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物理 必修 一常考 题型 答案

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安庆市高一上物理期末常考题型答案 1. 正确分析雨滴下落受力特点是解答本题的关键，由于阻力随着速度的增大而增大，因此雨滴下落的加速度逐渐减小，当阻力等于重力时，雨滴匀速下落． 解：根据题意可设阻力为：f=kv， 根据牛顿第二定律得：mg-kv=ma，由此可知，随着速度的增大，阻力增大，加速度减小，当f=kv=mg时，加速度等于零，速度不在变化，阻力不变，雨滴开始匀速运动，所以整个过程中雨滴开始做加速度逐渐减小的加速运动．然后匀速运动，故AC错误，BD正确． 故选BD． 2. 分析： 分加速、减速和匀速三种情况，根据牛顿第二定律得出加速度的变化情况即可． 解答： 解：将一只皮球以V0竖直向下抛出，受重力和向上的阻力； A、如果重力大于阻力，根据牛顿第二定律，有： mg﹣kv=ma 故做加速度减小的加速运动，故A正确； B、如果重力小于阻力，根据牛顿第二定律，有： kv﹣mg=ma 故做加速度减小的减速运动，故B正确； D、如果重力和阻力平衡，做匀速直线运动，故D正确； C、由于阻力随着速度的增加而减小，故加速度不可能增加，故C错误； 本题选错误的，故选：C． 3. 匀速下降时阻力向上，故有：，现欲使该气球以同样速率匀速上升，即速率不变，所以阻力不变，上升过程中受到的阻力方向向下，所以有：，两式相加可得：，故减小的质量为，故选Ａ 4. 设每个物体的质量为m，B与斜面之间动摩擦因数为μ．以AB整体为研究对象． 根据平衡条件得 2mgsinα=2μmgcosα+μmgcosα 解得 μ=．故A正确，B、C、D错误． 5. 解答：解：整体的加速度a===0.01m/s2； 由牛顿第二定律F=ma可知 空间站的质量M=-m=kg-3.0103kg=8.7104kg 故选A． 6. 解：光滑时：由整体求得加速度：--------------① 对m受力分析由牛顿第二定律得：FT=ma----------② 由①②式得： 地面不光滑时：整体求加速度：-------③ 对m受力分析由牛顿第二定律得：FT-umg=ma--------------④ 由③④得： 则AB正确，CD错误 故选：AB 7. 试题分析：对Q受力分析由牛顿第二定律可得，6-4=2a，所以a=1m/s2， 对R，由牛顿第二定律可得，，其中，所以，所以C正确． 故选：C． 8. 解：（1）以盘和物体整体为研究对象，受重力和弹簧秤的拉力，由牛顿第二定律得： （M+m）g-F1=（M+m）a1 代入数据解得：F1=22.5N （2）物体受重力和盘子得的支持力，由牛顿第二定律得：Mg-N1=Ma1 代入数据求解：N1=18N 有牛顿第三定律得：物对盘子的压力为：N1′=N1=18N （3）以盘和物体整体为研究对象，受重力和弹簧秤的拉力，由牛顿第二定律得： （M+m）g-F2=（M+m）a2 代入数据解得：F2=0N 物体受重力和盘子得的支持力，由牛顿第二定律得： Mg-N2=Ma2 代入数据求解：N2=0N 由牛顿第三定律得：物对盘子的压力为：N2′=N2=0N 9. 分析：（1）由题，绳子与竖直方向夹角为θ不变，小球m1相对于车厢静止，其加速度与车厢相同．以小球为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律求出加速度． （2）再以m2为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解车厢底板对m2的支持力和摩擦力． 解答：解：m1和m2的受力图如图所示 （1）对m1研究． 竖直方向有：T1cosθ=m1g ① 水平方向有：T1sinθ=m1a ② 由②：①解得：a=gtanθ ③ 车厢与m1的加速度相同为a=gtanθ，方向向右． （2）绳的拉力T1=T1′=④ 对m2有：N+T1′=m2g ⑤ 解得支持力 N=m2g-，方向竖直向上 水平方向有：f=m2a=m2gtanθ，方向水平向右． 10. 当框架对地面的压力为零的瞬间，弹簧对框架的向上的力为Mg，此时弹簧对小球向下的力也为Mg，对小球来说，受到的合力为（M＋m）g，所以，小球加速度的大小为（M＋m）g/m 11. 竿对“底人”的压力大小应该等于竿的重力加上竿上的人对杆向下的摩擦力，竿的重力已知，求出竿上的人对杆向下的摩擦力就可以了． 解：对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff， 有 mg-Ff=ma； 所以 Ff=m（g-a）， 竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力--摩擦力，且大小相等，方向相反， 对竿分析：受重力Mg、竿上的人对杆向下的摩擦力Ff′、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg+Ff′=FN， 又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力， 由牛顿第三定律，得到FN′=Mg+Ff′=（M+m）g-ma 12. 解：（1）滑块由静止开始匀加速下滑，有s=at2，得到 a=2m/s2 对木块受力分析，受到重力，支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有 mgsinθ-f1=ma ① mgcosθ-N1=0 ② f1=μmgcosθ ③ 对斜面受力分析，受重力Mg、支持力N、滑块的压力N1、滑块的摩擦力f1和地面的静摩擦力f，设静摩擦力f向左，则 f=N1sinθ-f1cosθ=3.2N，方向向左． 即地面对斜面的摩擦力大小为3.2N，方向向左． （2）根据共点力平衡条件，地面对斜面的支持力大小 N=Mg+N1cosθ+f1sinθ=67.6N 地面对斜面的支持力大小为67.6N． 13. 解：在0～5s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，此时人处于超重状态， 在5s～10s内，速度时间图象为水平线，此时电梯在匀速运动，处于受力平衡状态，所以该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力 在10s～25s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为负，电梯的加速度向下，此时人处于失重状态， 故选A 14. 当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度； 当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度． 根据牛顿第二定律求出升降机的加速度． 解：甲同学站在磅秤上受重力和支持力，发现了自已的体重增加了20%， 根据牛顿第二定律得出：a==0.2g，该同学的加速度方向向上， 那么此时的运动可能是以0.2g的加速度减速下降，也可能是以0.2g的加速度加速上升，故②③正确；①④错误； 故选C． 15. 猴子和笼子的运动状态不相同，所以隔离分析：猴子加速向上爬时，受重力和向上的静摩擦力，且静摩擦力大于重力。根据力的作用是相互的所以笼子受到向下的静摩擦力大于猴子的重力，对笼子受力分析有：有F1＞（M+m）g；当猴子加速下滑时受重力和向上的静摩擦力，且静摩擦力小于重力。根据力的作用是相互的所以笼子受到向下的静摩擦力小于猴子的重力，对笼子受力分析有：有F2＜（M+m）g，故答案选B。 16. 解答： 解：（1）当m＜＜M时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力． 因此最合理的一组是C．故选：C． （2）在相同的拉力作用下，根据y=kxn可知，n=﹣1或n=时，y﹣x图象都如图乙所示图象，由此可知，a和m之间的关系可能是：a与m成反比，也可能是a与m2成反比； 在F一定时，由牛顿第二定律：a=可知，a与成正比，为了能够从图象上直观的看出a是否与m成反比，我们需建立 a﹣坐标系． （3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为0.1s，利用匀变速直线运动的推论△x=at2， sDE﹣sAB=3a1T2，sEF﹣sBC=3a2T2，sFG﹣sCD=3a3T2，为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值： 解得：a=（a1+a2+a3）= =0.42m/s2； 故答案为：（1）C；a与m成反比，a与m2成反比；a﹣；（3）0.42． 17. ①将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂沙和沙桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．要判断是否是匀速运动，我们可以从打出的纸带相邻的点的间距来判断小车是否做匀速运动， 故选：B． ②当m＜＜M时，即当沙和沙桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力． 故选：D． ③由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=5T， 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小． vC===0.49m/s 设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4， 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小， 得：x3-x1=2a1T2 x4-x2=2a2T2 为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值 得：a=（a1+a2） 即小车运动的加速度计算表达式为： ④在验证当小车的质量一定时，小车的加速度与合外力F的关系时，小华所在的实验小组根据实验数据作出了如图所示的a-F图象， 其原因可能是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时斜面的倾角大小； 根据F=Ma得a= 所以图线的斜率代表的物理意义是：小车总质量的倒数 故答案为： ① B②D③0.49m/s， ④没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时斜面的倾角大小；小车总质量的倒数 18. （１） BC （２） D （３） D 解：（1）甲图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了． 乙图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够． （2）随着1/M增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近于定值g，故ABC错误，D正确．故选D． （3）该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象，故ABC错误，D正确．故选D． 19. 由2Rcos 30＋2rcos 30＝gcos 30t，和2Rcos 60＋2rcos 60＝gcos 60t得：t1＝t2＝，与θ无关，故只有A正确. 20. 解：对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为 a=gsinθ（θ为杆与水平方向的夹角） 由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsinθ 所以，t与θ无关，即t1=t2=t3 故选D． 21. 分析： 对物体受力分析，根据平衡条件m对M的压力大小，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出物块运动的距离． 解答： 解：（1）静止或匀速运动状态均为平衡态对m 受力 分析并建立如图坐标系，由平衡方程 f=mgsinθ…① FN=mgcosθ…② 由②式得：m受到M的支持力FN=25N 又由牛顿第三定律可知：m对M的压力大小为25N （2）由①式得：m受到M的摩擦力f=25N，方向沿着斜面向上 （3）物块以V冲上斜面作匀减速运动 其受力分析如图所示． F合=f+mgsinθ=ma…③ FN=mgcosθ…④ 又 f=μFN…⑤ 联立③④⑤式并带入数据得加速度的大小a=10m/s2方向沿斜面向下 根据运动学公式vt2﹣v02=2ax 得沿斜面上升的最大位移 x=3.2m＜5m所以不能到达斜面顶端 根据运动学公式vt=v0+at 解得：t=0.8s时距离斜面顶端最短 最短距离为：s=L﹣x=5﹣3.2=1.8m 答：（1）若m静止，则m对M的压力大小为25N； （2）若m恰好沿斜面匀速下滑，M对m的摩擦力大小为25N，方向沿着斜面向上； （3）不能到达斜面顶端，物块经过0.8s距离斜面顶端最短，最短距离是1.8m． 22. 0.4 23. 分析：清楚物体的运动过程，知道物体的受力情况，运用动量定理列出等式找出已知量和未知量之间的关系． 对于匀变速直线运动我们可以运用牛顿第二定律结合运动学公式求解． 解答：解：由于全过程物体动量变化为0，对全过程应用动量定理有： Fcosθt1=μ（mgcosθ+Fsinθ）t1+mgsinθ（t1+t2）+μmgcosθt2 代入数据解得μ=0.25 又考虑第二个过程，对物体进行受力分析，则由牛顿第二定律有a2=gsinθ+μgcosθ=8m/s2 第二过程的初速度为v=a2t2=10m/s 根据匀变速直线运动规律得： 总位移为s=t1+t2=16.25m 答：物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25，物体的总位移S为16.25m． 24. 解：（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为：a1＝＝5m/s2 由牛顿第二定律得：mgsin＝ma1 解得：＝30 （2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为：a2＝＝2m/s2 由牛顿第二定律得：μmg＝ma2 解得：μ＝0.2 （3）设在斜面上运动的时间为t 由2＋5t＝1.1＋2（0.8－t） 解得t＝0.1s 即物体在斜面上下滑的时间为0.5s 则t＝0.6s时物体在水平面上 其速度为v＝v1.2＋a2t＝2.3 m/s 25. 撤去外力F后物块的加速速度为a2 则 撤去外力F时物块的速度为v 则 撤去外力F后物块的何移为s2 则 力F作用在物体上时物体的位移为Sl 则 物块在力F和摩擦力f的共同作用下加速度为al 则 26.解： 设减速度过程的加速度为a，则加速过程的加速度为2a，则有：2at1=at2即：2t1=t2 又：t1+t2=3，即：3t1=3，解得：t1=1s 由总位移为6m得： 解得：a=2m/s2 故加速阶段有： mg-N1=m2a，解得：N1=mg-2ma=400N-160N=240N 减速阶段有： N2-mg=ma，解得：N2=mg+ma=400N+80N=480N 由牛顿第三定律知：加速阶段竹杆对“底人”的压力为240N和减速阶段对“底人”的压力480N 答：加速阶段竹杆对“底人”的压力为240N和减速阶段对“底人”的压力480N 27. 将运动员看作质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 v1＝（向下） ① （4分） 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 v2＝（向上） ②（4分） 速度的改变量 Δv＝v1＋v2（向上） ③（2分） 以a表示加速度，Δt表示接触时间，则 Δv＝aΔt ④（2分） 接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg。由牛顿第二定律， F－mg＝ma ⑤（2分） 由以上五式解得， F＝mg＋m⑥ 代入数据得： F＝1.5103N ⑦（2分） 28. 试题分析：由图可知：前10秒物体加速度大小a1=1m/s， 后20秒加速度大小a2="0.5m/" s， 1--10s由牛顿第二定律有： F–μmg = ma1（1） 10--30s有： μmg –F =ma2（2） 由（1）（2）可解得：F=9N μ=0.125 29. 试题分析：(1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2， 则a2＝＝－2 m/s2① （2分） 设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有 Ff＝ma2②（2分） Ff＝－μmg③（2分） 联立②③得μ＝＝0.2④（2分） (2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则 a1＝＝1 m/s2⑤（2分） 根据牛顿第二定律，有F－Ff＝ma1⑥（2分） 联立③⑥得F＝μmg＋ma1＝6 N.（2分） （3)解法一：由匀变速直线运动位移公式，得 x＝x1＋x2＝v10Δt1＋a1Δt＋v20Δt2＋a2Δt＝46 m.（4分） 解法二：根据v－t图象围成的面积，得 x＝＝46 m. 30. 解：（1）对初始时刻：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0 μ＝＝0.25 （2）对末时刻：mgsinθ－μN－kvcosθ＝0，N＝mgcosθ＋kvsinθ k＝＝0.84kg/s 31. 解：撤去F前后木板先加速后减速．设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2．由牛顿第二定律得 撤力前：F-μ（m+M）g=Ma1 解得a1=m/s2 撤力后：μ（m+M）g=Ma2 解得a2=m/s2 又x1=a1t12，x2=a2t22 为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1+x2≤L 又a1t1=a2t2 由以上各式可解得t1≤1 s 即作用的最长时间为1s． 32. 解答：解：（1）以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： μmg=ma1 解得：a1=μg=2m/s2 以小车为研究对象，由牛顿第二定律得： F-μmg=Ma2 解得： 故小物块的加速度为a1=2m/s2，小车的加速度为a2=0.5m/s2． （2）由运动学公式：a1t=v+a2t 解得： 则： L=x2-x1=0.75m 故小车的长度是0.75m． 31. D 32. 解答： 解：A、加速度是描述速度变化快慢的物理量，甲物体的加速度比乙物体大，则甲一定比乙的速度变化快．故A正确； B、甲物体比乙物体速度大，甲的加速度不一定比乙的大，例如速度大的匀速直线运动，加速度为零，故B错误； C、加速度变小的物体，如果加速度方向与速度方向相同，那么速度就会增加，即速度增加得越来越慢，故C错误； D、物体的加速度方向不变，则速度方向可以发生变化，例如平抛运动．故D错误； 故选：A． 33. 速度变化很大，但时间不知道，所以加速度大小也不能确定．可能很小，也可能较大，A正确；加速度变化的方向与速度变化的方向相同，速度变化为正，加速度方向为正，B错误；速度变化越来越快，加速度只会越来越大，C错误，当物体做加速度减小的加速运动时，加速度减小，速度增大，D正确 故选AD 34. 解：设全程为s，前半程的时间t1=．后半程做匀减速直线运动，后半程的平均速度=，则后半程的运动时间t2==．则全程的平均速度= 35. 试题分析：设火车全程的位移为x，则在前位移内，火车的运动时间为，火车在中间的位移内的运动时间为，在最后位移内的运动时间为，所以火车在该段位移内的总时间为，所以全程的平均速度为，C正确， 37. 解：A、在国际单位中，规定使1kg的物体产生1m/s2的力是1N，故F=kma中的k等于1；在其他单位制中，F=kma中的k不一定等于1；故A错误； B、三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克、秒；故B错误； C、17世纪意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验，其中应用到的物理思想方法属于“理想实验”法；其中的斜面是理想斜面，是实际的斜面的理想化处理；故C正确； D、在用课本实验“验证力的平行四边形定则”实验中，用到了“等效替代法”，故D错误； 故选：C． 38. 国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔． 解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s． 故选：B． 39. 国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位． 解：A、其中的N是导出单位，所以A错误； B、其中的m/s2是导出单位，所以B错误； C、m、kg、s分别是长度、质量、时间的单位，所以C正确； D、其中的N是导出单位，所以D错误． 故选：C． 40. 牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，牛顿第三定律揭示了作用力与反作用力的关系．平衡力等大反向，作用在一个物体上． 解：A、牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，故A错误； B、牛顿运动定律成立的参考系是惯性系，故牛顿第二定律在非惯性系中不成立的，故B正确； C、作用力和反作用力作用在两个物体上，一定不是平衡力，故C错误． D、力的单位N是导出单位，用国际基本单位表示应该为：1N=1kg•m/s2，故D错误． 故选：B 41. 由对称性知，第3s内位移为0，速度大小为，前3s内的位移，C对。 42. 解：从图片看出，此人先向右运动，后向左运动．向右运动过程中，相邻位置的距离逐渐增大，速度越来越大，大致做匀加速运动．后来，向右运动，相邻位置间距相等，做匀速运动，能大致反映该同学运动情况的速度-时间图象是B．故B正确． 故选B 43. 解：A、甲从零时刻开始运动，乙物体从t1秒末开始运动，所以A说法正确，不选． B、当t=t2时两物体所对应的位置坐标相同，说明此时刻两物体相遇，所以B说法正确，不选，C错误应选． D、当t=t3时甲物体的位置坐标为零，乙物体的位置坐标为S0，所以两物体相距S0米，故D说法正确，不选． 故选：C 44. 第1 s末速度大于零，速度、位移方向都是正方向不变，A不对.2 s末速度方向变化，但位移方向依然为正方向，B不对.4 s末位移为零，C对.3 s末位移为0.5 m,5 s末位移也为0.5 m，D对． 45. 设加速度为a，由位移时间关系，列第3s内位移的表达式，可以得到加速度． 解：第2s末的速度为：v=v0+at2 第2s末的速度是第3s的初速度，故第3s内的位移为 即： 解得：a=1m/s2，故B正确． 46. 解：①轻重不同的物体自由下落的加速度相等，任一时刻速度、位移也相等．故①正确． ②下落相等的时间，根据h=gt2知位移相等，则平均速度相等．故②正确． ③根据h=gt2知，从开始下落在第1s内、第2s内、第3s内位移之比为1：3：5．故③错误． ④轻重不同的物体下落的快慢相同．故④错误． 故只有①②正确． 故选A． 47. 解答： 解：根据自行车：x1=6t，汽车x2=10t﹣t2知，知自行车匀速直线运动的速度v1=6m/s，汽车的初速度v2=10m/s，加速度a=﹣m/s2． 当两车速度相等时有：v1=v2+at， 解得：t=． 两者之间的最大距离为： = ． 故C正确，A、B、D错误． 故选：C． 48. 解法一：设汽车达到的最大速度为vm，匀加速运动的时间为t1，匀减速运动的时间为t2，则匀加速和匀减速运动的平均速度都为，则，即，代入数据得，vm=3m/s．故C正确，A、B、D错误． 故选C． 解法二：画速度时间图像 49. 匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；根据平均速度推论公式求解第1s末的速度，求解出加速度后，在求解5.5s速度，第6s内的平均速度等于5.5s的瞬时速度． 解：物体做匀变速直线运动，平均速度等于中间时刻的瞬时速度； 在第1s内的平均速度是1.5m/s，故它在第1s内中间时刻的瞬时速度是1.5m/s； 根据平均速度公式，有：，故第一秒末的速度为：v=2m/s； 加速度：a=； 5.5s速度为：v5.5=vo+at=1+15.5=6.5m/s； 第6s内的平均速度等于5.5s末的速度，为6.5m/s； 故答案为：1.5，6.5． 50. 由Δx＝aT2得：9－7＝a12，a＝2 m/s2，由v0T－aT2＝x1得：v01－212＝ 9，v0＝10 m/s，汽车刹车时间tm＝＝5 s<6 s，故刹车后6 s内的位移为x＝＝25 m， C正确． 51. 分析： （1）根据速度时间公式求出求出加速度的大小． （2）根据位移时间公式求出第1s内的位移，根据速度时间公式求出1s末的速度，再根据速度位移公式求出减速或加速的位移，判断哪种方案可行． 解答： 解：（1）由v=v0+at知， 即加速度大小为， （2）拦阻索工作1s后，设飞机的位移为x1， 由公式=75m． 1s末的速度v1=v0+at1=100﹣50=50m/s 若采用方案一：设飞机还需位移x2能停下来 由公式， 代入数据解得， 由于x1+x2＞304m，则方案一不可行． 若采用方案二：设飞机还需位移x3起飞， 由公式， 解得 由于x1+x2＜304 m，则方案二可行． 答：（1）拦阻索正常工作时，飞机的加速度大小为50m/s2． （2）方案二可行． 52. 根据小球的受力情况，分析小球的运动情况，判断什么时刻小球的速度最大，根据牛顿第二定律分析小球的加速度的方向． 解： A、B小球刚接触弹簧瞬间具有向下的速度，开始压缩弹簧时，重力大于弹力，合力竖直向下，加速度方向竖直向下，与速度方向相同，小球做加速度运动，当小球所受的弹力大于重力时，合力竖直向上，加速度竖直向上，与速度方向相反，小球开始做减速运动，则当弹力与重力大小相等、方向相反时，小球的速度最大．故AB错误． C、由上分析可知，从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小．故C正确． D、小球到达最低点后，合力不等于零，方向向上，小球不能处于静止状态．故D错误． 故选C 53. 解：对物体A受力分析，水平方向有F1与静摩擦力，由于处于平衡，所以两者相等．故Fμ1=10N，而方向与F1方向相反，即水平向左． 研究对象：物体A与B作为整体，受力分析，水平方向有F1、F2与静摩擦力，由于处于平衡，所以静摩擦力与F1、F2之和相等．故Fμ2=30N，而方向与F1方向相反，即水平向左． 故选：B 54. 因为长木板保持静止状态，所以水平方向上受到地面的摩擦力的大小跟m对它的滑动摩擦力大小相等为mg，A对，B错。因为mg小于地面对长木板的最大静摩擦力，所以无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动，C错。D对 55. 人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解． 解：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力． 根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G． 故选A． 56. 块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg； 当加推力F后，根据滑动摩擦定律f=μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下； 故斜面体相对与地面无运动趋势，静摩擦力仍然为零； 故选A． 57. 由于质量为m的物块恰好静止在倾角为的斜面上，说明斜面对物块的作用力与物块的重力平衡，斜面与物块的动摩擦因数μ=tan。对物块施加一个竖直向下的恒力F，使得合力仍然为零，故物块仍处于静止状态，A正确，B、D错误。摩擦力由mgsin增大到(F+mg)sin，C错误。 58. 解答： 解：C物体在竖直方向上受到重力、地面的支持力与B对它的压力作用；在水平方向由于没有外力，则C没有运动的趋势，也就没有摩擦力．故C受到3个力的作用． 故选：C 59. 解：整体向上做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下，则B的加速度方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律知，B的合力沿斜面向下，则B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力．故A正确，B、C、D错误． 故选A． 60. 解：先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力； 再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力； 故选B． 61. 解：以A为研究对象，受力分析，有竖直向下的重力、垂直竖直墙面的水平支持力，还有B对A的支持力和摩擦力，这样才能使平衡． 根据牛顿第三定律，A对B也有压力力和摩擦力，B还受到重力和推力F，所以受四个力作用． 故选C． 62. 画出矢量三角形，可得绳子OA的拉力先减小，后增大，在OA于OB垂直时拉力最小，所以D正确。 63. 以小球为研究对象，画出小球的受力分析图．分析滑块左移会引起哪个力的方向变化，用三角形法求解． 解：对小球受力分析如图所示，重力的大小方向不变，平移另两个力构成一首尾相连的闭合的三角形， 滑块左移会引起FT的方向及大小的变化而FN的方向不变，且合力为0，则三力依然为闭合三角形， 如图所示：则FT与FN相垂直时FT最小，则 闭合三角形发生如图所示变化，则FT的变化为先变小，变大．故选B 64. 解答： 解：先以小球为研究对象，分析受力情况，当柱状物体向左移动时，N2与竖直方向的夹角减小，由图1看出， 柱状物体对球的弹力N2与挡板对球的弹力N1均减小．则由牛顿第三定律得知，球对挡板的弹力F1减小． 再对整体分析受力如图2所示，由平衡条件得知， F=N1，推力F变小．地面对整体的支持力N=G总，保持不变．则甲对地面的压力不变．故C正确．A、B、D错误． 故选C． 65. 对A、B、C分别受力分析如图， 弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零． 解：A、当绳断后，A受力不变，仍然平衡，故aA=0，对B物体平衡时，F1=F+mg，绳断后合力为F=F1-mg=maB，aB=g方向竖直向上；故A错误 B、同上可知，B正确 C、当绳断后，A受力不变，仍然平衡，故aA=0，绳断后C只受重力作用，由牛顿第二定律：mg=mac，ac=g方向竖直向下，故C错误 D、D绳断后C只受重力作用，由牛顿第二定律：mg=mac，ac=g方向竖直向下；A受力不变，仍然平衡，故aA=0，故D正确 故选BD 66. 在剪断绳子的一瞬间，弹簧来不及改变，所以弹簧弹力不变，A球合外力仍然为零，加速度为0；剪断绳子前，绳子的拉力为，B球此时的合外力为零，剪断绳子后，绳子拉力消失，其它力不变，合外力等于，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知B球的加速度为 67. 以球为研究对象，分析受力，作出力图如图所示． 根据平衡条件得 F=FN mg=2Fcosθ 得到F=FN=mg 由牛顿第三定律得到，斜面受到的压力FN′=FN=mg． 68. 试题分析：根据题意可知A、B处的小球均处于平衡状态，由于绳OA位于竖直位置，因此，A处小球仅受重力mg和绳OA的拉力T1作用，此时AB绳中无张力，再对B处小球受力分析，小球受重力mg、OB绳的拉力T和水平外力F作用，其受力示意图如下图所示，根据共点力平衡条件可知mg与F的合力必与T等值、反向，根据图中几何关系可以解得T＝mg/sin30＝2mg，故选项A正确。 69. 解：（1） ， （2） ， 70. 如果物体m1先落到地面，说明m1的物体下落加速度较大，根据牛顿第二定律列式判断f1和f2的关系． 解：根据牛顿第二定律有： m1g-f1=m1a1得：a1=g- m2g-f2=m2a2得：a2=g- 由题意应该有：a1＞a2 则可得：＜ 故选：C． 71. 解答： 解：在水平地面上向左运动，竖直方向受重力、支持力，水平方向受水平向右的拉力、水平向右的摩擦力． 水平向右的拉力F=20N，摩擦力f=μN=20N， 所以合力大小为F合=（20+20）N=40N，方向水平向右，根据牛顿第二定律得：a==4m/s2，水平向右 故选B 72. （1)由v－t图象可知，物块在6～9 s内做匀速运动，由F－t图象知，6～9 s的推力F3＝4 N，故 Ff＝F3＝4 N ① (2)由v－t图象可知，3～6 s内做匀加速运动，由 a＝② 得a＝2 m/s2 ③ (3)在3～6 s内，由牛顿第二定律有F2－Ff＝ma④ 且Ff＝μFN＝μmg ⑤ 由④⑤式求得μ＝0.4 ⑥ 73. （1）物块的加速度：am=μg=2 m/s2 小车的加速度：=0.5 m/s2 （2）由: amt =v0+ aMt 得：t=1s (3)在开始1s内小物块的位移：s1=amt2=1.0m 最大速度：v=at=2m/s 在接下来的0.5s物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度: a==0.8m/s2 这0.5s内的位移:s2=vt+at2=1.1m 74. A、F是F1和 F2的合力，合力不一定大于分力，如果F1和 F2的夹角很大，则F就会小于F1或F2．故A错误． B、合力与分力是等效的，要求用一个弹簧秤拉橡皮条时，使橡皮条的结点到达两个弹簧秤拉的同一O点，否则不能保证效果相同，故B错误． C、实验中为了保证读数准确，误差较小，必须要保持弹簧秤拉力的方向与纸面平行，故C正确． D、解：对点0受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，保持O点的位置和夹角a1不变，即橡皮条长度不变，OA弹簧拉力方向不变，OB弹簧拉力方向和大小都改变．如图： 根据平行四边形定则可以看出F1的读数不断增大时，F2先变小后变大，故D正确． 故选CD 75. FF′CD 76. 试题分析：1滑块从斜面滑下过程为匀变速直线运动，ABCD之间的时间间隔都相等等于2个周期，频率为50hz，所以周期为0.02s .那么时间间隔为0.04 s。根据 ，计算得。 2受力分析可知物体沿斜面下滑的合力，已知长度l 和高度h，那么， 带入计算 只需要再测出质量m即可。 13

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