2013年新课标高考物理一轮复习作业详答 新人教版

1 课时作业 一 课时作业 一 基础热身 1 B 解析 选项 A C D 中的数据都是时间轴上的一个点 指的都是时刻 而选项 B 中 15 s 是与跑完 100 m 这一运动过程相对应的 指的是时间间隔 故选项 B 正确 2 C 解析 位移是从起点指向终点的有向线段 是矢量 路程是运动路径的长度 是标量 它没有方向 正确选项只有 C 3 B 解析 加速度描述物体速度变化的快慢程度 选项 A 错误 B 正确 加速度方 向与运动方向共线时 物体一定做直线运动 同向时做加速运动 反向时做减速运动 选项 C D 错误 4 A 解析 由图可知 心脏每跳动一次 纸带向前移动大约是 4 个小方格的距离 约 2 0 cm 则心脏每跳动一次所需时间约T 0 80 s 此人心脏一分钟跳动的次数为 x v n 75 次 故本题只有选项 A 正确 60 s 0 80 s 次 技能强化 5 B 解析 无论加速度正在增大还是正在减小 只要加速度与速度同向 物体速度 就一直增大 当同向加速度减小到零时 物体速度达到最大 速度不再增大 但位移会继续 增大 由此可知本题只有选项 B 正确 6 AC 解析 速度与加速度都是矢量 其正负表示速度与加速度的方向 速度与加速 度方向相反 汽车做减速运动 经 1 s 速度减小 v a t 1 m s 所以再过 1 s 汽车的 速度变为 5 m s 故选项 A C 正确 7 AB 解析 如果物体做加速度逐渐减小的加速直线运动 则加速度为零时速度最大 选项 A 正确 根据加速度定义可知选项 B 正确 质点某时刻的加速度不为零 但该时刻的速 度可以为零 选项 C 错误 物体速度变化量大小决定于加速度和时间两个因素 选项 D 错 误 8 A 解析 由于通讯员初 末位置都跟队尾士兵相同 所以位移也相同 由平均速 度公式可以判断选项 A 正确 9 C 解析 设总位移为x 则甲车运动的总时间t甲 x x 2 v甲1 x 2 v甲2 v甲1 v甲2 2v甲1v甲2 所以甲车的平均速度 甲 48 km h 设乙车运动的总时间为t乙 则乙车 v x t甲 2v甲1v甲2 v甲1 v甲2 的总位移x v乙 1 v乙 2 t乙 所以乙车的平均速度 乙 t乙 2 t乙 2 v乙1 v乙2 2v x t乙 50 km h 故 C 项正确 v乙1 v乙2 2 10 230 m 解析 为确保行车安全 要求在列车驶过距离L的时间内 已越过停车线的汽车的车 尾必须能通过道口 汽车越过停车线至车尾通过道口的过程中 汽车的位移为 x l x0 x 15 5 26 m 46 m 汽车速度v2 36 km h 10 m s 通过这段位移需要的时间 t s 4 6 s x v2 46 10 高速列车的速度 v1 180 km h 50 m s 所以安全行车的距离为L v1t 50 4 6 m 230 m 11 1 6 61 m s2 2 9 26 s 2 解析 1 末速度v 100 km h m s 27 78 m s 100 3 6 平均加速度a m s2 6 61 m s2 v v0 t 27 78 0 4 2 2 所需时间t s 9 26 s v v0 a 27 78 0 3 12 0 067 m s2 解析 遮光板通过第一个光电门的速度 v1 m s 0 10 m s d t1 0 03 0 3 遮光板通过第二个光电门的速度 v2 m s 0 30 m s d t2 0 03 0 1 故滑块的加速度a 0 067 m s2 v2 v1 t 挑战自我 13 45 km h 解析 设甲 丙两地距离为 2l 汽车通过甲 乙两地的时间为t1 通过乙 丙两地的 时间为t2 从甲到乙是匀加速运动 由l t1 v甲 v乙 2 得t1 l v甲 v乙 2 2l v乙 从乙到丙也是匀加速运动 由l t2 v乙 v丙 2 得t2 l v乙 v丙 2 2l v乙 v丙 所以 甲丙 45 km h v 2l t1 t2 2l 2l v乙 2l v乙 v丙 课时作业 二 课时作业 二 基础热身 1 BD 解析 由匀加速直线运动的位移公式可知x t t vt 选项 A 错误 v 0 v 2 1 2 选项 B 正确 匀减速直线运动可以看成是初速度为 0 的匀加速直线运动的逆过程 故返回后 的加速度 位移的大小和起飞前相同 选项 C 错误 选项 D 正确 2 B 解析 v0 72 km h 20 m s 设刹车时间为t 则at v0 解得t 4 s v0 a 故刹车距离x t 40 m v0 2 3 BC 解析 当滑块速度大小变为时 其方向可能与初速度方向相同 也可能与初 v0 2 速度方向相反 因此要考虑两种情况 即v 或v 代入公式t 得 t v0 2 v0 2 v v0 a 或t 故选项 B C 正确 v0 g 3v0 g 技能强化 4 C 解析 物体开始做匀加速直线运动 a g 1 m s2 速度达到传送带的速度 3 时发生的位移x m 0 5 m L 所经历的时间t1 1 s 物体接着做匀速直 v2 2a 1 2 1 v a 线运动 所经历的时间t2 s 2 s 故物体从a点运动到b点所经历的时 L x v 2 5 0 5 1 间t总 t1 t2 3 s 5 A 解析 由逐差法得x6 x1 5aT2 所以a 0 01 m s2 选项 A 正确 x6 x1 5T2 6 D 解析 用 逆向思维 法解答 由题知 若倒过来分析 子弹向左做匀加速直 线运动 初速度为零 设每块木块长为L 则 v 2a L v 2a 2L v 2a 3L v3 v2 v1分别为子弹倒过来向左穿透第 3 块木块 2 32 22 1 后 穿透第 2 块木块后 穿透第 1 块木块后的速度 则v1 v2 v3 1 子弹依次 32 向右穿入每个木块时速度比v1 v2 v3 1 因此选项 A B 错误 由 32 v3 at3 v2 a t2 t3 v1 a t1 t2 t3 三式联立 得t1 t2 t3 1 322 1 因此选项 C 错误 D 正确 7 B 解析 由x at2 解得a 8 m s2 最后 1 s 的位移为x1 8 12 m 4 1 2 1 2 m 选项 B 正确 8 ABD 解析 小球沿斜面向上做匀减速直线运动 因从a到c和c到d所用时间相 等 故经过c点时恰为从a到d所经历时间的中间时刻 vc m s 3 m s 选 xad 2T 6 6 2 2 项 B 正确 因xac xab xbc 7 m xcd xbd xbc 5 m 由 x xac xcd aT2得 a 0 5 m s2 由v v 2axbc可得 vb m s 选项 A 正确 从c到e所经历的时间 2b2c10 tce 6 s 故从d到e所用的时间tde tce T 4 s de at 4 m 选项 C 错误 v0 a 1 22de 选项 D 正确 9 ABC 解析 如图所示 物体由A沿直线运动到B C点为AB的中点 物体到达C 点时速度为v1 若物体做匀加速直线运动 A到B的中间时刻应在C点左侧 有v1 v2 若 物体做匀减速直线运动 A到B的中间时刻应在C点右侧 仍有v1 v2 故 A B 正确 D 错 误 若物体做匀速直线运动 则v1 v2 C 正确 10 12 m s 没有超速 解析 设汽车刹车前的速度为v0 汽车刹车时加速度大小为a 将汽车刹车到速度为零 的运动看成逆向的匀加速运动 则 x at2 1 2 v0 at 解得v0 12 m s 因 12 m s 43 2 km h 50 km h 故汽车没有超速行驶 11 v0 6 m s 解析 设经过时间t 货箱和平板车达到共同速度v 以货箱为研究对象 由牛顿第二 定律得 货箱向右做匀加速运动的加速度为 a1 g 货箱向右运动的位移为 x箱 a1t2 1 2 又v a1t 平板车向右运动的位移为 x车 v0t at2 1 2 又v v0 at 4 为使货箱不从平板车上掉下来 应满足 x车 x箱 l 联立得 v0 2 a g l 代入数据 v0 6 m s 挑战自我 12 1 99 m 1 25 m 2 8 6 s 解析 1 设直升机悬停位置距地面高度为H 伞兵展伞时 离地面的高度至少为h 此时速度为v0 着地时 速度为v1 相当于从h1高处自由落下 在匀减速运动阶段 有 v v 2ah 2 12 0 即 52 v 2 12 5 h 2 0 在自由落体运动阶段 有v 2g H h 2 0 即v 2 10 224 h 2 0 联立解得h 99 m v0 50 m s 以 5 m s 的速度落地相当于从h1高处自由落下 即 2gh1 v2 1 所以h1 m 1 25 m v2 1 2g 52 2 10 2 设伞兵在空中的最短时间为t 则在自由落体运动阶段 有v0 gt1 解得t1 s 5 s v0 g 50 10 在匀减速运动阶段 有 t2 s 3 6 s v1 v0 a 5 50 12 5 故所求时间t t1 t2 5 3 6 s 8 6 s 课时作业 三 课时作业 三 基础热身 1 B 解析 自由落体运动是竖直方向上初速度为零 加速度为g的匀加速直线运动 满足初速度为零的匀加速直线运动的规律 故选项 A C D 均正确 对 B 项 平抛运动在竖 直方向上的分运动也满足该规律 故选项 B 错误 2 C 解析 在匀速飞行的飞机上自由释放的物体有一个与飞机相同的水平速度 同 时物体在竖直方向上做自由落体运动 所以从飞机上看 物体始终在飞机的正下方 且相对 飞机向下运动 故 A B 均错误 从地面上看 物体做平抛运动 故 C 正确 D 错误 3 C 解析 因曝光时间极短 故AB段可看作匀速直线运动 小石子到达A点时的速 度为vA m s 20 m s h m 20 m 选项 C 正确 x t 0 02 1 1000 v2A 2g 202 2 10 4 A 解析 根据时间的对称性 物体从A点到最高点的时间为 从B点到最高点 TA 2 的时间为 所以A点到最高点的距离hA g 2 B点到最高点的距离 TB 2 1 2 TA 2 gT2A 8 hB g 2 故A B之间的距离为hA hB g T T 正确选项为 A 1 2 TB 2 gT2B 8 1 82A2B 技能强化 5 D 解析 自由落体运动初速度为零 据此可排除选项 C 小球与地面碰撞瞬间速 度突然反向 据此可排除选项 A B 综上分析可知本题正确选项为 D 6 A 解析 由题图可知 小球做匀加速直线运动 相邻的两段位移之差为一块砖的 厚度 由 x d aT2可得 a 位置 3 是位置 2 和位置 4 的中间时刻 由 d T2 5 v 得 v3 只有选项 A 错误 t 2v 7d 2T 7 C 解析 根据自由落体运动的规律 尺子下落 a b 高度对应的时间即乙同学的 反应时间 由公式h gt2得t 选项 C 正确 1 2 2 a b g 8 C 解析 设中学生的重心位于身体的中点 则重心上升的高度约为 h 2 10 m 1 70 m 1 25 m 由v 2gh得 v0 5 m s 1 22 02gh 9 C 解析 依题意可设第 1 个小球经时间t落地 则第 2 个小球经时间 2t落地 第 3 个小球经时间 3t落地 第 4 个小球经时间 4t落地 又因为四个小球做的都是初速度为零 的匀加速运动 因此它们下落的高度之比为 1 4 9 16 只有选项 C 正确 10 A 解析 磕头虫向下运动的末速度大小与向上运动的初速度大小相等 向下运动 过程v 2ah1 反弹起来过程v 2gh2 人向上加速运动过程v 2aH1 离地上升过程中v 2 12 12 2 2gH2 代入数值得H2 150 m 故选项 A 正确 2 2 11 1 75 s 解析 由向上跃起的高度h1 0 45 m 可求得向上跃起的时间为 t1 s 0 3 s 2h1 g 2 0 45 10 设运动员从手到脚全长 2l 双手向上立在跳台上时 重心位置O离跳台为l 手接触水 面时重心位置O离水面也为l 运动员从最高点到将入水时 重心下降的高度 h2 H l h1 l H h1 10 45 m 下降过程的时间 t2 s 1 45 s 2h2 g 2 10 45 10 所以运动员完成空中动作的时间为 t t1 t2 0 3 s 1 45 s 1 75 s 12 1 7 2 m 2 2 5 m s2 解析 设前 后两过程下落的高度分别为h1 h2 所用时间分别为t1 t2 减速过程 加速度的大小为a 运动中达到的最大速度为v 则有 h1 h2 40 m 4 m t1 t2 6 s v2 2gh1 2ah2 t1 t2 v g v a 由以上各式联立解得 h1 7 2 m a 2 5 m s2 挑战自我 13 1 4 s 2 29 m s v0 32 m s 解析 1 取向下为正方向 小球初速度v0 10 m s 加速度g 10 m s2 对空管 由牛顿第二定律可得 mg F ma 代入数据得a 2 m s2 设经时间t 小球从N端穿出 小球下落的高度 h1 v0t gt2 1 2 空管下落的高度h2 at2 1 2 则h1 h2 l 联立得v0t gt2 at2 l 1 2 1 2 代入数据解得t1 4 s t2 1 5 s 舍去 6 2 设小球的初速度大小为v0 空管经时间t 到达地面 则H at 2 1 2 得t 8 s 2H a 小球经t 时间下落的高度为h v0 t gt 2 1 2 小球落入管内的条件是 64 m h 88 m 解得 32 m s v0 29 m s 所以小球的初速度大小必须在 29 m s 到 32 m s 范围内 课时作业 四 课时作业 四 基础热身 1 C 解析 选项 A B D 中物体均做往复运动 只有选项 C 中物体做单向直线运 动 2 AC 解析 由图象可知前 5 s 做的是匀速运动 选项 A 正确 5 s 15 s 内做匀加 速运动 加速度为 0 8 m s2 选项 B 错误 15 s 20 s 做匀减速运动 其加速度为 3 2 m s2 选项 C 正确 质点在 20 s 末离出发点最远 质点一直做单向直线运动 选项 D 错 误 3 A 解析 由图可知 两车均做匀变速直线运动 因第 5 s 时两车第一次相遇 第 10 s 时速度相同 由对称性可知两车在第 15 s 时第二次相遇 选项 A 正确 选项 B 错误 由于两车在第 5 s 时第一次相遇 前 5 s 内va vb 故a车在后 b车在前 5 s 后a车在 前 b车在后 15 s 后b车超过a车 选项 C 错误 第 10 s 时两车速度相同 此后 va vb 两车间距离逐渐减小 第 15 s 时两车相遇 选项 D 错误 4 BD 解析 由图象可知乙在追赶甲 即甲在前 乙在后 且二者速度均为零时 距 离最远 其最远距离 x x乙 x甲 3 4 m 2 2 m 4 m 即选项 B D 正确 1 2 1 2 选项 A C 错误 技能强化 5 A 解析 甲车中的乘客以甲车为参考系 相当于甲车静止不动 乙车以初速度v0 向西做减速运动 速度减为零之后 再向东做加速运动 所以选项 A 正确 乙车中的乘客以 乙车为参考系 相当于乙车静止不动 甲车以初速度v0向东做减速运动 速度减为零之后 再向西做加速运动 所以选项 B 错误 以地面为参考系 当两车速度相等时 距离最远 所 以选项 C D 错误 6 CD 解析 两图线都在t轴上方 说明A B两物体运动方向相同 所以选项 A 错 误 4 s 内A B两物体对应的图线与坐标轴所围的面积不同 则位移不同 故选项 B 错误 4 s 时A B两物体的图线交于同一点 对应速度相同 故选项 C 正确 A图线斜率的绝对值 小 所以A物体的加速度比B物体的加速度小 因此选项 D 正确 7 D 解析 由A车的图线可知 它在 4 s 时间内速度由 0 增大到 10 m s 其加速度 a 2 5 m s2 选项 A 错误 3 s 末A车速度为v at 7 5 m s 选项 B 错误 2 s 末时A 车与B车之间距离最远 为 5 m 4 s 末时A车与B车位移相等 A车追上B车 选项 C 错误 D 正确 8 CD 解析 汽车A在匀加速过程中的位移xA1 aAt 180 m 此过程中汽车B的 1 22 1 位移xB1 vBt1 240 m xA1 故A车在加速过程中没有与B车相遇 选项 A 错误 C 正确 之 后因vA aA t1 12 m s vB 故A车一定能追上B车 相遇之后不能再相遇 A B相遇时的 速度一定不相同 选项 B 错误 D 正确 9 ABC 解析 乙车追上甲车时 若甲 乙两车速度相同 即此时t T 则x0 x1 此后甲车速度大于乙车速度 全程甲 乙仅相遇一次 甲 乙两车速度相同时 若x0 x1 则此时甲车仍在乙车的前面 以后乙车不可能再追上甲车了 全程中甲 乙都不会相遇 综上所述 选项 A B C 对 D 错 10 A 解析 根据题意画出两物体运动的v t图象如图所示 根据图象易得选项 A 正确 11 1 5 m 解析 设甲车刹车后经时间t 甲 乙两车速度相等 则 v0 a1t v0 a2 t t 代入数据得 t 2 s 在这段时间内 甲 乙走过的位移分别为x甲 x乙 则 x甲 v0t a1t2 26 m 1 2 x乙 v0 t v0 t t a2 t t 2 27 5 m 1 2 x x乙 x甲 1 5 m 即甲 乙两车行驶过程中至少应保持 1 5 m 的距离 12 0 8 s 解析 设货车启动后经过时间t1两车开始错车 则有 x1 x2 180 m 其中x1 at x2 vt1 1 22 1 解得t1 10 s 设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t2 则有 x1 x2 180 10 12 m 202 m 其中x1 at x2 vt2 1 22 2 解得t2 10 8 s 故两车错车时间 t t2 t1 0 8 s 挑战自我 13 1 10 s 2 36 m 3 14 s 解析 x t v 2 5 8 m 20 m 1 设警车发动起来后要时间t才能追上违章的货车 则 at2 vt x 1 2 解得t 10 s 或t 2 s 舍去 2 在警车追上货车之前 两车速度相等时 两车间的距离最大 设警车发动起来后经 时间t 两车速度相等 两车间的距离最大为xm 则 t 4 s v a xm x v t at 2 20 8 4 2 42 m 36 m 1 2 1 2 3 若警车的最大速度是 12 m s 则警车发动起来后加速的时间 t0 s 6 s vm a 12 2 设警车发动起来后经过时间t 追上违章的货车 则 8 at vm t t0 vt x 1 22 0 解得t 14 s 课时作业 五 课时作业 五 基础热身 1 A 解析 长木板不能侧向倾斜 但可以一端高一端低 故选项 A 错误 实验时 为了能在纸带上得到较多的点迹 释放小车前 小车应停在靠近打点计时器处 选项 B 正确 如果先释放小车 可能纸带上打不上几个点 选项 C 正确 为了保护小车 在小车到达定滑 轮前要用手使小车停止运动 选项 D 正确 2 1 匀加速直线 2 小于 用平均速度求位移 或用v t图象下的面积求位移 解析 1 由表中数据可知 每经过 0 1 s 速度大约增大 0 25 m s 在误差允许的范 围内 小车做匀加速直线运动 2 因为小车是不断加速的 而该同学把第一个 0 1 s 内的 运动看成是以最小速度做匀速运动 同样 其他时间段内也是这样运算的 这样算出的位移 比实际位移小 可以把时间分割得再细小一些 也可以利用平均速度来求位移 还可以利用 v t图象下的面积求位移 3 1 0 02 s 2 0 70 cm 0 68 cm 0 72 cm 均可 0 100 m s 解析 毫米刻度尺的精确度为 0 1 mm 故A B间的距离为 1 70 cm 1 00 cm 0 70 cm vC m s 0 100 m s xBD 2T 2 00 10 2 2 0 1 技能强化 4 C 解析 中间时刻瞬时速度等于全程的平均速度 所以vB 选项 C 正确 x2 x3 2T x6 x1 5 x2 x1 选项 B 错误 相邻计数点间的时间间隔是 0 1 s 选项 D 错误 按照实 验要求应该先接通电源再放开纸带 选项 A 错误 5 1 相等 匀加速 匀变速 2 乙同学 1 10 m s2 解析 1 由表中数据可知 x4 x3 x3 x2 x2 x1 小球做匀加速直线运动 2 乙 同学采用逐差法求加速度 较准确 加速度值为a 1 10 m s2 x3 x4 x2 x1 4T2 6 1 0 25 0 45 2 如图所示 3 1 00 解析 1 相邻两个计数点间的时间间隔为 0 1 s 所以vB m s 0 25 xAC 2T 0 05 0 2 m s CE m s 0 45 m s 2 如图所示 3 在v t图象中 图线的斜 v xCE 2T 0 14 0 05 0 2 率表示加速度 即a m s2 1 00 m s2 0 55 0 25 0 3 7 1 A C 2 2 98 2 97 2 99 均可 13 20 13 19 13 21 均可 3 如图所示 9 4 0 18 0 16 0 20 均可 4 80 4 50 5 10 均可 解析 1 还需要的实验器材有电压合适的 50 Hz 交流电源和刻度尺 2 用毫米刻度 读数 注意要估读一位 则x2 2 98 cm x5 13 20 cm 3 描点连线如图所示 4 设打 0 点时速度为v0 则x v0t at2 即 v0 at 由图可读出v0 0 18 m s 图线的斜 1 2 x t 1 2 率k a 2 4 a 4 8 m s2 1 2 8 1 相邻相等时间内的位移差相等 2 如图所示 3 0 800 m s2 解析 1 由图中所标纸带每段位移的大小 可知在相邻相等时间内的位移差相等 可 近似认为 y 8 mm 2 把图中的x轴作为时间轴 以纸带的宽度表示相等的时间间隔T 0 1 s 每段纸带 最上端中点对应v轴上的速度恰好表示每段时间的中间时刻的瞬时速度 即vn 因此 yn T 可以用纸带的长度表示每小段时间中间时刻的瞬时速度 将纸带上端中间各点连接起来 可 得到v t图象 如图所示 3 利用图象求斜率或用 y aT2均可以求得小车加速度a 0 800 m s2 挑战自我 9 3 0 10 2 2 8 10 2 3 1 10 2均可 9 0 10 2 能 利用 x6 x4 x4 x2 4aT2可求出x4的具体位置 其他合理方法均可 解析 从图中读出 5 6 之间的距离为 37 5 cm 24 0 cm 13 5 cm 2 3 之间的距离 为 6 0 cm 1 5 cm 4 5 cm 利用逐差法有x56 x32 3aT2 求出a 3 0 10 2 m s2 位 置 4 对应的速度为v4 10 2 m s 9 0 10 2m s 欲求 4 的具体位置 x35 2T 24 0 6 0 2 可以采用逐差法利用 x6 x4 x4 x2 4aT2求解 课时作业 六 课时作业 六 基础热身 1 AD 解析 力是物体间的相互作用 受力物体同时也是施力物体 施力物体同时也 是受力物体 所以 A 正确 产生弹力时 施力物体和受力物体同时发生形变 但弹力是由施 力物体形变引起的 反作用力是由受力物体形变引起的 放在桌面上的木块受到桌面给它向 10 上的弹力 这是由于桌面发生微小形变而产生的 故 B 不正确 力的作用是相互的 作用力 和反作用力同时产生 同时消失 故 C 选项错误 根据力的作用效果命名的力 性质可能相 同 也可能不相同 如向心力 可以是绳子的拉力 也可以是电场力 还可以是其他性质的 力 D 选项正确 2 CD 解析 地球上的物体运动或静止时都受地球的吸引作用 故运动或静止的物体 均受重力 选项 A 错误 某物体在地球某点处所受地球吸引而产生的重力一定 与此物体的 运动状态无关 选项 B 错误 选项 C 正确 物体所受重力G mg 在g一定时 G由m决定 选项 D 正确 3 AD 解析 弹簧的弹力为 2 N 有两种可能情形 弹簧处于拉伸状态 弹簧处 于压缩状态 当弹簧处于拉伸状态时 A 正确 当弹簧处于压缩状态时 D 正确 4 D 解析 物体B处于静止状态 则绳子拉力大小T mg A对绳的作用力的大小为 mg 再以物体A为研究对象 在竖直方向根据平衡条件有T N Mg 所以地面对A的作用 力的大小为N M m g 选项 D 正确 技能强化 5 B 解析 不拉A时 对A kx1 mg B刚要离开地面时 对 B kx2 mg L x1 x2 解得L 2mg k 6 C 解析 弹簧测力计的示数决定于作用在秤钩上力的大小 而与作用在和外壳相 连的提环上的力无关 故正确选项为 C 7 D 解析 绳A和绳C的拉力大小与方向均不变 所以其合力不变 对滑轮而言 杆的作用力必与两绳拉力的合力平衡 所以杆的弹力大小与方向均不变 选项 D 正确 8 D 解析 根据力的作用是相互的可知 轻质弹簧A B中的弹力大小是相等的 即 k1x1 k2x2 所以两弹簧的压缩量之比x1 x2 k2 k1 故选项 D 正确 9 AB 解析 小车向左做减速运动时 N可能为零 选项 A 正确 小车向左做加速运 动时 T可能为零 选项 B 正确 小车向右做加速运动时 N可能为零 选项 C 错误 小车 向右做减速运动时 T可能为零 选项 D 错误 10 C 解析 由图象可以看出在直线a对应的阶段 弹簧处于压缩状态 弹力F随着 缩短量的减小而减小 当弹簧长度为 12 cm 时恢复原长 直线b对应的是弹簧的伸长阶段 弹力F随伸长量的增大线性递增 由此可看出当弹力F 100 N 时 弹簧对应的形变量x 4 cm 根据胡克定律可求出弹簧的劲度系数k 2500 N m 选项 C 正确 F x 11 1 如图所示 2 G G 4 3 3 2 3 3 3 解析 1 对圆柱体进行受力分析 受力分析图如图所示 其中FN1 FN2 FN3分别为桌 面 挡板 细杆对圆柱体的弹力 2 已知竖直挡板对圆柱体的弹力大小为 2G 即FN2 2G 根据平衡关系有 FN3sin60 FN2 解得FN3 G 4 3 3 设圆柱体对均匀细杆AO的作用力大小为F N3 根据牛顿第三定律有 F N3 G 4 3 3 由竖直方向的平衡关系有 FN1 FN3cos60 G 11 代入数据解得FN1 G 2 3 3 3 12 1 4mg 2 4mg k 解析 1 对A B整体 mg FN 5mg 所以FN 4mg 2 对B FN 3mg Fk 所以Fk mg 物体C的质量改为 5m 当系统达到新的平衡状态后 进行受力分析 对A T Fk 2mg 对C T 5mg 所以Fk 3mg 即kx1 3mg x1 3mg k 开始时 弹簧的压缩量为x2 则kx2 mg 所以A上升的高度为 hA x1 x2 4mg k 挑战自我 13 F mA mB gsin mA mB gsin k 解析 B刚要离开C时 弹簧弹力大小为 F弹 mBgsin 以A为研究对象 受力如图所示 故合力F合 F F弹 mAgsin F mA mB gsin 开始时弹簧压缩量 x1 mAgsin k B刚要离开时 弹簧伸长量 x2 mBgsin k 所以A的位移d x1 x2 mA mB gsin k 课时作业 七 课时作业 七 基础热身 1 CD 解析 静摩擦力产生在两个相对静止的物体之间 与物体是否运动无关 滑动 摩擦力产生于两个相对运动的物体之间 与物体是否运动无关 选项 A B 均错误 静摩擦 力的大小与正压力的大小无关 一般由平衡条件或牛顿运动定律来求 滑动摩擦力 f FN 随着正压力的增大而增大 选项 C 正确 摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋 势方向相反 与速度方向无关 选项 D 正确 2 BC 解析 容器处于平衡状态 在竖直方向上重力与摩擦力平衡 盛满水前墙面对 容器的静摩擦力一直增大 如果一直没有达到正压力F作用下的最大静摩擦力 则水平力F 可能不变 选项 B C 正确 3 ABD 解析 题中没有明确F的大小 当F mgsin 时 物块M受到的摩擦力为 零 当Fmgsin 时 物块 M有上滑趋势 所受摩擦力沿斜面向下 当 0 F mgsin 时 静摩擦力f的取值范围是 12 0 f mgsin 可见f F fMgsin 时 摩擦力方向沿斜面向下 其大小等于mg Mgsin 则 越大 摩擦力越小 当mg45 N 滑块 就沿斜面滑动 故测力计的读数不可能为 60 N 8 A 解析 由题知mg kL 设物体所受摩擦力大小为f 方向沿斜面向上 由平衡条 件得 2mgsin30 kL f 解得f 0 故 A 正确 选项 B C D 错误 9 B 解析 分析小球m1的受力情况 由物体的平衡条件可得 绳的拉力T 0 故 C D 均错误 分析m2受力 由平衡条件可得 N m2g 故选项 A 错误 B 正确 10 60 N 6 kg 解析 对B球受力分析如图所示 物体B处于平衡状态 有 Tsin30 mBg 解得T 60 N mBg sin30 物体A处于平衡状态 则 在水平方向 Tcos30 FNAsin30 在竖直方向 FNAcos30 mAg Tsin30 由上两式解得 mA 6 kg 11 1 2 变小 夏天电线下坠距离较大 变小 故拉力变小了 G 2cos 解析 1 以电线为研究对象 电线两端所受的力为F1 F2 重力G可看作作用在电线 中点 F1 F2分解成水平方向和竖直方向两个分量 由共点力的平衡条件 F1cos F2cos G F1sin F2sin 0 解得F1 F2 G 2cos 2 夏天电线下坠距离较大 变小 故拉力变小了 挑战自我 12 N F N 20 33 40 33 解析 作出物体A受力图如图所示 由平衡条件 Fy Fsin F1sin mg 0 19 Fx Fcos F2 F1cos 0 由以上两式解得 F F1 mg sin F F2 2cos mg 2sin 要使两绳都能绷直 则有F1 0 F2 0 即F有最大值Fmax N mg sin 40 33 有最小值Fmin N mg 2sin 20 3 3 则F的取值范围是 N F N 20 33 40 33 课时作业 十一 课时作业 十一 基础热身 1 C 解析 原长的测量值小于真实值 设误差为 l 弹簧的实际伸长量 x x l 弹力与伸长量成正比 即F k x l 所以可能的图线是 C 2 D 解析 由于结点O的位置不变 所以F1和F2的合力大小和方向不变 画出平行 四边形如图所示 弹簧测力计A的拉伸方向不变 则F1的方向不变 弹簧测力计B顺时针 转动过程中 F2的大小和方向均不断改变 图中画出弹簧测力计B转动过程中的三个位置 两弹簧测力计的读数分别为F1 和F2 F1 和F2 F1 和F2 观察表示力的有向线段 的长短变化 可以看出弹簧测力计A的读数F1逐渐减小 而弹簧测力计B的读数F2先减小 后增大 当弹簧测力计B转动至与弹簧测力计A垂直时F2最小 3 甲 解析 由题设可知 F为F1和F2合力 是通过平行四边形定则作出的 而F 是F1和 F2的等效力 即用一只弹簧秤拉橡皮条时的拉力 显然F 的方向与细绳应在同一条直线上 故甲同学是尊重事实的 4 1 2 他们的假设不是全部正确 在弹性限度内 金属丝 杆 的伸长量与 拉力成正比 与截面半径的平方成反比 还与金属丝 杆 的长度成正比 解析 确定研究对象 选取实验器材属 制定计划 实验过程和测量数据属 搜集证 据 探究金属线材伸长量与拉力 长度 直径的关系时 应该采用控制变量法 技能强化 5 1 步骤 中未记下细线的方向 2 步骤 中除F1 F2的大小之外 还应根据 F1 F2的方向才能准确作图 3 步骤 中应将橡皮条与线的结点拉到原位置O点 6 在A点按同一标度作出F1 F2 F的图示 利用平行四边形定则作F1 F2的合力 20 F 比较F和F 的大小和方向 并得出结论 7 1 如图所示 2 25 解析 1 钩码质量为零时弹簧的长度为原长 可得弹簧原长为 6 0 cm 根据给出的 六组数据分别计算出对应状态下弹簧的伸长量 可在弹力F与弹簧伸长量x的关系图象中确 定出六个点 用平滑的曲线连接尽可能多的点 如图所示 所得图象是一条过原点的直线 本实验中最后一点要舍弃 2 由所得图象 计算图象的斜率即为弹簧的劲度系数k N m 25 N m 1 8 7 2 10 2 8 1 4 0 2 5 2 如图所示 解析 读弹簧测力计示数时 应注意首先找零刻度线 尤其是竖直放置的那个弹簧测 力计 它的读数是 2 5 N 而不是 3 5 N 水平放置的弹簧测力计读数是 4 0 N 9 C 解析 该实验验证两个分力的效果等效于其合力的效果 不必要求两个分力等 大 故选项 B 错误 与两绳长短无关 选项 A 错误 但需使两个分力与合力在同一平面内 故选项 C 正确 10 1 C 2 4 00 解析 在测量同一组数据的过程中 橡皮条结点O的位置不能变化 如果变化 即力 的效果变化 所以 A 选项错误 由于弹簧测力计是通过定滑轮拉结点O的 定滑轮只能改变 力的方向不能改变力的大小 所以弹簧测力计拉线的方向不一定要沿竖直方向 B 选项错误 弹簧测力计在使用过程中 不能超过其量程 C 选项正确 两个拉力的方向合适即可 不宜 太大 也不宜太小 但不一定为 90 所以 D 选项错误 自我挑战 11 1 如图所示 2 5 20 3 记录数据的表格如下 次数 123456 弹力F N 弹簧的长度 L 10 2 m 4 避免弹簧自身所受重力对实验的影响 弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成 实验的误差 21 解析 1 用平滑的曲线将各点连接起来 如图所示 2 弹簧的原长L0即为弹力为零 时弹簧的长度 由图象可知 L0 5 10 2 m 5 cm 劲度系数为图象直线部分的斜率 k 20 N m 课时作业 十二 课时作业 十二 基础热身 1 B 解析 F1的施力物体是地球 选项 A 错误 F2和F3是一对作用力和反作用力 选项 B 正确 F3的施力物体是小球 选项 C 错误 F4的反作用力是弹簧对天花板的作用力 选项 D 错误 2 A 解析 惯性只与质量有关 与速度无关 CD 不正确 失重或重力加速度发生变 化时 物体质量不变 惯性不变 所以 A 正确 B 错误 3 BD 解析 运动员蹬地的作用力与地面对他的支持力是作用力和反作用力 大小相 等 方向相反 B 正确 A 错误 运动员起跳过程是由静止获得速度的过程 因而有竖直向 上的加速度 合力竖直向上 运动员所受的支持力大于重力 选项 D 正确 C 错误 4 AB 解析 物体在三个共点力的作用下处于平衡状态 即合力为零 故任意两个力 的合力均与第三个力等大反向 选项 A 正确 由于物体处于平衡状态 所以任意建立直角坐 标系分解后均满足Fx 0 Fy 0 选项 B 正确 物体处于平衡状态时 可能静止 可能匀速 直线运动 如果F1 F2 F3中的任何一个力变大或突然撤去F3 则物体必然具有加速度 但 加速度的方向不一定与运动方向相同 可能相反 可能不共线 故物体不一定加速运动 也 不一定做直线运动 故选项 CD 错误 技能强化 5 C 解析 质量是物体惯性大小的唯一量度 只有改变物体的质量才能改变惯性 选项 C 正确 6 B 解析 作用力与反作用力总是大小相等 方向相反 分别作用在两个物体上的 选项 A C 错误 选项 B 正确 牛顿第三定律反映的规律与运动状态无关 选项 D 错误 7 D 解析 根据惯性的定义知 系好安全带主要是防止因刹车时人具有惯性继续向 前运动而造成伤害事故 选项 D 正确 8 C 解析 速度改变则运动状态改变 物体有加速度时 速度改变 运动状态一定 改变 A 不正确 物体做匀速直线运动时 速度不变 运动状态不改变 位置发生改变 B 不正确 C 正确 做曲线运动的物体 其速度方向不断变化 运动状态一定改变 D 不正 确 9 B 解析 当车突然停止时 若小车表面是光滑的 两滑块在水平方向不受力的作 用 两滑块将保持原来的运动状态 即保持原来的速度匀速运动 故两滑块不会相碰 若小 车表面是粗糙的 由于两滑块的材料相同 两滑块与车之间的动摩擦因数相同 当车突然停 止时 两滑块以相同的加速度做匀减速运动 两滑块也不会相碰 选项 B 正确 10 A 解析 环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力f 受力情 况如图甲所示 根据牛顿第三定律 环应给杆一个竖直向下的摩擦力f 故箱子竖直方向 上受重力Mg 地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力f 受力情况如图乙所示 由于箱 子处于平衡状态 可得FN f Mg f Mg 根据牛顿第三定律 箱子对地面的压力大小等 于地面对箱子的弹力 即F N f Mg 11 9 N 解析 对B进行受力分析 B受到重力 地面的支持力 A对它的作用力 由于A对B 的作用力的方向 大小都是未知的 所以要先求出B对A的作用力 再根据牛顿第三定律可 得出A对B的作用力的大小 方向 对A进行受力分析 A受到三个力的作用 重力 弹簧 22 的拉力 B对A的作用力 由于弹簧伸长量为 1 cm 由胡克定律可求出弹簧对A的拉力为 F kx 100 0 01 N 1 N 用GA表示A的重力 F表示弹簧对A的拉力 FB表示B对A的作用力 假设B对A的作 用力向上 取向上为正方向 由共点力作用下物体的平衡条件 F FB G 0 得 FB G F 4 N 可知B对A的作用力方向向上 大 小为 4 N 由牛顿第三定律可知A对B的作用力为向下的 4 N 再对B进行受力分析 由B的受力平衡条件可求出B受到地面的支持力FN为 9 N 12 1 mg F 2 2mg 解析 1 以甲为研究对象 甲受到重力mg 弹簧测力计对甲竖直向下的拉力F和台 秤P对甲的支持力FN1 由平衡条件有 FN1 mg F 根据牛顿第三定律可知 甲对台秤P的压力大小 FN1 FN1 mg F 故台秤P的读数为mg F 2 同理 以乙为研究对象 可得台秤Q的读数为mg F 因此 两台秤的读数之和为 2mg 挑战自我 13 26 N 54 N 解析 金属块的受力如图所示 因金属块静止 所以弹簧测力计对金属块的拉力大小 为T G F浮 又因G a3g 30 N F浮 水gV排 水ga2b 4 N 则T G F浮 30 N 4 N 26 N 所以弹簧测力计的示数为 26 N 由牛顿第三定律知 水对金属块的力与金属块对水的力大小都为 4 N 台秤的示数由于 浮力的作用力增加了F 4 N 所以台秤的示数为FN G F 54 N 课时作业 十三 课时作业 十三 基础热身 1 C 解析 过纵轴上一点作横轴的平行线 即取相同的初速度 从平行线与曲线的 交点可看出 动摩擦因数为 1的刹车距离s1小于动摩擦因数为 2的刹车距离s2 又 v2 2 1gs1 2 2gs2 因此 1 2 选项 C 正确 2 BD 解析 由题意及牛顿第二定律可得 F mg ma 即 a g 由图象的 F m 物理意义可知 直线的斜率为 纵轴截距为 g 可求得物体的质量和动摩擦因数 由于 1 m 物体与地面间的静摩擦力为变力 故不能求得静摩擦力 由于物体做非匀变速直线运动 故 不能求出F 12 N 时的速度 选项 BD 正确 AC 错误 3 A 解析 当用水平力F作用于B上使两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动 时 对A B整体 由牛顿第二定律可得F 3 mg 3ma 再用隔离法单独对A分析 由牛 顿第二定律可得 kx1 F 根据上述方法同理可求得沿竖直方向 沿斜面方向运动时 1 3 kx2 kx3 F 所以选项 A 正确 1 3 4 C 解析 在A点 弹簧弹力F大于摩擦力 mg 合外力向右 物体加速运动 在 O点 弹簧弹力减小到零 只受摩擦力 mg 方向向左 物体在A到O之间一定存在某点弹 力等于摩擦力 此时物体所受到的合外力为零 速度最大 故从A到O 物体先加速后减速 加速度先减小后增大 从O到B 合外力向左 物体一直减速运动 加速度一直增大 故 C 选项正确 23 技能强化 5 B 解析 小车匀加速向右运动时 重球将飞离木板后与小车一起加速运动 二者 保持相对静止 此时弹簧拉力大于重球重力 其读数变大 小车匀加速向左运动时 重球受 到木板向左的支持力 竖直方向上弹簧拉力仍与重力保持平衡 其读数不变 取整个系统分 析 由平衡条件可知小车对地面的压力保持不变 始终等于系统重力 综上可知选项 B 正 确 6 B 解析 由题意知 f1是静摩擦力 f1 mAa f2是滑动摩擦力 f2 mA mB g 若 增加C桶内沙的质量 系统加速度变大 故f1变大 f2不变 选项 B 正确 7 A 解析 对整体由平衡条件得F k m0g F1sin mg F1sin km0g mg F1 k sin 因为F1 k 0 故 sin 0 时 牵引力F最小 8 D 解析 物体所受合力先增大后减小 所以加速度先增大后减小 速度一直增大 选项 D 正确 9 D 解析 小球受力分析如图所示 车加速时 球的位置不变 则AB绳拉力沿竖直 方向的分力仍为T1cos 且等于重力G 即T1 故T1不变 向右的加速度只能是 G cos 由BC绳上增加的拉力提供 故T2增加 所以选项 D 正确 10 C 解析 若F mg 则合力为 0 环做匀速运动 选项 A 正确 若F mg 则合力 等于 F mg kv mg 环做减速运动 随着v减小 合力减小 加速度也减小 当 速度减小到一定值时 F mg 环匀速运动 选项 D 正确 若Fg 所以物体受到箱子上底面向下的弹力FN 由牛顿第二定律可知 mg FN ma 则FN ma mg 而a减小 则FN减小 所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小 同 理 当箱子和物体下降时 物体对箱子下底面有压力且压力越来越大 故 C 正确 4 BC 解析 物体受重力 支持力 摩擦力的作用 由于支持力 摩擦力相互垂直 25 所以把加速度a沿斜面方向和垂直于斜面方向分解 如图所示 沿斜面方向 由牛顿第二定律得 f mgsin masin 垂直于斜面方向 由牛顿第二定律得 FN mgcos macos 当 一定时 由 得 a越大 f越大 B 正确 由 得 a越大 FN越大 A 错误 当a一定时 由 得 越大 f越大 D 错误 由 得 越大 FN越小 C 正确 技能强化 5 C 解析 由于AB之间的最大静摩擦力F1大于B C之间的最大静摩擦力F2 当外 力F小于F2时 AB静止不动 当F大于F2时 二者一起加速运动 由牛顿第二定律 F F2 mA mB a 由于F逐渐增大 加速度逐渐增大 对木板 当满足 F1 F2 mBam 即 加速度am 且F F2 mA mB am时 A B开始相对滑动 此时 F1 F2 mB F F1 F1 F2 相对滑动后 对物体B有 F1 F2 mBa 做匀变速直线运动 选项 C 正 mA mB 确 6 B 解析 由题意可知 水平横躺时受到的风力是匀速下落时的 2 倍 即此时风力 为 2mg 开