课时参考答案

课时分层精练（一）运动的描述1．解析：文中2022年9月2日0时33分是指时刻，故A错误；以天问实验舱为参考系，神舟十四号飞船是静止的，故B正确；研究宇航员在舱外的活动姿态时，宇航员不可以视为质点，故C错误；研究神舟十四号飞船绕地球运行的周期时，飞船可以视为质点，故D正确．故选BD.答案：BD2．解析：位移是起点到终点的有向线段，则在整个行程中该旅客位移大小约为400km，平均速度大小约为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(400,2.5)km/h＝160km/h.答案：B3．解析：题中“9时35分”与“10时05分”均表示时刻，故A错误；研究清扫路径时，机器人的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故B错误；位移是初位置指向末位置的有向线段，机器人在该过程中的位移大小为18m，故C错误；机器人在该过程中的平均速度大小约为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(18,30×60)m/s＝0.01m/s，故D正确．故选D.答案：D4．解析：线路长约22.4km，指的是地铁运行的路程，选项A错误；全程运行过程中，当研究列车运行速度时，列车能视为质点，选项B错误；80km/h指的是瞬时速度大小，选项C错误；列车运行的平均速率约为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(22.4,\f(2,3))km/h＝33.6km/h，选项D正确．故选D.答案：D5．解析：用时为t，可知t指的是人从A走到B点的时间间隔，A错误；位移大小指始位置指向末位置的有向线段的长度，则老人的位移为2R，B错误；老人的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(2R,t)，C正确，D错误．故选C.答案：C6．解析：时间t＝4.0s，初速度v0＝0，末速度v＝28.8km/h＝8.0m/s，说明8.0m/s是4s末的瞬时速度，A错误，B正确；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错误，D正确．故选BD.答案：BD7．解析：10s内火箭的速度改变量为100m/s，故A错误；2.5s内汽车的速度改变量为0－108km/h＝－108km/h＝－30m/s，故B正确；火箭的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，汽车加速度a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝－12m/s2正负号表示方向，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，故C、D错误．故选B.答案：B8．解析：加速度逐渐减小到零，即速度变化越来越慢直至速度不变，若加速度和速度同向，则速度增大，加速度减到零时，速度达到最大，而后做匀速运动，A正确；加速度逐渐减小到零，即速度变化越来越慢直至速度不变，若加速度和速度反向，速度减小，到加速度减为零时，速度减到最小若仍不为零，则做匀速运动；若加速度减小到零时速度恰好也减小到零，则物体保持静止，C正确；加速度逐渐减小到零，速度不可能不断增大或不断减小，最后加速度减小到0时，速度将保持不变，B、D错误．故选AC.答案：AC9．解析：如果经过2s后速度大小变为3m/s，而速度方向沿斜面向下，规定沿斜面向下为正方向，则速度变化量为Δv＝v2－v1＝3m/s－（－5m/s）＝8m/s，即物体的速度变化量大小为8m/s，方向沿斜面向下；物体的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2，方向沿斜面向下，故A错误，D正确；如果经过2s后速度大小变为3m/s，而速度方向沿斜面向上，规定沿斜面向上为正方向，则速度变化量为Δv＝v2－v1＝3m/s－5m/s＝－2m/s，即物体的速度变化量大小为2m/s，方向沿斜面向下；物体的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝－1m/s2，方向沿斜面向下，故B正确，C错误．故选BD.答案：BD10．解析：计算汽车速度的原理是利用短时间内的平均速度来代替瞬时速度，故汽车速度的表达式为v＝eq\f(L,Δt)，A正确，B错误；若L＝8m，Δt＝0.2s，则汽车的速度为v＝eq\f(L,Δt)＝40m/s＝144km/h>120km/h超速，照相机将会拍照，C正确；若L＝8m，Δt＝0.3s，则汽车的速度为v＝eq\f(L,Δt)＝96km/h<120km/h未超速，照相机不会拍照，故D错误．故选AC.答案：AC11．解析：根据题意可知，冰壶从b点推出后做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得到达c点时速度为vc＝v0＋a1t1＝（2.8－0.2×8）m/s＝1.2m/s，故A错误；从c到O继续做匀减速直线运动，加速度变为a2＝80%×a1＝0.8×（－0.2）＝－0.16m/s2.根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得从c到O历时为t2＝eq\f(Δv,a2)＝eq\f(0－vc,a2)＝eq\f(0－1.2,－0.16)s＝7.5s，故B正确；根据匀变速直线运动位移速度公式可得bc间距离为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，根据匀变速直线运动位移速度公式可得cO间距离为x2＝eq\f(0－veq\o\al(2,c),2a2)＝eq\f(0－1.22,2×（－0.16）)m＝4.5m，则bO间距离为x＝x1＋x2＝（16＋4.5）m＝20.5m，故C正确；根据平均速度的定义可得从b到O的过程中平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t1＋t2)＝eq\f(20.5,8＋7.5)m/s≈1.3m/s，故D错误．故选BC.答案：BC课时分层精练（二）匀变速直线运动规律1．解析：根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，由于初速度未知，则无法求出运动的加速度，A、C错误；由于初速度未知，根据x＝eq\f(v0＋v,2)t可知，无法求出末速度，即滑出车底时的速度，B错误；根据平均速度的定义式，她在车底的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(58,15)m/s≈3.87m/s，D正确．故选D.答案：D2．解析：高速列车在AB段的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(AB,t1)＝44m/s，在BC段的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))2＝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(\o(v,\s\up6(－))2－\o(v,\s\up6(－))1,\f(t1,2)＋\f(t2,2))≈1.4m/s2，B正确．答案：B3．解析：设刹车的加速度大小为a，则有x＝v0（t1＋t2＋Δt）＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)代入数据有19.6＝5×（0.3＋2＋0.8）＋eq\f(52,2a)解得a＝3.05m/s2，所以D正确；A、B、C错误．故选D.答案：D4．解析：设加速度为a，加速所用时间为t，因加速和减速过程加速度大小相同，减速所用时间也为t，x＝eq\f(1,2)at2＋vm（t总－2t）＋eq\f(1,2)at2，vm＝at，联立解得t＝2s，a＝1.25m/s2，A项正确．故选A.答案：A5．解析：频率为2Hz频闪照相机，时间为T＝eq\f(1,f)＝0.5s，根据匀变速直线运动的公式有（2－1）×10－2×50m＝Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，故A正确；匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3cm位置时速度为v1＝eq\f(（6－1）×10－2×50,2×0.5)m/s＝2.5m/s，故B错误；根据0位置到3cm位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5m/s，即照片中0位置的速度为0.5m/s，故不是起跑位置，故C错误；运动员在照片前6cm内的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(6×10－2×50,3×0.5)m/s＝2m/s，故D错误．答案：A6．解析：设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为eq\f(a1,a2)＝eq\f(f1,f2)＝eq\f(7,1)，由运动学公式，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)，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝eq\f(v0,3)，故选B.答案：B7．解析：设滑块的末速度大小为v1，根据匀变速直线运动规律得v0＝v1＋at＝v1＋1m/s>1m/s；L＝eq\f(v0＋v1,2)×t＝（v0＋v1）m＝（2v1＋1）m>1m，故A错误；若v0＝2m/s，则v1＝1m/s，L＝3m，故B正确；若v0＝3m/s，则v1＝2m/s，L＝5m，故C错误；若v0＝5m/s，则v1＝4m/s，L＝9m，故D错误．故选B.答案：B8．解析：设运动员在B点的速度大小为v，运动员从A到B和从B到C都做匀变速直线运动，且运动员在A、C的速度均为零，根据运动学规律有AB＝eq\f(v,2)tAB，BC＝eq\f(v,2)tBC，解得tAB∶tBC＝5∶1，C项正确．答案：C9．解析：将运动员的匀减速直线运动逆向看作是反向的初速度为零且加速度大小不变的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知运动员在前四分之三位移和最后四分之一位移所经历的时间相等，均设为t，运动员总位移设为s，则由题意可知v＝eq\f(\f(3,4)s,t)＝eq\f(3s,4t)滑雪者整个过程的平均速度为v′＝eq\f(s,2t)＝eq\f(2,3)v，D项正确．答案：D10．解析：结合逆向思维，把冰壶的匀减速直线运动看作反向初速度为零的匀加速直线运动，最后1s内位移大小为0.2m，由x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得a＝0.4m/s2，选项B错误；冰壶的初速度大小是v0＝at＝0.4×20m/s＝8m/s，选项D错误；冰壶第1s内的位移大小是x＝v0t－eq\f(1,2)at2＝7.8m，选项A正确；由初速度为零的匀变速直线运动规律可知，前10s位移和后10s的位移之比为3∶1，选项C错误．答案：A11．解析：A的初速度为v＝5m/s，若当小球到达C处时速度减为0，根据速度—位移关系v2＝2ax可求得最小加速度为a＝2.5m/s2，低于此值球会从C落下斜面，故B正确，A错误；小球加速度越大，到达B点速度越大，当小球加速度取最小值时，4s末达到A点，此时可理解为A与B重合，速度最小为5m/s，故D错误；若小球加速度为5m/s2，则小球沿斜面向上的最大距离2.5m，向下运动三秒后位移为x＝eq\f(1,2)at2＝22.5m．在第四秒到达斜面上B点，当B为斜面最低点时，可求得斜面最小长度应为25m，故C正确．故选BC.答案：BC12．解析：（1）司机反应时间内汽车通过的位移x1＝v0t1＝10m加速过程t2＝5s－t1＝4s，70m－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)代入数据得a1＝2.5m/s2.（2）汽车加速结束时通过的位移x2＝v0t1＋v0t3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)＝10×1m＋10×3m＋eq\f(1,2)×2×32m＝49m此时车头前端离停车线的距离为x3＝70m－x2＝21m此时速度为v＝v0＋a2t3＝（10＋2×3）m/s＝16m/s匀减速过程中有2a3x3＝v2代入数据解得a3＝6.1m/s2.答案：（1）2.5m/s2（2）6.1m/s213．解析：v0＝216km/h＝60m/s把飞机的运动逆向看成由静止做加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3s内的位移为x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)在t2＝4s内的位移为x2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)根据题意有x2－x1＝7m联立解得加速度大小为a＝2m/s2，A正确；该飞机着陆后5s时的速度大小为v5＝v0－at＝eq\f(216,3.6)m/s－2×5m/s＝50m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(216,3.6×2)s＝30s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝eq\f(v0,2)t＝eq\f(216,3.6×2)×30m＝900m，D错误．答案：AC14．解析：（1）设汽车匀减速过程位移大小为d1，由运动学公式得veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2ad1解得d1＝442m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小x1＝2d1＋d＝894m（2）如果汽车以v2＝10m/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2，由运动学公式得veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,0)＝－2ad2解得d2＝400m提速前，汽车匀减速过程时间为t1，则d1＝eq\f(v0＋v1,2)t1解得t1＝26s通过匀速行驶区间的时间为t′1，有d＝v1t′1解得t′1＝2.5s从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1＝2t1＋t′1＝54.5s提速后，汽车匀减速过程时间为t2，则d2＝eq\f(v0＋v2,2)t2解得t2＝20s通过匀速行驶区间的时间为t′2，则d＝v2t′2解得t′2＝1s匀速通过（d1－d2）位移时间Δt＝eq\f(d1－d2,v0)＝1.4s通过与提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t′2＋2Δt＝43.8s所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝10.7s.答案：（1）894m（2）10.7s课时分层精练（三）自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题1．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.答案：C2．解析：取竖直向上为正方向，根据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正确，B、C、D错误．答案：A3．解析：根据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)，则有t2＝eq\r(2)t1＝eq\r(2)×0.14s≈0.20s，故C正确．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))，则（ta－tb）>（tb－tc），a、b、c三小球运动时间之比为eq\r(6)∶2∶eq\r(3)，a比b早释放的时间为Δt＝ta－tb＝2（eq\r(3)－eq\r(2)）eq\r(\f(L,g))，A、B错误，C正确；根据v2＝2gh得，三小球到达地面时的速度大小之比是eq\r(6)∶2∶eq\r(3)，D错误．答案：C5．解析：由题知tAB＝tBC＝T，根据Δv＝gt可知BC过程速度的增量等于AB过程速度的增量，故A正确；只有苹果在A点速度为零时，才满足x1∶x2＝1∶3，故B错误；苹果运动到位置B时的速度大小为vB＝eq\f(x1＋x2,2T)，故C错误；根据Δx＝aT2可知，苹果运动的加速度大小为a＝eq\f(x2－x1,T2)，故D正确．答案：AD6．解析：射出的弹丸做竖直上抛运动，上升过程可看作逆向的自由落体运动，由运动学公式h＝eq\f(1,2)gt2则弹丸最后1s内下落的高度h1＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m则最初1s内下落的高度h2＝7h1＝35m最初1s内中间时刻的速度v＝eq\f(h2,t)＝eq\f(35,1)m/s＝35m/s弹丸自由下落的时间t′＝eq\f(v,g)＋0.5＝eq\f(35,10)s＋0.5s＝4s弹丸下落的总高度h3＝eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m则弹丸上升的最大高度为80m，故选C.答案：C7．解析：自由落体运动，下落h过程满足h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)下落3h的过程满足3h＝eq\f(1,2)g（t1＋t2）2联立解得，树枝从A到B的运动时间t1与从B到C的运动时间t2之比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(3)－1)，A错误；树枝从A到C的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3h,t1＋t2)＝eq\f(\r(6gh),2)，B正确；树枝从A到C中点位置的瞬时速度为v＝eq\r(2g×\f(3h,2))＝eq\r(3gh)，C错误；树枝在C点的速度与在B点的速度之差为Δv＝eq\r(2g×3h)－eq\r(2gh)＝eq\r(6gh)－eq\r(2gh)，D错误．故选B.答案：B8．解析：甲落地的时间t甲＝eq\r(\f(4H,g))，乙落地的时间t乙＝eq\r(\f(2H,g))，所以甲落地的时间是乙落地时间的eq\r(2)倍，故A错误；根据v＝eq\r(2gh)可知，甲落地时的速率是乙落地时速率的eq\r(2)倍，故B正确；根据h＝eq\f(1,2)gt2可知经过相等的时间两个物体下落的高度相等，所以乙落地之前，二者之间的竖直距离保持不变，故C正确；乙落地之前，加速度均为g，故D错误．答案：BC9．解析：设汽车正常行驶的速度为v0，由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系可得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0,2)，可得v0＝2eq\o(v,\s\up6(－))，A正确；减速过程时间为t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－)),a)，反应过程的时间为t反＝eq\f(t0,5)＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－)),5a)，B错误；减速过程的位移为x0＝eq\o(v,\s\up6(－))t0＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－))2,a)，反应过程的位移为x反＝v0t反＝eq\f(4\o(v,\s\up6(－))2,5a)，则有eq\f(x0,x反)＝eq\f(5,2)，C错误；发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为v＝eq\f(x反＋x0,t反＋t0)＝eq\f(7,6)eq\o(v,\s\up6(－))，D错误．故选A.答案：A10．解析：（1）从题述时刻到轿车车尾离开人行道所需的时间t＝eq\f(L1＋L＋L2,v0)＝3.8s行人在这段时间内的位移为x0＝v1t＝3.8mx0－L4＝0.8m<eq\f(1,2)L3＝4.5m则两者不会相撞．（2）从题述时刻到行人走上人行道所用时间t1＝eq\f(L4,v1)＝3s在3s内轿车的位移x＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)代入数据得x＝39m>L1＋L2＋L故没有违反要求．（3）从题述时刻到行人穿过人行道所用时间t2＝eq\f(L3＋L4,v1)＝12s假设12s内轿车的位移等于30m，此时加速度为a1，则L1＝v0t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)解得a1＝eq\f(5,4)m/s2此时刹车时间t0＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,\f(5,4))s＝8s<12sx刹＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝40m>30m说明假设错误，即轿车不可能在12s后仍未到达停止线，所以轿车在30m内速度减小为零加速度最小a′2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2L1)＝eq\f(5,3)m/s2，故轿车的加速度大小应满足a2≥eq\f(5,3)m/s2答案：见解析课时分层精练（四）运动学图像1．解析：t1时刻前后甲的x­t图线斜率由正变为负，说明速度方向发生了变化，选项A错误；乙的x­t图线斜率恒定，说明乙做匀速直线运动，位移大小均匀增加，选项B错误；由图可知t1～t2时间内甲的x­t图线斜率有一时刻与乙的x­t图线斜率相等，即两者速度相等，此时甲、乙两者相距最远，选项C正确，D错误．答案：C2．解析：72km/h＝20m/s，36km/h＝10m/s.根据v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可知，汽车做匀减速运动的加速度大小为eq\f(400－100,2×60)m/s2＝2.5m/s2，根据v＝v0＋at可知，经过4s汽车速度减小到10m/s，然后匀速运动到中心线缴费．汽车从开始匀速运动到通过中心线10m所用的时间为eq\f(20,10)s＝2s，随后汽车开始做匀加速运动，根据v＝v0＋at可得，再经过4s汽车加速至20m/s，然后正常行驶．综上所述，A正确，B、C、D错误．答案：A3．解析：加速度对时间的变化率称为急动度，等于a­t图像的斜率．由题图知t＝3s时的急动度和t＝5s时的急动度等大同向，故A错误；根据a­t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，则2～4s内质点的速度增大，做加速运动，故B错误；0～6s内速度的变化量为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，因初速度为0，故t＝6s时的速度为3m/s，故C错误；0～6s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，故D正确．答案：D4．解析：由题意知，地铁的启动加速度大，所以甲是高铁的v­t图像，乙是地铁的v­t图像，故A错误；v­t图像的斜率为加速度，则地铁和高铁加速过程的加速度大小之比为eq\f(a地,a高)＝eq\f(\f(100,30),\f(300,240))＝eq\f(8,3)，故B错误；v­t图像所围的图形面积为位移，地铁和高铁加速过程中的位移eq\f(x地,x高)＝eq\f(30×100,240×300)＝eq\f(1,24)，故C错误；0～240s过程中，高铁的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))高＝eq\f(300,2)km/h＝150km/h地铁的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))地＝eq\f(240－30＋24,2×240)×100km/h＝eq\f(375,4)km/h则地铁和高铁的平均速度大小之比为eq\o(v,\s\up6(－))地∶eq\o(v,\s\up6(－))高＝5∶8，故D正确．故选D.答案：D5．解析：进入人工通道缴费时车的速度应先减为零，再加速，而进入ETC通道缴费的车辆不需要停车即可通过，由题图可知甲车减速时速度并没有减为零，而乙车是速度先减为零再加速的，所以甲车进入的是ETC通道，乙车进入的是人工收费通道，A错误；甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为18s－5s＝13s，B错误；甲车进入通道的加速度大小为a甲＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(10－5,2)m/s2＝2.5m/s2，乙车进入通道的加速度大小为a乙＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(10－0,4)m/s2＝2.5m/s2，C错误；由v­t图像中图线与坐标轴所围的面积表示位移，可知甲车减速后匀速行驶的位移x＝vt＝5×1m＝5m，D正确．答案：D6．解析：甲、乙两小球在空中均做自由落体运动，运动时间相同，则乙球落地比甲球落地慢1s，可知图像中的t0＝5s，故A错误；由图可知，甲球在空中下落的时间为4s，则有x0＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，故B错误；当甲、乙两小球都在空中运动时，以乙开始下落为0时刻，则有x乙＝eq\f(1,2)gt2，x甲＝eq\f(1,2)g（t＋1）2，两者距离为Δx＝x甲－x乙＝gt＋eq\f(1,2)g，可知随时间增大，两者距离越来越大，故C正确；甲、乙两小球的加速度均为重力加速度，根据Δv＝gΔt在2.0s～3.0s时间内，甲球速度变化量等于乙球速度变化量，故D错误．故选C.答案：C7．解析：0～t2为空中运动时间内，速度先为负值，后为正值，则速度方向先向上，后向下，故A错误；v­t图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图可以看出，t1～t2内的加速度比在t2～t3内加速度小，故B错误；在0～t1内，图线斜率不变，表示匀变速直线运动，则由匀变速直线运动推论，平均速度等于初、末速度和的一半，即为eq\f(v1＋v2,2)，故C正确；v­t图像与坐标轴所围的面积表示位移，由图像可以看出，实际图线在t2～t3时间内围的面积小于虚线（匀减速到零）所围面积，平均速度等于位移与所用时间的比值，所以此段时间内的平均速度小于此段时间内匀减速到零的平均速度eq\f(v3,2)，故D错误．故选C.答案：C8．解析：根据图像可知，甲车做匀速直线运动，其速度为v1＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(8－2,3)m/s＝2m/s.乙车做匀减速直线运动，根据图像可知t＝2s时，位移为x＝6m速度为v2＝2m/s根据位移时间公式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正确，D错误；0～3s时间内，根据图像可知，甲车的位移小于乙车的位移，所以甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故B错误；根据图像可知0～3s时间内甲车与乙车间的距离先减小后增大，故C错误．故选A.答案：A9．解析：根据v­t图像的斜率表示加速度可知，0～t1时间内斜率在变小，即加速度在变小，无人机做加速度减小的加速运动，A错误；根据v­t图像与时间轴围成的“面积”表示无人机运动的位移，可知图像与横轴围成的面积小于连接曲线上t2和t3两点直线时与横轴围成的面积，再根据匀变速直线运动的平均速度表达式可得，t2～t3时间内无人机的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))<eq\f(v1,2)，B正确；根据v­t图像，t3时刻无人机悬停，速度为零，处于平衡状态，受到升力和重力作用，C错误；t1～t2时间内，无人机的动能不变，而高度升高，则重力势能增加，机械能增加，D正确．故选BD.答案：BD10．解析：根据题意，由图可知，无人机的加速度方向一直向上，无人机一直做加速运动，故A错误；根据公式v2＝2ah可知，a­h图像中面积表示eq\f(v2,2)，设上升2h0时，无人机的速度为v1，则有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正确；根据题意，设上升2h0时，无人机的牵引力为F，由牛顿第二定律有F－mg＝ma.由图可知，上升2h0时a＝g，解得F＝2mg.无人机发动机的功率为P＝Fv1＝2mgeq\r(\f(10,3)gh0)，故C错误；根据题意可知，上升2h0过程中，无人机机械能增加量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mg·2h0＝eq\f(11,3)mgh0，故D正确．故选BD.答案：BD课时分层精练（五）追及相遇问题1．解析：由图可知，在t1时刻，甲、乙两车的位置坐标相同，即到达同一位置，而开始时乙车的位移大于甲车的位移，所以在t1时刻，乙车追上甲车，A正确；由图可知，甲车做匀速运动，加速度为零，乙车做变速运动，加速度不为零，B错误；x­t图线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，乙车的x­t图线的斜率先减小后增大，则乙车的速度先负向减小后正向增大，C错误；由图可知，从t1时刻之后到t2时刻这段时间内，甲车和乙车仅在t2时刻位置相同，故只相遇一次，D错误．答案：A2．解析：v­t图像的斜率表示加速度，可得和谐号的加速度为a1＝eq\f(72－60,24)m/s2＝eq\f(1,2)m/s2，复兴号的加速度为a2＝eq\f(72－60,24－8)m/s2＝eq\f(3,4)m/s2，则10s末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误；题图乙中复兴号的最大速度为vm＝72m/s＋a2×（32－24）m/s＝78m/s，故B正确；因t＝0时两车车头刚好并排，在0到24s内和谐号的速度大于复兴号的速度，两者的距离逐渐增大，速度相等后两者的距离缩小，则在24s末两车车头相距最远，故C正确；由v­t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，则在0～24s两者的最大距离为Δx＝eq\f(8×（72－60）,2)m＝48m，而在24～32s内缩小的距离为Δx′＝eq\f(（78－72）×（32－24）,2)m＝24m<Δx，即32s末复兴号还未追上和谐号，故D错误．答案：BC3．解析：根据v­t图线与时间轴围成的图形面积表示位移，可知泳池长度L＝1.25×20m＝25m，故A错误；如图所示，由甲、乙的位移－时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在t＝100s时在泳池的一端相遇，故B错误；在0～60s内甲、乙相遇3次，故C正确；在0～30s内，甲的位移大小为x1＝1.25×20m－1.25×10m＝12.5m，乙的位移大小为x2＝1.0×25m－1.0×5m＝20m，在0～30s内，甲、乙运动员的平均速度大小之比为v1∶v2＝eq\f(x1,t)∶eq\f(x2,t)＝5∶8，故D错误．答案：C4．解析：v­t图像中，图线的切线斜率表示瞬时加速度，甲同学在0～t1时间段内反向做加速度增加的减速运动，t1时刻速度减为0，t1～t2时间段内正向做加速度减小的加速运动，t2～t3时间段内正向做匀减速直线运动，t3时刻速度减为0；乙同学在0～t1时间段内反向做匀减速直线运动，t1时刻速度减为0，t1～t3时间段内正向做匀加速直线运动，A错误；在v­t图像中图线与坐标轴围成的面积代表物体的位移，由图可知，能使两图线包围面积相同的时刻共有三个，且甲全程的位移大于乙的，B错误、C正确；v­t图像中两图线的交点代表该时刻两物体共速，图中共有三个交点（包括t＝0时刻），即有三个时刻速度相同，D错误．故选C.答案：C5．解析：汽车刹车前，在0.4s内做匀速运动的位移大小为x1＝v0t1＝eq\f(36,3.6)×0.4m＝4m则汽车刹车滑行的最大距离为x2＝24m－x1＝20m，故A错误；汽车刹车的最小加速度大小为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错误；汽车用于减速滑行的最长时间为tmax＝eq\f(v0,amin)＝eq\f(\f(36,3.6),2.5)s＝4s，故C正确；汽车从发现前方有行人通过人行横道到停下来过程的平均速度大小满足eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)≥eq\f(24,0.4＋4)m/s≈5.45m/s>5m/s，故D错误．故选C.答案：C6．解析：（1）L＝6km＝6000m20s内导弹的位移为x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝200×20m＋eq\f(1,2)×40×202m＝12000m无人靶机被击中前飞行速度大小为v＝eq\f(x－L,t)＝eq\f(12000－6000,20)m/s＝300m/s（2）当导弹的速度与无人靶机的速度相等时，距离最大，设时间为t1，有v0＋at1＝v＋a1（t1－1）代入数据解得t1＝7s导弹的位移为x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝200×7m＋eq\f(1,2)×40×72m＝2380m无人靶机的位移为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导弹与无人靶机的最大距离为Δx＝x2＋L－x1＝2640m＋6000m－2380m＝6260m.答案：（1）300m/s（2）6260m7．解析：t＝20s两车速度相等，相距最远，故A错误；由图可知甲的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(30－15,20)m/s2＝0.75m/s2乙的加速度为a′＝eq\f(Δv′,Δt)＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s20～20s内乙车的加速度是甲车的2倍；10s末甲、乙两车的速度为v＝v0＋at＝15m/s＋0.75×10m/s＝22.5m/s，v′＝a′t＝1.5×10m/s＝15m/s甲、乙两车平均速度分别为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝18.75m/s，v′＝eq\f(v′,2)＝7.5m/s，故B、C错误；图像与坐标轴围成的面积代表车的位移，由图可知0～20s内甲车的位移比乙车的大Δx＝eq\f(15＋30,2)×20m－eq\f(1,2)×20×30m＝150m，故D正确．故选D.答案：D8．解析：（1）A车减速到与B车共速时，若恰好没有与B车相碰，则A车将不会与B车相碰，设经历的时间为t，有vA＝72km/h＝20m/s，vB＝54km/h＝15m/s则A车位移为xA＝eq\f(1,2)（vA＋vB）tB车位移为xB＝vBt根据位移关系可知xA－xB＝L，联立解得t＝2s则A车与B车不相撞，刹车时的最小加速度大小为a＝eq\f(vA－vB,t)＝2.5m/s2.（2）B车司机反应的1s内，A车的位移为x1＝vAt0－eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,0)＝19mB车的位移为x2＝vBt0＝15m所以B车开始加速时，A、B两车相距x3＝L－（x1－x2）＝1m假设还需要时间t1，A、B两车共速，则有（vA－aAt0）－aAt1＝vB＋aBt1解得t1＝1st1时间内A车的位移为x4＝（vA－aAt0）t1－eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,1)＝17mB车的位移为x5＝vBt1＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＝15.5m则x4－x5＝1.5m>x3，所以A车会追尾B车．答案：（1）2.5m/s2（2）A车会追尾B车课时分层精练（六）探究小车速度随时间变化的规律1．解析：（1）题图中仪器A叫作电火花计时器，使用220V交流电源，实验过程中，放开小车前，小车要靠近电火花计时器．（2）在使用打点计时器来分析物体运动情况的实验中，先把电火花计时器固定好，穿好纸带，再接通电源，进行打点，之后松开纸带让物体带着纸带运动，故正确的顺序是CBDA．答案：（1）电火花交流靠近（2）CBDA2．解析：（1）实验中打点计时器所接的电源是交流电．故选B.（2）操作时，释放纸带与接触电源的合理顺序应是先接通电源，再释放纸带．故选B.（3）电火花打点计时器的工作电压为220V．（4）纸带上相邻两个计数点之间的时间间隔为T＝5×eq\f(1,f)＝0.1s．（5）小车的加速度为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）在打点计时器打C点瞬间，纸带的速度vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(（6.59＋8.61）×10－2,2×0.1)＝0.76m/s根据逐差法可知，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）由于重力加速度约为9.8m/s2，图2中加速度远小于9.8m/s2，故纸带所对应的实验场景是A.（3）实验A只需确保小车做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力，故A错误；打点计时器使用时，均需先接通电源后释放纸带，故B正确；打点计时器可以用电火花计时器也可以用电磁打点计时器，故C错误；用实验C所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验时，若根据v＝eq\r(2gh)计算重物下落h时的速度等于间接承认了机械能守恒定律，达不到实验验证的目的，故D错误．故选B.答案：（1）0.762.0（2）A图2中纸带测得的加速度比较小（3）B4．解析：（1）已知该能够每2s连续拍摄20张照片，即两张照片的时间间隔为0.1s，该小组同学从第一张开始每隔两张取出一张照片，A、B、C、D四幅图片中相邻的两幅图片时间间隔为T＝3×0.1s＝0.3s从A到D的过程中，小车的平均速度是eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(（36.0－6.9）×10－2,0.3×3)m/s≈0.32m/s（2）小车沿斜面做匀变速直线运动，小车经过B图位置时的瞬时速度是vB＝eq\f(（23.9－6.9）×10－2,0.3×2)m/s≈0.28m/s同理可以求出小车经过C图位置时的瞬时速度是vC＝eq\f(（36.0－14.2）×10－2,0.3×2)m/s≈0.36m/s小车的加速度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）根据游标卡尺读数规则，挡光片的宽度d＝6mm＋12×0.05mm＝6.60mm.（2）该图线的斜率k＝eq\f(2.0－1.0,0.65－0.23)×104m－1·s－2＝2.38×104m－1·s－2；滑块通过光电门时的速度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)，可求得滑块的加速度a＝0.518m·s－2.答案：（1）①6.60（2）2.38×1040.518单元素养评价（一）运动的描述匀变速直线运动1．解析：战机的运行速度和月亮的运行速度并不相同，所以以月亮为参考系，战机是运动的，故A错误；飞行员相对战机是不动的，所以以战机里的飞行员为参考系，战机是静止的，故B错误；两次拍摄相差20秒钟，这20秒是指时间间隔，故C正确；研究空中飞行姿态时，其大小形状不可忽略，所以不能将战机看作质点，故D错误．答案：C2．解析：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.答案：D3．解析：平均速度为某段时间（位移）内物体运动的平均快慢，等于该段时间（位移）内的总位移与总时间的比值，即eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt).瞬时速度是某一时刻（位置）的速度，eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)当Δt趋近于零时，平均速度近似等于瞬时速度，根据题意，已知总位移和总时间，可以计算平均速度，无法计算瞬时速度，故A、B、D错误，C正确．答案：C4．解析：根据x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得t1＝2s，故A错误；飞机离开电磁弹射区时的速度大小为v1＝a1t1＝80m/s，故B错误；飞机离开电磁弹射区后，根据速度位移关系有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2x2代入数据解得a2＝18m/s2，故C错误；飞机离开电磁弹射区后，加速时间t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝eq\f(10,9)s飞机从开始起飞到离开跑道的总时间t＝t1＋t2＝eq\f(28,9)s，D正确．答案：D5．解析：根据题意可知，球踢出后，0～3s内乙在前球在后，且球的速度比乙大，因而球一直在靠近乙，A正确；根据v­t图像斜率表示加速度可知a＝－eq\f(Ff,m)＝eq\f(Δv,Δt)＝－2.5m/s2则解得f＝μG＝eq\f(1,4)G，B正确；根据v­t图像面积表示位移可知相遇时球的位移为x＝eq\f(v0＋vt,2)·t＝33.75m，C正确；相遇时乙的位移为x乙＝eq\f(1,2)vtt1＋vtt2＝16.875m，故甲乙相距L为L＝x－x乙＝33.75m－16.875m＝16.875m，D错误．答案：D6．解析：由图像可知，速度与位移成反比关系，速度不随位移均匀变化，故A错误；eq\f(1,v)­x图像的图线与坐标轴围成的面积表示时间，由图像可知，速度不随时间均匀变化，故B错误；eq\f(1,v)­x图像的图线与坐标轴围成的面积表示时间，则甲、乙两物体速度从v0增加到2v0的过程，经历的时间之比为1∶2，故C正确，D错误．故选C.答案：C7．解析：由a＝eq\f(Δv,Δt)，得a1∶a2＝1∶2，故A错误；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正确，D错误；由x＝eq\o(v,\s\up6(－))·t，知x1∶x2＝2∶1，故C正确．答案：BC8．解析：由加速度与位移的关系图像可知，加速度大小为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正确，B、C错误．答案：AD9．解析：由图乙可知A车做匀速直线运动，速度大小为vA＝4m/s，由图丙分析可知，t＝3s时两车速度相等，相距最远，由位移关系得最远距离为20m，选项A正确；B车在0～6s内的位移和0～5s内的位移相等，为24m，选项B错误；0～8s内A车的位移大小为32m，B车的位移大小为24m，位移之差为8m，此时A车未追上B车，选项C错误；t＝1s时两车相距16m，当B车停下来后，A车速度减为零时恰好追上B车，此时A车的加速度为一临界值，B车停止之前的位移为16m，所以A车的总位移为32m，由速度与位移的关系v2＝2ax可知，加速度a＝eq\f(1,4)m/s2，故要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于eq\f(1,4)m/s2，选项D正确．答案：AD10．解析：（1）根据v2＝v1＋aΔt得a＝5×10－2m/s2.（2）根据veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a′L得a′＝5×10－2m/s2.（3）遮光板的宽度越小，瞬时速度的测量误差越小；两光电门的间距越大，测量L的相对误差越小，故选BC.答案：（1）5×10－2（2）5×10－2（3）BC11．解析：（1）赛车3s末的速度v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s.（2）设经t2时间追上安全车，由位移关系得v0t2＋200m＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)解得t2＝20s此时赛车的速度v＝a1t2＝2×20m/s＝40m/s当两车速度相等时，两车相距最远由v0＝a1t3得两车速度相等时，经过的时间t3＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,2)s＝5s两车最远相距Δs＝v0t3＋200m－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,3)＝（10×5＋200－eq\f(1,2)×2×52）m＝225m.（3）假设再经t4时间两车第二次相遇（两车一直在运动）由位移关系得vt4－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,4)＝v0t4解得t4＝15s赛车停下来的时间t′＝eq\f(v,a2)＝eq\f(40,4)s＝10s所以t4＝15s不合实际，两车第二次相遇时赛车已停止运动．设再经时间t5两车第二次相遇，应满足eq\f(v2,2a2)＝v0t5解得t5＝20s.答案：（1）6m/s（2）20s225m（3）20s12．解析：（1）人走上人行道的时间t1＝eq\f(L1,v1)＝3s在3s末卡车刚好穿过人行道，加速度最小，设为a1，则D＋L1＋L2＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得a1＝eq\f(40,9)m/s2（2）卡车穿过人行道时vm＝v0＋a1t1＝（10＋eq\f(40,9)×3）m/s＝eq\f(70,3)m/s货箱的加速度a2＝μ1g＝4m/s2假设箱子没掉下来，货箱加速的时间为t2＝eq\f(vm－v0,a2)＝eq\f(10,3)s货箱的位移为s箱＝eq\f(v0＋vm,2)×t2＝eq\f(500,9)m汽车的位移为s车＝（D＋L1＋L2）＋vm（t2－t1）＝eq\f(520,9)m所以箱子相对汽车向后运动s车－s箱＝eq\f(20,9)m>1.5m假设错误，箱子会掉下来；（3）①人穿过人行道的时间t3＝eq\f(L3＋L4,v1)＝12s假设12s内汽车的位移小于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以此加速度汽车减速为零的时间为t4＝eq\f(v0,a3)＝eq\f(10,\f(10,9))＝9s说明此加速度汽车在9s时已经减速为零，9s后不再运动，而此时刹车距离s刹＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a3)＝45m>40m说明假设错误，所以卡车在40m内速度减小为零加速度最小a4＝eq\f(veq\o\al(2,0),2L1)＝eq\f(5,4)m/s2②箱子刚好不撞车头时，卡车的加速度最大，设为a5，有d1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)－eq\f(veq\o\al(2,0),2a5)解得a5＝5m/s2刹车时加速度需要满足的条件eq\f(5,4)m/s2≤a≤5m/s2答案：（1）eq\f(40,9)m/s2（2）见解析（3）eq\f(5,4)m/s2≤a≤5m/s2课时分层精练（七）重力弹力1．解析：由于物体放在水中时，受到向上的浮力，从而减小了弹簧的拉伸形变，弹簧测力计的示数减小了，但物体的重力并不改变，选项A错误；当两物体所处的地理位置相同时，g值相同，质量大的物体的重力必定大，但当两物体所处的地理位置不同时，如质量较小的物体放在地球上，质量较大的物体放在月球上，由于月球上g值较小，导致质量大的物体的重力不一定大，选项B错误；重力的方向是竖直向下的，选项C错误；物体的重心位置由物体的形状和质量分布情况共同决定，物体的形状改变后，其重心位置可能发生改变，选项D正确．答案：D2．解析：在乒乓球与桌面作用时，乒乓球受到桌面的弹力方向垂直桌面竖直向上，故A正确，B、C、D错误．故选A.答案：A3．解析：小球处于静止状态，对挡板和斜面接触挤压，挡板和斜面都产生弹性形变，它们对小球产生弹力，弹力的方向垂直于接触面，所以挡板对小球的弹力方向水平向右，斜面对小球的弹力方向垂直于斜面向上，故小球受两个弹力：一个水平向右；一个垂直斜面向上．故选C.答案：C4．解析：以O点为研究对象，轻绳OC对O点的拉力方向竖直向下，轻绳OA对O点的拉力方向沿OA方向指向左上方，根据共点力的平衡条件可得，弹簧对O点的弹力方向应该为水平向右，所以弹簧应处于压缩状态，选项A错误；弹簧和轻绳OA对O点的作用力大小与轻绳OC对O点竖直向下的拉力大小相等，方向相反，轻绳OC对O点竖直向下的拉力大小等于灯笼重力大小，即G＝mg＝60N，选项B错误；根据共点力的平衡条件和力的正交分解可得，水平方向上有FOAsin53°＝kx竖直方向上有FOAcos53°＝mg两式联立解得轻绳OA上的弹力为FOA＝100N弹簧的形变量为x＝0.08m＝8cm，选项C正确，D错误．故选C.答案：C5．解析：设弹簧的原长为l，由胡克定律和受力平衡可知，对题图甲有2mg＝k（l－l1），对题图乙有3mg＝k（l－l2），所以弹簧的劲度系数k＝eq\f(mg,l1－l2)，弹簧原长l＝3l1－2l2，故B、C正确，A、D错误．答案：BC6．解析：由题意可知ΔMgsinθ＝kΔx，得到mgsinθ＝k·2R，则sinθ＝eq\f(2kR,mg)，故选B.答案：B7．解析：悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10N，钩码间的弹力大小仍是10N，A正确，B错误；橡皮筋的弹力不能突变，悬挂第二个钩码后，橡皮筋逐渐伸长，拉力传感器的读数从10N逐渐增大，直到弹力等于两个钩码的重力时，拉力传感器的读数才为20N，C错误；设悬挂第一个钩码稳定时橡皮筋的伸长量为x1，kx1＝G，悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x2，则k（x1＋x2）＝2G，代入数据，可得x2＝10cm，D正确．答案：AD8．解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，设每减少一个盘子，每根弹簧的形变量为Δx，则有mg＝3

瘙簚kΔx，解得k＝100N/m，故选B.答案：B9．解析：如题图甲中的重力全部集中在玉坠上，重心在玉坠上，图乙中项链的质量均匀分布于整条项链，其重心一定在最低点的上方，所以玉坠重心到水平杆的距离比项链重心到水平杆的距离大，即h1>h2；对玉坠和项链的受力分析如图1和图2所示，图1中M、N两点对绳子的拉力方向沿着绳子收缩的方向，图2中M、N两点对项链的拉力方向沿着项链悬点的切线方向，图1中M、N两点对绳子拉力的夹角，比图2中M、N两点对项链拉力的夹角大，根据力的合成可知，图1中M点对绳子的拉力F1比图2中M点对项链的拉力F2要大，即F1>F2.故选A.答案：A10．解析：设轻绳中拉力为T，球A受力如图所受弹力为绳对A的拉力和半圆对球A的弹力的合力，与重力等大反向，大于T，故A错误；受力分析可得Tsin30°＝Nsin30°；Tcos30°＋Ncos30°＝mAg解得T＝N＝eq\f(\r(3),3)mAg，故B错误；细线对A的拉力与对球B的拉力都等于T，故C错误；对球B：Tcos60°＝mBg；T＝2mBg解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2\r(3),1)，故D正确．故选D.答案：D11．解析：如图所示受力分析小球a，设弹簧对小球的弹力大小为FN，OA杆对小球a的弹力大小为FNA，设FN与水平方向的夹角为θ1，FNA与水平方向的夹角为θ2.根据图中的几何关系有θ1＝θ2＝30°，根据物体的平衡条件有FNcosθ1＝FNAcosθ2，FNsinθ1＋FNAsinθ2＝mg，求得FN＝FNA＝mg.根据胡克定律，有弹簧的压缩量为Δx＝eq\f(FN,k)＝eq\f(mg,k)，故A、B正确；如图所示受力分析小球b，根据如上分析，其所受弹簧的弹力FN也为mg，OB杆对小球b的弹力为FNB，设FNB与水平方向的夹角为θ3，FN与水平方向的夹角为θ4.根据图中的几何关系有θ3＝60°，θ4＝30°，根据物体的受力平衡条件有FNBcosθ3＝FNcosθ4求得FNB＝eq\r(3)mg，故C正确；如图所示当将小球b移动至O点后对小球a受力分析，设mg与垂直于OA杆方向的夹角为θ5.根据图中的几何关系有θ5＝60°，根据物体的受力平衡条件有F′N＝mgsinθ5，求得F′N＝eq\f(\r(3),2)mg.根据胡克定律，有弹簧的压缩量为Δx′＝eq\f(F′N,k)＝eq\f(\r(3)mg,2k)，故D错误．故选D.答案：D课时分层精练（八）摩擦力1．解析：在题图甲中，P做匀速直线运动，在水平方向所受合力为零，所以P不受摩擦力；在题图乙中，假设P不受摩擦力，P将相对Q沿斜面向下运动，因此P受与力F方向相同的摩擦力，D正确．答案：D2．解析：该女士用80N的水平力推不动沙发，则沙发此时受到的是静摩擦力，所以F1＝80N．该女士用100N的力恰好推动沙发，此时推力的大小等于最大静摩擦力的大小，所以F2＝100N．沙发被推动后受滑动摩擦力，由公式Ff＝μFN来计算大小．所以F3＝μFN＝0.45×200N＝90N，A正确．答案：A3．解析：物块M始终保持静止，故细绳的拉力大小不变，A、B错误；如果最初物块N的重力沿木板面向下的分力大于细绳的拉力，则物块N受到木板的摩擦力开始时沿木板面向上，当木板转动至水平位置时，物块N受到的摩擦力水平向右，此情况下，在木板转动过程中，物块N所受木板的摩擦力先减小后增大，C正确，D错误．故选C.答案：C4．解析：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正确，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．答案：BD5．解析：分析可知开始时物块受到静摩擦力作用，后长木板与物块间发生相对滑动，此时物块受到的是滑动摩擦力，大小与是否匀速运动无关，A错误；当长木板相对物块滑动前，根据平衡条件可知拉力随时间的变化关系和图乙相同，但相对滑动后，拉力的大小与物块受到的摩擦力大小无关，B错误；根据图乙可知，物块受到的最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，C错误；根据滑动摩擦力公式有Ff＝μFN，FN＝mg，解得μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,mg)＝0.2，D正确．故选D.答案：D6．解析：由平衡条件可知，斜面体对物块的支持力FN＝mgcosθ，由牛顿第三定律可知，物块对斜面体的压力F′N＝mgcosθ，对斜面体应用平衡条件可知，地面对斜面体的摩擦力Ff＝F′Nsinθ＝mgcosθsinθ，可见摩擦力不随时间变化，A项正确．答案：A7．解析：推力F由0均匀增大到2.5N，A、B均未动，由平衡条件知FfA由0均匀增大到2.5N；推力F由2.5N增大到5N，FfA＝2.5N；推力F由5N增大到6N，A处于运动状态，FfA＝μG＝2N，D正确．答案：D8．解析：物体的受力如图所示：在竖直方向，由共点力平衡条件和力的分解，可得N＝mg＋Fsin30°，得N＝29N．由牛顿第三定律知，物体对地面的压力为N′＝N＝29N，故A错误；物体的最大静摩擦力fmax＝μN′＝14.5N，Fcos30°＝18×eq\f(\r(3),2)N＝9eq\r(3)N，因为Fcos30°＞fmax，所以物体处于加速运动状态，所受的摩擦力为f＝14.5N，合力不为零，物体不能匀速运动，故B正确，C、D错误．故选B.答案：B9．解析：A和水平面之间的最大静摩擦力的大小为：f1＝μmAg＝0.25×5×10N＝12.5N，根据胡克定律可知，弹簧的大小为：F1＝kx＝400×2×10－2N＝8N；当把与水平方向成60°的拉力F＝6N作用在木块B上时，木块B受到重力、地面的支持力、弹簧对B向右的弹力，斜向上的拉力以及地面的摩擦力，受力如图．竖直方向：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此时B和水平面之间的最大静摩擦力的大小为：f2＝μN＝0.25×54.8N＝13.7N>fB，所以木块B仍然保持静止，受到的摩擦力为静摩擦力，大小等于8N，故C正确，D错误；木块A受到重力、地面的支持力、弹簧向左的弹力，若要平衡，则木块A受到地面对A向右的静摩擦力，大小等于弹簧的弹力，为8N，故AB错误；故选C.答案：C10．解析：半圆体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mgsinθ＝μmgcosθ，则有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)之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsinθ；θ在eq\f(π,6)～eq\f(π,2)之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为μmgcosθ；综合以上分析得其Ff与θ关系如题图b所示，故O～q和q～eq\f(π,2)之间均为曲线，故A、B、C错误；当θ＝eq\f(π,6)时Ff＝mgsineq\f(π,6)＝eq\f(mg,2)，即p＝eq\f(mg,2)，故D正确．故选D.答案：D课时分层精练（九）力的合成与分解1．解析：二力平衡时，合力为零，此时合力F比分力中的任何一个力都小，A、B错误；若F1和F2大小不变，θ越小，合力F越大，C正确；如果夹角θ不变，F1大小不变，F2增大，合力F可能减小，也可能增大，故D错误．答案：C2．解析：F1＝6N，方向沿x轴的正向；F3＝4N，沿x轴负向；故F1与F3的合力F13沿着x轴的正方向，为2N；F2＝8N，沿y轴正向；F4＝2N，沿y轴负向；故F2与F4的合力F24为6N，沿着y轴正方向；最后再将F13与F24合成，故合力F为2eq\r(10)N，指向第一象限，选项A正确，B、C、D错误．答案：A3．解析：根据题意知，健身者双手缓慢分开的过程中，健身者处于平衡状态，所受的合力为零，A错误；由于双臂与竖直方向夹角增大，由力的平衡可知健身者手臂所受的拉力增大，B正确；健身者所受重力是由于地球的吸引而受到的力，方向竖直向下，手臂拉力斜向上方，重力不是手臂拉力的分力，C错误；健身者所受重力和双臂的合力不是一对作用力和反作用力，是一对平衡力，D错误．答案：B4.解析：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．答案：D5．解析：当工件刚要离开地面时，弹性绳的伸长量为x＝eq\f(L,cos53°)－eq\f(L,cos37°)＝eq\f(5,12)L，设弹性绳上的弹力为F，则有2Fsin53°＝G，解得F＝eq\f(5,8)G，则弹性绳的劲度系数为k＝eq\f(F,x)＝eq\f(3G,2L).答案：C6．解析：绳子端点B在最初位置时，根据平衡条件可得T1＝mgtanθ＝eq\f(3,4)mg，设细绳AO长度为L，据几何关系可知两竖直墙面间的距离为d＝L＋Lsinθ＝1.6L，绳子端点B移到位置D点时，绳子AO与竖直墙面间的夹角为α，由几何知识得sinα＝eq\f(\f(1,2)d,L)＝0.8，此时有2T2cosα＝mg，得T2＝eq\f(5,6)mg，所以C正确，A、B、D错误．答案：C7．解析：由题图可知，由于F1、F2的大小、方向都确定，因此由力合成的平行四边形定则可知，两力的合力大小和方向确定，则有在沿合力方向的直线上两力的分力之和最大，此时可知在过原点O且垂直合力方向的直线上分力的合力是零，且分力之和最小，则该直线一定经过第二、四象限，A、B、C错误，D正确．故选D.答案：D8．解析：如图所示，因为F2＝eq\f(\r(3),3)F>Fsin30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝eq\r(Feq\o\al(2,2)－（Fsin30°）2)＝eq\f(\r(3),6)F，即F1的大小分别为Fcos30°－ΔF和Fcos30°＋ΔF，即F1的大小分别为eq\f(\r(3),3)F和eq\f(2\r(3),3)F，A、C正确．答案：AC9．解析：当两臂间的夹角为120°时，两臂受到的压力为N1＝eq\f(G,2cos60°)＝G，对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为F1＝2N1cos30°＝eq\r(3)G，当两臂间的夹角为60°时，两臂受到的压力为N2＝eq\f(G,2cos30°)＝eq\f(\r(3),3)G，对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为F2＝2N2cos60°＝eq\f(\r(3),3)G，则有eq\f(F1,F2)＝3∶1，故A、B、C错误，D正确．答案：D10.解析：加速起飞时，飞行器受重力和发动机提供的动力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，如图所示，在△OFF合中，由几何关系得F合＝mg，F＝eq\r(3)mg，故A正确，B错误；将动力的方向沿逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°角，斜向下，动力F′与合力F′合垂直，如图所示，此时F′合＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，F′＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，故C、D正确．答案：ACD11．解析：某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成图示的60°夹角，由于挂钩两侧阻拦索中拉力相等，由2F′cos30°＝F，解得阻拦索中的拉力F′＝eq\f(\r(3)F,3).由于柱塞两侧阻拦索中拉力相等，其合力方向在两侧阻拦索拉力所成夹角的角平分线上，所以单个柱塞所受阻拦索的合力大小为F合＝2F′cos60°＝F′＝eq\f(\r(3)F,3)，选项B正确．答案：B12．解析：滑轮b、c均为“活结”，结合对B的受力分析知整个装置稳定时各部分绳的拉力均等于m2g，则ac、bc两部分绳拉力的合力一定在它们的角平分线上，由于它们的合力与A的重力大小相等，方向相反，则合力竖直向上，故ac、bc两部分绳子