2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)学生用-学生内文答案

复习讲义答案解析第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1讲运动的描述考点一1.(1)具有质量理想化(2)形状大小2.参考地面3.(1)运动轨迹(2)初位置末位置矢(3)等于小于判断正误(1)√(2)×(3)×(4)×例1C[研究甲图运动员的入水动作、乙图运动员的空中转体姿态和丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时,运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略,此时运动员不能够视为质点,故A、B、D错误;研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时,运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略,此时运动员能够视为质点,故C正确。]例2C[2024年6月25日14时7分指的是时刻,故A错误;研究嫦娥六号着陆过程的技术时,嫦娥六号的形状、大小不能忽略,不可以把它简化成质点,故B错误;嫦娥六号由图中O点到B点的路程大小大于由图中O点到B点的位移大小,故C正确;嫦娥六号变轨飞向环月轨道的过程中,以嫦娥六号为参考系,月球是运动的,故D错误。]例3C[根据题意可知,该次作业中小车相对地面的位移大小为x=82+62m=10m,故考点二1.位移Δx2.某一时刻某一位置切线3.瞬时速度4.路程不一定判断正误(1)√(2)×(3)×(4)×例4C[速度是描述物体运动快慢的物理量,即物体的空间位置随时间变化的快慢,B、D错误;根据x与t的关系式可知,t=0时,质点位于x=1m处,t=1s时,质点位于x=6m处,因此质点在第1s内的位移为5m,A错误,C正确。]例5D[滑块经过A时的速度vA=dtA=10.010cm/s=100cm/s,故A错误;滑块经过B时的速度vB=dtB=10.005cm/s=200cm/s,故B错误;滑块在A、B间的平均速度v=Lt=0.30.200m/s=1.5m/s,故C错误;滑块在A、B间的位移大小和路程相同,所以平均速率也为1.5考点三1.变化快慢2.速度的变化量3.Δ4.Δv合力无关5.快慢速度的变化快慢ΔxΔtv-v0ΔvΔ判断正误(1)√(2)×(3)×例6B[由G=100×ag=50,可得a=4.9m/s2,则加速时间t=Δva≈6s,故B例7A[由题意可知,小球沿光滑斜面向上运动,2s后速度的大小变为4m/s,则有这个速度的方向可能与初速度方向相同,也可能与初速度方向相反,与初速度方向相同时,速度的变化大小是14m/s;与初速度方向相反时,速度的变化大小是22m/s,则有速度变化率的大小,即加速度大小为7m/s2和11m/s2,因重力加速度g=9.8m/s2,则速度变化率的大小不可能是11m/s2,因此速度变化的大小一定等于14m/s,故A正确。]例8C[由题意可知,速度与加速度同向,质点做加速度减小的加速运动,速度增大,位移增大,故A、B错误;速度增大的过程中,位移不断增大,速度的变化越来越慢,当加速度等于零时,速度达到最大值,接下来做匀速直线运动,位移继续增大,故C正确,D错误。]第2讲匀变速直线运动的规律考点一1.加速度2.(1)v0+at(2)v0t+12at2v2-v0判断正误(1)×(2)×(3)√例1B[根据题意,由公式x=v0t+12at2结合位置随时间的变化规律x=4t+2t2(m),可得v0=4m/s,a=4m/s2可知,质点在x轴上做初速度为4m/s、加速度为4m/s2的匀加速直线运动,故A错误,B正确;由位置随时间的变化规律x=4t+2t2(m)可得,t=2s时质点的位置在x=(4×2+2×22)m=16m,故C错误;由公式v=v0+at可得,t=2s时质点的速度大小v=(4+4×2)m/s=12m/s,方向沿x轴正方向,故D错误。例2A[汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0为36km/h=10m/s,末速度v不大于限速20km/h≈5.56m/s,该过程汽车速度的变化量为Δv=v-v0≈-4.44m/s,根据Δv=at,可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积不小于4.44m/s,结合选项内容可知,符合条件的仅有A选项,故A正确,B、C、D错误。]例3B[令x1=50m,x2=1m,汽车的刹车时间为t,刹车时的加速度大小为a,把刹车过程逆向处理,则有v02=2a(x1-x2),t=v0a,联立解得a=8m/s2,t=3.5s,所以汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为3~3.5s内通过的位移大小,有x4=12aΔt2,解得x4=1m,例4ABC[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+12at2,解得t1=3s或t2=1s,故A、B正确;当物体的位移为沿斜面向下7.5m时,x=-7.5m,由x=v0t+12at2,解得t3=(2+7)s或t4=(2-7)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=-57m/s,故D错误考点二例5C[由题知,电动公交车做匀减速直线运动,设RS间的距离为x,公交车经过R、S、T点时瞬时速度为v1、v2、v3,经过RS间的时间为t1,经过ST间的时间为t2,有v1+v22=10m/s,v2+v32=5m/s,则v1-v3=10m/s,又xt1=10m/s,2xt2=5m/s,则t1+t2=x2,全程的平均速度v=3xt1+t2例6C[根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a=ΔxT2=16-9.642m/s2=0.4m/s2,B错误;根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4s末的速度大小为v1=x1+x22T=9.6+168m/s=3.2m/s,C正确;根据v=v0+at可得,计时时刻送货车的速度为v0=v1-aT=3.2m/s-0.4×4m/s=1.6m/s,A错误;送货车在第2个4s内的平均速度大小为v=例7B[将汽车从a到e的匀减速直线运动,可看作反向初速度为零的匀加速直线运动,根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得,汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2-3),所以汽车经过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为v1v2=12-3=2+3=3.73,所以3<v1v第3讲自由落体运动和竖直上抛运动 多运动过程问题考点一1.重力静止3.(1)v=gt(2)h=12gt2(3)v2=2判断正误(1)×(2)√(3)×(4)√(5)√例1C[设闪光周期为T,由题图可知,钢球从物理书上边沿到下边沿经过6次闪光,钢球下落时间为t=5T,物理课本长度约为l=0.3m,钢球做自由落体运动l=12gt2=12g(5T)2,解得T≈0.05s,该频闪摄影的闪光频率约为f=1T≈20Hz,故C例2D[设整个过程下落高度为h,由题意可得13h=12gt2,则物体自由下落高度为12h时,满足12h=12gt'2,解得t'=62t,A错误;物体自由下落12高度时的速度为v'=gt'=62gt,B错误;物体落地过程满足h=12gt″2,解得物体落地所用的时间为t″=3t,C错误;物体落地时的速度为v″=例3(1)20m/s15m(2)4.05m解析(1)根据速度位移关系v2=2gh,解得鸡蛋落地时速度大小为v=20m/s,设鸡蛋自由下落时间为t,根据速度时间关系得t=vg=2鸡蛋在第1s内的位移为h1=12gt12则鸡蛋落地前最后1s内的位移大小为h2=h-h1=15m。(2)由题意知,窗口的高度为h3=2m设高楼面离窗的上边框的高度为h0鸡蛋从高楼面运动到窗的上边框的时间为t0则h0=12gt02,h0+h3=12g(t0联立解得h0=4.05m。考点二1.自由落体2.匀变速3.(1)v=v0-gt(2)x=v0t-12gt例4A[小球做竖直上抛运动,根据运动时间的对称性得到物体从最高点自由下落到A点的时间为tA2,从最高点自由下落到B点的时间为tB2,AB间距离为hAB=12gtA22-tB22=12×10×例5D[由题意可知实验舱上抛阶段的时间为2s,可知实验舱开始竖直上抛的速度为v=gt上=20m/s,电磁弹射阶段有v=5gt,解得t=0.4s,故A错误,D正确;电磁弹射阶段,实验舱上升的距离约为h=12×5g·t2=4m,故B错误;实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为h1=12gt上2=20m,故例6AB[小球的位移大小一定是x=v2-v02-2g=102-202-2×10m=15m,方向竖直向上,故A正确;当小球速度大小为10m/s,方向竖直向上时,小球在这段时间的平均速度为v=v+v02=15m/s,当小球速度大小为10m/s,方向竖直向下时,小球在这段时间的平均速度为v=v0+(-v)2=5m/s,故B正确;当小球速度大小为10m/s,方向竖直向上时,在这段时间的速度变化为Δv=v-v0=(10-20)m/s=-10m/s,方向竖直向下;当小球速度大小为10m/s,方向竖直向下时,在这段时间的速度变化为Δv=v-v0=(-10-20)m/s=-30m/s考点三例7B[图像与坐标轴围成的面积代表位移,则匀速运动阶段的位移大小为x=vt=10×5m=50m,故A错误;图像的斜率代表加速度,则匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小之比为aa'=vtvt'=3∶2,故B正确;悬停处距离地面的高度h=5+152×10m=100m,故C错误;根据平均速度的公式v=v0+v2,可知匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度之比为专题强化一运动图像问题考点一例1C[根据题意标准泳池的长度为50m,运动员在100m自由泳中,位移为零,所以位移先增大后减小,离出发点最远处位移为50m,故C正确。]例2B[由题图v-t图像可知,0~3s内的平均速度v1=0+302m/s=15m/s,A错误;3.5~6s内速度随时间均匀减小,为匀减速直线运动,B正确;0~3s和3.5~6s两段v-t图线的斜率表示加速度,由题图图像可知0~3s内的加速度大小为10m/s2,3.5s末的速度大于25m/s,则3.5~6s内的加速度大小大于10m/s2,即0~3s的加速度比3.5~6s的小,C错误;v-t图线与t轴围成的面积表示位移,由题图图像可知0~3s内的位移为Δx1=v1·t1=15×3m=45m,3.5~6s内的位移Δx2<v2·t2=30+02×2.5m=37.5m,即0~3s的位移比3.5~6s的大例3BD[质点在0~t0时间内从静止开始先做加速度增大的加速直线运动,后做加速度减小的加速直线运动,此过程一直向前加速运动,t0~2t0时间内加速度反向,先做加速度增大的减速直线运动,后做加速度减小的减速直线运动,2t0时刻速度减小到零,此过程一直向前做减速直线运动,以后重复此过程的运动,即质点一直向前运动,t=2t0时,质点P的运动速度最小,根据对称性可知,t=32t0与t=12t0时,P的运动速度相同,故A、C错误,B、D正确考点二例4ACD[根据题图结合数学知识,可得其函数表达式为xt=12t+2,根据匀变速直线运动的位移与时间关系有x=v0t+12at2,整理后有xt=12at+v0,结合上述分析可知,该运动是初速度为2m/s、加速度为1m/s2的匀加速直线运动,故A正确,B错误;根据匀变速直线运动的速度与时间关系,4s时的速度为v=v0+at=6m/s,故C正确;根据匀变速直线运动的位移与时间关系式x=v0t+12at2,得4s时的位移为x=16m例5B[由题图可知,减速之前汽车的位移为x1=4m,速度v0=20m/s,根据匀变速直线运动的速度与位移关系式可得v2-v02=2ax,由图像解得a=-5m/s2,当速度为5m/s时,汽车减速运动的位移为x2=v2-v022a=37.5m,故汽车的位移为x=x1+x2=41.5m,A、考点三例6A[x-t图像斜率的物理意义表示速度,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,汽车的速度不变且不为0;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项的v-t图像可能正确,故选项A正确。]专题强化二追及相遇问题例1(1)3s(2)2.75m/s2解析(1)在t0时间内,甲、乙两车运动位移分别为x1=v1t0,x2=v2t0-12a0又x1-x2=L0-L解得t0=3s(另一解为负值,舍去)。(2)甲车开始刹车时,乙车速度为v3=v2-a0t0=7m/s若甲车刹车后经时间t两车速度相等(均为v),两车恰好避免相撞,则v=v1-at,v=v3-a0t时间t内甲、乙两车运动位移分别为x3=v1t-12at2,x4=v3t-12a0t又x3-x4=L,联立以上各式解得a=2.75m/s2即甲车刹车加速度至少为2.75m/s2。例2C[首先考虑到达加油站的时间,摩托车是先加速再匀速最后减速,加速的时间和减速时间相同,t1=t3=va=4s,加速和减速阶段的位移也相同,x1=x3=12at32=40m,剩余的位移x=200m-40m-40m=120m,即为匀速过程,所用的时间为t2=xv=6s,因此所用总时间为t=t1+t2+t3=14s。在此期间,卡车前进的位移为x1'=v't=140m,而摩托车前进的位移为200m,两者位移差为Δx=60m>50m,因此在到达加油站之前摩托车就已经追上卡车例3D[v-t图像中,速度的正负表示运动方向,乙物体在2s前后速度均为正值,表明在0~6s内,乙始终沿正方向运动,运动方向没有发生变化,故A错误;两物体出发点相同,v-t图像中,图像与时间轴所围的面积表示位移,根据图像可知,两物体在2s末和6s末相遇,故B错误;结合上述分析,根据图像可知,2s相遇之前甲在乙前面,2s相遇后乙在甲前面,两个物体甲在乙前相距最远的时刻是1s末,从第4s末到第6s末,乙在甲前面,故C错误,D正确。]例4C[t=30s时,两列动车速度相等,再次相遇前两列动车在t=30s时相距最远,最远距离为Δx=60+762×30m-(60×10+60+762×20)m=80m,故A、D错误;v-t图像与坐标轴围成面积表示位移,从围成面积可看出前30s动车b的位移更大,根据v=xt可知,0~30s两列动车的平均速度大小不相等,故B错误;在t=30s时,动车b在前方,此后动车a会追上并超越,所以还能相遇一次,故C例5(1)5m/s2(2)1m/s2解析(1)设汽车的加速度大小为a,初速度v汽=54km/h=15m/s,初始距离d=14m在经过反应时间0.4s后,汽车与自行车相距d'=d-(v汽-v自)t'=10m从汽车刹车开始计时,自行车的位移为x自=v自t汽车的位移为x汽=v汽t-12at假设汽车能追上自行车,此时有x汽=x自+d'代入数据整理得12at2-10t要保证不相撞,即此方程最多只有一个解,即得Δ=102-20a≤0解得a≥5m/s2,则汽车的加速度至少为5m/s2。(2)设自行车的加速度为a',同理可得x汽'=x自'+d'其中x汽'=v汽t-12at2,x自'=v自t+12整理得12a'+2t2-要保证不相撞,即此方程最多只有一个解,即得Δ=102-20a'-80≤0解得a'≥1m/s2,则自行车的加速度至少为1m/s2。实验一测量做直线运动物体的瞬时速度考点一例1(1)不需要(2)0.5040.805(3)1.50解析(1)本实验是探究速度随时间的变化规律,因此不需要平衡摩擦力。(2)相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s,打计数点2时小车速度大小v2=x03-x打计数点4时小车速度大小v4=x05-x03(3)加速度大小a=x06-2x039例2(1)BD(2)①位移差②0.8441.7解析(1)电火花计时器所接电源应为220V交流电源,A错误,B正确;由打点计时器记录时间,所以不需要秒表,C错误;为测量点迹之间的距离,必须使用刻度尺,D正确。(2)①设AB、BC、CD、DE、EF之间的距离分别为x1、x2、x3、x4和x5,则有x2-x1=1.71cm,x3-x2=1.72cm,x4-x3=1.71cm,x5-x4=1.71cm,因此可知,在相邻相等的时间间隔内的位移差基本相等,可判断小车做匀变速直线运动。②由中间时刻的瞬时速度等于平均速度可得vC=x2+x32T=7.58+9.302×由公式Δx=aT2可得a=ΔxT2=x5+x4-x3-x24考点二例3(1)1.80(2)dt2解析(1)游标卡尺读数为d=1mm+16×0.05mm=1.80mm。(2)遮光片经过光电门A、B的速度分别为vA=dt1,vB=(3)根据运动学公式得vB2-v可得滑块的加速度a=vB2-例4(1)匀减速直线运动在误差允许范围内,相邻0.2s内的位移之差接近Δx=0.34m(2)11.65(3)8.4解析(1)根据表中的数据可以推断该车在这段时间内的运动性质是匀减速直线运动。第1个0.2s内的位移为3.17m,第2个0.2s内的位移为2.83m,第3个0.2s内的位移为2.50m,第4个0.2s内的位移为2.16m,第5个0.2s内的位移为1.83m,第6个0.2s内的位移为1.48m,则相邻0.2s内的位移之差接近Δx=0.34m,可判断该车在这段时间内做匀减速直线运动。(2)当x=5.48m时,该车的速度等于0.4s到0.8s内的平均速度,则v=7.98-3.320.4m/s=11.65m/s(3)由逐差法可得,这段时间内该车的加速度大小a=(13.98-5.48)-(5.48-0.01)(3×0.2)2m/s2≈8.4增分微点1测量重力加速度的几种方法例1(1)B(2)C(3)x6+解析(1)为了减小阻力对实验的影响,使重物的重力远大于阻力,重物应选质量大、体积小,即密度大的铁块,故选B。(2)本实验不需要测量质量,则不需要天平,故A错误;打点计时器本身具有计时功能,所以本实验不需要秒表,故B错误;本实验需要利用刻度尺测量纸带上所打计数点间的距离来计算加速度的大小,需要刻度尺,故C正确。(3)由纸带可知相邻计数点间还有一个点,则相邻计数点间的时间间隔为t=2T,根据逐差法Δx=at2可得重物运动的加速度计算表达式为a=x6+已知打点计时器的打点间隔T=0.02s,代入数据,可得加速度大小a=9.60m/s2。例2(1)1.170(2)2k小钢珠经过光电门1的速度解析(1)游标卡尺的主尺读数为11mm,游标读数为14×0.05mm=0.70mm,则最终读数为11.70mm=1.170cm。(2)根据h=v1t+12gt2知ht=v1+12gt,作出ht-t图线,如图所示,则图线的斜率绝对值k=12g,解得g=2k,纵截距a例3(1)C(2)9.803.77(3)不是偏小解析(1)为减小空气阻力对实验造成的误差,需要选择密度较大的小钢球来做实验,质量相同的情况下体积相对较小,故选C。(2)由题可得每块砖的厚度h'=0.7215m=0.048m,则g=h34-h122t2=2×0.0482×(0.07)2m/s2≈9.80m/s2,小钢球到达位置3时的速度v3=h23+h342t=(3)由于4个小球间竖直距离之比为3∶4∶5,故照片中位置1不是小球自由下落的初始位置;由于受空气阻力影响,小球下落的实际加速度小于重力加速度,测出的重力加速度的值比实际值偏小。例4(1)刻度尺(2)1.5(3)2d(Δt解析(1)该实验测量重力加速度,不需要天平测质量,需要用刻度尺测量遮光带(透光带)的宽度。(2)根据平均速度的计算公式可知v=dΔt=4.50×10-2(3)根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的瞬时速度,有v1=dΔt1,v又v2=v1+gΔ可得g=2d(4)光栅板下落过程中受到空气阻力的影响,所以竖直向下的加速度小于当地的重力加速度。第二章相互作用——力第1讲重力弹力摩擦力考点一1.(1)运动状态2.(1)地球的吸引(2)弹簧测力计(3)竖直向下(4)①质量②悬挂判断正误(1)√(2)×(3)×(4)√例1C[重力的方向总是垂直于水平面向下,竖直向下,故A、B错误;重力G=mg,在地表附近,g随纬度的升高而增大,随高度的增加而减小,所以某物体在长沙受到的重力小于其在北京受到的重力;在喜马拉雅山,某物体在山脚受到的重力大于其在山顶受到的重力,故C正确,D错误。]考点二1.(1)形变(2)②弹性形变(3)相反2.(2)没有一定5.(1)形变量判断正误(1)×(2)√(3)×例2B[小球随车厢(底部光滑)一起向右做匀速直线运动,小球受到的重力和小车底部对小球的支持力平衡,车厢左壁对小球无弹力,A错误;小球被轻绳斜拉着静止在光滑的斜面上,假设轻绳对小球没有弹力,去掉轻绳,小球会沿斜面下滑,假设不成立,即轻绳对小球有弹力,B正确;小球被a、b两轻绳悬挂而静止,其中a绳处于竖直方向,则小球的重力和a绳的拉力平衡,故b绳对小球一定没有拉力,C错误;小球静止在光滑的三角槽中,三角槽底面水平,小球的重力和三角槽底部对小球的支持力平衡,倾斜面对小球一定无弹力,D错误。]例3D[对小球受力分析如图所示,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=(mg)2+(ma例4B[由题意知,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产生的形变量等于相邻两盘间距,由ΔF=kΔx得mg=3kx,解得k=100N/m,故B正确。]考点三1.相对运动相对运动趋势2.(1)粗糙(2)压力(3)相对运动相对运动趋势3.相对运动相对运动趋势4.(1)μFN0Fmax5.一定有不一定有思考提示用手握住水杯,水杯所受静摩擦力竖直向上,当水杯向上运动、向下运动、水平运动、斜向上运动、斜向下运动时,静摩擦力可以与物体运动方向相反,可以与物体运动方向相同,也可以与物体运动方向成任意角度。同理,当一个物体沿斜面体斜面下滑时,斜面体也可以向空间各个方向运动,物体所受滑动摩擦力可以与物体运动方向相反,可以与物体运动方向相同,也可以与物体运动方向成任意角度。例5C[墨条相对于砚台水平向左运动,砚台对墨条有向右的摩擦力,A错误;根据牛顿第三定律知,墨条对砚台有向左的摩擦力,砚台处于平衡状态,故桌面对砚台有向右的摩擦力,B错误;砚台处于平衡状态,水平方向只受桌面和墨条对其的摩擦力,故这两个力是一对平衡力,C正确;桌面对砚台的支持力等于砚台的重力与墨条对砚台的压力之和,故桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力不是一对平衡力,D错误。]例6B[斜坡倾角越大,“天工”越容易下滑,只要保证“天工”在倾角30°的斜坡上不下滑,在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑,对在倾角30°的斜坡上的“天工”受力分析,有μmgcos30°≥mgsin30°,解得μ≥33,B正确。例7B[第2张纸相对第3张纸有向右运动的趋势,所以第2张纸受到第3张纸的摩擦力方向向左,故A错误;若μ1=μ2,则有μ1F<μ2(F+mg),可知搓纸轮与第1张纸之间会发生相对滑动,而第1张纸静止不动,所以进纸系统不能正常进纸,故B正确;工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F,第1张纸对第2张纸的压力为F+mg,则第1张纸与第2张纸之间的滑动摩擦力为Ff12=μ2FN12=μ2(F+mg),由于第2张及第2张以下的纸没有运动,只有运动趋势,所以第2张以下的纸之间以及第50张纸与摩擦片之间的摩擦力均为静摩擦力,大小均为Ff静=Ff12=μ2(F+mg),故C、D错误。]增分微点2摩擦力的“四类”突变问题例1B[木块在水平方向受到F1和F2作用而处于静止状态,根据平衡条件可知Ff=F1-F2=7N,木块受到的静摩擦力为方向向左;若撤去F1保留F2,由于F2=3N<Ff=7N,可知木块仍然保持静止,则木块受到的静摩擦力为Ff1=F2=3N,方向向右,故A错误,B正确;若撤去F2保留F1,由于F1=10N>Fm=μmg=8N,可知木块将向右运动,则木块受到的摩擦力为滑动摩擦力,大小为Ff2=μmg=8N,方向向左,故C、D错误。例2ABC[0~6s共同静止在地面上,6s~t2一起在地面上运动,t2以后相对滑动;t2以后滑块所受的摩擦力为μ1mg=6N,解得μ1=0.2,A正确;t1=6s时,滑块和木板一起开始滑动,根据平衡条件得0.5t1=μ2·2mg,解得μ2=0.05,B正确;t2时刻对整体根据牛顿第二定律得0.5t2-μ2·2mg=2ma,t2时刻对木板根据牛顿第二定律得μ1mg-μ2·2mg=ma,解得a=1m/s2,t2=18s,木板的最大加速度为1m/s2,C正确,D错误。]例3B[开始时木块与木板间为静摩擦力,由受力平衡可得Ff=mgsinθ,则随θ角增大,静摩擦力逐渐变大;当θ角增大到一定数值时木块在板上发生滑动,木块受到的摩擦力为滑动摩擦力,大小为Ff=μmgcosθ,则随θ角增大,滑动摩擦力逐渐变小;故木板与木块间的摩擦力Ff的大小随θ角变化的图像最有可能是B,故B正确。]例4BCD[当小木块速度小于传送带的速度时,小木块相对于传送带向上滑动,受到沿传送带向下的摩擦力,其加速度a=gsinθ+μgcosθ,因传送带足够长,当小木块与传送带速度相等后,若μ>tanθ,则Ff=mgsinθ<μmgcosθ,摩擦力方向沿传送带向上,为静摩擦力,大小变小,小木块将随传送带一起匀速向下运动,若μ<tanθ,则小木块将以a'=gsinθ-μgcosθ的加速度向下加速运动,加速度减小,摩擦力大小不变,方向沿传送带向上,故A错误,B、C、D正确。]第2讲力的合成与分解考点一1.(1)合力分力(2)等效替代2.(1)合力(2)①邻边对角线②有向线段思考1.提示不一定。如图,F2增大后,合力F可能减小,可能不变,可能增大。2.提示(1)250(2)311(3)如果一个力的大小处于另外两个力的合力大小范围之内,则其合力的最小值为零,即Fmin=0;否则Fmin=F3-(F1+F2)(F3为三个力中最大的力)。例1A[根据牛顿第三定律可知,叶根夹角较大的一方的叶根与另一方的叶根的作用力大小相等;以两个叶根十字交错点为研究对象,可知每个叶根对交错点的作用力的合力大小相等,根据F合=2Fcosθ,可知叶根夹角θ较小的一方,叶根产生的拉力较小,则叶根夹角较大的一方先达到叶根所承受的最大拉力,即叶根夹角较小的一方获胜,故A正确。]例2D[对球进行受力分析如图,设球的半径为R,根据几何知识可得sinα=1.8R-RR=0.8,根据平衡条件得FNcosα=mg,解得FN=53mg,根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN'=FN=53mg考点二1.平行四边形三角形判断正误(1)√(2)×例3D[对结点O受力分析可得,水平方向F1sinα=F2sinβ=Fx,即F1的水平分力等于F2的水平分力,选项C错误,D正确;对结点O受力分析可得,竖直方向F1y=F1cosα=Fxtanα,F2y=F2cosβ=Fxtanβ,由于tanα>tanβ,所以F2y>F1y,选项例4A[对球体受力分析如图所示,正交分解列方程,x轴方向FN1sin30°=FN2sin30°,y轴方向FN1cos30°+FN2·cos30°+F=mg,联立解得FN1=33N,A正确。例5A[由题图可知,风力F在垂直于帆面方向的分力为Fsin8°;该力的方向与风力的夹角为90°-8°=82°,则该力与船行驶方向v的夹角为135°-82°=53°,则该力沿船行驶方向的分力为F'=Fsin8°·cos53°=35Fsin8°,故A正确。考点三例6D[令AC绳与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系有sinθ=2L-L2L=12,解得θ=30°,对C点与重物进行分析,根据平衡条件有TACcosθ=mg,TACsinθ=TCD,解得TAC=233mg,TCD=33mg,故A、B错误;对D点进行受力分析,作出矢量动态三角形如图所示,可知,当外力F方向与绳BD垂直时,外力F最小,则有Fmin=TCDcosθ=12例7ABC[题图甲和图乙中的两个物体m1、m2都处于平衡状态,根据平衡的条件,可知与物体相连的竖直细绳,其拉力大小等于物体的重力;分别取C点和G点为研究对象,受力如图所示,对C点根据受力平衡可得FAC=m1g,FBC=2m1gcos60°=m1g,对G点根据受力平衡可得FEG=m2gsin30°=2m2g,FHG=m2gtan30°=3m2g,则有FAC∶FEG=m1∶2m2,FHG∶FEG=3∶2,FBC∶FHG=m1∶3m2,FAC∶FHG=m1∶3m2,故A、B、C第3讲受力分析共点力的平衡考点一思考讨论提示5个例1D[飞行的蝴蝶不仅受重力的作用,还受空气的作用力,A错误;蝴蝶转弯时做曲线运动,由曲线运动的特点可知,蝴蝶转弯时所受合力指向轨迹凹侧,B错误;弹力的产生条件之一是两物体相互接触,小猫在空中时与地面脱离,不受地面弹力的作用,小猫由于具有惯性而继续向前运动,C错误;小猫蹬地时在竖直方向上有向上的加速度,则根据牛顿第二定律可知小猫蹬地时弹力大于所受重力,D正确。]例2B[对套马者受力分析可知,“套马者”受到竖直向下的重力G、沿绳子方向向左上方的拉力F、竖直向上的支持力FN和水平向右的摩擦力Ff,故B正确。]考点二1.(1)静止匀速直线运动(2)000(3)①大小相等、方向相反②封闭思考讨论提示不对,物体处于静止或做匀速直线运动是平衡状态,某一时刻速度为0不是物体处于平衡状态的判断依据。例3D[由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等且为0.5N、方向相反,对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Fa=(mA+mB)g=1N,故A、B错误;设细线b与水平方向夹角为α,对A球受力分析有Fbsinα+Fcsinθ=mAg,Fbcosα=Fccosθ,联立解得Fb=0.5N,故A、B、C错误,D正确。]例4B例5A[磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态,由图可知,F一定大于重力,受力分析,如图所示,在沿斜面方向,可得摩擦力Ff=(F-mg)cosθ在垂直斜面方向上有FN=(F-mg)sinθ则摩擦力为Ff=μFN=μ(F-mg)sinθ,故A正确。]例6B[如图所示,由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为x=122+52cm=13cm,每根弹簧的伸长量均为Δx=13cm-9cm=4G=3kΔxcosθ,解得弹簧的劲度系数k=G3Δxcosθ=63×4×10专题强化三动态平衡平衡中的临界与极值问题考点一例1A[设缆绳与竖直方向的夹角为θ,假设缆绳的根数为n,构件的质量为m,对构件受力分析由平衡条件nFTcosθ=mg,解得每根缆绳承受的拉力为FT=mgncosθ,图(a)匀速吊起构件的过程中,缆绳与竖直方向的夹角θ变大,则每根缆绳承受的拉力变大;图(b)匀速吊起构件的过程中,缆绳与竖直方向的夹角不变,则每根缆绳承受的拉力不变,故A例2A[先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图所示的矢量三角形,把A右移少许,θ角减小;在θ角减小的过程中,从图中可以直观地看出,F1、F2都会减小,故A正确。]例2题图例3题图例3B[将重力沿如图所示的方向进行分解,设BC绳上的拉力为F1,杆AC上的力为F2,根据牛顿第三定律可知,F1与FBC大小相等,F2与FAC大小相等,由几何三角形与矢量三角形相似可得ACFAC=ABG=BCFBC,解得FBC=BCABG,由于图中实线位置时,三角形是一个等边三角形,故FBC=G,A错误,B正确;当运动员的重心下降到虚线位置时,根据上述分析可知,此时BC>AB,FBC>G,绳子对运动员的拉力变大,例4AD[法一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A、D正确,B、C错误。法二正弦定理根据正弦定理mgsinθ3=mg与sinθ3保持不变,sinθ1变大,F1变大,sinθ2先增大后减小,F2先增大后减小,故A、D正确。]考点二例5C[设A的质量为2m,则B的质量为m,对连接B的轻滑轮受力分析如图甲所示,则有2Tcosβ=mg,解得T=mg2cosβ=33mg,对A受力分析如图乙所示,则有Ff=μFN,FN=2mgcosα,Ff+T=2mgsinα,联立解得μ=3-13,例6B[对金砖受力分析如图所示由平衡条件可得Ff=μF,2Ffsinθ=mg+2Fcosθ解得F≈2778N故B正确。]实验二探究弹簧弹力与形变量的关系考点一例1(1)AC(2)200(3)2.70解析(1)弹簧被拉伸时,不能超出它的弹性限度,A正确;将弹簧悬挂在铁架台上,用直尺测量弹簧的长度即为弹簧的原长x0,悬挂钩码后用直尺测得弹簧的长度x1,弹簧的伸长量为x=x1-x0,B错误;用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态,C正确;应该用同一个弹簧,分别测出几组拉力与伸长量,得出弹力与形变量成正比,D错误。(2)由题图乙可知该弹簧所受拉力F与伸长量x的比值为k=105×10-2(3)弹力大小为F=2.70N。例2(1)A(2)B(3)等于(4)偏小解析(1)悬挂钩码时,应在钩码静止后再读数,防止钩码摆动过程影响示数,A正确;每次增加的钩码个数不需要相同,钩码的总重力与弹力F大小相等,B错误;未测量弹簧原长,通过F-L图像的斜率也可以得到弹簧的劲度系数,C错误;实验中应以同一根弹簧为实验对象,不同的弹簧劲度系数可能不同,得出弹力与伸长量之比可能不相等,D错误。(2)胡克定律F=kx公式中x为形变量,由于未考虑到弹簧自身重力,使得当弹力为零时弹簧的伸长量不为零,则弹簧弹力F与弹簧的伸长量x之间的关系图像交于x轴,故A、C、D错误,B正确。(3)F-x图像的斜率等于弹簧的劲度系数。(4)若实验中刻度尺没有完全竖直,则测得的弹簧伸长量偏大,因此得到的劲度系数偏小。考点二例3(1)6.170(2)mga解析(1)题图乙所示读数为l1=61mm+14×0.05mm=61.70mm=6.170cm。(2)由胡克定律可得ΔF=Δnmg=kΔl,则ΔlΔn=解得k=mg根据题图丙可知斜率为a=(8.970-6.170)×10-25-1m=7×10联立可得k=50×10-3×9.8例4(1)减小(2)19.92(3)见解析图(4)m0+kgL解析(1)弹簧处于伸长状态,缓慢向下拉动尺身,弹簧总长度减小,故弹簧伸长量将减小。(2)其中6号数据所对应的游标卡尺读数为19mm+46×0.02mm=19.92mm。(3)m-L图像如图所示。(4)设钢球的质量为M,初始状态弹簧的伸长量x0,则Mg=m0g+kx0,Mg=mg+k(x0-L),两式联立得m=m0+kgL(5)由m=m0+kgL可知m-L图像的斜率为kg=(32-29)×10-3kg(16-4)×10-3m=1实验三探究两个互成角度的力的合成规律考点一例1(1)见解析图(2)①没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行;②读数时没有正视弹簧测力计解析(1)根据F1、F2与F的方向和大小作出如图所示的图示。(2)由图可知F与F'不完全重合,该误差的原因可能是没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行;读数时没有正视弹簧测力计。例2(2)CD(3)已标记的小圆环位置(5)大小和方向是否在误差允许范围内相同解析(2)实验中要保证两次操作使橡皮条产生相同的弹力作用,故应标记小圆环的位置以及每个力的大小和方向,力的大小由测力计读出,方向即为细线的方向,故C、D正确;橡皮条与细线的长度没必要测出,故A、B错误。(3)撤掉一个测力计,用另一个测力计把小圆环拉到已标记的小圆环位置,记录此时拉力F的大小和方向。(5)比较F'和F的大小和方向在误差允许范围内是否相同,即可判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。考点二例3(1)BC(2)丙(3)不能解析(1)由实验原理可知AO、BO长度不必相同,A错误;实验中,甲图用来测量合力,乙图用来测量两个分力,根据胡克定律,弹簧弹力的大小与弹簧的伸长量成正比,力的大小可用弹簧伸长量来表示,因此必须测量弹簧的伸长量,因此要测量弹簧的原长和甲、乙中弹簧的长度,故B、C正确;由实验原理可知在本实验中重物重力是定值,所以不必保证O点固定不变,D错误。(2)根据实验原理及操作可知,x1表示重力方向,应竖直向下,故丙正确。(3)设弹簧劲度系数为k,矿泉水瓶质量为m,根据题图甲可知k(l-l0)=mg,再根据题图乙,对O点受力分析,设OA中弹力为F1,OB中弹力为F2,受力分析如图所示,建立直角坐标系列方程求解,可发现m无法求出。例4(1)BCD(2)否(3)A(4)甲解析(1)OA、OB、OC分别表示三个力的大小,由于三共点力平衡,因此三个力的大小构成一个三角形,由于2、2、4不可以构成三角形,则结点不能处于平衡状态;其他选项中数值都可构成三角形,处于平衡状态,故B、C、D正确。(2)改变钩码个数,再次做实验时绳子的结点O不一定非得与上一次的结点重合,结点O改变时同样可以按照实验来验证力的平行四边形定则。(3)实验中需要记录各力的方向和大小及作用点,大小由钩码数得出,故在拆下钩码和绳子前,最重要的一个步骤是标记结点O的位置,并记录OA、OB、OC三段绳子的方向,故A正确。(4)F3的方向一定竖直向下,由于测量误差,F1和F2的合力方向可能偏离竖直方向,所以甲是正确的。第三章运动和力的关系第1讲牛顿运动定律考点一1.匀速直线运动状态静止状态2.不能3.(2)惯性(3)维持物体运动状态加速度4.(1)匀速直线运动状态静止状态(2)质量越大越小(3)②质量无关判断正误(1)×(2)√(3)×(4)√例1B[水冲沙石,沙石才能运动,因为水的冲击力克服了阻力,则力是改变运动状态的原因,故A错误;物体总有保持原有运动状态的性质即为惯性,其大小只与质量有关,质量越大惯性越大,力是改变物体运动状态的原因,重的大石由于质量大,惯性大,所以运动状态不容易被水流改变,故B正确;物体的运动不需要力来维持,如沙石不受力的作用时,可以做匀速直线运动,故C错误;“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力,大石所受的合力为零,故D错误。]例2AC[该实验是理想实验,是在思维中进行的,但仍以真实的实验为基础,故A正确;如果斜面粗糙,小球会有能量损失,将不能上升到与释放点等高的位置,故B错误;该实验说明了物体的运动不需要力来维持,故C正确,D错误。]考点二1.正比反比相同2.F=ma思考提示雨滴先加速下落,速度变大,所受空气阻力变大,由牛顿第二定律mg-kv=ma知,雨滴的加速度减小,当雨滴所受的空气阻力与重力大小相等时,加速度为零,雨滴匀速下落。其下落的v-t图像如图所示。考点二例3C[由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小,可知铁质小圆盘的速度先增大后减小,以向下为正方向,即铁质小圆盘的加速度先正后负,根据牛顿第二定律G-f=Gg·a,可知f先小于G,后大于G,故C正确。例4ABC[开始时,小球的重力大于弹簧弹力,加速度方向向下,小球向下加速运动,随着弹簧的压缩,弹力逐渐变大,由mg-kx=ma知加速度逐渐减小,当弹力大小等于重力时,加速度为零,即mg=kx,解得x=mgk,此时小球的速度最大,然后小球继续向下运动压缩弹簧,弹力大于重力,加速度变为向上,逐渐增大,速度逐渐减小,直到速度减小到零,到达最低点,由对称性可知,此时弹簧的压缩量为2x=2mgk,故选项A、B、C正确,D例5A[每根绳的最大拉力为Tmax=8×105N,则10根绳的合力的最大值为Fmax=10Tmaxcos37°=6.4×106N,由牛顿第二定律有Fmax-mg=mamax,解得amax=23m/s2,选项A正确。考点三1.相反同一条直线上例6B[冰箱贴受到的弹力是冰箱形变引起的,故A错误;冰箱贴受到的摩擦力和重力是一对平衡力,故B正确;根据受力平衡可知,冰箱贴与冰箱间的摩擦力大小等于冰箱贴的重力,不会随磁吸力的增加而增大,故C错误;根据受力平衡可知,冰箱贴受到的磁吸力与冰箱对它的弹力是一对平衡力,故D错误。]例7C[阻力伞受重力G、轻绳对阻力伞的拉力为FT,空气对阻力伞的作用力为F,竖直方向受力平衡,如图,因伞的运动状态不确定,则水平方向上的力的关系不能确定,故A错误;人的运动状态未知,则地面对人的摩擦力大小不一定等于F,故B错误;绳子上的拉力相等,即人对轻绳的拉力与阻力伞对轻绳的拉力大小相等,故C正确;人对轻绳的拉力与轻绳对人的拉力是一对作用力和反作用力,故D错误。]考点四1.基本导出2.长度质量时间米千克秒3.物理关系例8A[时间单位符号s是国际单位制中基本单位的符号,其余N、F、T是导出单位的符号,故A正确。]第2讲牛顿第二定律的基本应用考点一例1A[细线剪断前,对B、C、D整体受力分析,由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB=6mg,将C、D看成一个整体,有FBC=3mg,对D分析,则FCD=mg,剪断细绳的瞬间,弹簧的弹力不能发生突变,则aB=FAB-GB3m=g,aC=FCD例2C[对甲、乙整体受力分析可知,L1的拉力大小为T1=2mgtan60°=23mg,L2的拉力大小为T2=2mgcos60°=4mg,故A、B错误;若剪断L1,该瞬间弹簧的弹力不变,则小球乙受的合力仍为零,加速度为零;对甲分析,由牛顿第二定律可知加速度a=2mgsin60°m=3g,故C正确考点二例3(1)2m/s283m/s2(2)8解析(1)加速阶段,根据牛顿第二定律,有mgsinθ-k1mg=ma1,解得a1=2m/s2减速阶段,根据牛顿第二定律,有mgsinθ-k2mg=ma2解得a2=-83m/s加速度大小为83m/s2(2)设加速阶段的位移为x1,则加速阶段x1=v122解得x1=64m故减速阶段位移为x2=36m设到达斜面底部的速度为v2,则v22-v12=2代入数据解得v2=8m/s。例4(1)70m/s2(2)1.05×105N解析(1)主伞打开瞬间,由牛顿第二定律可得mg-f1=ma1其中,f1=kv1返回舱匀速下降过程,有f2=kv2=mg联立可得a1=-70m/s2所以加速度大小为70m/s2。(2)在反推发动机工作时,主降落伞和返回舱匀减速至零,根据运动学公式可得-2a2h=0-v解得加速度大小为a2=25m/s2根据牛顿第二定律可得F-mg=ma2解得F=1.05×105N。针对训练(1)30N(2)5.75m解析(1)设箱子的加速度为a,根据运动学公式可得x=12at解得a=2xt2=2×2022根据牛顿第二定律可得F-μmg=ma解得F=30N。(2)若拉力大小不变,把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上,则有Fcos37°-Ff=ma'Ff=μFN=μ(mg-Fsin37°)联立解得箱子的加速度为a'=11.5m/s2则第1s内箱子的位移大小x'=12a't12=12×11.5×12考点三1.向上向下g加速减速加速减速mg+mamg-ma0判断正误(1)×(2)×(3)√(4)×例5C[v-t图像中,速度数值的正负表示方向,t1时刻之前,速度为负值,竖直向上,t1时刻之后,速度为正值,竖直向下,即在t1时刻,运动员的速度方向发生改变,故B错误;由于v-t图像中,图像切线的斜率表示加速度,根据图像可知,0~t1段加速度为正值,竖直向下,运动员处于失重状态,故A错误;根据图像可知,t3时刻运动员速度达到最大,由于v-t图像中,图像切线的斜率表示加速度,根据图像可知,0~t3段运动员加速度始终为正值,竖直向下,处于失重状态,故C正确;根据图像可知,在t3~t4段时间内,图像切线斜率的绝对值先增大后减小,即t3~t4段运动员的加速度先增大后减小,故D错误。]例6(1)5.0(2)失重1.0解析(1)根据弹簧测力计的读数规则可知,其读数为5.0N。(2)根据(1)问结合力的平衡条件可知,mg=5.0N,电梯上行时,测力计示数为4.5N<mg,故物体处于失重状态;根据牛顿第二定律有mg-F=ma,代入数据解得a=1.0m/s2。增分微点3等时圆模型例1D[令半球形容器的半径为R,滑板的倾角为θ,对滑块进行分析,根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma,根据位移公式有2Rsinθ=12gsinθ·t2,解得t=2Rg,可知时间t与滑板的倾角θ和滑板的长度均无关,三个滑块同时到达O'点,故D例2D[以O点为最高点,取合适的竖直直径Oe作等时圆,交Ob于b,如图所示,根据等时圆原理可知,O到f、b、g、e时间相等,比较图示位移,有Oa>Of,Oc<Og,可得t1>t2>t3,故D正确。]例3C[对小球b,位移x1=2R加速度a1=mgsin45°m=根据x1=12a1tB2,得tB=2x1aB=4Rg;对小球a,位移x2=2R,加速度a2=gsin60°=32g,由x2=12a2tA2,得tA=2x2a2=8R3g,对小球c,设CM与竖直方向夹角为θ,同理可解得tC=2例4C[设杆AB长为l,与水平方向的夹角为θ,圆环的质量为m,对圆环a,根据牛顿第二定律可得mgsinθ=ma,解得a=gsinθ,由运动学公式可得l=12at2,由几何关系可知l=2Rsinθ,解得t=4Rg,同理可得圆环b、c、d的下滑时间均为t=4Rg,例5C[如图所示,ABCD为同一圆上的点,设圆的半径为R,小球从A沿光滑杆AB、AC、AD滑下,从AB下滑时,有2R=12gt12,解得t1=4Rg,从AC下滑,有a=gcosθ,而AC的长度为L=2Rcosθ,又L=12at22,解得t2=4Rg,同理若从AD下滑,时间为t3=4Rg,即小球到达圆上三点所用时间相同;依此结论可知专题强化四牛顿运动定律的综合应用 ——动力学图像、连接体及临界极值问题考点一例1ABD[由题图可知,当力F小于A点横坐标值时,其加速度为零,即物体处于平衡状态,而初始物体静止不动,所以当F小于题图乙中A点横坐标表示的值时,物体的重力Mg>F,物体不动,故A正确;当F为A点值时,物体的加速度恰好为零,对物体有F=Mg,所以图中A点的横坐标值即物体的重力大小,故B正确;物体向上运动时有F-Mg=Ma,整理有a=1MF-g,所以物体向上运动的加速度和力F成一次函数关系,而不是正比关系,故C错误;由a=1MF-g可知图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为-g,故D正确例2ACD[在a-t图像中,图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量。在t=2s时,物块的速度为v2=v0+Δv=2m/s+1+22×2m/s=5m/s,故A正确;在0~2s内,物块的v-t图像如图所示,如果是匀加速直线运动,位移为x=2+52×2m=7m,实际做加速度增大的加速运动,v-t图像与时间轴所围面积表示位移,可知物块的位移小于7m,故B错误;在t=1s时,物块的加速度为a1=1m/s2+12×1m/s2=1.5m/s2,故C正确;根据牛顿第二定律可得在t=1s时刻,拉力F的大小为F=ma+μmg=5N,故D考点二例3A[以空间站和飞船为整体,根据牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站有FN=Ma,解得飞船和空间站间的作用力大小FN=MM+mF,A正确,B、C、D例4D[解除对B的锁定时,弹簧弹力大小等于mgsinθ,在弹簧第一次恢复原长的过程中,A的加速度从零开始增大,加速度最大为aA=mgsinθm=gsinθ,所以A的速度变化越来越快;B的加速度从aB=2mgsinθm=2gsinθ开始减小,最小为aB=mgsinθm=gsinθ,所以B的速度变化越来越慢;可知A的平均加速度小于B的平均加速度,则A的平均速度小于B的平均速度,A的速度变化量小于B的速度变化量,例5D[a球落地前,对a、b球整体,根据牛顿第二定律有mag-mbg=(ma+mb)a,解得a=2m/s2,故A错误;根据运动学公式h=12at2,a球运动到地面所用时间为t=2ha=0.7s,故B错误;a球落至地面时的速度大小为v=at=1.4m/s,故C错误;对a球,根据牛顿第二定律有mag-T=maa,解得绳子中张力大小为T=2.4N,故D考点三例6BC[分离前,对A、B整体受力分析,有F+F弹-(mA+mB)g=(mA+mB)a,可得F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-F弹,当F弹最大时,F最小,即刚开始施力时,F弹最大且等于A和B的重力之和,则Fmin=(mA+mB)a=6N,故A错误,B正确;刚开始,弹簧的压缩量为x1=mAg+mBgk=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,解得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,故例7C[当小球对滑块的压力恰好等于零时,对小球受力分析,如图甲所示,根据牛顿第二定律,F合=mgtanθ=ma0,解得a0=g,由于a=2g>g,所以小球会飘起来,对小球受力分析如图乙,由勾股定理可得FT22=(mg)2+(ma)2,解得FT2=105N,故专题强化五动力学中的传送带模型考点一例1(1)2m/s2(2)5.5s解析(1)当快件做加速运动时,由牛顿第二定律可得μmg=ma代入数据,解得a=2m/s2。(2)当快件的速度与传送带速度相等时,运动的位移为x1,则v2=2ax1,代入数据,解得x1=0.25m经历的时间为t1=va=0.5此时快件离B处的距离为x2=L-x1=5m则匀速运动的时间为t2=x2v=5故快件从A运送到B所用的时间为t=t1+t2=5.5s。例2AD[物品在传送带上前阶段做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得a=μmgm=μg=4m/s2,物品加速阶段的位移x1=v22a=222×4m=0.5m,物品加速到与传送带共速后,与传送带一起匀速运动,物品匀速运动时不受摩擦力,故B错误;物品匀加速运动的时间t1=va=24s=0.5s,物品匀速运动的时间t2=l-x1v=2.1-0.52s=0.8s,物品在传送带上运动的时间是t=t1+t2=0.5s+0.8s=1.3s,与物品的质量无关,故A正确,C错误;由x=例3D[小滑块相对于传送带向右滑动,滑动摩擦力向左,加速度向左,根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg,故A错误;若v0<v1,小滑块的速度从v0先向右减速到0再返回加速到v0,刚好返回到左端,时间为t=2v0μg,故B错误;若v0>v1,小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1=v0μg,位移大小为x1=v022μg,然后加速返回,加速到v1的时间t2=v1μg,位移大小为x2=v122μg,最后以速度v1匀速回到左端,时间为t3=x1-x2v1=v022μg-v122μgv1=考点二例4C[0~t0时间内,物块轻放在传送带上,做加速运动。受力分析可知,物块受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力的下滑分力,合力不变,故做匀加速运动。t0之后,物块所受的静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度变为零,物块做匀速直线运动,故C正确,A、B、D错误。]例5C[由题图乙可知,在0~2.5s内,粮袋的速度大于传动带的速度,则粮袋受沿传送带向上的滑动摩擦力,在2.5~4.5s内,粮袋匀速下滑,根据平衡条件可知,粮袋受沿传送带向上的静摩擦力,故A错误;根据v-t图像中,图线与横轴围成的面积表示位移,由题图乙可知L=12(v0+1.5)×2.5m+(4.5-2.5)v0=3.5m,解得v0=0.5m/s,故C正确;由题图乙和C项分析可知,粮袋在0~2.5s内的加速度为a=ΔvΔt=0.5-1.52.5m/s2=-0.4m/s2,则加速度方向沿传送带向上,则在0~2.5s内粮袋处于超重状态,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,联立代入数据解得μ=0.8,故B例6ACD[开始阶段,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,代入数据解得a1=10m/s2,煤块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1=va1=1010s=1s,煤块加速至与传送带速度相等时,煤块的位移为x1=12a1t12=12×10×12m=5m<16m,所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点,由题意得μ=0.5<tan37°=0.75,则煤块不能与传送带一起做匀速直线运动,对煤块受力分析,由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,代入数据解得a2=2m/s2,设第二阶段煤块滑动到B的时间为t2,则LAB-x1=vt2+12a2t22,代入数据解得t2=1s或t2=-11s(舍去),煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1s+1s=2s,故A正确;第一阶段煤块的速度小于传送带速度,煤块相对传送带向上移动,煤块与传送带的相对位移大小为Δx1=vt1-x1=10×1m-5m=5m,即煤块相对于传送带上移5m;第二阶段煤块的速度大于传送带速度,煤块相对传送带向下移动,煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=(LAB-x1)-vt2=1m,即煤块相对传送带下移1m;故传送带上形成划痕的长度为s=Δx1=5m,故B错误,C正确;若增加传送带的速度,煤块一直以加速度a1做匀加速运动时,从A运动到B的时间最短,则有LAB=12a1tmin2,专题强化六动力学中的“滑块—木板”模型考点一例1A[对小物块,由牛顿第二定律μm1g=m1a1,小物块的加速度大小为a1=μg,对木板,有μm1g=m2a2,木板的加速度大小为a2=μm1gm2,小物块向右的位移为x1=v1t-12a1t2,木板向左的位移为x2=v2t-12a2t2,由几何关系可知l=x1+x2,联立解得m1例2B[设拉力F作用下物块在木板上滑动,物块的加速度大小为a1,撤去外力后物块的加速度大小为a2,木板的加速度为a3,根据牛顿第二定律有F-μ1mg=ma1,μ1mg=ma2,μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3,解得a1=2m/s2,a2=4m/s2,a3=0.5m/s2,拉力F作用的时间为1s时,物块、木板的速度为v1=a1t1=2m/s,v2=a3t1=0.5m/s,设又经t2时间,物块、木板共速,则v共=v1-a2t2=v0+a3t2,解得t2=13s,v共=43m/s,木板的长度为L=12v1t1-12v2t1+v1+v共2t2-v2+例3ABD[由v-t图像可知,在3t0时刻木板的加速度发生变化,可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,A正确;由v-t图像可知,0~3t0时间内,木板的加速度大小a1=12μg,设木板的质量为M,对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1,解得F=32μMg,在t=3t0时,木板的速度v1=a1·3t0=32μgt0,根据题意可知t=3t0时小物块以32μgt0的速度水平向左滑上木板,3t0~4t0时间内,小物块的加速度大小a'=12μgt0--32μgt0t0=2μg,设小物块的质量为m,对小物块,由牛顿第二定律有μ'mg=ma',可得μ'=2μ,B正确;由v-t图像可知,3t0~4t0时间内,木板的加速度大小a2=μg,对木板分析有F-μ'mg-μ(M+m)g=-Ma2,可得m∶M=1∶2,C错误;t=4t0之后,假设木板与小物块相对静止,对整体有F-μ(M+m考点二例4BC[木板上的物块向上滑动而木板不动,对木板进行分析有μMgcos37°=mgsin37°,解得μ=0.375,故A错误;对两物块整体分析,根据牛顿第二定律有Mg-Mgsin37°-μMgcos37°=2Ma,结合上述解得a=0.5m/s2,故B正确;物块做匀加速直线运动,根据位移公式有L=12at2,结合上述解得t=2s,故C正确;若将竖直悬挂物体质量改为2M,木板上的物块相对于木板向上运动,其对木板的滑动摩擦力不变,即木板受力的情景均不变,可知,木板仍然处于静止状态,故D错误。例5BD[对P受力分析,根据牛顿第二定律有mPg·sin37°=mPaP,解得aP=gsin37°=6m/s2,对Q受力分析,根据牛顿第二定律有mQgsin37°-μ(mP+mQ)gcos37°=mQaQ,解得aQ=2m/s2,A错误,B正确;设P在Q上滑动的时间为t,又aP=6m/s2>aQ=2m/s2,根据位移关系有L=12aPt2-12aQt2,代入数据解得t=2s,C错误,D正确例6(1)2.5m/s212.5m/s2(2)10m解析(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为Ff=μmgcosθ=7.5N设小物块的加速度为a1,长木板的加速度为a2由牛顿第二定律,对小物块和长木板,有Ff+mgsinθ=ma1Mgsinθ-Ff=Ma2代入数据得a1=12.5m/s2,a2=2.5m/s2。(2)当小物块与长木板共速时,有v1=a1t=v0+a2t解得t=1s,v1=12.5m/s共速后,小物块与长木板一起加速,相对位移为s=10+12.52×1m-12.5+02×1m=5故长木板长度L≥10m,即至少为10m。实验四探究加速度与物体受力、物体质量的关系考点一例1(1)B(2)B(3)远大于系统误差C(4)x6-解析(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们可以控制其中一个物理量不变,研究另外两个物理量之间的关系,即采用了控制变量法,故B正确。(2)平衡阻力时小车需要连接纸带,通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动,故A错误;由于小车速度较快,且运动距离有限,打出的纸带长度也有限,为了能在纸带上尽可能多地获取计数点,实验时应先接通打点计时器电源,后释放小车,故B正确;为使小车所受拉力与速度同向,应调节滑轮高度使细绳与长木板平行,故C错误。(3)设小车质量为M,槽码质量为m。根据牛顿第二定律分别对小车和槽码有F=Ma,mg-F=ma,联立解得F=Mmgm+M,可知在小车质量远大于槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力;上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的,属于系统误差;该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的,不是由于车与木板间存在阻力(实验中已经平衡了阻力)或是速度测量精度低造成的,为减小此误差,可在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小,故(4)相邻两计数点间的时间间隔为t=5T,打计数点5时小车速度的表达式为v=x6-x42t=x6-x410T例2(1)B(2)0.51(3)A(4)变大将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车后,a-F图线的斜率变为1M,大于(3)中a-F图线的斜率解析(1)平衡阻力时小车需要连接纸带,一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡,另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动,故A错误;由于小车速度较快,且运动距离有限,打出的纸带长度也有限,为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点,实验时应先接通打点计时器电源,后释放小车,故B正确;为使小车所受拉力与速度同向,应调节滑轮高度使细绳与长木板平行,故C错误。(2)相邻两计数点间有四个点未画出,相邻两计数点间的时间间隔为T=5f=0.1s,根据逐差法可得,a=[(7.21+7.72)-(6.19+6.70)]×10-2(2×0.1)2(3)由题图丙可知,当F=0时,小车产生了加速度,说明平衡阻力时长木板的倾角偏大,故A正确;如果实验过程没有不当之处,在处理纸带时去除了开始密集的点,那么纸带后面的点得到的数据在a-F的图线中的连线反向延长线也是能过原点的,所以题图丙中a-F图线不过原点与处理纸带时去除了开始密集的点无关,故B错误;设小车的质量为M,砝码和砝码盘总质量为m,由牛顿第二定律得mg=(M+m)a,解得a=1M+mmg,实验中,小车的拉力F=mg,则随着F的增大,即m增大,而1M+m将变小,则a-F的图线的斜率变小,特别是M与m接近时,斜率变小更加明显,所以砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量,会使a-F的图线末端向F轴弯曲,不会使a-F(4)由(3)可知,原实验得到的a-F图线的斜率为1M+m,现将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车,由牛顿第二定律得F=Ma,解得a=1MF,所以将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车后,a-F图线的斜率变为1M,大于(3)中a考点二例3(4)较大较小(5)见解析图(6)远大于钩码的质量见解析解析(4)根据题图(b)分析可知,与图线甲相比,图线乙的线性区间较大,非线性区间较小。(5)在坐标系中进行描点,结合其他点用平滑的曲线拟合,使尽可能多的点在线上,不在线上的点均匀分布在线的两侧,如图所示。(6)对钩码,根据牛顿第二定律有F-FT=ma,对小车,根据牛顿第二定律有FT=Ma,联立解得F=(M+m)a,变形得a=1M+mF,当m≪M时,可认为m+M≈M,则a=1MF,即a例4(1)D(2)x3+x4解析(1)因有力传感器测量小车的拉力,则不需要测出砂和砂桶的质量,也不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量,选项A、B错误;应当先接通电源,再释放小车,选项C错误;要想探究加速度a与相应力传感器示数F的关系,需要多次改变砂和砂桶的总质量,多次实验得到结论,选项D正确。(2)相邻计数点之间还有四个计时点未标出,则相邻计数点间的时间间隔T=5f,a=x3+x4-(3)根据2F-f=ma,可得F=m2a+f2,由图像可知m2=4.0-1.02.0=32,可得考点三例5(1)不必(2)mB-μ(mA+nm0)(3)0.40解析(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度的大小无关,则实验中拉动木板时不必保持匀速。(2)对木块、砝码以及重物B分析可知μ(mA+nm0)g+mg=mBg解得m=mB-μ(mA+nm0)。(3)根据m=mB-μmA-μm0·n结合图像可知μm0=59-195g=8则μ=0.40。例6(1)需要不需要(2)2.00偏小(3)2解析(1)根据题意可知,小车所受合力由传感器测量,则需要平衡摩擦力,不需要满足小车和滑轮总质量远大于砂和砂桶的总质量。(2)由逐差法可得小车的加速度为a=x=(7.10+9.13+11.09)-(1.10+3.09+5.12)9×0.12×10=2.00m/s2,若实际频率大于50Hz,则实际打点周期小于0.02s,若计算时还用0.02s计算,则测出的加速度偏小。(3)根据牛顿第二定律2F=ma可得a=2mF,图像的斜率为k=2m,小车和动滑轮的总质量为m=第四章曲线运动万有引力与宇宙航行第1讲曲线运动运动的合成与分解考点一1.切线方向2.变速(1)匀变速曲线判断正误