《微專題小練習(xí)》物理統(tǒng)考版 詳解答案

第一章質(zhì)點的直線運動做真題明方向1．C當(dāng)列車恰好以速度v勻速通過隧道時，從減速開始至回到原來正常行駛速度所用時間最短，列車減速過程所用時間t1＝eq\f(v0－v,2a)，勻速通過隧道所用時間t2＝eq\f(L＋l,v)，列車加速到原來速度v0所用時間t3＝eq\f(v0－v,a)，所以列車從減速開始至回到正常行駛速率所用時間至少為t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(3（v0－v）,2a)＋eq\f(L＋l,v)，C項正確．2．B各選項提及的各項運動項目中，研究其技術(shù)動作時球或運動員的大小、形狀或姿態(tài)對所研究的問題有很大的影響，不能看成質(zhì)點，只有選項B正確．3．B上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零．對排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應(yīng)位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大．由位移與時間關(guān)系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；上升過程排球做減速運動，下降過程排球做加速運動．在整個過程中空氣阻力一直做負(fù)功，小球機械能一直在減小，下降過程中的最低點的速度小于上升過程的最低點的速度，故排球被墊起時的速度最大，B正確；達(dá)到最高點速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度，a＝g，C錯誤；下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過程中做變加速運動，D錯誤．故選B.4．D罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，在時間Δt內(nèi)水平方向位移增加量aΔt2，豎直方向做自由落體運動，在時間Δt內(nèi)位移增加gΔt2；說明水平方向位移增加量與豎直方向位移增加量比值一定，則連線的傾角就是一定的．故選D.5．C位移指的是從M點漂流到N點的有向線段，故位移大小為km，故A錯誤；從M點漂流到N點的路程為km，用時1h，則平均速率為eq\o(v,\s\up6(－))率＝eq\f(s,t)＝eq\f,1)km/h＝m/s，故B錯誤；該游客的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f,1)km/h＝m/s，故C正確；以玉女峰為參考系，所乘竹筏的平均速度大小為m/s，若以所乘竹筏為參考系，玉女峰的平均速度大小也為m/s，故D錯誤．6．BD從v-t圖象上看，由于所有龍舟出發(fā)點相同，故只要存在甲龍舟與其他龍舟從出發(fā)到某時刻圖線與t軸所圍圖形面積相等，就存在船頭并齊的情況，故A錯誤，B正確．從s-t圖象上看，圖象的交點即代表兩龍舟船頭并齊，故D正確，C錯誤．專題1描述直線運動的基本概念1．D物體能否看成質(zhì)點是取決于在研究問題中，物體的形狀、大小是否可以忽略不計，故在研究螞蟻運動時，不一定能把螞蟻視為質(zhì)點，A錯誤；研究體操運動員的動作時，需要研究運動員身上各部位的具體動作，故不能將其視為質(zhì)點，B錯誤；研究汽車上坡是否會翻倒時，汽車本身的形狀、大小不能忽略不計，故不能將其視為質(zhì)點，C錯誤；研究飛機飛行速度時，飛機本身的形狀、大小可忽略不計，故可將其視為質(zhì)點，D正確．2．A最小位移時，初末位置連線與直線軌道垂直，這時最小位移為x＝m×2＝73m，A正確．3．BD若以拋出點為坐標(biāo)原點，則小球在最高點的坐標(biāo)為＋5m，A錯誤；從最高點到落地點，小球的位移Δx＝(0－20)m＝－20m，B正確；規(guī)定豎直向上為正方向，從拋出點到落地點，小球的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(0－15,3)m/s＝－5m/s，負(fù)號表示平均速度的方向向下，C錯誤；小球的速度變化量Δv＝v1－v0＝(－20－10)m/s＝－30m/s，負(fù)號表示速度變化量的方向向下，D正確．4．C從在甲車上的乘客看到其左邊的乙車向東運動，右邊站臺上的站牌不動，說明甲車相對站臺是靜止的，乙車相對站臺向東運動，則以乙車為參考系甲車上的乘客會感覺到自己的列車在向西運動，C正確．5．C運動員前30米的平均速度為v1＝eq\f(s1,t1)＝eq\f(30,3.73)m/s＝m/s，運動員前60米的平均速度為v2＝eq\f(s2,t2)＝eq\f(60,6.29)m/s＝m/s，因此運動員前30米的平均速度小于前60米的平均速度，B錯誤；運動員最后10米的平均速度為v3＝eq\f(s3,t3)＝eq\f(100－90,－8.92)m/s＝m/s，無法推算出沖線時的瞬時速度，D錯誤，C正確；從上面的計算可以看出運動員做的變速直線運動，A錯誤．6．D規(guī)定乒乓球反彈回來的方向為正方向，則在該段時間內(nèi)的平均加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(25－（－15）,0.001)m/s2＝×104m/s2，D正確．7．C縱軸截距表示的初始位置，圖象B、D表示丙在起跑線的前面起跑，B、D錯誤；橫軸截距表示起跑時刻，圖象A、C表示正確，三位同學(xué)的位移相同，到達(dá)時刻早者為勝，圖象A中甲到達(dá)的最晚，圖象C中到達(dá)終點的次序為甲、丙、乙，符合題意，A錯誤，C正確．專題2勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用1．B由運動學(xué)規(guī)律得x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，代入數(shù)據(jù)解得t1＝1s，t2＝3s，則t2∶t1＝3∶1，B正確．2．B初速度為零，才有在第1、2、3s內(nèi)位移之比為1∶3∶5，A錯誤；根據(jù)勻變速直線運動的推論知，相鄰相等時間內(nèi)的位移差為一恒量，有x3－x2＝x2－x1，可得當(dāng)?shù)?、2s內(nèi)位移分別為1m、2m，則第3s內(nèi)位移是3m，B正確；勻加速直線運動的加速度不變，C錯誤；勻加速直線運動相等時間內(nèi)的位移越來越大，所以平均速度越來越大，D錯誤．3．BD物體從靜止開始做勻加速直線運動，第3s內(nèi)通過的位移eq\f(1,2)a×32－eq\f(1,2)a×22＝3m，解得加速度a＝m/s2，前3s內(nèi)的位移為eq\f(1,2)a×32＝m，前3s內(nèi)的平均速度是eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f,3)m/s＝m/s，A、C錯誤，B正確；物體在第3s末的速度是v＝×3m/s＝m/s，D正確．4．BC由速度－位移的關(guān)系式得v2＝2ax，剎車距離跟車速的平方成正比，A錯誤；車速的增加量相同的情況下，車速越大剎車距離的增加量越大，C正確；剎車的加速度與質(zhì)量無關(guān)，D錯誤；由v＝at得剎車時間跟車速成正比，B正確．5．B由運動學(xué)規(guī)律得2s末的瞬時速度v1＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s，5s末的瞬時速度v2＝eq\f(16,2)m/s＝8m/s，物體的加速度a＝eq\f(v2－v1,\f(t1＋t2,2))＝eq\f(4,3)m/s2，B正確．6．D由勻加速直線運動規(guī)律：相鄰相等時間間隔的位移之差為恒量Δx＝aT2得a＝eq\f(8－4,22)＝1m/s2，A正確；由勻加速直線運動規(guī)律：相鄰相等時間間隔的位移之差為恒量CD－BC＝BC－AB得CD＝12m，B正確；由vC＝eq\o(v,\s\up6(－))BD＝eq\f(BC＋CD,2T)＝5m/s可以得出OC之間的距離OC＝eq\f(veq\o\al(2,C),2a)＝m，OA＝OC－AC＝m，C正確，D錯誤．7．C由勻變速直線運動的規(guī)律得電動車的初速度v0＝4m/s，加速度a＝－2m/s2，A、B錯誤；2s末的速度v＝v0＋at＝4m/s＋(－2)×2m/s＝0，C正確；由于電動車2s末停止運動，所以0～3s內(nèi)的位移等于0～2s內(nèi)的位移，代入位移公式得電動車通過的位移為4m，D錯誤．8．B采用逆向思維，把剎車過程看成反方向初速度為零的勻加速直線運動．設(shè)剎車用總時間為t，由平均速度等于中間時刻的瞬時速度和平均速度的定義可知，汽車在(t－)s和s時的瞬時速度之比為7∶1(反方向的運動過程)，結(jié)合速度公式v＝a×，vt－＝a×(t－)，解得t＝4s，則整個過程的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝m/s，B正確．9．A設(shè)初速度為v，末速度為eq\f(1,3)v，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律得v＋eq\f(1,3)v＝2eq\o(v,\s\up6(－))，eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(L,t)，v－eq\f(1,3)v＝at，聯(lián)立解得a＝eq\f(L,t2)，A正確．10．C子彈的末速度為0，把正方向的勻減速運動看成反方向加速度不變的勻加速運動，則在相等時間內(nèi)的位移比為1∶3∶5，故子彈在三個木塊中的運動時間相等，選項B錯誤、C正確；用逆向思維v＝at，子彈射出木塊A時的速度與子彈的初速度之比為2∶3，故子彈射出木塊A時的速度為200m/s，選項A錯誤；根據(jù)eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)，子彈在木塊A中的平均速度是子彈在木塊C中平均速度的5倍，選項D錯誤．11．(1)eq\f(2v2,d)(2)eq\f(a,3)(eq\f(d,v)＋t0)2解析：(1)電梯門做勻加速與勻減速的位移相等，可得勻加速運動的位移為eq\f(d,4)，設(shè)加速度為a，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有：v2＝2aeq\f(d,4)解得a＝eq\f(2v2,d).(2)電梯門關(guān)閉的時間為t＝eq\f(d,v)設(shè)人加速運動的時間為t1，減速運動的時間為t2，由v1＝at1＝2at2得t1＝2t2又t1＋t2＝t＋t0得t1＝eq\f(2,3)(t＋t0)，t2＝eq\f(1,3)(t＋t0)由公式L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2ateq\o\al(2,2)＝eq\f(a,3)(eq\f(d,v)＋t0)212．(1)2m/s240s(2)6×107J解析：(1)飛機從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為eq\f(v1,2)，則L＝eq\f(1,2)v1t解得飛機滑行的時間為t＝eq\f(2L,v1)＝eq\f(2×1600,80)s＝40s飛機滑行的加速度為a＝eq\f(v1,t)＝eq\f(80,40)m/s2＝2m/s2(2)飛機從水面至h＝100m處，水的機械能包含水的動能和重力勢能，則ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mgh＝eq\f(1,2)×1×104×1002J＋1×104×10×100J＝6×107J專題3自由落體運動和豎直上拋運動1．AC2．C根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))＝s，C正確．3．B小宋同學(xué)起跳后做勻減速直線運動，采用逆向思維，小宋向下做勻加速直線運動，由v2－0＝2gh，解得v＝eq\r(2gh).結(jié)合生活實際可知，原地站立且胳膊向上伸直時，手指離地高度約為m，則h＝m－m＝m，代入數(shù)據(jù)解得v≈3m/s，B正確．4．AD排球被擊出后做豎直上拋運動，到達(dá)最高點時的速度為零，加速度為重力加速度g，A正確，B錯誤；排球上升和下落過程均只受重力作用，加速度為重力加速度g，方向豎直向下，C錯誤；由速度公式得排球從擊出至落回?fù)羟螯c所用時間t＝eq\f(2v0,g)＝s，D正確．5．AB根據(jù)速度－位移關(guān)系式得2gxMN＝veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)，解得xMN＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2g)，A正確；由速度公式得物體從M到N的時間t＝eq\f(v2－v1,g)，B正確；由勻變速直線運動的推論得物體經(jīng)過MN的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v2＋v1,2)，C錯誤；自由落體運動的加速度不變，為重力加速度g，D錯誤．6．D由題意知tAB＝tBC＝T，由Δv＝aΔt＝gT可知BC過程速度的增加量等于AB過程速度的增加量，A錯誤；只有蘋果在A點速度為零時，才滿足x1∶x2＝1∶3，B錯誤；蘋果運動到位置B時的速度vB＝eq\f(x1＋x2,2T)，C錯誤；根據(jù)Δx＝aT2得蘋果運動的加速度大小a＝eq\f(x2－x1,T2)，D正確．7．B由h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)得，磚塊上升的最大高度h＝m，A錯誤；磚塊上升的時間t＝eq\f(v0,g)＝s，上升階段與下降階段的時間相等，經(jīng)3s磚塊回到拋出點，B正確；磚塊被拋出后經(jīng)1s上升的高度h′＝v0t′－eq\f(1,2)gt2＝10m，由于上升階段與下降階段的時間、位移具有對稱性，所以磚塊回到拋出點前1s時間內(nèi)通過的距離為10m，C錯誤；磚塊被拋出后加速度不變，上升到最高點時，加速度仍然為g，D錯誤．8．BC由題意可知A、B均自由落體，L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，L＋3L＝eq\f(1,2)a(t1＋t2)2，解得t1＝t2，A錯誤，B正確；而v1＝at1，v2＝a(t1＋t2)，故v1∶v2＝1∶2，C正確，D錯誤．9．2s<Δt<8s解析：讓小球B拋出后處于上升階段時與A球相遇，則Δt的最大值為小球A剛要落回拋出點的瞬間將小球B拋出，小球A在空中運動的時間為tA＝eq\f(2vA,g)＝eq\f(2×40,10)s＝8s，即Δt的最大值為Δtmax＝8s．Δt的最小值為A、B兩小球同時落地時先后拋出的時間間隔．而小球B在空中運動的時間為tB＝eq\f(2vB,g)＝eq\f(2×30,10)s＝6s，則Δt的最小值為Δtmin＝tA－tB＝2s.所以，兩球能在空中相遇的Δt滿足的條件為2s<Δt<8s.10．(1)eq\f(8H,Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2))(2)L0＋eq\f(Teq\o\al(2,1)H,Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2))解析：(1)小球從O點上升到的最大高度h1＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T1,2)))eq\s\up12(2)小球從P點上升到的最大高度h2＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,2)))eq\s\up12(2)又H＝h1－h(huán)2，解得g＝eq\f(8H,Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2)).(2)玻璃管的最小長度L＝L0＋h1，即L＝L0＋eq\f(Teq\o\al(2,1)H,Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2)).專題4運動圖象1．Dx-t圖像的斜率表示速度，小車先做勻加速運動，因此速度變大即0～t1圖像斜率變大，t1～t2做勻減速運動則圖像的斜率變小，在t2時刻停止圖像的斜率變?yōu)榱悖蔬xD.2．BC0～1s內(nèi)的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(6＋0,2)m/s＝3m/s，A錯誤；0～1s內(nèi)的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(0－6,1)m/s2＝－6m/s2，1～3s內(nèi)的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(－2－0,3－1)m/s2＝－1m/s2，則0～1s內(nèi)的加速度大小是1～3s內(nèi)的加速度大小的6倍，B正確；0～3s內(nèi)的位移x＝eq\f(1,2)×1×6m－eq\f(1,2)×(3－1)×2m＝1m，C正確；0～1s內(nèi)速度為正，加速度為負(fù)，1～3s內(nèi)速度為負(fù)，加速度為負(fù)，速度方向發(fā)生改變，加速度方向沒有發(fā)生改變，D錯誤．3．C0～2s內(nèi)，甲做勻速運動，加速度等于零，A錯誤；乙在3s末距離出發(fā)點最遠(yuǎn)，B錯誤；0～2s內(nèi)和4～6s內(nèi)，甲都向正方向運動，速度大小相等，v＝eq\f(4－0,2－0)m/s＝2m/s，所以甲在0～2s內(nèi)和4～6s內(nèi)速度等大同向；0～2s內(nèi)和4～6s內(nèi)，乙的加速度方向都沿正方向，加速度大小相等，a＝eq\f(4－0,2－0)m/s2＝2m/s2，所以乙在0～2s內(nèi)和4～6s內(nèi)加速度等大同向，C正確；由圖象可知，0～6s內(nèi)甲的路程為16m，乙的路程為12m，D錯誤．4．C速度－時間圖象只能表示直線運動中速度隨時間的變化規(guī)律，兩車均做直線運動，A錯誤；根據(jù)速度－時間圖線與時間軸圍成的面積表示位移，由圖可知，甲車的位移大于乙車的位移，B錯誤；速度－時間圖象的斜率表示加速度，兩圖象的斜率均逐漸減小，由圖象知汽車甲和乙的加速度均逐漸減小，C正確；若汽車乙做初速度為v2的勻減速直線運動，其速度－時間圖象如圖中虛線所示，平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v1＋v2,2)，虛線與時間軸圍成的面積大于乙圖線與時間軸圍成的面積，所以汽車乙的平均速度小于eq\f(v1＋v2,2)，D錯誤．5．BD由速度公式得Δv＝at可知，a-t圖象與時間軸所圍成的面積表示速度的變化量，A錯誤，B正確；0～t0時間內(nèi)，Δv＝S，因為物體的初速度為0，則有末速度v＝Δv＝S，平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)＝eq\f(S,2)，C錯誤，D正確．6．C本題可用解析法求解，解法如下：勻加速運動的位移x1＝eq\f(1,2)×v，勻速運動的位移x2＝(－)v，且x1＋x2＝100m，聯(lián)立解得v＝m/s，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f,2.83)m/s2≈m/s2，C正確．還可以用圖象法求解，解法如下：作出蘇炳添的速度—時間圖象如圖所示，圖線與時間軸所夾面積表示位移可得eq\f(（7＋）v,2)＝100m，解得v＝m/s，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f,2.83)m/s2≈m/s2，C正確．7．A由勻變速直線運動的速度與位移關(guān)系式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得v2＝veq\o\al(2,0)＋2ax，結(jié)合圖象可知斜率為2a，則加速度a＝eq\f(1,2)×eq\f(81－25,28)m/s2＝1m/s2，A正確．8．C駕駛員在反應(yīng)時間內(nèi)做勻速運動，s后做減速運動．若在s后做勻減速運動，停下時汽車的位移x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8×＋\f(1,2)×8×2.7))m＝m>13m；若s后做加速度減小的減速運動位移可能等于13m，所以選擇C.9．Cx-t圖線的斜率表示質(zhì)點運動的速度，所以0～6s內(nèi)物體做加速運動，6～8s內(nèi)物體做勻速運動，A、B錯誤；4s末質(zhì)點有加速度，8s末加速度為零，所以C正確；4～6s內(nèi)的瞬時速度均小于之后的瞬時速度，所以4～6s內(nèi)的平均速度小于6～8s內(nèi)的平均速度，D錯誤．10．BD由題圖可知v1＝v2＝v3＝v4＝eq\f(v,2)，A項錯誤、B項正確；根據(jù)全程甲、乙的位移相等，得到eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)＝eq\f(v2,2a3)＋eq\f(v2,2a4)，即eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＝eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)，C項錯誤、D項正確．11．D由于x＝kv2，結(jié)合初速度為零的勻加速運動規(guī)律x＝eq\f(1,2a)v2可知，質(zhì)點做初速度為零的勻加速直線運動，解得加速度大小為a＝1m/s2，第一個1m末速度v1＝eq\r(2ax1)＝eq\r(2)m/s，第二個1m末的速度v2＝2m/s，質(zhì)點從靜止開始運動后第2個1m內(nèi)的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)(v1＋v2)＝eq\f(1,2)(eq\r(2)＋2)m/s＝(1＋eq\f(\r(2),2))m/s，D正確．12．C由題意知火箭的加速度向上，為正值，所以選項D錯誤；加速度先減小，后不變且等于零，所以選項A、B錯誤，C正確．專題5追及和相遇問題1．D駕駛員反應(yīng)過程中，汽車做勻速直線運動，行駛距離為x1＝vt1，剎車過程中，有x2＝eq\f(v2,2a)，為安全行駛x1＋x2≤30m，代入數(shù)據(jù)，解得最大速度為v＝20m/s(另解v＝－30m/s舍去)，A、B、C錯誤，D正確．2．C設(shè)經(jīng)過時間t后，轎車和卡車車尾分離，轎車的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2，卡車的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2，x1＋x2＝45m.聯(lián)立解得t＝s．3．A0～1s內(nèi)，x甲＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，x乙＝10×1m＋eq\f(1,2)×5×12m＝m，Δx＝x乙－x甲＝m，說明t＝0時刻甲在乙的前方m，設(shè)下次車頭齊平的時刻為t，10×t＋eq\f(1,2)×5×t2－eq\f(1,2)×10×t2＝m，解得t＝1s或t＝3s，A正確．4．B圖中陰影部分面積表示0～6s內(nèi)兩車位移之差為Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×30×3＋\f(1,2)×30×3))m＝90m，Δx<100m，兩車不會相撞，A錯誤，B正確；由圖象可知，t＝6s時兩車速度大小相等，方向相同，C錯誤；t＝6s時兩車相距最近，D錯誤．5．C如圖所示，當(dāng)甲、乙相距10m時，根據(jù)勾股定理，甲比乙多走8m，設(shè)此時二人的運動時間為t1，根據(jù)位移公式得v甲t1－eq\f(1,2)a乙teq\o\al(2,1)＝8m，由圖象得a乙＝1m/s2，解得t1＝4s.由圖象知此時兩者速度相等恰好相距最遠(yuǎn)，剛好還能接收到信號，之后乙超過甲，當(dāng)乙比甲多走8m時，是最后接收到信號的時刻，設(shè)從開始到該時刻的時間為t2，乙加速的時間t0＝eq\f(6,1)s＝6s，乙加速6s后開始以6m/s速度勻速運動，乙勻速運動的時間為(t2－6)s，根據(jù)題意得[eq\f(1,2)a×62＋6(t2－6)]－v甲t2＝8m，解得t2＝13s，也就是說，前13s內(nèi)，甲、乙之間的距離都在10m內(nèi)，都能接收到信號，C正確．6．(1)25m(2)6s解析：(1)兩車速度相等時，相距最遠(yuǎn)，則由有vA＝vB＋at1解得t1＝1s，此段時間內(nèi)A車的位移xA＝vAt1B車的位移xB＝vBt1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)A、B之間的最遠(yuǎn)距離Δx＝xA＋x0－xB以上各式聯(lián)立解得最遠(yuǎn)距離Δx＝25m.(2)設(shè)經(jīng)過時間tB車追上A車，則通過的位移關(guān)系有x′B＝x′A＋x0即vBt＋eq\f(1,2)at2＝vAt＋x0代入數(shù)據(jù)解得t＝6s．專題6實驗：研究勻變速直線運動1．(1)(2)(3)(4)b2k解析：(1)根據(jù)紙帶的數(shù)據(jù)可得ΔxAD＝xAB＋xBC＋xCD＝cm＋cm＋cm＝cm平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))AD＝eq\f(xAD,3T)＝cm/s(2)根據(jù)第(1)小題結(jié)果補充表格和補全實驗點圖像得(3)從實驗結(jié)果可知，小車運動的eq\o(v,\s\up6(－))-Δt圖線可視為一條直線，圖像為此直線用方程eq\o(v,\s\up6(－))＝kΔt＋b表示，由圖像可知其中k＝eq\f－,0.6)cm/s2＝cm/s2，b＝cm/s(4)小車做勻變速直線運動，由位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，整理得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at即eq\o(v,\s\up6(－))＝vA＋eq\f(1,2)at故根據(jù)圖像斜率和截距可得vA＝b，a＝2k2．(1)相鄰相等時間間隔位移差大小接近(2)547(3)79解析：(1)將表格中數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)化如圖，則x1＝507m，x2＝587m，x3＝665m，x4＝746m，x5＝824m，x6＝904m，可得x2－x1＝80m，x3－x2＝78m，x4－x3＝81m，x5－x4＝78m，x6－x5＝80m，相鄰相等時間間隔位移差大小接近，可判斷該飛行器在這段時間內(nèi)近似做勻加速運動．(2)x＝507m時該飛行器的速度即t＝1s時的瞬時速度，利用勻變速直線運動的特點可知時間中點的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，故v＝eq\f(x1＋x2,2t)＝eq\f(1094m,2×1s)＝547m/s.(3)由逐差法得a＝eq\f(（x6＋x5＋x4）－（x3＋x2＋x1）,9t2)＝eq\f(（4233－1759）－1759,9×12)m/s2＝79m/s2.3．(1)乙(2)(3)eq\f(2（vBC－vAB）,t1＋t2)(4)B(5)偏大解析：(1)泡沫板受空氣阻力影響大，實驗誤差大，故選鋁基板，乙同學(xué)的選擇較好．(2)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為74mm＋5×mm＝mm.(3)根據(jù)勻加速直線運動的平均速度等于鋁板運動的中間時刻的瞬時速度，則重力加速度g＝eq\f(vBC－vAB,\f(1,2)（t1＋t2）)＝eq\f(2（vBC－vAB）,t1＋t2).(4)根據(jù)以上分析可知，對釋放位置沒有要求，釋放時擋板的下沿可以在光電門上方一定距離處，A錯誤，B正確；擋板下落時，AC連線在紙面內(nèi)如果沒有保持豎直狀態(tài)，時間的測量值會偏大，對測量結(jié)果有影響，C錯誤；狹縫的位置任意，只需要計算兩端平均速度及時間即可，D錯誤．(5)有影響，狹縫通過光電門也需要一定的時間，整塊擋板通過光電門的實際時間大于t1＋t2，導(dǎo)致g的測量值偏大．第二章相互作用做真題明方向1．D對“嫦娥五號”探測器受力分析有FN＝mg月則對一條腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)根據(jù)牛頓第三定律可知每條腿對月球表面的壓力為eq\f(mg,24).故選D.2．D以結(jié)點O為研究對象，進(jìn)行受力分析，由平衡條件可得F＝2F1cos30°＝eq\r(3)F1，選項D正確．3．B根據(jù)對稱性，四根斜桿對橫桿的作用力大小相等，設(shè)為F，選擇橫桿和物體為研究對象，根據(jù)平衡條件有4Fcoseq\f(θ,2)＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，故每根斜桿受到地面的作用力也為eq\f(\r(3),6)G，選項B正確．4．D當(dāng)水桶和水整體的重心在轉(zhuǎn)軸以下時，桶不會傾覆，當(dāng)重心在轉(zhuǎn)軸上方時，桶會翻轉(zhuǎn)，所以選擇D.5．B曲轅犁耕索的拉力在水平方向上的分力為Fsinα，直轅犁耕索的拉力在水平方向上的分力為Fsinβ，由于α<β，則Fsinβ>Fsinα，A錯誤；曲轅犁耕索的拉力在豎直方向上的分力為Fcosα，直轅犁耕索的拉力在豎直方向上的分力為Fcosβ，由于α<β，故Fcosα>Fcosβ，B正確；作用力與反作用力大小相等，耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力是一對作用力與反作用力，故耕索對犁的拉力等于犁對耕索的拉力，C、D錯誤．6．C小滑塊從A到B緩慢移動過程中，始終受力平衡，對小滑塊受力分析如圖1所示，根據(jù)平行四邊行定則可得推力F＝mgsinθ，凹槽對滑塊的支持力FN＝mgcosθ，滑塊上移時夾角θ從零逐漸增大至90°，由數(shù)學(xué)知識可知推力F一直增大，凹槽對滑塊的支持力FN一直減小，A、B錯誤；滑塊和凹槽系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)，對整體受力分析如圖2所示，由平行四邊形定則可得地面對凹槽的支持力N1＝G－Fsinθ＝G－mgsin2θ，墻面對凹槽的壓力N2＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，隨著滑塊緩慢由A到B，夾角θ從零逐漸增大至90°，由三角函數(shù)知識可知水平地面對凹槽的支持力N1逐漸減小，墻面對凹槽的壓力N2先增大后減小，C正確，D錯誤．專題7重力和彈力1．B高緯度地區(qū)的重力加速度比低緯度地區(qū)的重力加速度大，同一物體在赤道受到的重力小于在北極受到的重力，A錯誤；水平桌面上的杯子受到的支持力是桌面發(fā)生形變而產(chǎn)生的，B正確；物體間相互作用時，施力物體和受力物體同時存在的，C錯誤；只有形狀規(guī)則且質(zhì)量分布均勻的物體的重心才在物體的幾何中心．物體能否被看成質(zhì)點要看物體的大小和形狀對所研究的問題的影響能否忽略，D錯誤．2．C彈力的方向總是垂直于接觸面指向被支持的物體，故容器上A點對細(xì)桿的作用力方向為垂直于過A點切線指向桿，容器上B點對細(xì)桿的作用力方向為垂直于桿，C正確．3．C重心是物體各部分所受重力的等效作用點，并不是其他部分不受重力，物體的各個部分都受到重力，A錯誤；重力方向豎直向下，當(dāng)放在斜面上也是豎直向下，B錯誤；根據(jù)力的圖示可讀得鉛球重力的大小為50N，C正確；力的圖示中標(biāo)度是任意的，D錯誤．4．AC彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(F,x)＝1000N/m，A正確，B錯誤；圖甲、圖乙中彈簧受力相同，彈簧的伸長量相同，圖乙彈簧伸長量為m，C正確，D錯誤．5．C把手對彈性繩的拉力是由于把手發(fā)生形變產(chǎn)生的，A錯誤；根據(jù)F＝kx可得k＝eq\f(2F,x)＝eq\f(240,0.3)N/m＝800N/m，B錯誤，C正確；彈性繩原長度未知，每只手的拉力改為80N，彈性繩長度不知，D錯誤．6．D由題圖讀出x＝m時，彈簧的拉力F＝2×102N，由胡克定律F＝kx得k＝eq\f(F,x)＝2×103N/m，A錯誤，D正確；當(dāng)彈簧伸長量為x1＝2cm時，彈簧產(chǎn)生的拉力是F1＝kx1＝2×103×N＝40N，B錯誤；當(dāng)彈簧受F2＝800N的拉力作用時，彈簧的伸長量為x2＝eq\f(F2,k)＝eq\f(800,2×103)m＝m＝40cm，彈簧總長度大于40cm，故C錯誤．7．C若用力F拉“大”彈簧，則有x1＝eq\f(F,k1)，x2＝eq\f(F,k2)，x1＋x2＝eq\f(F,k0)，聯(lián)立解得eq\f(1,k0)＝eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)，由上式分析可得k0<k1，k0<k2，k0更接近k1，C正確．專題8摩擦力1．D電風(fēng)扇受重力、支持力、空氣的反作用力及靜摩擦力，共四個力作用，A錯誤；由于風(fēng)扇處于平衡狀態(tài)，故空氣的反作用力與桌面對風(fēng)扇的靜摩擦力大小相等，而空氣的反作用力大小不變，故靜摩擦力大小不變，當(dāng)風(fēng)的方向改變時，靜摩擦力的方向也改變，B錯誤，D正確；風(fēng)扇對空氣的作用力作用在空氣上，而桌面對風(fēng)扇的摩擦力作用在風(fēng)扇上，兩者不是平衡力，C錯誤．2．D由題意知用80N的水平力推沙發(fā)，就可以使沙發(fā)保持勻速直線運動，應(yīng)用平衡條件得F＝μmg，解得沙發(fā)與地面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(80,800)＝，A錯誤；由題意得沙發(fā)與地面間的最大靜摩擦力為96N，所以用90N的水平力推這個靜止的沙發(fā)，沙發(fā)不動，由平衡條件得沙發(fā)所受的靜摩擦力大小為90N，B錯誤；若用96N的水平力推這個已經(jīng)在運動的沙發(fā)，沙發(fā)所受的摩擦力為滑動摩擦力，大小為80N，C錯誤；小王坐在沙發(fā)上，由平衡條件得小李需要的水平推力大小F1＝μ(M＋m)g＝140N，D正確．3．D后輪為驅(qū)動輪，與地面接觸點有相對地面向后的運動趨勢，受到的摩擦力向前，前輪有相對地面向前的運動趨勢，受到的摩擦力向后，D正確．4．C應(yīng)用假設(shè)法可判斷甲情形中不受摩擦力，由平衡條件可判斷乙情形中受到沿斜面向上的摩擦力，C正確．5．CD對A、B整體受力分析，由平衡條件得地面對B一定有摩擦力作用，μ2≠0.對A受力分析，B對A沒有摩擦力作用，μ1可能為零，也可能不為零，C、D正確．6．C物體重力沿斜面向下的分力為mgsin37°＝×10×N＝3N，用平行于斜面底邊的水平力F＝1N推物體時，物體保持靜止，由平衡條件可得物體受到沿斜面向上的摩擦力的分力f1＝3N，平行于斜面底邊的摩擦力的分力f2＝1N，則物體受到的摩擦力大小為f＝eq\r(32＋12)N＝eq\r(10)N，選項C正確．7．C物塊與長木板間發(fā)生相對運動，是滑動摩擦力，只要兩者間發(fā)生相對運動即可，木板不一定在桌面上做勻速直線運動，A、B錯誤；物塊受力平衡，彈簧測力計示數(shù)等于物塊受到的滑動摩擦力，C正確；木板與物塊、桌面間都會有摩擦力，D錯誤．8．A對圓錐面上的任一沙子有：mgsinθ＝μmgcosθ(θ為圓錐體的底角)，即有tanθ＝μ＝0.8.根據(jù)數(shù)學(xué)知識得圓錐底部的半徑r＝eq\f(l,2π)＝eq\f(15,π)m，圓錐體的高為h＝rtanθ＝eq\f(12,π)m，圓錐體的體積為V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)πr2h≈m3，選項A正確．9．D由題意可知，兩物塊的質(zhì)量相等，則兩物塊與斜面之間的最大靜摩擦力相等，物塊與斜面之間的最大靜摩擦力為Ffm＝μmgcosθ，由A、B的受力情況可知，當(dāng)物塊B恰能保持靜止時，彈簧的伸長量最大，則由平衡條件可知mgsinθ＋kxm＝Ffm，解得xm＝eq\f(mg（μcosθ－sinθ）,k)，D正確，A、B、C錯誤．10．C由于μ＝0.5<tan37°＝，所以彈簧一定對物塊有垂直斜面向下的彈力，小物塊受重力、斜面支持力、彈簧彈力、斜面的摩擦力四個力作用，A、D錯誤；物塊將要發(fā)生滑動時，有mgsin37°＝μ(mgcos37°＋F)，解得此時彈簧彈力F＝4N，所以物塊靜止時彈簧彈力大小應(yīng)滿足F≥4N，B錯誤，C正確．11．BD12．ADA始終處于平衡狀態(tài)，由平衡條件知，斜面對物體A的作用力與A受到的重力和推力F的合力是一對平衡力，由于F與重力夾角為鈍角，所以斜面對物體A的作用力不一定減小，A正確；對A受力分析可知，由平衡條件得mgcosθ＝FN，則FN不變，B錯誤；若A受到的摩擦力方向沿斜面向上，如圖甲所示，有mgsinθ＝f＋F，f＝mgsinθ－F，F(xiàn)減小，f增大，若A受到的摩擦力方向沿斜面向下，如圖乙所示，有mgsinθ＋f＝F，F(xiàn)減小，f減小，C錯誤；對整體受力分析，由平衡條件得，地面對斜面體的摩擦力大小f0＝Fcosθ，F(xiàn)減小，f0減小，D正確．專題9力的合成與分解1．D二力合成時合力的大小隨二力夾角的增大而減小，合力大小的范圍是|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，所以合力可能比分力大，也可能比分力小，還可能與分力大小相等，故A錯誤；力的分解是力的合成的逆運算，一個力在理論上有無數(shù)組分力，但是實際分解中常常按照需要進(jìn)行分解，所以對一個合力來說，可以分解成無數(shù)組分力，故B錯誤；力的合成符合平行四邊形定則或者三角形定則，對兩個確定的分力來說，只能作出一個確定的平行四邊形或者三角形，即兩個確定的分力只能有一個合力，故C錯誤；由合力的范圍可知2N的力與3N的力的合力的范圍是1N≤F合≤5N，2N在這一范圍內(nèi)，所以一個大小為2N的合力可以分解成兩個大小分別為2N和3N的分力，故D正確．2．B因為水桶始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩拉力F1、F2的合力等于mg，在合力不變的情況下，隨著夾角θ變大，兩分力都變大，A錯誤，B正確；當(dāng)θ＝60°時，兩分力滿足2Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(\r(3),3)mg即F1＝F2＝eq\f(\r(3),3)mg，C錯誤；同理當(dāng)θ＝120°時，兩分力滿足2Fcos60°＝mg，解得F＝mg即F1＝F2＝mg，D錯誤．3.AB將小球的重力沿著平行斜面方向和垂直斜面方向正交分解，如圖所示，兩分力分別為F1＝mgcosθ，F(xiàn)2＝mgsinθ，由于θ不斷增加，故F1不斷變小，F(xiàn)2不斷變大，A、B正確，C、D錯誤．4．B把拉力F沿水平方向和豎直方向分解，由平衡條件得Fcos45°＝mg＋μFsin45°，解得F＝2eq\r(2)mg，B正確．5．C如圖所示，將作用在繩索中點的水平恒力F分解到沿AO方向的拉力F1和沿BO方向的拉力F2，因F1＝F2，則有eq\f(F,2)＝F1sinθ，由于x?d，則sinθ＝tanθ，因此，F(xiàn)1＝eq\f(F,2tanθ)，代入數(shù)值得，F(xiàn)1＝2500N．A、B、D錯誤，C正確．6.A由對稱性可知，AC、BC對軸C的作用力大小相等，與水平面的夾角均為θ，由平衡條件得兩力的合力大小等于物體的重力G大小，則有2Fsinθ＝G，解得F＝eq\f(G,2sinθ)，A正確．7．AC瓦片受重力、兩側(cè)的支持力和摩擦力，共五個力，故A正確；根據(jù)題圖可知，兩檁條對瓦片的彈力與垂直于屋頂向上的夾角為α，有2FNcosα＝mgcosθ，減小檁條間的距離d時，夾角α變小，則瓦片與檁條間的彈力變小，最大靜摩擦力變小，則瓦片可能會下滑，故B錯誤，C正確；增大檁條間的距離d時，瓦片仍然靜止，瓦片與檁條間的摩擦力不變，均等于eq\f(1,2)mgsinθ，故D錯誤．專題10共點力的平衡1．C將兩個燈籠作為整體分析，根據(jù)平衡條件得FOAsinθ1＝2mg，F(xiàn)OAcosθ1＝F，聯(lián)立解得FOA＝eq\f(2mg,sinθ1)，F(xiàn)＝eq\f(2mg,tanθ1)，A、D錯誤；對結(jié)點B受力分析，由平衡條件得FABsinθ2＝mg，F(xiàn)ABcosθ2＝F，聯(lián)立解得FAB＝eq\f(mg,sinθ2)，F(xiàn)＝eq\f(mg,tanθ2).由F＝eq\f(2mg,tanθ1)和F＝eq\f(mg,tanθ2)，聯(lián)立解得tanθ1＝2tanθ2，B錯誤，C正確．2．D設(shè)最多能夾住n本書，由平衡條件得2μ1F＝nmg，解得n＝19本；以中間(n－2)本書為研究對象，由平衡條件得2μ2F＝(n－2)mg，解得n＝16，D正確．3．D由平衡可知，物體Q受重力、P對Q的支持力、拉力，可能受到P對Q的摩擦力，A錯誤；物體P受重力、斜面對P的支持力和摩擦力、Q對P的壓力，可能受到Q對P的摩擦力，B錯誤；斜面體受重力、地面的支持力和摩擦力、來自P的壓力和摩擦力，C錯誤，D正確．4．C在A點處于平衡時，有F－μmg＝kx1；在B點處于平衡時，有F＋μmg＝kx2，且x2－x1＝m，聯(lián)立解得k＝200N/m，C正確，D錯誤；由于F＝8N>μmg＝5N，彈簧原長位置在A點的左側(cè)，A、B均錯誤．5．A對小球受力分析，由三力平衡的矢量三角形的幾何知識可得F1＝mg，F(xiàn)2＝eq\r(3)mg，eq\f(F1,F2)＝eq\f(1,\r(3))，D錯誤；由平衡條件得，兩種情況下，細(xì)線AB的拉力與重力的合力大小分別等于F1、F2，則細(xì)線AB的拉力與重力的合力大小之比等于F1、F2之比eq\f(1,\r(3))，A正確；由平衡條件得，甲、乙兩種情況下，細(xì)線AB的拉力分別為F甲＝mg，F(xiàn)乙＝2mg，則eq\f(F甲,F乙)＝eq\f(1,2)，B、C錯誤．6．A如圖，由于繩子的張力大小處處相等，左邊第一個滑輪靜止，則左側(cè)懸掛滑輪的繩的方向沿跨過滑輪的兩段繩的角平分線方向，故跨過動滑輪與m連接的兩段繩與豎直方向的夾角均為60°，動滑輪對繩的壓力大小為Mg，根據(jù)三力平衡，Mg＝mg，解得M∶m＝1∶1.7．B對BC段受力分析，受重力、墻壁的拉力、AC繩子對其向左的拉力，如答圖甲所示，根據(jù)平衡條件，有FBcosα＝eq\f(1,n＋1)mg，可得FB＝eq\f(mg,（n＋1）cosα)，所以繩子在B處彈力大小為F′B＝eq\f(mg,（n＋1）cosα)，又因為FBsinα＝T，聯(lián)立解得繩子在C處的彈力大小T′＝T＝eq\f(mgtanα,n＋1)，故A錯誤，B正確；對AC段受力分析，受重力、墻壁的拉力、BC繩子對其向右的拉力，如答圖乙所示，設(shè)過繩子A端的切線與水平方向夾角為β，根據(jù)平衡條件，有TAsinβ＝eq\f(n,n＋1)mg，TAcosβ＝T′C，又T′C＝T，聯(lián)立解得TA＝eq\f(mg\r(n2＋tan2α),n＋1)，tanα·tanβ＝n，顯然α不一定等于β，繩子在A處的彈力大小為T′A＝TA＝eq\f(mg\r(n2＋tan2α),n＋1)，故C、D錯誤．專題11動態(tài)平衡問題1．BC設(shè)彈力與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件得，小鳥所受的彈力N＝mgcosθ，從A點到B點的過程中，θ減小，彈力增大，A錯誤，B正確；小鳥所受的摩擦力f＝mgsinθ，從A點到B點的過程中，θ減小，摩擦力減小，C正確，D錯誤．2．D以物體作為研究對象，在沿斜面方向上，重力沿斜面向下的分力、F的分力及摩擦力的合力為零，因F的分力先沿斜面向下減小，后沿斜面向上增大，故摩擦力可能先向上減小，后向下增大，也可能一直減小，故C錯誤，D正確；以整體為研究對象，F(xiàn)的水平分力與地面給斜面的摩擦力平衡，F(xiàn)的水平分力先增大，再減小，再增大，地面與斜面間的摩擦力也同步變化，故A、B錯誤．3．AD對小球受力分析，小球受到重力mg、輕繩的拉力F和圓環(huán)的彈力FN，如答圖所示，根據(jù)平衡條件可知，mg和FN的合力F′與F大小相等、方向相反，根據(jù)幾何知識得FN＝mg，且有F＝F′＝2mgcosθ，A正確；小球沿圓環(huán)緩慢上移，處于動態(tài)平衡狀態(tài)，對小球進(jìn)行受力分析，由答圖可知△OAB～△GF′A，即eq\f(mg,R)＝eq\f(F′,AB)＝eq\f(FN,R)，解得F＝F′＝eq\f(AB,R)mg，F(xiàn)N＝mg，當(dāng)小球上移時，半徑R不變，AB減小，故F減小，F(xiàn)N不變，B、C錯誤，D正確．4.B已知兩點間距l(xiāng)AC>lAB，繩與墻壁夾角α變小，由平衡條件得T＝eq\f(mg,cosα)，F(xiàn)N＝mgtanα，可知網(wǎng)兜對A點的拉力變小，A錯誤，B正確；足球?qū)Ρ诘膲毫ψ冃?，C、D錯誤．也可用圖解法求解，重力和支持力的合力與繩的拉力大小相等，由三角形知識可知，當(dāng)繩子與墻壁的夾角減小時，支持力FN和繩子的拉力T均減小，只有選項B正確．5．B對小球受力分析，小球受重力、細(xì)線的拉力和斜面對小球的支持力，由于斜面角度未知，故不能確定細(xì)線拉力與重力的大小關(guān)系，A錯誤；根據(jù)三力平衡構(gòu)成的矢量直角三角形可得，細(xì)線的拉力小于斜面對小球的支持力，B正確；由幾何關(guān)系可得，當(dāng)線長等于半徑時，斜面傾角為30°，則FT＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，C、D錯誤．6．C由題意，風(fēng)力F＝kSv，由平衡條件得kSv＝mgtanθ，當(dāng)風(fēng)速v0＝3m/s時，θ＝30°.則當(dāng)θ＝60°時，風(fēng)速v1＝eq\r(3)v0＝3eq\r(3)m/s，A錯誤；由平衡條件判斷θ不可能等于90°，B錯誤；若風(fēng)速v不變，換用半徑相等(S不變)，質(zhì)量增大，則θ減小，C正確；由平衡條件和牛頓第三定律知底座對地面的壓力大小等于系統(tǒng)的重力，與水平風(fēng)力無關(guān)，D錯誤．7．D半球體在平板上恰好開始滑動的臨界條件是mgsinθ＝μmgcosθ，故μ＝tanθ，解得θ＝eq\f(π,6)，即q＝eq\f(π,6)，故C錯誤．θ在0～eq\f(π,6)之間時，F(xiàn)f是靜摩擦力，大小為mgsinθ；θ在eq\f(π,6)～eq\f(π,2)之間時，F(xiàn)f是滑動摩擦力，大小為μmgcosθ，綜合以上分析得Ff與θ的關(guān)系如圖中實線所示，故A、B錯誤．當(dāng)θ＝eq\f(π,6)時，F(xiàn)f＝mgsineq\f(π,6)＝eq\f(mg,2)，即p＝eq\f(mg,2)，故D正確．8．C小球B受三個力而平衡，這三個力構(gòu)成如圖1所示的矢量三角形，且力的矢量三角形總與△ABO相似，因此有eq\f(mg,OA)＝eq\f(FT,OB)＝eq\f(FN,AB)，小球A緩慢上移的過程中OA減小，因此細(xì)線的張力FT和輕桿的彈力FN均增大，且輕桿始終受到壓力，A、B、D錯誤；小球A的受力分析如圖2，F(xiàn)＝mg＋F′Ncosθ，小球A上移時θ增大，cosθ減小，力F減小，C正確．9．CD以兩桿的交接點為研究對象，由平衡條件得輕桿上的作用力大小F＝eq\f(mg,2sinθ)，A錯誤；A、B滑塊受重力、地面的支持力、輕桿的彈力和地面的摩擦力四個力作用，B錯誤；以A、B、C整體為研究對象，應(yīng)用平衡條件和牛頓第三定律得A、B滑塊對地面的壓力大小FN＝eq\f(1,2)(2M＋m)g＝(M＋eq\f(1,2)m)g，C正確；以A為研究對象，由平衡條件得地面的摩擦力f＝Fcosθ＝eq\f(mg,2tanθ)，當(dāng)θ增大時，摩擦力f減小，D正確．10.B如圖，小球可視為質(zhì)點，因此小球與圓弧作用力F1和小球與擋板作用力F2彼此正交，設(shè)擋板與OA夾角為α，小球質(zhì)量為m，則F1＝mgsinα，F(xiàn)2＝mgcosα，α自0增大到90°，所以F1一直增大，F(xiàn)2一直減小，B正確．11．A對小球受力分析并合成矢量三角形，重力大小方向不變，支持力方向不變，繩子拉力方向由圖中實線變?yōu)樘摼€，繩子拉力增大，斜面對小球的支持力減小，A正確，B錯誤；對斜面受力分析，正交分解：N′sinα＝f，N地＝N′cosα＋Mg，根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)π泵娴膲毫′減小，所以斜面對地面的摩擦力減小，地面對斜面的支持力減小，根據(jù)牛頓第三定律，斜面對地面的壓力減小，C、D錯誤．12.D以P、Q整體為研究對象，受力分析可知OA桿和OQ桿對環(huán)的彈力夾角不變，用外接圓法可判斷轉(zhuǎn)動過程中FP增大，F(xiàn)Q減小，D正確．專題12平衡中的臨界和極值問題1．C2.C以小球為對象，設(shè)小球所在位置切線方向與豎直方向夾角為θ，如圖所示，因緩慢向上，則沿切線方向有FT＝mgcosθ，沿半徑方向有FN1＝mgsinθ，小球向上至半圓最高點的過程中θ增大，所以細(xì)線對小球的拉力減小，小球?qū)χw的壓力增大，故A、B錯誤；以柱體為對象，豎直方向柱體受到地面的支持力FN2＝Mg＋FN1sinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向墻面的力F＝FN1cosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，θ增大，地面的支持力逐漸增大；柱體對豎直墻面的壓力先增大后減小，當(dāng)θ＝45°時柱體對豎直墻面的壓力最大，故C正確，D錯誤．3.AC選取小球運動過程某一狀態(tài)，對其受力分析，作出支持力與拉力的合成圖，如圖所示，由題意知，a＋β＝120°在力的三角形中應(yīng)用正弦定理得eq\f(mg,sin60°)＝eq\f(F,sinβ)＝eq\f(FN,sinα)，從小球剛好離開地面至輕桿轉(zhuǎn)過90°的過程中，β從90°減小到0，sinβ逐漸減小，拉力F逐漸減小，因此當(dāng)β＝90°時，F(xiàn)最大，此時F＝eq\f(2\r(3),3)mg，α從30°增加到120°，sinα先增大后減小，彈力FN先增大后減小，當(dāng)α＝90°時，F(xiàn)N最大．綜上所述，A、C正確，B、D錯誤．4.C設(shè)橡皮條的拉力大小為T，由幾何關(guān)系可知2Tcos30°＝F，解得T＝eq\f(\r(3),3)F，若F′沿水平方向，則小環(huán)只受橡皮條的拉力和F′，由平衡條件知F′＝T＝eq\f(\r(3),3)F，故A錯誤；若F′沿豎直方向，則有F′＝Ttan30°＝eq\f(1,3)F，故B錯誤；作出小環(huán)的受力圖如答圖所示，由三角形定則知，當(dāng)F′⊥N時，F(xiàn)′有最小值F′min＝T·sin30°＝eq\f(\r(3),6)F，故C正確；根據(jù)平行四邊形定則可知，F(xiàn)′的值可取無窮大，故D錯誤．5．(1)NN(2)N解析：(1)如圖，沿水平方向和豎直方向建立直角坐標(biāo)系，對小球受力分析，把不在坐標(biāo)軸上的力沿軸分解，則水平方向上有FTsin45°－FNsin30°＝0豎直方向上有FTcos45°＋FNcos30°－mg＝0由以上兩式得FN＝100(eq\r(3)－1)N≈NFT＝50(eq\r(6)－eq\r(2))N≈N(2)外力方向與繩子垂直時，拉力最?。Φ淖钚≈禐镕min＝mgsin45°代入數(shù)據(jù)，解得Fmin＝50eq\r(2)N≈N專題13實驗：探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系1．(1)(2)75(3)D解析：(1)刻度尺的分度值為cm，則其讀數(shù)為cm.(2)根據(jù)ΔF＝kΔx可得k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f,（9－3）×10－2)N/m＝75N/m.(3)當(dāng)F＝0時，彈簧處于原長，可知彈簧a的原長比彈簧b的短，A錯誤；F-l圖象的斜率表示彈簧的勁度系數(shù)，則彈簧a的勁度系數(shù)比彈簧b的大，B錯誤；由圖可知，彈簧彈力相同時，彈簧a的長度比彈簧b的短；彈簧長度相同時，彈簧a的彈力比彈簧b的大，C錯誤，D正確．2．(1)(2)3(3)解析：(1)ΔL3＝L6－L3＝cm－cm＝cm，壓縮量的平均值eq\x\to(ΔL)＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝cm.(2)根據(jù)(1)問可知，eq\x\to(ΔL)為增加3個鋼球時產(chǎn)生的平均壓縮量．(3)根據(jù)胡克定律的推論可知，3mgsinθ＝keq\x\to(ΔL)，代入數(shù)值解得k＝N/m.3．(1)彈簧自身重力的作用(2)圖見解析(3)解析：(1)由于彈簧自身重力的作用，不掛鉤碼時，彈簧的伸長量也不為零，因此彈力與伸長量的關(guān)系圖線不過原點．(2)將表中的實驗數(shù)據(jù)經(jīng)過計算后描繪在坐標(biāo)系中，用平滑的曲線連接．(3)結(jié)合胡克定律可知，圖線的斜率表示彈簧的勁度系數(shù)，即k＝eq\f－,10×10－2)N/m＝N/m.專題14實驗：驗證力的平行四邊形定則1．(1)(2)一直減小先減小后增大解析：(1)彈簧秤的最小分度為N，題圖2讀數(shù)為N.(2)F甲、F乙的合力與輕質(zhì)彈簧AA′的彈力等大反向，OA與OB夾角不變，OA與OC夾角變大如圖所示，F(xiàn)乙與F甲垂直時最小，F(xiàn)乙先減小后增大，F(xiàn)甲一直減?。?．②CD③相同位置⑤大小和方向解析：②將橡皮條的一端固定在木板上，另一端系在輕質(zhì)小圓環(huán)上．將兩細(xì)線也系在小圓環(huán)上，它們的另一端均掛上測力計．用互成一定角度、方向平行于木板、大小適當(dāng)?shù)牧瓌觾蓚€測力計，小圓環(huán)停止時由兩個測力計的示數(shù)得到兩拉力F1和F2的大小，還需要用鉛筆在白紙上標(biāo)記出小圓環(huán)的位置以及用鉛筆在白紙上標(biāo)記出兩細(xì)線的方向．故選CD.③撤掉一個測力計，用另一個測力計把小圓環(huán)拉到相同位置，由測力計的示數(shù)得到拉力F的大小，沿細(xì)線標(biāo)記此時F的方向；⑤比較F′和F的大小和方向，從而判斷本次實驗是否驗證了力的平行四邊形定則．3．(1)(2)不必(3)F′解析：(1)彈簧的測力計的分度值為N，所以讀數(shù)為N.(2)理論上兩彈簧測力計的合力的方向應(yīng)豎直向上，即步驟①中記錄的方向，只要通過O點作出F的圖示即可，步驟②與步驟①環(huán)O的位置不必重合．(3)步驟③中F1、F2、F均是彈簧測力計測量的，只有F′是利用平行四邊形定則作出來的．第三章牛頓運動定律做真題明方向1．AD撤去力F后到彈簧第一次恢復(fù)原長之前，彈簧彈力kx減小，對P有μmg＋kx＝maP，對Q有μmg－kx＝maQ，且撤去外力瞬間μmg＝kx，故P做加速度從2μg減小到μg的減速運動，Q做加速度從0逐漸增大到μg的減速運動，即P的加速度始終大于Q的加速度，故除開始時刻外，任意時刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝eq\o(v,\s\up6(－))t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C錯誤，A、D正確．2．A如圖可知sinθ＝eq\f(\f(1,2)×\f(3L,5),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，則cosθ＝eq\f(4,5)，對輕繩中點受力分析可知F＝2Tcosθ，對小球由牛頓第二定律得T＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(5F,8m)，故選項A正確．3．BC當(dāng)飛行器關(guān)閉發(fā)動機以速率v1＝10m/s勻速下落時，有Mg＝kveq\o\al(2,1)，當(dāng)飛行器以速率v2＝5m/s勻速向上運動時，有Mg＋kveq\o\al(2,2)＝Fmax，聯(lián)立解得Fmax＝Mg，A項錯誤；當(dāng)飛行器以速率v2＝5m/s勻速水平飛行時，飛行器受重力、推力和空氣阻力作用而平衡，由平衡條件有F2＝(Mg)2＋(kveq\o\al(2,2))2，解得F＝eq\f(\r(17),4)Mg，B項正確；當(dāng)飛行器以最大推力Fmax推動飛行器水平飛行時，由平衡條件有Feq\o\al(2,max)－(Mg)2＝(kveq\o\al(2,3))2，解得v3＝5eq\r(3)m/s，C項正確；當(dāng)飛行器最大推力向下，飛行器以5m/s的速率向上減速飛行時，其加速度向下達(dá)到最大值，由牛頓第二定律有Mg＋Fmax＋kveq\o\al(2,2)＝Mamax，解得amax＝g，D項錯誤．4．D橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，由題可知QP的水平投影始終不變，設(shè)其長度為x0，則物塊下滑的位移x＝eq\f(x0,cosθ)，物塊在下滑過程中，由牛頓第二定律有a＝gsinθ，故物塊從Q到P的運動時間為t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2x0,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4x0,gsin2θ))，由于30°≤θ≤60°，即60°≤2θ≤120°，則sin2θ先增大后減小，故時間t先減小后增大，故選項A、B、C錯誤，選項D正確．5．CD設(shè)桿的彈力為N，對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足eq\f(Nx,Ny)＝tanθ豎直方向Ny＝mg則Nx＝mgtanθ若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得Nx＝ma可得a＝gtanθ對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A錯誤；若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為Nx＝mgtanθ若tanθ≤μ，對小球B，小球B受到向左的合力F＝μ(Ny＋mg)－Nx≥mgtanθ則對小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得Nx＝mamax對系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4mamax解得F＝4mgtanθ，B錯誤；若μ<tanθ≤2μ可知小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(Ny＋mg)·μ－Nx＝2μmg－mgtanθFmax<mgtanθ對小球B，根據(jù)牛頓第二定律Fmax＝2μmg－mgtanθ＝mamax對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律F＝4mamax聯(lián)立可得F的最大值為F＝4mg(2μ－tanθ)C正確；若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右的合力最小，此時Fmin＝Nx－(Ny＋mg)μ＝mgtanθ－2μmgtanθ當(dāng)小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時Fmax＝Nx＋(Ny＋mg)μ＝mgtanθ＋2μmgtanθ對小球B根據(jù)牛頓第二定律Fmin＝maminFmax＝mamax對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律F＝4ma代入小球B所受合力的范圍可得F的范圍為4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正確．故選CD.專題15牛頓第一定律牛頓第三定律1．BD牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進(jìn)行分析的產(chǎn)物，不能用實驗直接驗證，A錯誤；不受外力作用時，由于物體具有慣性，仍會保持原來的運動狀態(tài)不變，B正確；一切物體均有慣性，跟物體的運動狀態(tài)和受不受力無關(guān)，C錯誤；根據(jù)牛頓第一定律可知，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，不是維持速度的原因，D正確．2．A雖然馬對車不再施力了，但車還能繼續(xù)向前運動一段距離．這一現(xiàn)象說明車的運動不需要力來維持，故A正確，B、C、D與本題無關(guān)．3．C物體有向上的初速度繼續(xù)上升是因為具有慣性，而不是受到向上的力，A錯誤；牛頓第一定律是在物體完全不受力的理想情況下，雖然跟合力為零時物體的運動狀態(tài)是一樣的，但這是兩碼事，何況牛頓第一定律提出了力和慣性的概念，為牛頓第二定律的建立奠定了基礎(chǔ)，兩者是并列關(guān)系，而不是包含關(guān)系，B錯誤；根據(jù)牛頓第一定律，力不是維持物體運動的原因，受力的方向與運動的方向沒有任何關(guān)系，C正確；汽車越難停下來，即減速的時間長或距離大，而不是運動狀態(tài)越難改變，不能反映慣性的大小，慣性的大小是由物體的質(zhì)量決定的，D錯誤．4．C質(zhì)量是慣性大小的量度，與速度無關(guān)，故A錯誤；傘繩對返回艙的作用力與返回艙對傘繩的作用力是作用力和反作用力，大小一定相等，故B錯誤；伽利略的“斜面實驗”是為了“沖淡”重力，方便測量時間，故C正確；伽利略利用理想斜面實驗說明力是改變物體運動的原因，故D錯誤．5．C冰面對男運動員的支持力等于男運動員和女運動員重力之和，所以男運動員受到的重力和冰面對他的支持力不是一對平衡力，故A錯誤；女運動員處于平衡狀態(tài)，男運動員對女運動員的支持力等于女運動員受到的重力，故B錯誤；男運動員對冰面壓力與冰面對他支持力是一對相互作用力，大小在任何時候都相等，故C正確；作用力和反作用力之間只涉及兩個相互作用的物體，而女運動員對男運動員的壓力與冰面對男運動員的支持力涉及到三個物體，所以不是一對作用力和反作用力，故D錯誤．6．Bm、kg是國際單位的基本單位，N是國際單位的導(dǎo)出單位，A錯誤，B正確；質(zhì)量是慣性的唯一量度，祝融號在火星表面與地球表面質(zhì)量相同，慣性不變，C錯誤；祝融號對火星的表面的壓力與火星對祝融號的支持力是作用力與反作用力，大小相等，D錯誤．專題16牛頓第二定律的理解1．BC根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma整理后有F＝ma＋μmg則可知F-a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g則μ甲<μ乙故選BC.2．B物體所受摩擦力為f＝μmg＝20N，方向向右，根據(jù)牛頓第二定律得f＋F＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝4m/s2，方向水平向右，故B正確，A、C、D錯誤．3.D以小球A為研究對象，分析受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得mAgtanθ＝mAa，可得a＝gtanθ，方向向東，列車的速度方向可能向東，也可能向西，則列車可能向東做加速運動，也可能向西做減速運動，故A、B錯誤；再對物體B研究，由牛頓第二定律得f＝ma＝mgtanθ，方向向東，故C錯誤，D正確．4．B當(dāng)車的加速度增大時，物塊所受的靜摩擦力始終等于重力，大小不變，物塊與車廂始終相對靜止，不向上運動，A、D錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得FN＝Ma，當(dāng)車的加速度增大時，車廂對物塊的支持力增大，根據(jù)牛頓第三定律，物塊對車廂的壓力增大，B正確；根據(jù)牛頓第二定律得F合＝Ma，當(dāng)車的加速度增大時，物塊M所受合外力增大，C錯誤．5.C小球的加速度方向水平向右，所以合外力方向水平向右，故A錯誤；對小球進(jìn)行受力分析得：mgtanα＝ma，解得：a＝gtanα＝eq\f(4,3)g，所以系統(tǒng)的加速度為a＝eq\f(4,3)g，故B錯誤；對小球進(jìn)行受力分析，如圖，則凹槽對小鐵球的支持力N＝eq\f(mg,cosα)＝eq\f(5,3)mg，故C正確；對整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F＝(M＋m)a＝eq\f(4,3)(M＋m)g，故D錯誤．6．C對小球受力分析可知Fcos37°＝mg，F(xiàn)N－Fsin37°＝ma，其中擋板對小球的壓力大小FN＝mg，解得a＝m/s2，C正確．7．C甲：Mg－T＝Ma1T＝Ma1，聯(lián)立解得：a1＝eq\f(g,2).乙：F＝Ma2F＝Mg，∴a2＝g，∴a1＝eq\f(a2,2)，故選C.專題17用牛頓第二定律解決瞬時問題1．BD甲、乙、丙三球位于同一豎直線上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，天花板與甲球間輕繩剪斷瞬間，由于彈簧彈力不能突變，所以丙球受到的合力仍然為0，則a丙＝0，D正確；以甲、乙兩球整體為研究對象，受重力和彈簧向下的拉力作用，由牛頓第二定律得3mg＝2ma，解得a甲＝a乙＝g，A、C錯誤，B正確．2．C剪斷細(xì)繩前細(xì)繩的拉力FT＝3mgsinθ，剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧的彈力不能突變，則此時A受力不變，加速度仍然為零，即aA＝0，小球B受合力大小為FT，則加速度aB＝eq\f(FT,m)＝3gsinθ，C正確．3．A剪斷細(xì)線前，設(shè)彈簧彈力為FT，整體：F－3mg＝3ma，B球：FT－2mg＝2ma，解得：FT＝eq\f(2,3)F.剪斷細(xì)線瞬間：彈簧彈力FT不變，A球：mg＋FT＝maA，解得：aA＝eq\f(2F,3m)＋g，故選A.4．BD設(shè)物體a、b的質(zhì)量都為m，剪斷繩子前，由平衡條件可得繩子的拉力為mg，彈簧向上的彈力為2mg.在P點剪斷繩子的瞬間，繩子的拉力突變?yōu)榱?，物體b做自由落體運動，加速度大小為g，選項C錯誤，D正確；在P點剪斷繩子的瞬間，彈簧中彈力不變，彈簧對物體a向上的拉力還是2mg，由牛頓第二定律有2mg－mg＝ma0，可得物體a向上的加速度a0＝g，與物體b的加速度大小相同，選項A錯誤，B正確．5．C細(xì)線燒斷前由整體法可知M＝2m，彈簧上彈力F＝mg，細(xì)線燒斷時，M與上面m為整體，加速度大小相同，由牛頓第二定律可得Mg＋F－mg＝3ma，解得a＝eq\f(2,3)g，C正確．6．C當(dāng)1與2下的板抽出后，1、2一塊做自由落體運動，加速度為g，此時連接1與2間的桿無彈力；3與4下方的板抽出瞬間，彈簧的形變量還未變化，此時彈簧彈力與沒抽出板時的彈力相同，故3受力仍平衡，加速度為零，4的加速度為：a4＝eq\f(m＋M,M)g.由上分析知C對．7．D由受力平衡得輕繩的拉力大小F＝mgtanθ，方向水平向右．剪斷輕繩的瞬間，繩的拉力突然消失，彈簧的彈力和重力不變，合力水平向左，大小為mgtanθ，則加速度大小為gtanθ，方向水平向左，D正確．專題18動力學(xué)兩類基本問題1．B根據(jù)加速度定義得a＝eq\f(Δv,Δt)＝m/s2，根據(jù)力的合成得空氣對無人機的作用力F＝eq\r(（mg）2＋（ma）2)≈258N，B正確．2．D根據(jù)牛頓第二定律，上升過程有－(mg＋f)＝ma1，下降過程有f－mg＝ma2，可判斷|a1|>|a2|，方向均豎直向下，A、B錯誤；上升和下降過程中分別做勻變速直線運動，x-t圖象為曲線，不是直線，C錯誤；由于|a1|>|a2|，且上升位移大小與下降時位移大小相等，所以上升用時短，下降用時長，D正確．3．C設(shè)物塊沿斜面向上運動的加速度大小為a1＝gsinθ＋μgcosθ，沿斜面向下運動的加速度大小為a2＝gsinθ－μgcosθ，由于eq\f(1,2)a1t2＝2×eq\f(1,2)a2t2，因此有a1＝2a2，解得μ＝eq\f(1,3)tanθ，C項正確．4．A根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(mg－f,m)，速度增大，阻力增大，加速度減小，雨滴做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度減小到零后，雨滴做勻速直線運動，A正確．5.AC如圖所示，連接AC，設(shè)AB與AD的夾角為θ，則CD與水平面的夾角也為θ.對物塊受力分析且由牛頓第二定律得a1＝gcosθ，a2＝gsinθ，由圖可知s