复习讲义答案精析

复习讲义答案精析第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1讲运动的描述例1B[以地面作为参考系，头雁相对于地面的位置发生改变，头雁是运动的，A错误；若研究“雁阵”从一处飞往另一处的时间，“雁阵”的形状和体积可以忽略，则可以将“雁阵”看作一个质点，B正确；由于大雁在匀速飞行，摄影师为了拍摄一张清晰大雁队伍照片，应该以雁群中的某只大雁作为参考系，C错误；研究头雁扇动翅膀产生的上升气流时，不能忽略它的形状与体积，头雁不能看作质点，D错误．]例2D[40km自行车的运动轨迹不是直线，40km是指路程，故A错误；8：00整对应某一瞬间，即为时刻，故B错误；01：52：24对应一段时间，即为时间间隔，故C错误；研究该选手10km跑步的时间时，由于该选手的大小和形状可以忽略，所以可以将其看成质点，故D正确．]例3C[根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为x＝eq\r(x12＋x22)＝eq\r(82＋62)m＝10m，故选C.]例4B[全长66km表示路程，故A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；因位移未知，故不能求解平均速度，故C错误；由v＝eq\f(s,t)可知，平均速率为v＝eq\f(66km,0.5h)＝132km/h，大于全程限速100km/h，该汽车超速，故D错误．]例5C[计步器记录的行程为该同学在这段时间内行走的路程，即题图中的6.65公里指的是路程，故A错误；题图中的速度5.0千米/小时为对应路程与时间之比，即为平均速率，故C正确，B、D错误．]例6C[滑块通过A点时的速度大小为vA＝eq\f(d,tA)＝eq\f(1,0.010)cm/s＝100cm/s，故A错误；滑块通过B点时的速度大小为vB＝eq\f(d,tB)＝eq\f(1,0.005)cm/s＝200cm/s，故B错误；滑块的加速度大小为a＝eq\f(vB－vA,t)＝eq\f(2－1,0.200)m/s2＝5m/s2，故C正确；滑块在A、B间的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.3,0.200)m/s＝1.5m/s，故D错误．]例7B[物体的速度大小不变，加速度也可能不为零，速度的方向可能发生变化，故A错误；加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，只要物体的速度变化快，加速度就大，故B正确；物体的速度变化量大，加速度不一定大，还和这一变化所用时间有关，故C错误；当物体速度和加速度反向时，速度减小，加速度也可能增大，故D错误．]例8D[规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式得a＝eq\f(－10－8,1.0)m/s2＝－18.0m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度方向竖直向上，故选D.]例9B[加速度方向与速度方向同向时，速度增大，当加速度不变时，速度均匀增大；当加速度减小时，速度仍增大，但增大得越来越慢；当加速度为零时，速度达到最大值，保持不变，选项A错误，B正确；因质点速度方向不变化，始终向同一方向运动，最终做匀速运动，所以位移一直在增大，选项C、D错误．]第2讲匀变速直线运动的规律例1C[由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0.则有v＝v0－2at1，解得t1＝eq\f(v0－v,2a)，在隧道内匀速有t2＝eq\f(L＋l,v)列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3解得t3＝eq\f(v0－v,a)则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝eq\f(3v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v)，故选C.]例3D[由匀变速直线运动的规律x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得初速度v0＝30m/s，加速度a＝－5m/s2，刹车过程中在相邻1s内的位移差的绝对值|Δx|＝|a(Δt)|＝5m，从刹车开始计时到停下的时间tm＝eq\f(0－v0,a)＝6s,8s内通过的位移大小为xm＝eq\f(0－v02,2a)＝90m，选项B、C错误；把末速度为0的匀减速直线运动看成逆向的匀加速直线运动，刹车过程中最后1s内的位移大小为x1＝－eq\f(1,2)at02＝2.5m，从刹车开始计时，第1s内和第2s内的位移大小之比为11∶9，选项D正确，A错误．]例4C[以沿斜面向上为正方向，则a＝－5m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m时，x＝7.5m，由运动学公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t1＝3s或t2＝1s，运动时间可能为1s，可能为3s，故A、B错误．当物体的位移为沿斜面向下7.5m时，x＝－7.5m，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t3＝(2＋eq\r(7))s或t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故C正确．由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5m/s、v2＝5m/s、v3＝－5eq\r(7)m/s，故D错误．]例5B[“蛟龙号”上浮时的加速度大小为a＝eq\f(v,t)，根据逆向思维法，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为h＝eq\f(1,2)a(t－t0)2＝eq\f(vt－t02,2t)，故选B.]例6B[高速列车在AB段的平均速度为v1＝eq\f(AB,t1)＝44m/s，在BC段的平均速度为v2＝eq\f(BC,t2)＝49m/s，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知a＝eq\f(v2－v1,\f(t1,2)＋\f(t2,2))≈1.4m/s2，B正确．]例7C[根据位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知a＝eq\f(x4－x2,2T2)＝eq\f(8,2×12)m/s2＝4m/s2，故A正确，不符合题意；第2s内的位移为x2－x1＝eq\f(1,2)at22－eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×4×(22－12)m＝6m，故B正确，不符合题意；第2s末的速度为v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x5,t5)＝eq\f(\f(1,2)at52,t5)＝eq\f(\f(1,2)×4×52,5)m/s＝10m/s，故D正确，不符合题意．]例8D[因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，则v1∶v2∶v3＝为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，选项A、B错误．]第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题例1(1)(2－eq\r(3))s(2)(eq\r(5)－eq\r(3))s解析(1)木杆由静止开始做自由落体运动，设木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间为t下Ah下A＝eq\f(1,2)gt下A2，h下A＝20m－5m＝15m解得t下A＝eq\r(3)s设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t上Ah上A＝eq\f(1,2)gt上A2，解得t上A＝2s则木杆通过圆筒上端A所用的时间t1＝t上A－t下A＝(2－eq\r(3))s(2)设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t上B，则h上B＝eq\f(1,2)gt上B2，h上B＝20m＋5m＝25m解得t上B＝eq\r(5)s，则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(eq\r(5)－eq\r(3))s.例2B[在前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误；在相邻两个1s内的位移之差都是Δx＝gT2＝10m，故B正确；在第1s内、第2s内、第3s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误；在1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误．]例3C[b球下落高度为20m时，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，则a球下降了3s，a球的速度大小为v＝30m/s，故A错误；a球下降的总时间为t2＝eq\r(\f(2×125,10))s＝5s，此时b球下降了4s，b球的下降高度为h′＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，故b球离地面的高度为hB＝(125－80)m＝45m，故B错误；由自由落体的规律可得，在a球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C正确，D错误．]例47s60m/s解析解法一：全程法取全过程进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动过程草图，如图所示．重物在时间t内的位移h＝－175m将h＝－175m，v0＝10m/s代入h＝v0t－eq\f(1,2)gt2解得t＝7s或t＝－5s(舍去)所以重物落地时速度为v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．解法二：分段法设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则t1＝eq\f(v0,g)＝eq\f(10,10)s＝1s上升的最大高度h1＝eq\f(1,2)gt12＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝5m＋175m＝180m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×180,10))s＝6sv＝gt2＝10×6m/s＝60m/s(方向竖直向下)所以重物从气球上掉落到落地的时间t＝t1＋t2＝7s.例5C[物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时间为eq\f(tA,2)，从最高点自由下落到B点的时间为eq\f(tB,2)，A、B间距离为hAB＝eq\f(1,2)g[(eq\f(tA,2))2－(eq\f(tB,2))2]＝eq\f(1,2)×10×(2.52－1.52)m＝20m，故选C.]例6(1)20m/s(2)1s,3s，(2＋eq\r(7))s(3)7s解析(1)设物体抛出的初速度大小为v0，根据速度位移关系可得v02＝2gh解得v0＝20m/s(2)当物体的位移大小为15m时，若在抛出点上方，则有x＝v0t1－eq\f(1,2)gt12解得t1＝1s，t1′＝3s若在抛出点下方，则有－x＝v0t2－eq\f(1,2)gt22解得t2＝(2＋eq\r(7))s，t2′＝(2－eq\r(7))s(舍去)(3)若塔高H＝105m，物体从抛出到落到地面的时间－H＝v0t3－eq\f(1,2)gt32解得t3＝7s，t3′＝－3s(舍去)．例7(1)4.5m(2)2人(3)2m解析(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5m.(2)相邻两人间的距离差为1m，所以此刻A的上端滑道上还有2人．(3)设相邻两名游客的时间间隔为T，下滑的加速度为a，则有Δs＝CD－BC＝aT2,即aT2＝1m，A此时的速度为vA＝eq\f(AB＋AB－Δs,2T)＝eq\f(2,T)m/s，联立两式解得vA＝2aT，此时A距滑道顶端s＝eq\f(vA2,2a)＝2aT2＝2m.例8C[由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运动，减速到零后再做反向的加速运动，A错误；速度变化量大小为Δv＝v－(－2v)＝3v，因此所用时间t＝eq\f(Δv,a)＝eq\f(3v,a)，B错误；减速的过程中运动的路程s1＝eq\f(v2,2a)，反向加速运动的路程s2＝eq\f(2v2,2a)，因此总路程为s＝s1＋s2＝eq\f(5v2,2a)，C正确；再经过相同的时间，速度再增加3v，质点速度大小变为v′＝2v＋3v＝5v，D错误．]例9(1)60m/s(2)1.2m/s2解析(1)设经过t2＝40s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288km/h＝80m/s，则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60m/s.(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200m，从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝eq\f(v02－v12,2a1)＝2800m，从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500m＝1500m，则a2＝eq\f(v12,2x3)＝1.2m/s2.专题强化一运动图像问题例1C[x－t图像只能表示直线运动的规律，即舰载机起飞的运动轨迹是直线，A错误；在0～3s内，舰载机通过的位移为x＝36m－0＝36m，平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(36,3)m/s＝12m/s，B错误；在2～2.55s内的平均速度为eq\x\to(v′)＝eq\f(xMN,tMN)＝eq\f(26－15,2.55－2)m/s＝20m/s，根据2～2.55s内的平均速度等于MN连线的斜率大小，在M点对应的位置，舰载机的速度等于过M点的切线斜率大小，可知在M点对应的位置，舰载机的速度大于MN段平均速度20m/s，C正确；在0～2s内的平均速度为eq\x\to(v″)＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(15－0,2)m/s＝7.5m/s，0～2s内的平均速度等于ON连线的斜率大小，在N点对应的时刻，舰载机的速度等于过N点的切线斜率大小，可知在N点对应的时刻，舰载机的速度大于ON段平均速度7.5m/s，D错误．]例2A[BC段，质点的位移大小为x＝eq\f(5＋12,2)×4m＝34m，选项A正确；在18～22s时间内，质点的位移为x＝eq\f(12×2,2)m＋(－eq\f(12×2,2))m＝0，选项B错误；由题图看出，CE段图线斜率的绝对值最大，则CE段对应过程的加速度最大，选项C错误；由题图看出，在0～20s时间内，速度均为正值，质点沿正方向运动，在20～22s时间内，速度为负值，质点沿负方向运动，所以整个过程中，D点对应时刻离出发点最远，选项D错误．]例3C[根据v－t图像中图线与横轴围成面积表示位移大小，由题图可得x<eq\f(1,2)vt，解得v>eq\f(2x,t)，故A错误；由题图可得x－x0<eq\f(v＋vC,2)t0，解得v>eq\f(2x－x0,t0)－vC，故B错误；由题图可得x0>eq\f(1,2)(t1－t0)vC，由于图线上C点的切线与AB平行，则有eq\f(vC,t1－t0)＝eq\f(v,t)，又有v>eq\f(2x,t)，整理得x0>eq\f(1,2)(t1－t0)vC＝eq\f(vt1－t02,2t)>eq\f(xt1－t02,t2)，故D错误，C正确．]例4C[在0～1s的时间内，加速度不变，物体做匀加速运动，在1～2s的时间内加速度数值减小，物体做加速度减小的加速运动，A错误；2s时，加速度为0，速度最大，此时位移不是最大，B错误；a－t图像中图线与横轴所围的面积表示速度的变化量，在2～3s的时间内，速度变化量为Δv＝eq\f(1,2)×1×(－2)m/s＝－1m/s，C正确；在0～4s内，物体的速度变化量为0，即物体在4s时停止运动，位移不为0，D错误．]例5D[根据匀变速直线运动的公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，变形得到eq\f(x,t)＝eq\f(1,2)at＋v0，结合图像可知v0＝6m/s，a＝－6m/s2，故A、B错误；根据公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，在0～2s内物体的位移为x1＝6×2m＋eq\f(1,2)×(－6)×22m＝0，故C错误；根据公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，在0～3s内物体的位移为x2＝6×3m＋eq\f(1,2)×(－6)×32m＝－9m，即3s末物体位于出发点左侧9m处，故D正确．]例6B[由题图可知，减速之前汽车的位移为x1＝4m，根据匀变速直线运动的速度位移公式可得v2－v02＝2ax，由图像解得a＝－5m/s2，当速度为5m/s时，汽车的位移为x2＝eq\f(v2－v02,2a)＝37.5m，故汽车的位移为x＝x1＋x2＝41.5m，A、C、D错误，B正确．]例7C[汽车制动过程，由题图乙可知其加速度a随位移x均匀增大，故汽车做加速度逐渐增大的减速运动，故A错误；根据匀变速运动的速度位移公式v2－v02＝2ax，汽车做非匀变速运动，运用“微元法”，可知“a－x”图线与x轴所围图形的“面积”表示“速度平方变化量的一半”．可知汽车制动中0－v02＝2×eq\f(1,2)×(－6)×12(m2/s2)，可得汽车制动时的速度大小为v0＝6eq\r(2)m/s，故B错误，C正确；刹车过程中最大加速度为6m/s2，如果一直以最大加速度刹车，所用的时间为t′＝eq\f(v0,|a|)＝eq\r(2)s，实际加速度是逐渐增大的，所以刹车制动时间一定大于eq\r(2)s，故D错误．]例8A[x－t图像斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x－t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x－t图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x－t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v－t图像可能正确，故选A.]例9(1)见解析图(2)32m解析(1)根据题意作出物体的v－t图像，如图所示．(2)由v－t图像可知0～3s内位移大小为Δx1＝eq\f(1,2)×3×2m＝3m0～30s内位移大小为10Δx1＝30m30～32s内位移大小为Δx2＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m故0～32s内物体位移大小为x＝10Δx1＋Δx2＝32m.专题强化二追及相遇问题例12s6m解析解法一(分析法)：汽车与自行车的速度相等时相距最远，设此时经过的时间为t，两车间的距离为Δx，则有v＝at所以t＝eq\f(v,a)＝2s，Δx＝vt－eq\f(1,2)at2＝6m.解法二(二次函数法)：设汽车在追上自行车之前经过时间t两车相距最远，则Δx＝vt－eq\f(1,2)at2代入已知数据得Δx＝6t－eq\f(3,2)t2由二次函数求极值的条件知：t＝2s时，Δx有最大值为6m所以t＝2s时两车相距最远，为6m.解法三(图像法)：自行车和汽车的v－t图像如图所示，由图可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，v1＝6m/s所以有t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(6,3)s＝2s，Δx＝eq\f(v1t1,2)＝eq\f(6×2,2)m＝6m.例2(1)16m(2)8s解析汽车A和B的运动过程如图所示．(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即vB－at＝vA，解得t＝3s此时汽车A的位移xA＝vAt＝12m汽车B的位移xB＝vBt－eq\f(1,2)at2＝21m故最远距离Δxmax＝xB＋x0－xA＝16m.(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝eq\f(vB,a)＝5s运动的位移xB′＝eq\f(vB2,2a)＝25m汽车A在t1时间内运动的位移xA′＝vAt1＝20m此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12m汽车A需再运动的时间t2＝eq\f(Δx,vA)＝3s故A追上B所用时间t总＝t1＋t2＝8s.[拓展延伸]见解析解析(1)这个结果不合理，因为汽车B运动的时间最长为t＝eq\f(vB,a)＝5s<7s，说明汽车A追上B时汽车B已停止运动．(2)由位移时间关系公式有：vBt－eq\f(1,2)at2＝x0＋vAt，解得t1＝(3－eq\r(2))s，t2＝(3＋eq\r(2))s.例3(1)28m(2)132m解析(1)设甲车与货车之间的距离为d，由题意可得x甲＝d＋x货＋4mx甲＝v0t1＋eq\f(1,2)at12x货＝v0t1解得d＝28m(2)甲车位移x甲＝72m乙车位移x乙＝v乙t1＝60m则甲、乙两车之间的距离至少是L＝x甲＋x乙＝132m.例4D[若是x－t图像，当甲、乙两车的速度相同时，相对速度为零，距离最远，故A、B错误；若是v－t图像，因为图像与横轴所围图形面积表示位移，则在t1～t2时间内，两车间的距离不断增大，故C错误，D正确．]例5C[甲车的加速度a1＝eq\f(Δv甲,Δt甲)＝eq\f(0－25,25)m/s2＝－1m/s2，加速度大小为1m/s2，两车刚好没有发生碰撞，此时两车速度相等，所经历的时间为20s，此时甲车的位移为x甲＝v甲t＋eq\f(1,2)a甲t2＝(25×20－eq\f(1,2)×1×400)m＝300m，乙车的加速度a2＝eq\f(Δv乙,Δt乙)＝eq\f(0－15,30)m/s2＝－0.5m/s2，此时乙车的位移为x乙＝v乙t＋eq\f(1,2)a乙t2＝(15×20－eq\f(1,2)×0.5×400)m＝200m，所以两车开始刹车时的距离为s＝x甲－x乙＝100m，故A、B错误；甲、乙在20s时速度相等，所以v乙＝(15－0.5×20)m/s＝5m/s，故C正确；根据图像与横轴围成的面积表示位移大小可知，两车都停下来后相距为Δx＝eq\f(1,2)×(30－25)×5m＝12.5m，故D错误．]例6C[由题给图像画出两车的v－t图像如图所示，由图像可知，t＝6s时两车等速，此时距离最近，图中阴影部分面积表示0～6s内两车位移之差，即Δx＝[eq\f(1,2)×30×3＋eq\f(1,2)×30×(6－3)]m＝90m<x0＝100m，即两车在t＝6s时距离最近，最近距离为x0－Δx＝10m，故A、B错误，C正确；t＝6s时，两车相距10m，且甲车在前、乙车在后，在6～9s内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大，故在0～9s内，甲车一直在前，两车不会相撞，故D错误．]实验一探究小车速度随时间变化的规律例1A0.2330.75解析根据题述，物块加速下滑，在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是A点．根据刻度尺读数规则可读出，B点对应的刻度为1.20cm，C点对应的刻度为3.15cm，D点对应的刻度为5.85cm，E点对应的刻度为9.30cm，AB＝1.20cm，BC＝1.95cm，CD＝2.70cm，DE＝3.45cm.两个相邻计数点之间的时间间隔T＝5×eq\f(1,50)s＝0.10s，根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，打出C点时物块的速度大小为vC＝eq\f(BC＋CD,2T)≈0.233m/s.由逐差法可得a＝eq\f(CD＋DE－AB＋BC,4T2)，解得a＝0.75m/s2.例2(1)80.02(2)0.10.00700.10.2(3)CD解析(1)电磁打点计时器是使用交变电源的计时仪器，它的工作电压是8V；当电源的频率为50Hz时，它每隔0.02s打一次点．(2)每两个相邻计数点间有四个点没有画出，则计数点之间的时间间隔是T＝5×0.02s＝0.1s，从题图中读出A、B两点间距x＝0.70cm＝0.0070m；根据做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，则有C点速度大小等于vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(0.90＋1.10,2×0.1)×10－2m/s＝0.1m/s，小车的加速度大小为a＝eq\f(xCD－xBC,T2)＝eq\f(0.002,0.12)m/s2＝0.2m/s2.(3)在使用打点计时器时应先打开电源再释放小车，故A错误；为了使打点计时器工作，必须使用交变电源，故B错误；每打完一条纸带，要及时切断打点计时器的电源，故C正确；对纸带处理时，要从打出的纸带中选择一条点迹清晰的纸带进行处理，故D正确．例3(1)D(2)可以由图乙可知小车运动的x∝t2，则小车做初速度为0的匀加速直线运动，则运动中小车的速度随时间均匀变化(3)0.00700.05解析(1)滴水计时器的计时原理与打点计时器计时原理类似，无需再用停表计时，故A项错误，D正确；在斜面上做实验是为了使小车的重力沿斜面方向的分力大于小车下滑过程中的阻力，从而使小车做匀加速运动，进而测量小车加速度，故B项错误；设斜面倾角为θ，则小车运动过程中的加速度a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ，与小车质量无关，故C项错误．(2)由题图乙知x∝t2，则小车做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为定值，因此运动中小车的速度随时间均匀变化．(3)由题图丙知A、B两点间距s＝7.0mm＝0.0070m小车运动的加速度为a＝eq\f(xCD－xBC,T2)＝0.05m/s2.例4(1)相邻1s内的位移之差接近Δx＝80m(2)547(3)79解析(1)第1s内的位移507m，第2s内的位移587m，第3s内的位移665m，第4s内的位移746m，第5s内的位移824m，第6s内的位移904m，则相邻1s内的位移之差接近Δx＝80m，可知飞行器在这段时间内做匀加速运动；(2)当x＝507m时飞行器的速度等于0～2s内的平均速度，则v1＝eq\f(1094,2)m/s＝547m/s；(3)根据a＝eq\f(x36－x03,9T2)＝eq\f(4233－2×1759,9×12)m/s2≈79m/s2.例5(1)eq\f(\f(d,t2)－\f(d,t1),Δt)(2)eq\f(d2,2k)解析(1)遮光条经过光电门1和2的速度大小分别为v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，滑块的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(\f(d,t2)－\f(d,t1),Δt)；(2)滑块从静止开始做匀加速直线运动，有2ax＝(eq\f(d,t))2，整理得x＝eq\f(d2,2a)·eq\f(1,t2)，依题意有k＝eq\f(d2,2a)，整理得a＝eq\f(d2,2k).例6(1)左401.5(2)C解析(1)①重锤自由落体，速度越来越大，纸带点迹间的距离越来越大，所以纸带的左端连接重锤；②由逐差法g＝eq\f(x3＋x4－x1－x2,4T2)，其中f＝eq\f(1,T)，代入数据解得f＝eq\r(\f(4g,x3＋x4－x1－x2))＝eq\r(\f(4×9.8,45.9＋39.9－27.6－33.7×10－3))Hz＝40Hz，根据匀变速直线运动的规律可得A点的速度为vA＝eq\f(x3＋x2,2T)＝eq\f(0.0337＋0.0399,2)×40m/s≈1.5m/s.(2)该次实验产生误差其中最主要的原因是“枪头”打点瞬间阻碍纸带的运动，故A、B错误，C正确．第二章相互作用第1讲重力弹力摩擦力例1C[物体受到重力的作用，与物体的运动状态无关，A错误；重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，B错误；物体的重力随纬度增大而增大，因此地面上的同一物体在赤道上所受重力最小，C正确；物体挂在弹簧测力计下处于平衡状态时，弹簧测力计的示数才等于物体的重力，D错误．]例2D[水管口持续有水流出，而过一段时间桶会翻转一次，主要原因是流入的水导致水桶与水整体的重心往上移动，桶中的水到一定量之后水桶不能保持平衡，发生翻转，故选D.]例3C[选项A中小球只受重力和杆的弹力的作用，且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹力方向应竖直向上，故A错误；选项B中，因为右边的绳竖直向上，如果左边的绳有拉力，则竖直向上的那根绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，故B错误；球与球接触处的弹力方向，垂直于过接触点的公切面(即在两球心的连线上)，且指向受力物体，故C正确；球与面接触处的弹力方向，过接触点垂直于接触面(即在接触点与球心的连线上)，即选项D中大半圆对小球的支持力FN2的方向应是沿着过小球与圆弧接触点的半径，且指向圆心，故D错误．]例4D[当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小球重力大小，此时细绳的拉力FT＝0；当小车和小球向右做匀加速直线运动时，绳的拉力不可能为零，弹簧弹力有可能为零，故D正确．]例5D[对小球受力分析如图，由图可知，当a大小不同时，杆上的弹力与竖直方向的夹角也不同，方向不一定沿杆，但一定是斜向上，且F>mg，选项A、B、C错误；由几何关系可知，F＝eq\r(mg2＋ma2)，选项D正确．]例6D[由题意知，两根轻弹簧串接在一起，则两弹簧弹力大小相等，根据胡克定律F＝kx得，x与k成反比，则得b弹簧的伸长量为eq\f(k1L,k2)，故A、B错误；P端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和，即为L＋eq\f(k1,k2)L＝(1＋eq\f(k1,k2))L，故C错误，D正确．]例7B[白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受力不平衡，镇纸的作用是增大白纸与桌面之间的最大静摩擦力，故A错误；在书写的过程中毛笔相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B正确；白纸与镇纸之间没有摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸向右的摩擦力以及桌面对白纸向左的摩擦力，故C错误；根据牛顿第三定律可知，白纸对桌面的摩擦力向右，故桌面受到向右的摩擦力，故D错误．]例8C[因为甲情形中行李箱m随输送带一起匀速运动，行李箱处于平衡状态，故行李箱在水平方向不受摩擦力，A、D错误；乙情形中行李箱m随输送带一起匀速运动，行李箱处于平衡状态，所以行李箱受到沿输送带向上的摩擦力，B错误，C正确．]例9A[需用约1N的拉力克服最大静摩擦力，A4纸受正反两面的两个摩擦力，不计书皮及A4纸的质量，有1N＝2μeq\f(G,n)n1＝2×μ×eq\f(6,424)×106(N)，解得μ≈0.33，故选A.]例10(1)8N水平向右(2)24N水平向左(3)40N解析(1)物块Q所受到的滑动摩擦力的大小Ff1＝μFNQ＝μGQ＝0.4×20N＝8N方向水平向右．(2)物块P所受桌面的滑动摩擦力的大小Ff2＝μFNP＝μ(GP＋GQ)＝0.4×(40＋20)N＝24N方向水平向左．(3)设跨过定滑轮的轻绳拉力大小为FT，对物块Q，由平衡条件得FT＝Ff1＝8N对物块P受力分析，P水平方向受到向右的拉力F、向左的轻绳拉力FT、Q对P向左的摩擦力Ff1′及桌面对P向左的摩擦力Ff2，根据平衡条件，有F＝Ff1′＋Ff2＋FT＝8N＋24N＋8N＝40N.第2讲摩擦力的综合分析例1D[A物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相对运动或相对运动趋势，即无摩擦力作用，故A错误；B、C两物体虽运动方向不同，但只要是做匀速直线运动就都处于平衡状态，由沿传送带方向所受合力为零可知，B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用，故B、C错误；若传送带突然加速，根据牛顿第二定律，可知A受到向右的摩擦力作用，故D正确．]例2B[对题图甲：设物块m受到重力、支持力、摩擦力的作用，而重力与支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物块m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误；对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m匀速下滑，m必受力平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m受到与斜面平行向上的摩擦力，B正确，D错误．]例3A[对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，支持力FN＝mgcosθ，滑动摩擦力Ff＝μFN＝mgsinθ，则拉力F＝2mgsinθcos

eq\f(θ,2)，故A正确．]例4A[设绳中张力为F，对A由平衡条件可得Fcos53°＝μ(mAg－Fsin53°)，对B由平衡条件可得Fcos37°＝μ(mBg－Fsin37°)，联立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(4μ＋3,3μ＋4)，选项A正确．]例5C[由题意得，物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Ffm≥5N，当小车加速运动时，假设物体A与小车仍然相对静止，则物体A所受合力大小F合＝ma＝10N，可知此时小车对物体A的摩擦力大小为5N，方向向右，且为静摩擦力，所以假设成立，物体A受到的摩擦力大小不变，故A、B错误，C正确；弹簧长度不变，物体A受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误．]例6C[在t＝0时刻，力传感器显示拉力为2N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为2N，由小车与空沙桶受力平衡，可知空沙桶的重力也等于2N．t＝50s时，静摩擦力达到最大值，即最大静摩擦力为3.5N，同时小车启动，说明沙子与沙桶总重力等于3.5N，此时静摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为3N．此后由于沙子和沙桶总重力3.5N大于滑动摩擦力3N，故第50s后小车将做匀加速直线运动，不能得到滑块的重力，故也不能由Ff＝μFN得到动摩擦因数的大小，故只有C正确．]例7B[推力F＝FN＝kt，开始物体沿墙面竖直向下滑动，Ff＝μFN＝μkt，为正比例函数，当Ff增加到大于G时，物体开始减速，Ff继续增大，当速度减为零时，物体静止，此时摩擦力为静摩擦力，大小等于物体的重力且不再变化，故选B.]例8D[当小木块速度小于传送带速度时，小木块相对于传送带向上滑动，小木块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，加速度a＝gsinθ＋μgcosθ；当小木块速度与传送带速度相同时，由于μ<tanθ，即μmgcosθ<mgsinθ，所以速度能够继续增大，此时滑动摩擦力的大小不变，而方向突变为向上，且a＝gsinθ－μgcosθ，加速度变小，则v－t图像的斜率变小，所以D正确．]第3讲力的合成与分解例1B[由力的合成可知，两共点力合力的范围为|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，所以合力可能大于任一分力，也可能小于任一分力，还可能与两分力相等，故A错误；若力F1与F2大小不变，θ角越小，则合力F越大，故B正确；如果夹角θ不变，力F1大小不变，F2增大，则合力F可能减小，可能增大，故C错误；F1与F2同时增加10N，根据平行四边形定则合成之后，合力的大小增加不一定是10N，故D错误．]例2B[先以力F1和F2为邻边作平行四边形，其合力与F3共线，大小F12＝2F3，如图所示，F12再与第三个力F3合成求合力F合，可得F合＝3F3，故选B.]例3D[弓弦拉力的合成如图所示，由于F1＝F2，由几何关系得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正确．]例4B[斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为F1、F2，且F1＝F2，利用几何三角形与力的三角形相似有eq\f(d,F)＝eq\f(l,F1)＝eq\f(l,F2)，得推压木柴的力F1＝F2＝eq\f(l,d)F，所以B正确，A、C、D错误．]例5D[对结点O受力分析可得，水平方向有F1x＝F2x，即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；F1y＝eq\f(F1x,tanα)，F2y＝eq\f(F2x,tanβ)，因为α>β，故F1y<F2y，选项A、B错误．]例6C[因为绳子张力始终与物体B的重力平衡，所以绳子张力不变，因为物体A的重力不变，所以绳子与水平方向的夹角不变，因为绳子一端从P点缓慢移到Q点，所以物体A会下落，物体B位置会升高，故选C.]例7B[依据力的作用效果将铁球对结点O的拉力分解如图所示．据图可知FB>FA，又因为两绳承受的最大拉力相等，故当向球内不断注入铁砂时，BO绳先断，选项B正确．]例8D[题图甲中是一根绳跨过光滑定滑轮，绳中的弹力大小相等，两段绳的拉力大小都是m1g，互成120°角，则合力的大小是m1g，方向与竖直方向成60°角斜向左下方，故BC对滑轮的作用力大小也是m1g，方向与竖直方向成60°角斜向右上方，A选项错误；题图乙中HG杆受到绳的作用力大小为eq\r(3)m2g，B选项错误；题图乙中FEGsin30°＝m2g，得FEG＝2m2g，则eq\f(FAC,FEG)＝eq\f(m1,2m2)，C选项错误，D选项正确．]第4讲牛顿第三定律共点力平衡例1D[甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对作用力与反作用力，大小相等，与二者的运动状态无关，即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力时，甲才能获胜，故A、B、C错误，D正确．]例2B[水平力F与墙壁对物体的弹力作用在同一物体上，大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上，是一对平衡力，选项A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，这两个力是一对平衡力，选项B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力既不是平衡力，也不是相互作用力，选项C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，选项D错误．]例3A[环在竖直方向上受重力及箱子内的杆对它的竖直向上的摩擦力Ff，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Ff′，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Ff′，受力情况如图乙所示．以环为研究对象，有mg－Ff＝ma，以箱子和杆整体为研究对象，有FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg＝Mg＋mg－ma.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支持力大小，即FN′＝Mg＋mg－ma，故选项A正确．]例4A[由题可知，A、B均处于平衡状态，对A、B整体受力分析，如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，C错误；对B受力分析，如图乙所示，受到重力、A对B的弹力及摩擦力，故B受到三个力，B错误；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，A正确，D错误．]例5C[对a和b受力分析可知，a可能受重力、杆的支持力、绳的拉力3个力的作用，可能还受摩擦力共4个力的作用，b受重力、绳的拉力2个力或重力、绳的拉力、杆的支持力、摩擦力4个力的作用，选项A、B错误；对b受力分析可知，b受绳子拉力大小可能等于mg，因此绳子对a的拉力大小可能等于mg，选项C正确；对a受力分析，如果a、b所受摩擦力均为零，则由Gasinθ＝mgcosθ可得Ga＝eq\f(mg,tanθ)，即ma＝eq\f(m,tanθ)，选项D错误．]例6B[取O点为研究对象，O点在三力的作用下处于平衡状态，对其受力分析如图所示，FT1＝FT2，两力的合力与F等大反向，根据几何关系可得2β＋α＝180°，所以β＝55°，故选B.]例7D[以结点P为研究对象，受力分析如图所示，则拴接小球m1轻绳的拉力大小等于m1g，由力的平衡条件将杆OP的支持力与轻绳的拉力合成，可得m1g＝2m2gcos30°，解得m1∶m2＝eq\r(3)∶1，故A、B、C错误，D正确．]例8C[当F水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，由平衡条件得Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)，联立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故选项C正确．]例9A[对下面的小球进行受力分析，如图甲所示．根据平衡条件得F＝mgtan45°＝mg，FB＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg；对两个小球整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得tanθ＝eq\f(F,2mg)，又F＝mg，解得tanθ＝eq\f(1,2)，FA＝eq\r(2mg2＋F2)＝eq\r(5)mg，由题可知两弹簧的形变量相等，则有x＝eq\f(FA,kA)＝eq\f(FB,kB)，解得eq\f(kA,kB)＝eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(5),\r(2))，故A正确，B、C、D错误．]专题强化三动态平衡问题平衡中的临界、极值问题例1A[以球B为研究对象，受力分析如图所示，可得出F1＝Gtanθ，F2＝eq\f(G,cosθ)，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小，故A正确．]例2C[对小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和挡板的弹力FN2，如图，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球所受的合力为零，根据平衡条件得知，FN1和FN2的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出小球在三个不同位置力的受力分析图，由图看出，斜面对小球的支持力FN1逐渐减小，挡板对小球的弹力FN2先减小后增大，当FN1和FN2垂直时，弹力FN2最小，故选项C正确，A、B、D错误．]例3A[受力分析如图所示，力三角形与几何三角形(△O2OO1)相似，则有eq\f(G,O2O1)＝eq\f(FN,OO1)＝eq\f(F,OO2)，因为O2O1、OO1长度不变，故FN大小不变，OO2长度变短，故F变小，故A正确，B、C、D错误．]例4D[以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以D正确，A、B、C错误．]例5A[对滑轮受力分析如图甲所示，由于跨过滑轮的绳子拉力一定相等，即F1＝F2，由几何关系易知绳子拉力方向与竖直方向夹角相等，设为θ，可知F1＝F2＝eq\f(mg,2cosθ)①如图乙所示，设绳长为L，由几何关系得sinθ＝eq\f(d,L)②其中d为两端点间的水平距离，由B点向C点移动过程中，d先变大后不变，因此θ先变大后不变，由①式可知绳中拉力先变大后不变，故A正确．]例6eq\f(50\r(3),3)N≤F≤eq\f(100,3)eq\r(3)N解析设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受力分析，由平衡条件有Fcosθ－F2－F1cosθ＝0，Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0，可得F＝eq\f(mg,sinθ)－F1，F＝eq\f(F2,2cosθ)＋eq\f(mg,2sinθ).若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0，则F的最大值Fmax＝eq\f(mg,sinθ)＝eq\f(100,3)eq\r(3)N，F的最小值Fmin＝eq\f(mg,2sinθ)＝eq\f(50,3)eq\r(3)N，即拉力F的大小范围为eq\f(50\r(3),3)N≤F≤eq\f(100,3)eq\r(3)N.例72eq\r(26)N解析设拉力与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有Fcosθ＝μ(mg－Fsinθ)，整理得cosθ＋μsinθ＝eq\f(μmg,F)，eq\r(1＋μ2)sin(α＋θ)＝eq\f(μmg,F)(其中sinα＝eq\f(1,\r(1＋μ2)))，当θ＝eq\f(π,2)－α时F最小，故所需拉力F的最小值Fmin＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))＝2eq\r(26)N.实验二探究弹簧弹力与形变量的关系例1(1)刻度尺(2)弹簧原长、弹簧所受外力与弹簧对应的长度(3)200弹簧自身重力的影响(4)CBDAEFG解析(1)根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹簧原长和挂上钩码后的长度．(2)根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧所受外力与弹簧对应的长度．(3)取题图乙中(0.5cm,0)和(3.5cm，6N)两个点，代入ΔF＝kΔx，解得k＝200N/m，由于弹簧自身的重力影响，使得实验中弹簧不加外力时就有形变量．(4)根据实验操作的合理性可知，实验步骤的先后顺序为CBDAEFG.例2(1)见解析图(2)5.15(5.10～5.25均可)53.3(52.2～55.8均可)(3)不受影响偏小解析(1)作出m－x图像如图；(2)根据图像数据确定：弹性绳原长约为5.15cm，弹性绳的劲度系数约为k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(120×10－3×10,7.40－5.15×10－2)N/m≈53.3N/m(3)若实验中刻度尺的零刻度略高于弹性绳上端结点O，则由实验数据得到的劲度系数将不受影响；若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，则测得的弹簧伸长量偏大，则由实验数据得到的劲度系数将偏小．例3(1)6.046.05(2)3(3)48.6解析(1)ΔL3＝L6－L3＝(18.09－12.05)cm＝6.04cm压缩量的平均值为eq\x\to(ΔL)＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝eq\f(6.03＋6.08＋6.04,3)cm＝6.05cm(2)因三个ΔL是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量；(3)根据钢球的平衡条件有3mgsinθ＝k·eq\x\to(ΔL)，解得k＝eq\f(3mgsinθ,\x\to(ΔL))＝eq\f(3×0.2×9.80×sin30°,6.05×10－2)N/m≈48.6N/m.例4(1)12.20(2)见解析图83.3(83.1～83.5都算正确)解析(1)刻度尺的最小刻度为1mm，根据刻度尺的读数规则可知，估读到最小刻度的下一位，故读数为12.20cm.(2)根据表格数据作出图像，如图所示；对重物受力分析可知FN＋F＝mg，则FN＝mg－kΔx，即FN＝mg－k(x－x0)，得图像的斜率绝对值为弹簧的劲度系数，由图像可知k＝eq\f(ΔFN,Δx)＝eq\f(6.00,0.1940－0.1220)N/m≈83.3N/m.例5(3)见解析图(4)15.35(5)128解析(3)根据表格数据描点连线如图；(4)由题图(c)可知刻度尺的分度值为1mm，故读数l＝15.35cm；(5)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为l0，则n1mg＝k(l1－l0)，n2mg＝k(l2－l0)则橡皮筋的劲度系数为k＝eq\f(n2－n1mg,l2－l1)从作出的l－n图线读取数据则可得k＝eq\f(n2－n1mg,l2－l1)＝eq\f(10,3)mg(N/cm)，l0＝eq\f(n2l1－n1l2,n2－n1)＝9.00cm设冰墩墩的质量为m1，则有m1g＝k(l－l0)可得m1＝eq\f(10,3)×6.05×(15.35－9.00)g≈128g.例6(1)①81.7②0.0122(2)见解析图(3)eq\f(1.73×103,n)(eq\f(1.67×103,n)～eq\f(1.83×103,n)均可)eq\f(3.43,l0)(eq\f(3.31,l0)～eq\f(3.62,l0)均可)解析(1)①k＝eq\f(mg,Δx2)＝eq\f(0.100×9.80,5.26－4.06×10－2)N/m≈81.7N/m；②eq\f(1,k)＝eq\f(1,81.7)m/N≈0.0122m/N；(2)描点法，画一条直线，让大部分的点都落在直线上，不在线上的点均匀分布在直线两侧，如图所示．(3)设直线的斜率为a，则有eq\f(1,k)＝an，即k＝eq\f(1,a)·eq\f(1,n)，通过计算可得k≈eq\f(1.73×103,n)N/m；弹簧共60圈，则有eq\f(l0,n)＝eq\f(11.88×10－2,60)m，故n＝eq\f(60l0,0.1188)，把其代入k＝eq\f(1,a)·eq\f(1,n)中可得k≈eq\f(3.43,l0)N/m.实验三探究两个互成角度的力的合成规律例1(1)2.35(2)A(3)B(4)①见解析图②3.99解析(1)弹簧测力计最小分度值为0.1N，估读到0.01N，题图丁中读数为2.35N.(2)必须要记录的有两个分力F1和F2的大小和方向、合力F的大小和方向，力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要使小圆环被拉到O点位置，所以必须记录的有B、C、D；不需要记录的是题图甲中E的位置，故选A.(3)两个细绳OB、OC夹角要适当大一些，但不能太大，合力一定时，两分力夹角太大导致两分力太大，测量误差变大，A错误；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，B正确；实验时，不仅需保证两次橡皮筋伸长量相同，还必须都是沿竖直方向伸长至O点才行，C错误．(4)①由于标度已经选定，作图时要保证表示F1、F2的线段长度分别为标度的2.7倍和2.3倍，作图如图所示；②量出作图法求出的合力长度约为标度的3.99倍，所以合力大小为3.99N.例2(1)不需要(2)见解析图(3)在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立解析(1)由胡克定律可得，在弹性限度内，弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F与弹簧伸长(或缩短)的长度成正比，即有F＝kΔx，故可以用弹簧的伸长量来代替重力的大小，无需测出钩码的重力；(2)根据平行四边形定则作出步骤②中的两个力的合力F′的图示，如图所示(3)观察比较F和F′，由图示可得出的结论是：在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立．例3(1)10.00(2)5.00(3)FOO′解析(1)根据胡克定律，有ΔF＝kΔx代入表格中第二组和第三组数据，有(2.00－1.00)N＝k(12.00－11.00)×10－2m解得k＝100N/m同理，再代入第一组和第二组数据，有(1.00－0)N＝100N/m×(11.00－l0)×10－2m解得l0＝10.00cm.(2)根据OA、OB的长度可求橡皮筋的弹力大小为FOA＝kΔl＝100×(7.50＋7.50－10.00)×10－2N＝5.00N(3)在两个力的作用效果和一个力的作用效果相同的情况下，通过比较F′和FOO′的大小和方向，即可验证力的平行四边形定则．例4(1)F10.05(2)C(3)C解析(1)A传感器中的力均为拉力，为正值，故A传感器对应的是表中力F1，平衡时，mg＝F1sinθ当θ＝30°时，F1＝1.001N，可求得m≈0.05kg(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，是为了消除水平杆自身重力对结果的影响，故C正确．(3)让A传感器沿圆心为O的圆弧形轨道移动的过程中，传感器与O点的距离保持不变，即O点位置保持不变，故A、B、D错误，C正确．第三章运动和力的关系第1讲牛顿第一定律牛顿第二定律例1A[亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，故A不符合；伽利略通过“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去，故B符合；笛卡儿指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向，故C符合；牛顿认为物体都具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，故D符合，故选A.]例2A[当容器突然向右运动时，同等体积的铁球和水比较，铁球的质量大，铁球保持原来的运动状态，相对于水向左偏移，相对于小车向左运动，同等体积的乒乓球和水比较，水的质量大，水相对于乒乓球向左偏移，因此乒乓球相对于水向右偏移，相对于小车向右运动，故选A.]例3C[由于物体的加速度和合外力是瞬时对应关系，由此可知当力作用瞬间，物体会立即产生加速度，但速度不能突然产生，选项A错误；根据因果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度，选项B错误；F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，选项C正确；由牛顿第二定律可知物体所受合外力减小，加速度一定减小，如果物体做加速运动，其速度会增大，如果物体做减速运动，速度会减小，选项D错误．]例4D[根据牛顿第二定律可知，当合力逐渐减小至零时加速度a不断减小到零；飞机做加速运动，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，即速度增加得越来越慢，故A、B、C项错误，D项正确．]例5B[对P施加F时，根据牛顿第二定律有a1＝eq\f(F,m1)＝eq\f(Δv1,Δt)＝10m/s2，对P和Q整体施加F时，根据牛顿第二定律有a2＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(Δv2,Δt)＝2m/s2，联立解得m2＝4.0kg，故选B.]例6A[当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，如图所示，由几何关系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcosθ＝F，解得FT＝eq\f(5,8)F，对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma，解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误．]例7C[当t＝0时，小球所受的阻力Ff＝0，此时加速度为g，A错误；随着小球速度的增加，加速度减小，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，做变加速运动，B错误；根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，解得a＝g－eq\f(6πηvr,m)，当a＝0时，速度最大，为v0，此后小球做匀速运动，最大速度v0＝eq\f(mg,6πηr)，C正确；把m＝ρ·eq\f(4,3)πr3代入v0＝eq\f(mg,6πηr)得v0＝eq\f(2ρgr2,9η)，故密度一定时r越大终态速度越大，D错误．]例8A[由f＝eq\f(1,2)cρSv2，可得c＝eq\f(2f,ρSv2)，右边式子代入单位可得eq\f(2kg·m/s2,kg/m3·m2·m/s2)＝2，即c为常数，没有单位，B、C、D错误，A正确．]例9D[从物理单位的方面来考虑，则A选项单位为＝s，而频率的单位是Hz(s－1)，故A错误；B选项单位为＝eq\f(m3,s)，故B错误；C选项单位为m－3(eq\f(kg,m3))－1eq\f(N,m)＝s－2，故C错误；D选项单位为＝s－1，故D正确．]第2讲牛顿第二定律的基本应用例1C[开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力大小F＝3mg，抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0；抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对物块2分析，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝eq\f(3mg＋mg,m)＝4g，故C正确，A、B、D错误．]例2C[设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcosθ＝mg，Fsinθ＝FT，解得F＝eq\f(mg,cosθ)，FT＝mgtanθ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力F突变为mgcosθ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，A、B错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根据牛顿第二定律有eq\f(mg,cosθ)＝ma′，故加速度大小a′＝eq\f(g,cosθ)，C正确，D错误．]例3B[剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P向上的拉力．根据共点力平衡有FTsin37°＝mg，FTcos37°＝kx，联立解得x＝eq\f(4mg,3k)，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b处于静止状态，所受合力为零，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为FT＝eq\f(5,3)mg，剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，小球a即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin37°＝man＝0，mgcos37°＝mat，解得FT′＝eq\f(3,5)mg<FT＝eq\f(5,3)mg，at＝eq\f(4,5)g，即剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小，小球a的加速度大小为0.8g，故C、D正确．]例4C[在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；在c点，人的速度为零，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，故D错误．]例5B[由题图可知，飞行员受到的重力大小为500N，则质量为50kg，A错误；飞行员在t1时刻对座椅的压力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正确；飞行员在t2时刻对座椅的压力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C错误；由题图可知，飞行员在t1时刻受到的合力最大，则有mg－F＝mamax，代入数据解得amax＝6m/s2，方向向下，D错误．]例6(1)见解析(2)0(3)16m/s2(4)260N解析(1)设小明大腿对书包的支持力大小为FN，因为物体处于静止状态，则FN＝G根据牛顿第三定律有FN＝F，所以G＝F.(2)座舱自由下落到距地面h＝30m的位置时开始制动，所以当座舱距地面h1＝50m时，书包处于完全失重状态，则有F1＝0.(3)座舱自由下落高度为H－h＝78m－30m＝48m，座舱开始制动时，已获得速度vm，由运动学公式得vm2＝2g(H－h)座舱制动过程做匀减速直线运动，则有vm2＝2ah，联立可得a＝16m/s2，方向竖直向上，故跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小为16m/s2.(4)由牛顿第二定律得F2－mg＝ma，代入数据得F2＝260N，故当座舱落到距地面h2＝15m的位置时，小明对书包的作用力大小为260N.例7(1)5.6m/s2(2)0.05(3)59m解析(1)根据L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入数据解得a＝5.6m/s2(2)在斜坡上运动员受力如图甲所示，建立如图甲所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律，x方向上有mgsinθ－Ff＝ma，y方向上有FN－mgcosθ＝0，Ff＝μFN，联立解得μ＝0.05.(3)运动员滑到B点时的速度vB＝v0＋at＝30m/s在水平雪道上运动员受力如图乙所示，建立如图乙所示的直角坐标系，设运动员的加速度为a′，根据牛顿第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′，y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋eq\f(1,2)a′t′2，联立解得x＝59m.例8D[设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，即t2>t1＝t3，故D正确．]专题强化四牛顿第二定律的综合应用例1C[若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝eq\f(F－μm1＋m2g,m1＋m2)，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝eq\f(FT－μm1g,m1)，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，且m2越大绳的拉力越小，故选C.]例2A[设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa，由以上两式可得FAB＝eq\f(mB,mA＋mB)F＝eq\f(F,\f(mA,mB)＋1)，可知FAB的大小与倾角θ及动摩擦因数无关，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，可行的办法是仅增大推力F、仅减小A的质量或仅增大B的质量，故A正确，B、C、D错误．]例3C[对B分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsinθ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6m/s2，FT＝12N，故A、B错误，C正确；如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30N的力，对A由牛顿第二定律得F－m1gsinθ＝m1a′，解得a′＝24m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误．]例4B[根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝eq\f(Ff1m,mg)＝0.2，选项A错误；当0＜F＜4N时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4N＜F＜12N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝eq\f(Ff1m,m)＝2m/s2，加速度不变，选项D错误．]例50≤F≤310N解析若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，则两物体以相同的加速度向左做匀加速直线运动，由于μ＞tanθ，故当F＝0时，木块静止在斜面体上，即F的最小值为0；根据题意可知，当木块相对斜面体恰不向上滑动时，F有最大值Fm，设此时两物体运动的加速度大小为a，两物体之间的摩擦力大小为Ff，斜面体对木块的支持力为FN.对整体和木块分别进行受力分析，如图甲、乙对整体受力分析有Fm＝(m＋M)a，对木块受力分析有Ff＝μFN，水平方向Ffcosθ＋FNsinθ＝ma，竖直方向FNcosθ＝mg＋Ffsinθ，联立以上各式代入数据解得Fm＝310N，故F的大小范围为0≤F≤310N.例6C[A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，A、B错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝eq\f(mA＋mBg,k)＝0.05m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2m/s，C正确，D错误．]例7