高考物理 活动单一轮物理练习DA

eq\o(\s\up7(____参考答案与详解),\s\do5(活动单导学课程一轮总复习高中物理《自主评测》))第一章运动的描述匀变速直线运动第1讲运动的描述1D以直升机为参考系，地面上的人是运动的，故A错误；螺旋桨转动一周，螺旋桨上转动半径不同的点，路程不相等，故B错误；研究直升机的螺旋桨旋转时，直升机的大小和形状不能忽略，否则就看不出旋转了，所以不可以把直升机看作质点，故C错误；以第一架直升机为参考系，其他直升机是静止的，因为它们的相对位置不变，故D正确．2D由于甲车内一同学看见乙车没有运动，说明甲、乙两车的速度相同，则两车的运动情况相同，而乙车内一同学看见路旁的树木向西运动，说明乙车相对路旁的树木向东运动，如果以地面为参考系，则甲、乙两车以相同的速度都向东运动．D正确．3A甲同学参加100m赛跑，起点在A点，终点在B点，所以甲同学位移为100m，路程为100m．乙同学参加400m赛跑，起点在A点，终点也在A点，所以乙同学位移为0，路程为400m．故A正确．4C以抛出点为坐标原点，最高点的位置坐标为3.2m，落地点的位置坐标为－1.8m，A、B错误；位移是坐标之差，与坐标原点无关，网球从抛出点到落地点的位移为x＝－1.8m－0＝－1.8m，C正确；网球从抛出点到最高点的位移为3.2m，D错误．5D若规定向上为正方向，则加速度a＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(10－(－8),1.0)m/s2＝18m/s2，方向竖直向上．故D正确．6B滑块通过光电门1时的速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(2×10-2,0.20)m/s＝0.1m/s，滑块通过光电门2时的速度v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(2×10-2,0.05)m/s＝0.4m/s，加速度a＝eq\f(Δv,t)＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(0.4－0.1,2.5)m/s2＝0.12m/s2，B正确．7A设两地之间的距离为x，甲车运动的时间为t1，乙车运动的时间为t2，则对于甲车来说有x＝v1eq\f(t1,2)＋v2eq\f(t1,2)，解得t1＝eq\f(2x,v1＋v2)，对于乙车来说有t2＝eq\f(\f(x,2),v1)＋eq\f(\f(x,2),v2)＝eq\f(x(v1＋v2),2v1v2)，则t2－t1＝eq\f(x(v1＋v2)2－4xv1v2,2v1v2(v1＋v2))＝eq\f(x(v1－v2)2,2v1v2(v1＋v2))>0，故t2>t1，即甲车用的时间少，甲车先到达，故A正确．8C取初速度方向为正方向，则v0＝5m/s.若2s后的速度方向沿斜面向上，v＝3m/s，则a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v－v0,Δt)＝eq\f(3－5,2)m/s2＝－1m/s2，即加速度大小为1m/s2，方向沿斜面向下，A、B错误．若2s后的速度方向沿斜面向下，v＝－3m/s，则a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v－v0,Δt)＝eq\f(－3－5,2)m/s2＝－4m/s2，即加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，C正确，D错误．9C当气门芯由轮子的正上方第二次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动1.5个周长，气门芯的初位置与末位置如图所示，由几何知识得，气门芯的位移大小为x＝eq\r((2R)2＋(1.5×2πR)2)＝Req\r(4＋9π2)，C正确．10(1)以向下为正方向，a＝eq\f(v2－v1,Δt)，解得a＝－142m/s2，方向向上．(2)以向下为正方向，eq\x\to(v)＝eq\f(h1－h2,t1＋Δt＋t2)，解得eq\x\to(v)＝1.5m/s，方向向下．

第2讲匀变速直线运动的规律1B在推导匀变速直线运动的位移与时间关系时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里应用了微元思想和极限思想．B正确．2A匀变速直线运动中，速度与位移的关系为v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，代入数据解得a＝eq\f(702－102,2×100)m/s2＝24m/s2，A正确．3A设每节车厢长度为L，当第一节车厢经过时，有L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，其中t1＝4s，解得L＝8a，整列火车总长度为16L，根据16L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝16s，A正确．4D汽车从静止开始做匀加速直线运动，20s时刻的位移为450m，根据位移与时间的关系x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，初速度为零，可以求出加速度大小为2.25m/s2，再根据速度与时间的关系v＝v0＋at，可以求出10s末的速度，故A正确；根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可以求出汽车在30s内的位移大小，故B正确；可以求出汽车0～30s内的位移大小，再根据平均速度公式eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可以求出0～30s内的平均速度大小，故C正确；根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可以求出加速度的大小，故D错误．故选D．5D根据匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，题目中给出的位移公式为x＝4t－4t2(m)，对比可得初速度v0＝4m/s，加速度eq\f(1,2)a＝－4m/s2，因此a＝－8m/s2,A、B错误．当速度为零时，物体离出发点最远．速度公式为v＝v0＋at＝4－8t，令v＝0，解得t＝0.5s，此时位移为x＝(4×0.5－4×0.52)m＝1m，C错误．将t＝1s代入位移公式x1＝(4×1－4×12)m＝0，D正确．6D根据从静止开始的匀加速直线运动在相邻相等位移内的时间之比可知tab∶tbc∶tcd∶tde＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(4)－eq\r(3))，所以通过bc段的时间为tbc＝(eq\r(2)－1)t，通过ae段的时间为tae＝2t，故A、B错误；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知，由于b点不是ac段的中间时刻，故ac段的平均速度不等于b点的瞬时速度，故C错误；由于汽车通过ae段的总时间为2t，而汽车通过ab段的时间为t，故b点为汽车从a点运动到e点过程的时间中点，所以ae段的平均速度等于b点的瞬时速度，又因为汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，故有b点的瞬时速度小于c点的瞬时速度，所以汽车在ae段的平均速度小于c点的瞬时速度，故D正确．7C根据Δx＝at2，代入题中数据得加速度大小a＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(xBC－xAB,t2)))＝eq\f(8,12)m/s2＝8m/s2，故A错误；由匀变速直线运动的推论可知，CD段的平均速度大小为该段初、末速度大小的平均值，即1m/s＝eq\f(vC＋vD,2)＝eq\f(vC＋0,2)，解得vC＝2m/s；则从A到C过程有vC＝vA－2at，联立解得vA＝18m/s，故B错误；根据位移与时间的关系，可得AB段的位移为xAB＝vAt－eq\f(1,2)at2＝14m，故C正确；由匀变速直线运动推论，可知vB＝eq\f(vA＋vC,2)＝10m/s，则汽车在AB段的平均速度大小eq\x\to(v)AB＝eq\f(vA＋vB,2)＝14m/s，故D错误．8D根据匀变速直线运动位移差公式Δx＝aT2，xBC－xAB＝aT2，0.08m－0.06m＝a·(0.1s)2，解得a＝2m/s2，故A错误；小球从A到C运动过程中，根据匀变速直线运动平均速度公式eq\x\to(v)＝eq\f(xAC,2T)＝vB，解得vB＝0.7m/s，vB＝vA＋aT，解得vA＝0.5m/s，故B错误；设小球在斜面上运动的时间为t，则L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(0.35)s，0.5s<t<0.6s，则当第一个小球落到斜面底端之前，还可以释放5个小球，斜面上同时最多有6个小球在滚动，故C错误；B项中解得vB＝0.7m/s，vB＝atB，解得tB＝0.35s，故D正确．9A由题意可知，设匀加速直线运动时间为t′，匀速运动的速度为v，匀加速直线运动阶段，由位移公式x＝eq\f(v,2)t′，根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x－x－x＝vt，联立解得t′＝eq\f(t,3)，再根据x＝eq\f(1,2)at′2，解得x＝eq\f(1,18)at2，B、C、D错误，A正确．10(1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2号锥筒间中间时刻的速度为v1＝eq\f(d,t1)＝2.25m/s，2、3间中间时刻的速度为v2＝eq\f(d,t2)＝1.8m/s，故可得加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v1－v2,\f(t1,2)＋\f(t2,2))＝1m/s2.(2)设到达1号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝d，代入数据解得v0＝2.45m/s，从1号锥筒开始到停止时通过的位移大小为x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝3.00125m≈3.33d，故可知最远能经过4号锥筒．

第3讲自由落体运动1A在地球上纬度不同的地方，重力加速度的大小不同，高纬度地区的重力加速度比低纬度地区的重力加速度大，所以重力加速度在两极略大，赤道略小，A正确；—张纸比一块砖下落得慢，是空气阻力形成的，地球上的同一地点的重力加速度相同，与物体的质量无关，B错误；地球上的同一地点的重力加速度相同，与物体的初速度无关，C错误；地球上所有地方的重力加速度的方向都是竖直向下，不是垂直于地面的，D错误．2D转化为斜面实验，加速度变小，A错误；斜面实验可以直接得到位移和时间的平方成正比，从而可以间接得到速度与时间成正比的运动规律，B错误；转化为斜面实验是为了“冲淡重力”，增大小球运动的时间，C错误；伽利略研究方法的核心是实验和逻辑推理相结合，D正确．3B小铁球通过光电门的速度为v＝eq\f(d,t)，根据速度—位移公式有v2＝2gh，可得g＝eq\f(d2,2ht2)，B正确．4C由图可以看出，在曝光时间内，重物下降了大约有两层砖的厚度，即12cm，曝光时间为2.0×10-2s，所以AB段的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(0.12,2.0×10-2)m/s＝6m/s；由于时间极短，故A点的速度近似为6m/s，由v＝gt可得下降的时间为t＝eq\f(v,g)＝eq\f(6,10)s＝0.6s．故C正确，A、B、D错误．5B根据h＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2h,g))，当h1＝10cm时，可得t1≈0.14s，当h2＝20cm时，可得t2＝0.20s，当h3＝30cm时，可得t3≈0.25s，当h4＝40cm时，可得t4≈0.28s，B正确．6B设每隔T时间滴下一滴水，第3滴水下落的高度h3＝eq\f(1,2)gT2，第2滴水下落的高度h2＝eq\f(1,2)g(2T)2，窗户上、下沿的高度差Δh＝h2－h3，代入数据解得T＝0.2eq\r(2)s，屋檐离地面的高度等于第1滴水下落的高度h1＝eq\f(1,2)g(3T)2，代入数据解得h1＝3.6m,B正确．7A设楼顶到地面的高度为h，绳长为L，球1的运动时间为t1，则有h－L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，故只测出球1落到地面的总时间不能测出楼顶到地面的高度，A符合题意；设球2的运动时间为t2，则由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，可知只测出球2落到地面的总时间能测出楼顶到地面的高度，B不符合题意；由上述分析可知h－L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，且Δt＝t2－t1，所以要测量楼顶到地面的高度，需测出细线长度L和两球落到地面的时间差Δt，C不符合题意；设楼顶到地面的高度为h，绳长为L，球1的运动时间为t1，则有h－L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，故测出细线长度和球1落到地面的总时间能测出楼顶到地面的高度，D不符合题意．故选A．8C小球上升的最大高度为0.8m，根据匀变速直线运动规律有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.4s，球上升与下落的时间是相同的，所以一个球在空中运行的总的时间为T空中＝0.8s，设每个球在手中停留的时间为Δt，根据题意，抛球的时间间隔为2Δt.一个球从被抛出到再次被抛出，其循环时间为在空中的时间与在手中的时间之和，即T空中＋Δt.此时间也等于杂技演员将3个球各抛出一次所需的时间，即3×2Δt＝6Δt.因此T空中＋Δt＝6Δt，可得5Δt＝T空中＝0.8s，解得Δt＝0.16s．C正确．9A根据竖直上抛运动的速度公式可得金属管上升的时间为t上＝eq\f(v0,g)＝0.2s，根据对称性可知金属管在空中运动的时间为t＝2t上＝0.4s，t时间内小球下落的高度为h′＝eq\f(1,2)gt2＝0.8m，假设金属管和小球同时落地，则有h＝h′－L＝0.35m，所以若金属管落地前小球从管中穿过，h的取值范围为0≤h<0.35m，A正确．10A由题意，小球相对车厢静止释放，小球在水平方向上与车厢具有相同的初速度，小球与车厢水平地板发生弹性碰撞，可知每次小球与车厢相撞前后竖直方向的速度大小不变，则相邻落点a、b、c之间的时间间隔相同，根据h＝eq\f(1,2)gt2，Δx＝3d－2d＝aT2，T＝2t，联立可求出车厢的加速度a＝eq\f(gd,8h)，故A正确；要想求出小球释放时车厢(及小球本身)相对于地面的初速度v0，需要知道小球相对于地面的水平运动情况；而题中仅给出了车厢内相邻落点的示意图，并无对地速度的任何参照，故无法求出释放时车厢相对于地面的速度，故B错误；车厢相对于地面的位移x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，其中v0是车厢初速度，题中并不知道v0的数值，故无法明确计算从碰撞a到碰撞c所经历时间内车厢相对于地面的位移，故C错误．根据已知条件，可知落点的先后次序为c、b、a，若落点c为小球第一次碰撞地板的位置，则xbc∶xab＝1∶2，故D错误．

专题1运动图像追及相遇问题1A由图可知v-t图像的斜率表示加速度，0～t1时间内加速度为负且恒定，速度为正，加速度方向与速度方向相反，故0～t1时间内，汽车做匀减速直线运动，故A正确；t1～t2时间内，汽车做匀速直线运动，故B错误；0～t1时间内加速度为负，t2～t3时间内加速度为正，故0～t1和t2～t3时间内，汽车加速度方向相反，故C错误；0～t1和t2～t3时间内，汽车速度方向相同，均为正，故D错误．2A由v-t图像可知，速度为负值时篮球向下运动．当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动．故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置．故四个点中篮球位置最高的是a点．A正确．3Bv-t图像与t轴围成的面积表示位移，可知AB∶BC＝eq\f(v0＋\f(v0,2),2)T∶eq\f(\f(v0,2),2)T＝3∶1.B正确．4D由图可知，0～2s内物体一直沿正方向(向东)运动，2～3s内沿负方向(向西)运动，可知2s时速度改变方向，2s时离出发点最远，故A、B错误；根据v-t图像的斜率表示加速度，由图可知，2s时加速度没有改变方向，故C错误；根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知0～3s内的位移为x＝eq\f(1,2)×1×2m－eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，可知3s时位置在出发点东侧，故D正确．5Dv-t图像的斜率代表加速度，在t2～t3时间内，图像的斜率在减小，说明加速度在减小，速度变化越来越慢，A错误；在t1时刻速度改变方向，此时到达最大高度，B错误；t2时刻之后，图像斜率发生变化，说明受力发生变化，t2时刻之后运动员开始进入水中，C错误；0～t1为运动员的上升阶段，离跳台最大高度h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，D正确．6C由at图知，物体先沿正方向做匀加速直线运动，然后再沿正方向做匀减速直线运动，x-t图像斜率表示速度，故x-t图像斜率应先均匀增大，再均匀减小，A、B错误；vt图像斜率表示加速度，故v-t图像斜率应先为正且不变，再为负且不变，且斜率为正时的数值大于斜率为负时的数值，速度应该是连续变化的，C正确，D错误．7D由匀减速直线运动规律有v2－veq\o\al(2,0)＝－2ax，当速度为零时，位移为25m，解得a＝2m/s2，D正确．8C根据x＝eq\f(1,2)at2，由图甲可求出物体的加速度为eq\f(1,2)a＝eq\f(2,2)m/s2，可得a＝2m/s2，A错误；根据v2＝2ax，由图乙可求出物体的加速度为2a＝eq\f(10,1)m/s2，解得a＝5m/s2，B错误；根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得eq\f(x,t2)＝v0·eq\f(1,t)＋eq\f(1,2)a，由图丙可得eq\f(1,2)a＝－1m/s2，即物体的加速度为a＝－2m/s2，C正确；根据图丁可求出物体在前2s内的速度变化量大小为Δv＝eq\f(1,2)×2×3m/s＝3m/s，D错误．9D在v-t图像中，速度的正负表示运动方向．由图可知，在0～3s时间内，甲和乙的速度始终为正值，说明两物体都始终沿正方向运动，故A错误．在vt图像中，图线的斜率表示加速度．甲的加速度为a甲＝eq\f(Δv1,Δt)＝eq\f(0－2,3)m/s2＝－eq\f(2,3)m/s2，乙的加速度为a乙＝eq\f(Δv2,Δt)＝eq\f(2－1,2)m/s2＝0.5m/s2，两物体的加速度大小不相等，故B错误.0～3s内甲的位移x甲＝v1t＋eq\f(1,2)a甲t2＝3m，0～3s内乙的位移x乙＝v2t＋eq\f(1,2)a乙t2＝5.25m，若3s时两物体相遇，则t＝0时甲物体在乙物体前Δx＝x乙－x甲＝2.25m，故C错误.0～2s内甲的位移x′甲＝v1t′＋eq\f(1,2)a甲t′2＝eq\f(8,3)m，0～2s内乙的位移x′乙＝v2t′＋eq\f(1,2)a乙t′2＝3m，所以2s时乙在甲的前面，故D正确．10Bv-t图像的斜率表示加速度，根据图像可知，在t0～2t0时间内，甲、乙的加速度都为负，方向相同，A正确；根据v-t图像与横坐标轴围成的面积表示位移可知，在t0～2t0时间内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度，在0～2t0内，甲的位移大于乙的位移，故在2t0时刻，甲在乙的前面，B错误，C正确；甲、乙从同一位置出发，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，最远距离等于两者位移之差x＝eq\f(1,2)t0(2v0－v0)＝eq\f(1,2)v0t0，D正确．故选B．

实验1测量做直线运动物体的瞬时速度和加速度1(1)电火花(2)交流(3)A(4)偏小解析：(1)根据打点计时器的结构判断可知，图甲是电火花计时器，图乙是电磁打点计时器．(2)打点计时器使用的是交流电源．(3)如果先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才被接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大部分纸带没有打上点，纸带的利用率太低，所以应当先接通电源，后让纸带运动，A正确．(4)如果当时电网中交变电流的频率稍有增大，打点时间间隔为0.019s，而做实验的同学并不知道，仍然按照打点的时间间隔为0.02s进行计算，可知时间偏大，所以计算得出的速度偏小．2(1)计时B(2)0.981.6(3)C解析：(1)图甲中所用的电火花计时器是一种计时仪器．该打点计时器所接的电源是220V交流电源，即图乙中的B.(2)相邻两个计数点之间还有四个点未标出，打点频率为50Hz，则T＝0.1s；小车运动到计数点3时的瞬时速度为v3＝eq\f(x24,2T)＝eq\f(32.83－13.21,0.2)cm/s＝0.98m/s.小车的加速度大小为a＝eq\f(x36－x03,9T2)＝eq\f((58.86－22.23－22.23)×10-2,9×0.12)m/s2＝1.6m/s2.(3)若纵轴表示eq\f(xn,T)，则根据平均速度的定义有v＝eq\f(xn,T)，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得v＝veq\s\do9(\f(T,2))，故纵坐标为该点的瞬时速度，则所连直线的斜率为k＝eq\f(Δv,Δt)＝a，是小车运动的加速度．故C正确．3(1)BC(2)D(3)9.74(4)②deq\r(\f(ab＋c－a,b))eq\f((c－a)d2,2hb)解析：(1)电磁打点计时器应接在低压交流电源上，A正确；重锤初始位置应该靠近打点计时器，B错误；实验开始，应该先接通电源再释放纸带，C错误．故选B、C．(2)根据匀加速直线运动在连续相等的时间间隔内的位移之差相等，有x45－x12＝3(x12－x01)，解得x45＝45.70cm，故D正确．(3)根据Δx＝aT2，有x12－x01＝gT2，依题意T＝0.1s，解得g＝9.74m/s2.(4)②纯铜梯子做自由落体运动，第n个阶梯通过光电门时的速度为vn＝eq\f(d,tn)，根据v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，有veq\o\al(2,n)－veq\o\al(2,1)＝2g(n－1)h，整理得eq\f(1,teq\o\al(2,n))＝eq\f(2gh,d2)n＋eq\f(veq\o\al(2,1)－2gh,d2)，与图戊对照可得eq\f(veq\o\al(2,1)－2gh,d2)＝a，eq\f(2gh,d2)＝eq\f(c－a,b)，解得v1＝deq\r(\f(ab＋c－a,b))，g＝eq\f((c－a)d2,2hb).

4(1)①0.4②0.14(2)0.401.0解析：(1)①滴水计时器等间隔时间为T＝eq\f(10s,25)＝0.4s.②根据图2中的数据可知，连续相等时间的位移差是定值，且从右向左相邻相等时间的位移逐渐减小，故小车做匀变速直线运动；根据逐差法可知，小车的加速度大小为a＝eq\f((197＋175－152－130)×10-3,4×0.42)m/s2＝0.14m/s2.(2)木块做匀加速直线运动，根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则0.4s时木块的速度为v＝eq\f((30－14)×10-2,0.6－0.2)m/s＝0.40m/s，0.2s时木块的速度为v′＝eq\f((32－24)×10-2,0.4－0)m/s＝0.20m/s，则木块的加速度为a＝eq\f(v－v′,Δt)＝eq\f(0.40－0.20,0.4－0.2)m/s2＝1.0m/s2.

第二章相互作用第1讲重力弹力1D过A、B两点的切线交于点O1，根据共点力平衡条件可知，该链条的重心一定在过O1的竖直线上；由于O3是链条的最低点，所以该链条的重心一定在O3的上方，则该链条的重心可能位于O4.D正确．2C桥面受向下的弹力，是因为汽车发生了弹性形变要恢复原状，故A错误；汽车与桥面接触且相互挤压，都发生了弹性形变，故B错误；汽车受向上的弹力，是因为桥面发生了弹性形变要恢复原状，故C正确，D错误．3C易拉罐受到的重力作用在易拉罐上，易拉罐对桌面的压力属于弹力，作用在桌面上，故A错误；若将该易拉罐水平放置，由于未注满水，水的形状发生变化，所以其重心位置发生变化，故B错误；根据二力平衡可知，易拉罐的重心位置在过易拉罐与桌面接触点的竖直线上，故C正确；易拉罐对桌面的压力是因为易拉罐形变而产生的，故D错误．4D只有P与Q之间相互挤压且发生弹性形变，两者之间才存在弹力．图A中，假设P、Q间没有弹力，则P受力不平衡，不能保持静止状态，则P、Q间存在弹力，故A错误；图B中，P、Q放在圆弧形容器中，都有向下滚动的趋势，两球相互挤压，产生弹性形变，则P、Q间存在弹力，故B错误；图C中，P、Q两球重心不在同一水平直线上，相互之间存在挤压，发生弹性形变，两者之间存在弹力，故C错误；图D中，假设P、Q间存在弹力，由于接触面光滑，不能保持静止状态，两球都将运动，所以P、Q间不存在弹力，故D正确．5C根据弹力垂直于接触面可知，水平地面对篮球的弹力方向竖直向上，篮球对水平地面的弹力方向竖直向下，故A、B错误；地面受到篮球的弹力的施力物体是篮球，故是篮球发生了形变而产生的，故C正确；地面受到篮球的弹力和篮球受到地面的弹力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故D错误．6C弹簧两端分别施加F＝5N的拉力，则所受的合力为零，A、B错误；根据胡克定律可知，伸长Δx＝eq\f(F,k)＝eq\f(5,100)m＝5.0cm，C正确，D错误．7D对球进行受力分析可得AB杆对球的作用力与绳子对球的拉力、球的重力的合力等大、反向，则AB杆对球的作用力大小F＝eq\r(G2＋Feq\o\al(2,拉))＝12.5N，A、B错误；设AB杆对球的作用力与水平方向夹角为α，可得tanα＝eq\f(G,F拉)＝eq\f(4,3)，α＝53°，即方向与水平方向成53°角斜向左上方，C错误，D正确．8A根据弹簧串联与并联的特点可知，两个弹簧并联后新弹簧的劲度系数增大，而串联后新弹簧的劲度系数相对较小；弹簧的拉力与弹簧伸长量的关系图像中，直线的斜率k′＝eq\f(F,Δx)，对比胡克定律F＝kΔx，可知，直线的斜率即表示弹簧的劲度系数．由于a的劲度系数大，b的劲度系数小，所以a为图甲弹簧得到的图像，b为图乙弹簧得到的图像．图甲是两根弹簧并联，新弹簧的伸长量等于每一个弹簧的伸长量，所以图甲中，F＝2N时每个弹簧都伸长0.1m，A正确，B、D错误．由图丙可知，新弹簧的劲度系数k甲＝eq\f(F,Δx)＝eq\f(2,0.1)N/m＝20N/m，则原来每个弹簧的劲度系数一定不是20N/m，C错误．9B悬挂小球1、2的弹簧弹力等于小球1、2的总重力，悬挂小球3、4的弹簧弹力等于小球4的重力，两弹簧伸长量相同，弹力相等，说明小球1、2的总质量等于小球4的质量，而小球3的质量无法判断，综上可知，B正确．10(1)由胡克定律可知，弹力F和弹簧长度L的关系为F＝k(L－L0)，k＝eq\f(ΔF,ΔL)＝eq\f(2F0,2L0－L0)＝2eq\f(F0,L0).(2)以下方小球为研究对象，两球之间的弹簧总长为L1，k(L1－L0)＝G，以整体为研究对象，与天花板相连接的弹簧总长为L2，k(L2－L0)＝2G，联立解得下方小球与天花板之间的距离为L1＋L2＝eq\f(4F0＋3G,2F0)·L0.

第2讲摩擦力1D对钢管受力分析，如图所示，若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，钢管不可能处于静止状态，故地面对钢管左端的摩擦力大小为0.A、B、C错误，D正确．2A白纸相对于水平桌面向右运动，受到水平桌面的滑动摩擦力方向水平向左，而桌面相对于白纸向左运动，故桌面受到白纸的滑动摩擦力方向水平向右，A正确，D错误；课本相对于白纸水平向左运动，受到白纸的摩擦力方向水平向右，B错误；课本受到白纸的支持力是因为白纸发生了弹性形变，C错误．3B小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力FN和静摩擦力f的作用，则棋子受到四个力的作用，故A错误；棋子受到棋盘的作用力和重力，由平衡条件可知棋盘对棋子的作用力大小等于棋子的重力，故B正确；静摩擦力与棋子的重力平衡，故摩擦力大小等于棋子的重力，与磁性强弱无关，故C错误；因静摩擦力与重力平衡，故减小棋子的质量，棋子所受到的摩擦力减小，故D错误．4A匀速上攀时，其重力与静摩擦力平衡，由平衡条件可知，f1方向竖直向上，f1＝G，匀速下滑时，其重力与滑动摩擦力平衡，则f2方向竖直向上，且f2＝G，所以f1＝f2，A正确．5D由题意可知，A与B之间的滑动摩擦力大小f1＝μm1g＝3N，B与C之间最大静摩擦力大小为fBC＝μ(m1＋m2)g＝5N.由于f1＜fBC，且水平面光滑，则A向左加速，B、C整体向右加速，根据牛顿第二定律，对A，有FT－f1＝m1a，而对B、C整体，有F－FT－f1＝(m2＋m3)a，解得a＝eq\f(1,3)m/s2.隔离B，有F－f1－f2＝m2a，解得f2＝eq\f(13,3)N．故D正确，A、B、C错误．6C根据平衡条件可知，越靠外侧，中间的书的总重力越大，书与书间的摩擦力越大，A错误；以这一摞书为研究对象，每只手对其的最大静摩擦力为Ff1＝μ1FN，解得Ff1＝0.4×200N＝80N，设能夹住的书数量为n，这一摞书受力平衡有2Ff1≥nmg，解得n≤80，再考虑除最外侧两本书(n－2)本外的其他书，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，根据二力平衡条件得2μ2FN≥(n－2)mg，解得n≤62，B、D错误，C正确．7B骑车前进时，后轮是主动轮，在它与地面接触处有相对地面向后滑的趋势，故受向前的摩擦力Ff1，所以地面对后轮的摩擦力Ff1的方向向前；推自行车前进时，前后轮相对地面都向前滑动，所以地面对前后轮的摩擦力方向都向后，即地面对后轮的摩擦力Ff2的方向向后．B正确．8B根据题意可知，整个装置静止，弹簧处于伸长状态，由于砝码和砝码盘的总重量大于弹簧的弹力，则木块A有向右的运动趋势，木块A受桌面向左的静摩擦力，大小为f＝5N－3N＝2N≤fm，可知木块A与桌面间的最大静摩擦力至少为2N，若轻轻取走盘中的部分砝码，使砝码和砝码盘的总重量减小到1N，则有F＝3N－1N＝2N≤fm，可知木块A仍静止，由平衡条件可知，此时木块A受桌面向右的静摩擦力，大小为2N，即桌面对木块的摩擦力大小不变，方向改变，由于木块A仍静止，则弹簧伸长的长度不变，木块所受合力不变仍为0.B正确．9对A、B整体分析，其受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有F＝μ2(m1＋m2)g，再对物体B分析，其受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，水平方向有F＝N，竖直方向有m2g＝f，其中f＝μ1N，联立有m2g＝μ1F，联立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2).10(1)物体A相对物体B向右滑动，物体B对物体A的滑动摩擦力方向向左，所以物体A受到物体B的摩擦力FfA＝μFN1＝μGA＝0.5×20N＝10N.(2)物体B相对地面向左运动，物体B所受地面的滑动摩擦力方向向右，所以物体B所受地面的滑动摩擦力FfB＝μFN2＝μ(GA＋GB)＝0.5×(20＋40)N＝30N.根据牛顿第三定律可知，地面所受物体B施加的摩擦力大小为30N，方向水平向左．(3)若在物体B运动过程中撤去拉力，由第(1)(2)可知物体B受到A、B间向右的摩擦力和地面对B向右的摩擦力，故物体B受到的摩擦力f＝FfA＋FfB＝40N.

第3讲力的合成与分解1D设两个力的大小分别为F1、F2，且F1>F2，由图可知，当两个力的夹角为90°时，有Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2)＝(5N)2，当两个力的夹角为180°时，有F1－F2＝1N，联立解得F1＝4N，F2＝3N，D正确.2CF1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，则斜边F2最大，图A中的F1、F2首尾相连，根据平行四边形定则可知，F1、F2合力大小等于F3，方向与F3相同，则三个力的合力大小为2F3，不是最大值，故A错误；图B中的F1、F2首尾相连，根据平行四边形定则可知，F1、F2合力大小等于F3，方向与F3相反，则三个力的合力大小为0，合力为最小值，故B错误；图D中的F1、F2首尾相连，根据平行四边形定则可知，F1、F2合力大小等于F3，方向与F3相同，则三个力的合力大小为2F3，不是最大值，故D错误；图C中的F1、F3首尾相连，根据平行四边形定则可知，F1、F3合力大小等于F2，方向与F2相同，则三个力的合力大小为2F2，是最大值，故C正确．3B以钢管为研究对象，设轻绳的拉力为T，根据对称性可知两边绳子拉力相等，根据平衡条件有2Tcos60°＝mg，可得T＝mg，B正确．4C由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出：因F2＝30N＞F20＝Fsin30°＝25N，且F2＜F，所以F1的大小有两个，即F′1和F″1，F2的方向有两个，即F′2的方向和F″2的方向．C正确．5D该同学担心晾衣绳可能会断，为防止绳断，应使绳子拉力变小；设两段绳子与水平方向的夹角为θ，绳子总长度为L，两杆水平距离为d，由几何关系可得d＝L1cosθ＋L2cosθ＝Lcosθ，可得cosθ＝eq\f(d,L)，竖直方向由受力平衡得2Tsinθ＝mg，T为绳拉力，m为衣服质量，可得T＝eq\f(mg,2sinθ)，将绳的右端固定点b略向上移或略向下移，两杆水平距离d不变，且绳子总长度L不变，可知θ不变，拉力T不变，故A、B错误；将竖直杆N向右移一小段距离，则两杆水平距离d变大，由cosθ＝eq\f(d,L)，可知θ变小，由T＝eq\f(mg,2sinθ)，可知拉力T变大，故C错误；换一根略长的晾衣绳，由cosθ＝eq\f(d,L)，可知θ变大，由T＝eq\f(mg,2sinθ)，可知拉力T变小，故D正确．6C木块开始时受到的摩擦力为静摩擦力，对木块受力分析，正交分解可得静摩擦力大小为Ff＝mgsinα，由此可知，随着α角增大，静摩擦力大小增大；当木块相对木板滑动时受到的摩擦力变为滑动摩擦力，对木块受力分析可知，滑动摩擦力大小为Ff＝μmgcosα，又知α角在增大，滑动摩擦力变小．C正确．7A将球A的重力沿着垂直挡板方向和垂直斜面方向分解，重力沿着垂直挡板方向的分力大小等于球A对挡板的压力，沿着垂直斜面方向的分力大小等于球A对斜面的压力，设球A对挡板的压力为F′，根据几何关系有eq\f(F′,F)＝tan30°，解得F′＝Ftan30°＝eq\f(\r(3),3)F，A正确．8A金属球受到的重力产生两个作用效果，压AB边和压BC边，如图所示，对AB边的压力F1等于分力F′1，对BC边的压力F2等于分力F′2，由几何关系得eq\f(F1,F2)＝tan60°＝eq\r(3)，A正确．9A空竹受力如图所示，根据平衡条件可得2Fsinθ＝mg，解得F＝eq\f(mg,2sinθ)，设绳长为L，由几何关系可得cosθ＝eq\f(d,L)，沿虚线a向左移动，d减小，θ增大，细线的拉力减小，A正确；沿虚线b向上移动，d不变，θ不变，细线的拉力不变，B错误；沿虚线c斜向上移动，d增大，θ减小，细线的拉力增大，C错误；沿虚线d向右移动，d增大，θ减小，细线对空竹的合力不变，D错误．10B轻杆OA为可绕O点且垂直于纸面的轴转动的杆，所以杆的弹力沿杆方向，对图甲则有F1＝2Mgcos30°＝eq\r(3)Mg，对图乙则有F2＝eq\f(Mg,tan30°)＝eq\r(3)Mg，对图丙则有F3＝Mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)Mg，故B正确，A、C、D错误．INCLUDEPICTURE"2026YYWL-391.TIF"INCLUDEPICTURE"2026YYWL-392.TIF"甲乙丙

专题2受力分析和共点力的平衡1C对“小鸟”进行受力分析可知，“小鸟”受到竖直向下的重力G以及支架对它的作用力而处于平衡状态．则根据二力平衡的条件可知，支架对“小鸟”的作用力方向竖直向上，大小等于G.C正确．2A无风时，地面对风动石的作用力方向竖直向上，与重力平衡，大小为F1＝mg，当受到一个水平风力时，地面对风动石的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力F，三力平衡，根据平衡条件可知，地面对风动石的作用力大小为F2＝eq\r(F2＋(mg)2)，故F2大于F1.A正确．3C根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A静止，则A还受B沿斜面向上的静摩擦力，对B受力分析可知，受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F、B还受A沿斜面向下的摩擦力，由于B静止，则受沿斜面向上的摩擦力，即B受6个力的作用．C正确．4B分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，根据平衡条件有2Fmcos45°＝G，解得Fm＝eq\f(\r(2),2)G，B正确．5D因为a款支架与球面锅的接触点的弹力始终垂直于支架的斜面，方向不变，设每个支架齿对锅的支持力与竖直方向的夹角为θ，锅静止，根据平衡条件可得5FNcosθ＝G锅，故锅的尺寸越大，a款支架每个支架齿受到的压力不变，A、B错误；因为b款支架与球面锅的接触点的弹力始终垂直于公切面，故锅的尺寸越大，b款支架每个支架齿对锅的支持力与竖直方向的夹角变小，由力的分解的知识可知b款支架每个支架齿受到的压力越小，C错误，D正确．6B对灯笼进行受力分析可知，灯笼受到重力、水平风力和悬绳拉力作用，共受到3个力作用，故A错误；根据受力平衡可知，悬绳的拉力大小为T＝eq\r(Feq\o\al(2,风)＋G2)，可知悬绳的拉力大于重力，悬绳的拉力大于风的作用力，风的作用力越大，悬绳的拉力越大，故B正确，C、D错误．7B对P球受力分析，受重力mPg、圆环轨道的支持力N和轻绳的拉力T，将重力和绳子拉力沿着垂直半径OP方向分解，根据平衡条件可得mPgcos30°＝Tcos45°，可得mP＝eq\f(Tcos45°,gcos30°)，同理可得mQ＝eq\f(Tcos45°,gcos60°)，则eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,\r(3))，B正确．8B对物块进行受力分析，将重力分解为沿着斜面和垂直于斜面的两个分量，在沿着斜面的分量上，有f静＝eq\r(F2＋(mgsinα)2)＝μmgcosα，可知动摩擦因数μ≠tanα，故A错误；当外力F减小时，根据公式可知静摩擦力也减小，故物块将保持静止状态，故B正确，C错误；对整体进行受力分析可知，斜面对地面的作用力大小为物块与斜面的总重力和外力F的矢量和，当外力F减小时，斜面对地面的作用力也减小，故D错误．9A在叉车匀速运动的过程中，对石墩进行受力分析，并将石墩所受的三个力进行平移构成一个首尾相接的矢量三角形，在θ从0°增加为90°过程中，该矢量三角形的三个顶点应落在一个圆上，如图所示，重力为圆的直径，由图可知，FAB一直增大，FAC一直在减小．A正确．10C对小球受力分析，小球受到三个力，重力mg、弹簧的弹力F和细绳的拉力FT，如图甲所示，将这三个力进行适当平移可构成一个首尾相接的矢量三角形，如图乙所示，这个力的三角形与△OAB相似，设OB＝l1，OA＝l2，AB＝l3，则eq\f(mg,l1)＝eq\f(F,l2)＝eq\f(FT,l3)，由于mg、l1不变，l3变小，所以FT变小；设弹簧的原长为l0，劲度系数为k，压缩量为x，则l2＝l0－x，根据胡克定律F＝kx，故eq\f(F,l2)＝eq\f(kx,l0－x)＝eq\f(mg,l1)，因eq\f(mg,l1)不变，故弹簧压缩量为x不变．故C正确．INCLUDEPICTURE"2026YYWL-396.TIF"甲乙11(1)对小球受力分析如图甲所示，根据平衡条件，在水平方向有Tsinθ＝Fsinα，竖直方向Tcosθ＋Fcosα＝G，联立解得F＝eq\f(\r(3),3)G.甲(2)轻绳与竖直方向夹角不变，即轻绳弹力方向不变，重力大小不变且始终竖直向下，则当F方向与轻绳垂直时，F最小，如图乙所示，最小值为Fmin＝Gsin30°＝eq\f(G,2)，此时α＝60°.乙12(1)受力分析如图甲所示，由平衡条件有F1cos37°＝mgsin37°＋f，N＝mgcos37°＋F1sin37°，f＝μN，代入数据解得μ＝0.5，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.甲(2)用平行于斜面的推力F2作用于物体上，保持物体静止，物体合力为零．①若物体刚好不上滑，摩擦力沿斜面向下刚好达到最大，受力分析如图乙所示，由平衡条件有F2max＝mgsin37°＋f1，N1＝mgcos37°，f1＝μN1，代入数据解得F2max＝20N.乙②同理，若物体刚好不下滑，摩擦力沿斜面向上刚好达到最大，由平衡条件有F2min＝mgsin37°－f1，N1＝mgcos37°，f1＝μN1，代入数据解得F2min＝4N，为保持物体静止，推力的取值范围为4N≤F2≤20N.

实验2探究弹簧弹力与形变量的关系1(1)11.50(2)28(3)5没有解析：(1)刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为11.50cm.(2)由图像中的数据可知，弹簧Ⅱ的形变量为Δx＝7.00cm时，拉力F＝4×0.05×9.8N＝1.96N，根据胡克定律知，k2＝eq\f(F,Δx)＝eq\f(1.96,7.00×10-2)N/m＝28N/m.(3)由图像中的数据可知，当弹簧I的伸长量为14cm时，对应的拉力是1.96N，所以其劲度系数k1＝eq\f(F,Δx′)＝eq\f(1.96,14.00×10-2)N/m＝14N/m，弹簧I的伸长量超过17cm时，对应的拉力F′＝k1·Δx″＝14×0.17N＝2.38N，则有n＝eq\f(\f(2.38,9.8),0.050)＝4.86，由此可知，挂上第5个钩码时，拉力已经超过它的弹性限度，而弹簧Ⅱ的弹性限度足够大，所以弹簧Ⅱ的图线仍然是直线，说明对测量弹簧Ⅱ的劲度系数没有影响．2(1)24.75eq\f(mg,l1－l0)(2)C(3)①300②无影响，FN-x图像的斜率不变解析：(1)因刻度尺的最小分度值为1mm，读数时应估读到最小分度的eq\f(1,10)，所以刻度尺的读数为24.75cm.根据胡克定律可得mg＝k(l1－l0)，解得k＝eq\f(mg,l1－l0).(2)测得的劲度系数比弹簧的标称值小，可能的原因是刻度尺没有竖直放置，测得的弹簧形变量偏大，因此k值偏小．若g值用的是10m/s2，造成弹力数值偏大，因此k值偏大．没有考虑弹簧的重力不会影响k值测量．故选C．(3)①根据胡克定律可得k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(9.0－0,(18－15)×10-2)N/m＝300N/m.②该实验中压力传感器没有校零，对弹簧劲度系数的测量结果无影响，因为FNx图像的斜率不变．3(1)不能(2)1.5(3)eq\f(k,mg)x－eq\f(kx0,mg)(4)100(5)否解析：(1)实验应在橡皮绳弹性限度范围内进行，不能任意增加钩码个数．(2)根据图像可知不挂钩码时，橡皮绳的伸长量为x0＝1.5cm.(3)根据胡克定律有nmg＝k(x－x0)，整理得n＝eq\f(k,mg)x－eq\f(kx0,mg).(4)由n-x图像可知，图线的斜率为k′＝eq\f(Δn,Δx)＝eq\f(4,3.5－1.5)cm-1＝2cm-1，该橡皮绳的劲度系数k＝k′mg＝100N/m.(5)设橡皮绳自重为G′，则有nmg＋G′＝k(x－x0)，变形可得n＝eq\f(k,mg)x－eq\f(G′,mg)－eq\f(k,mg)x0，根据图像斜率计算劲度系数值不变．4(1)2.80(2.78～2.82)(2)19.0(18.0～20.0)(3)9.75(4)偏大解析：(1)该刻度尺的最小分度值为0.1cm，读数时估读到分度值的下一位，所以该刻度尺的读数为2.80cm.(2)根据F＝kΔx，则k＝eq\f(F,Δx)＝eq\f(0.95,5.0×10-2)N/m＝19.0N/m.(3)根据v＝eq\f(d,Δt)，v2＝2gΔh，可得g＝eq\f(d2,2Δh·(Δt)2)＝eq\f((7.80×10-3)2,2×0.78×(2.0×10-3)2)m/s2＝9.75m/s2.(4)由胡克定律F＝mg＝kΔx，解得弹簧的劲度系数为k＝eq\f(mg,Δx)，因当地的重力加速度偏小，所以实验测得的劲度系数结果大于真实值．

实验3探究两个互成角度的力的合成规律1(1)2.35(2)BCD(3)BD(4)①②3.99(5)小华只要系统处于静止状态，两力的合力大小方向就不变，所以不需要记录O点位置解析：(1)弹簧测力计最小分度为0.1N，读数要读到0.01N，图中读数为2.35N.(2)必须记录的有两个分力F1和F2的大小及方向、合力F的大小及方向，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.(3)两细绳OB、OC夹角要适当大一些，但不能太大，合力一定时，两分力夹角太大则两分力很大，导致测量误差变大，故A错误；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，故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，故C错误；多次实验时，都要保证弹簧测力计把小圆环拉到的位置相同，故D正确．(4)①由于标度已经选定，作图时要保证表示F1、F2的线段长度为标度的2.7倍和2.3倍．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.(5)图己方案中两个弹簧测力计的共同作用效果是平衡O点下方所悬挂重物的重力，所以O点位置发生移动，只要系统处于静止状态，两力的合力大小、方向就不变，所以不需要记录O点位置，故赞同小华的观点．2(1)2.6(2)BC(3)A(4)B解析：(1)如图所示，弹簧测力计的最小分度值为0.2N，则弹簧测力计读数为2N＋0.2×3N＝2.6N.(2)连接测力计的细绳之间夹角不宜过大，也不宜过小，故A错误；为了保证实验的准确性，实验前必须对测力计进行校准和调零，故B正确；为了减小误差，实验过程中应保持测力计与量角器所在平面平行，不然得到的只是该方向上的分力，误差较大，故C正确．(3)达到平衡后，记录OA、OB、OC三段绳子的方向，绳子的长度没有意义，需要的是方向，钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，无需用天平测出钩码的质量，故A正确，B、C错误；改变钩码个数后，由于不是同一次实验，所以不需要保证结点O的位置与第一次相同，故D错误．(4)以O点为研究对象，F3是实际作用效果，在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的合力理论值与实际值有一定偏差，故A图符合实际，B图不符合实际，故选B．3(1)C(2)1.80(3)F(4)无解析：(1)在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，两个拉力的作用效果需要和一个拉力的作用效果相同，具体操作指的是橡皮条沿同一方向伸长相同长度．故选C．(2)由图丁可知弹簧测力计最小刻度为0.1N，则读数为1.80N.(3)小黄绘制结果如图戊，F是用一个弹簧测力计拉橡皮条时的拉力的值，是实际值；F′是利用平行四边形定则求得的两个力合力的理论值．(4)若将细绳改用橡皮筋来拉弹簧测力计，力的大小和方向均不受影响，这对实验结果无影响．4(1)记录下F1、F2及其方向(或细绳的方向)，记下测力计B的示数F的同时要记录下F的方向(2)3.15(3)D(4)A(5)B解析：(1)遗漏步骤为：步骤②中，用铅笔描下位置O，在记录F1、F2大小时，要同时记录下F1、F2的方向．步骤③中，记下测力计B的示数F的同时要记录下F的方向．(2)由图戊可知，弹簧测力计分度值为0.1N，示数为3.15N，拉力为3.15N.(3)实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故选D．(4)实验前必须对弹簧测力计调零，故A正确；为了减小力的方向的测量误差，本实验中的细绳套要适当长一些，并不是越长越好，故B错误；弹簧测力计拉力方向必须与细绳套共线，且与木板平行，可以减小误差，故C错误．(5)对点O受力分析如图所示，由图可以看出，F2先变小后变大，F1不断增大，B正确．

第三章牛顿运动定律第1讲牛顿第一、第三定律力学单位制1D物体的惯性只与物体的质量有关，A、B错误；安全带的主要作用并不是在急加速时保护人，而是在急减速或碰撞时，防止人体因惯性向前冲撞，从而减小对人体的伤害．C错误，D正确．2C月壤被带到地球上后，月壤的质量不变，但地球的重力加速度比月球的重力加速度大，根据G＝mg，可知月壤被带到地球后重力变大，A、B错误；惯性只和物体的质量有关，故月壤被带到地球后惯性不变，C正确，D错误．3A马拉车的时候，马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离，该现象说明车有惯性，故A正确；惯性只由质量决定，与受力无关，车的质量不变，惯性不变，故B、C、D错误．4D牛顿第一定律是在实验的基础上由推理概括出来的，不可以通过实验验证，A错误．单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位，g不是国际单位制的基本单位，B错误．高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，是由于惯性，不是受到惯性力的作用，C错误．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某一地方，D正确．5A黑板擦受到的摩擦力与自身重力是一对平衡力，所以受到的摩擦力等于自身重力，故A正确，B错误；黑板擦对黑板的压力与黑板对黑板擦的支持力是一对相互作用力，大小相等，故C、D错误．6CF1作用在地面上，F2作用在车轮上，两个力大小相等、方向相反，作用在相互作用的两个物体上，F1和F2是一对作用力和反作用力，大小相等．C正确．7B静止在场地上的足球受力平衡，此时重力大小等于足球受到的弹力大小，但是不能说足球受到的弹力就是它的重力，A错误；运动员用力蹬地，身体却向上跃起，说明力的作用是相互的，B正确；传球过程中，足球的运动状态改变，足球不是受到平衡力的作用，C错误；运动员用头顶球时，力既改变了足球的运动状态，也让足球发生了形变，D错误．8B该实验的原理是牛顿第一定律，即惯性定律，任何物体总要保持原有的运动状态(静止或匀速直线运动)，除非外力迫使它改变这种状态．当拿锤子敲击筷子上端时，筷子快速下降，而苹果由于具有惯性，要保持原有的运动状态，则苹果相对于筷子向上运动，即苹果会沿着筷子向上“爬”，不是苹果受到筷子的向上的力向上“爬”，苹果越大，惯性越大，越容易完成该实验．B正确．9D物体A对B的压力是由于A发生弹性形变产生的，故A错误；物体A对B的压力大小等于物体A的重力，二者方向相同，施力物体与受力物体均不同，故B错误；物体A对B的压力和物体B对A的支持力是一对相互作用力，故C错误，D正确．10B小明单脚蹬地，滑板车会前进，说明力是改变物体运动状态的原因，故A正确；小明双脚站在滑板车上滑行时，滑板车水平方向做减速运动，受力不平衡，故B错误；小明骑行时转动车把拐弯，此时车的速度方向发生改变，即车的运动状态改变了，故C正确；小明站在滑板车上，滑板车对地面的压力和地面对滑板车的支持力是一对相互作用力，故D正确．故选B．

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1B以小球为研究对象，受到重力、两根绳的拉力，受力情况如图所示，静止时Fasinα＝Fb，若观测到Fa不变、Fb变小，则有Fasinα>Fb，水平方向根据牛顿第二定律得Fasinα－Fb＝ma，则加速度方向向右，铁箱可能是向右做加速运动或向左做减速运动，故B正确，A、C、D错误．2A在剪断b线的瞬间，对小球进行受力分析可知，小球受到重力和a线的拉力，小球的合力方向沿垂直于a线的方向，所以小球的加速度大小为a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，故A正确．3D机器人沿壁面加速下滑，则由牛顿第二定律有Gcosθ－f＝ma，则f＝Gcosθ－ma<Gcosθ，A、C错误；垂直于壁面方向FN＝F－Gsinθ，可得滑动摩擦力f＝μFN＝μ(F－Gsinθ)，B错误，D正确．4D地面光滑，在恒力F作用下，物块从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，在B点物块与弹簧接触，开始压缩弹簧，物块所受合力F合＝F－kx，刚开始弹簧的形变量较小，弹簧的弹力小于恒力，物块所受合力方向向右，物块继续向右做加速运动，随弹簧形变量增加，弹簧的弹力增加，物块所受合力减小，加速度逐渐减小；弹簧的弹力与恒力相等时，物块所受合力为零，物块速度最大，A错误；物块继续向右运动过程，弹簧的弹力大于恒力，物块所受合外力方向水平向左，物块做减速运动，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，物块做加速度增大的减速运动，直到减速到零，由题意可知，物块恰能运动到C点，说明物块到达C点时速度为零，此时物块所受合力方向水平向左，物块要向左做加速运动，物块不能静止在C点，B错误；由以上分析可知，从B到C过程中物块的加速度先减小后反向增大，速度先增大后减小，C错误，D正确．5B剪断绳1之前弹簧的弹力为F，剪断绳1瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F，则此时A球的加速度aA＝eq\f(F,m)，B球受力不变，则加速度仍为零，即aB＝0，B正确．6D剪断细绳前，弹簧的弹力为F＝mg，剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不变，则B球加速度为0，对A球，根据牛顿第二定律有F＋mg＝ma，解得a＝2g，D正确．7C设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变).雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，位移大小x＝eq\f(1,2)at2，而x＝eq\f(L,cosθ)，联立上式得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ)).当θ＝45°时，sin2θ＝1，时间t最短，故C正确．8B设ac＝h，∠acb＝α，则沿ac运动的球到达c点的时间t1＝eq\r(\f(2h,g))，沿abc运动的球在ab斜面上运动的加速度a2＝gsinα，到达b点的时间t2＝eq\r(\f(2hsinα,gsinα))＝eq\r(\f(2h,g))，沿adc运动的球在ad斜面上运动的加速度a3＝gcosα，到达d点的时间t3＝eq\r(\f(2hcosα,gcosα))＝eq\r(\f(2h,g))，因t1＝t2＝t3，可知当竖直下落的小球运动到c点时，另两个小球分别到达b点和d点．B正确．9A在40cm刻度时，有mg＝F弹，则40cm刻度对应的加速度为0，B错误．由题可知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处，则弹簧的原长l0＝0.2m；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺l1＝40cm刻度处，则根据受力平衡有mg＝k(l1－l0)，可计算出k＝eq\f(mg,(l1－l0)).设刻度对应值为x，结合分析可知k(x－l0)－mg＝ma(取竖直向上为正方向)，联立解得a＝eq\f(x－l1,(l1－l0))g，根据以上分析，加速度a与刻度对应值x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误．由上述分析可知，在30cm刻度时，代入数据有a＝－0.5g，A正确．在50cm刻度时，代入数据有a＝0.5g，C错误．10(1)小球上升过程的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(12,0.8)m/s2＝15m/s2，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma，解得小球所受空气阻力的大小为f＝2.5N.(2)小球上升的位移为h＝eq\f(v0,2)Δt＝eq\f(12,2)×0.8m＝4.8m，下落过程小球的加速度为a′＝eq\f(mg－f,m)＝5m/s2，由h＝eq\f(1,2)a′t′2，解得小球由最高点落回地面所需要的时间为t′＝eq\f(4\r(3),5)s.

第3讲动力学的图像问题超重和失重1A根据牛顿第二定律和F-t图画出如图所示的a-t图像，可知机器人在0～1s和2～3s内加速度大小均为1m/s2、方向相反，由v-t图线的斜率表示加速度可知A正确．2B根据v-t图像的切线斜率表示加速度，由图可知，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，可知雨滴运动越来越快，雨滴速度变化越来越慢，雨滴运动的加速度方向与速度方向相同，故A、C错误，B正确；由于雨滴的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，雨滴所受合力逐渐减小，所以雨滴不只受重力作用，故D错误．3B体重计的示数即为人对体重计的压力，由牛顿第三定律可知人对体重计的压力大小等于体重计对人的支持力大小．当电梯匀速上升或匀速下降时，人随电梯一起匀速上升或匀速下降，受力平衡，体重计对人的支持力等于人的重力；当电梯加速上升时，人随电梯一起加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律可知，体重计对人的支持力大于人的重力；当电梯加速下降时，加速度向下，同理可知体重计对人的支持力小于人的重力；综上所述电梯加速上升时体重计示数最大．B正确．4B在匀速阶段，电梯对人的作用力与人的重力等大、反向，故A错误；在加速阶段，人的加速度具有竖直向上的分量，所以人处于超重状态，故B正确；在加速阶段，人具有水平方向的分加速度，此时人受到的摩擦力不为0；在匀速阶段，根据平衡条件可知，人受到的摩擦力为0，故C错误；在加速阶段，人处于超重状态，电梯对人的支持力大于重力；在匀速阶段，电梯对人的支持力等于重力，故D错误．5C由图可知该同学的重力约为500N，故该同学的质量约为50kg，故A正确；重力与物体的运动状态无关，即无论是“起立”或“下蹲”，重力并未改变，故B正确；由图像可知0～2s内该同学先失重后超重，即该同学完成的是“下蹲”动作，故C错误；由图像可知4～6s内该同学先超重后失重，即4～6s内该同学完成的动作是“起立”，故D正确．故选C．6C0～t1时刻，手提着水瓶向上加速，整体处于超重状态，一定会有水从侧壁流出，A错误；t1～t2时刻水和水瓶只受重力的作用，处于完全失重的状态，水和水之间无相互作用，因此不会有水从侧壁流出，B错误，C正确；t2时刻之后，水瓶和水依然处于完全失重的状态，没有水从侧壁流出，D错误．7C运动员在下压跳板运动至最低点C时，速度为零，运动员将向上运动，故加速度向上，故A错误；在B点时运动员只受重力，加速度为g，故B错误；运动员从B到A的过程中，只受重力作用，加速度向下，故运动员处于失重状态，故C正确；从C到B的过程中，先是弹力大于重力，然后弹力小于重力，故加速度先向上再向下，故运动员先超重后失重，故D错误．8C根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由图可知m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故C正确.9B对油桶C进行分析，如图所示，根据几何关系可知θ＝30°，根据平衡条件有F1cosθ＋F2cosθ＝mg，F2sinθ－F1sinθ＝ma，解得F1＝eq\f(\r(3)mg,3)－ma，F2＝eq\f(\r(3)mg,3)＋ma，可知，F1a与F2-a图像均成线性关系，且F1-a图像斜率为负值，F2-a图像斜率为正值．B正确．10C设物块a、b的质量分别为ma、mb，弹簧劲度系数为k，释放前，以物块a为研究对象，根据平衡条件可得kx0＝mag，将物块a、b由静止释放，初始时，物块a的加速度为0，物块b的加速度为ab0＝eq\f(kx0＋mbg,mb)，可知释放后a、b的距离增大，弹簧的压缩量逐渐减小，对物块a由牛顿第二定律可得aa＝eq\f(mag－kx,ma)，可知物块a做加速度从0逐渐增大的加速运动，当弹簧第一次恢复原长时，物块a的加速度为g；对物块b由牛顿第二定律可得ab＝eq\f(mbg＋kx,mb)，可知物块b做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧第一次恢复原长时，物块b的加速度为g；综上分析，根据v-t图像的切线斜率表示加速度，物块a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是图C.C正确．

专题3连接体问题动力学的临界与极值问题1A根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F′＝Ma，联立可得飞船和空间站之间的作用力F′＝eq\f(M,M＋m)F，故A正确．2D当球与滑块一起向左运动且与滑块间作用力恰好为0时，小球受到重力、拉力作用，如图甲所示，根据牛顿第二定律可得加速度a0＝eq\f(mgtan45°,m)＝g，当滑块以加速度a′＝2g向左加速运动时，小球已经离开斜面，对小球受力分析如图乙所示，根据几何关系可得T＝eq\r((mg)2＋(ma′)2)＝eq\r((mg)2＋(2mg)2)＝eq\r(5)mg，A、B、C错误，D正确．INCLUDEPICTURE"24YLWLLX240.TIF"甲乙3A设m1>m2，对系统根据牛顿第二定律可知m1g－m2g＝(m1＋m2)a，可得系统的加速度为a＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)g，则图A中的加速度aA＝eq\f(2－1,2＋1)g＝eq\f(1,3)g，图B中的加速度aB＝eq\f(4－3,4＋3)g＝eq\f(1,7)g，图C中的加速度aC＝eq\f(5－3,5＋3)g＝eq\f(1,4)g，图D中的加速度aD＝eq\f(8－5,8＋5)g＝eq\f(3,13)g，A正确．4C由题意，以沙和沙箱整体为研究对象，当沙的重力小于沙箱受到的摩擦力时，沙与沙箱静止，加速度为0；当沙的重力大于沙箱受到的摩擦力时，沙与沙箱才有一定的加速度，设沙箱与桌面的动摩擦因数为μ，整体根据牛顿第二定律可得mg－μ(M－m)g＝Ma，整理可得a＝eq\f((1＋μ)g,M)·m－μg，由数学知识可知a与m为一次函数关系，且当m趋于M时，加速度趋近于g.C正确．5A物体沿倾角为α的斜面体M匀速下滑，对物体受力分析，根据平衡条件可知摩擦力与支持力的合力应该与重力等大反向，即斜面对物体的作用力方向