懸掛小物塊的細線張角為120。，由平衡條件

知，小物塊的質量與小球的質量相等，即為