大1輪復(fù)習(xí)講義答案精析

復(fù)習(xí)講義答案精析第一章運(yùn)動(dòng)的描述勻變速直線運(yùn)動(dòng)的研究第1講運(yùn)動(dòng)的描述例1B[研究排球運(yùn)動(dòng)員扣球動(dòng)作、乒乓球運(yùn)動(dòng)員的發(fā)球技術(shù)、羽毛球運(yùn)動(dòng)員回?fù)粲鹈騽?dòng)作時(shí)，排球、乒乓球、羽毛球的形狀和大小不能忽略，故不可以看成質(zhì)點(diǎn)，故A、C錯(cuò)誤，B正確；研究體操運(yùn)動(dòng)員的平衡木動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員身體各部分有轉(zhuǎn)動(dòng)和平動(dòng)，各部分的速度不可以視為相同，故D錯(cuò)誤．]例2D[40km自行車的運(yùn)動(dòng)軌跡不是直線，40km是指路程，故A錯(cuò)誤；8：00整對(duì)應(yīng)某一瞬間，即為時(shí)刻，故B錯(cuò)誤；01：52：24對(duì)應(yīng)一段時(shí)間，即為時(shí)間間隔，故C錯(cuò)誤；研究該選手10km跑步的時(shí)間時(shí)，由于該選手的大小和形狀可以忽略，所以可以將其看成質(zhì)點(diǎn)，故D正確．]例3C[根據(jù)位移概念可知，該次作業(yè)中小車相對(duì)地面的位移大小為x＝eq\r(x12＋x22)＝eq\r(82＋62)m＝10m，故選C.]例4B[全長(zhǎng)66km表示路程，故A錯(cuò)誤；通過起點(diǎn)和終點(diǎn)的速度均是瞬時(shí)速度，故B正確；因位移未知，故不能求解平均速度，故C錯(cuò)誤；由v＝eq\f(s,t)可知，平均速率為v＝eq\f(66km,0.5h)＝132km/h，大于全程限速100km/h，該汽車超速，故D錯(cuò)誤．]例5C[手機(jī)計(jì)步器記錄的行程為該同學(xué)在這段時(shí)間內(nèi)行走的路程，即題圖中的6.65公里指的是路程，故A錯(cuò)誤；題圖中的速度5.0千米/小時(shí)為對(duì)應(yīng)路程與時(shí)間之比，即為平均速率，故C正確，B、D錯(cuò)誤．]例6C[滑塊通過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為vA＝eq\f(d,tA)＝eq\f(1,0.010)cm/s＝100cm/s，故A錯(cuò)誤；滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB＝eq\f(d,tB)＝eq\f(1,0.005)cm/s＝200cm/s，故B錯(cuò)誤；滑塊的加速度大小為a＝eq\f(vB－vA,t)＝eq\f(2－1,0.200)m/s2＝5m/s2，故C正確；滑塊在A、B間的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.3,0.200)m/s＝1.5m/s，故D錯(cuò)誤．]例7B[物體的速度大小不變，加速度也可能不為零，速度的方向可能發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；加速度是描述物體速度變化快慢的物理量，只要物體的速度變化快，加速度就大，故B正確；物體的速度變化量大，加速度不一定大，還和這一變化所用時(shí)間有關(guān)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)物體速度和加速度反向時(shí)，速度減小，加速度也可能增大，故D錯(cuò)誤．]例8D[規(guī)定豎直向下為正方向，v1方向與正方向相同，v2方向與正方向相反，根據(jù)加速度定義式得a＝eq\f(－10－8,1.0)m/s2＝－18.0m/s2，負(fù)號(hào)表示與正方向相反，即加速度方向豎直向上，故選D.]例9ABC[物體做變速直線運(yùn)動(dòng)，速度方向可能與加速度方向相同，加速度逐漸減小，速度不斷增大，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，速度達(dá)到最大，而后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確，D錯(cuò)誤；物體做變速直線運(yùn)動(dòng)，速度方向可能與加速度方向相反，加速度逐漸減小，速度不斷減小，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，物體速度可能恰好為零，B正確；物體的加速度方向與初速度方向可能相反，加速度減小，速度減小，當(dāng)速度減為零，加速度不為零時(shí)，物體反向做加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度等于零后，物體再做勻速運(yùn)動(dòng)，C正確．]第2講勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律例1C[由題知當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過v(v<v0)，則列車進(jìn)隧道前必須減速到v，若用時(shí)最少，則列車先勻減速到v進(jìn)入隧道，再在隧道中勻速運(yùn)動(dòng)，出了隧道再勻加速到v0.則有v＝v0－2at1，解得t1＝eq\f(v0－v,2a)，在隧道內(nèi)勻速有t2＝eq\f(L＋l,v)列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝eq\f(v0－v,a)則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時(shí)間至少為t＝eq\f(3v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v)，故選C.]例3D[由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得初速度v0＝30m/s，加速度a＝－5m/s2，剎車過程中在相鄰1s內(nèi)的位移差的絕對(duì)值|Δx|＝|a(Δt)|＝5m，從剎車開始計(jì)時(shí)到停下的時(shí)間tm＝eq\f(0－v0,a)＝6s,8s內(nèi)通過的位移大小為xm＝eq\f(0－v02,2a)＝90m，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；把末速度為0的勻減速直線運(yùn)動(dòng)看成逆向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，剎車過程中最后1s內(nèi)的位移大小為x1＝－eq\f(1,2)at02＝2.5m，從剎車開始計(jì)時(shí)，第1s內(nèi)和第2s內(nèi)的位移大小之比為11∶9，選項(xiàng)D正確，A錯(cuò)誤．]例4ABC[以沿斜面向上為正方向，則a＝－5m/s2，當(dāng)物體的位移為沿斜面向上7.5m時(shí)，x＝7.5m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t1＝3s或t2＝1s，故A、B正確．當(dāng)物體的位移為沿斜面向下7.5m時(shí)，x＝－7.5m，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t3＝(2＋eq\r(7))s或t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故C正確．由速度時(shí)間公式v＝v0＋at，解得v1＝－5m/s、v2＝5m/s、v3＝－5eq\r(7)m/s，故D錯(cuò)誤．]例5B[“蛟龍?zhí)枴鄙细r(shí)的加速度大小為a＝eq\f(v,t)，根據(jù)逆向思維法，可知“蛟龍?zhí)枴痹趖0時(shí)刻距離海面的深度為h＝eq\f(1,2)a(t－t0)2＝eq\f(vt－t02,2t)，故選B.]例6B[高速列車在AB段的平均速度為v1＝eq\f(AB,t1)＝44m/s，在BC段的平均速度為v2＝eq\f(BC,t2)＝49m/s，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，可知a＝eq\f(v2－v1,\f(t1,2)＋\f(t2,2))≈1.4m/s2，B正確．]例7C[根據(jù)位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知a＝eq\f(x4－x2,2T2)＝eq\f(8,2×12)m/s2＝4m/s2，故A正確，不符合題意；第2s內(nèi)的位移為x2－x1＝eq\f(1,2)at22－eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×4×(22－12)m＝6m，故B正確，不符合題意；第2s末的速度為v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，故C錯(cuò)誤，符合題意；物體在0～5s內(nèi)的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x5,t5)＝eq\f(\f(1,2)at52,t5)＝eq\f(\f(1,2)×4×52,5)m/s＝10m/s，故D正確，不符合題意．]例8BD[因?yàn)楸鶋刈鰟驕p速直線運(yùn)動(dòng)，且末速度為零，故可以看成反向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中通過連續(xù)三段相等位移的時(shí)間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；由v2－v02＝2ax可得，初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中通過連續(xù)相等位移的速度之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，故v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確．]第3講自由落體運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng)多過程問題例1(1)(2－eq\r(3))s(2)(eq\r(5)－eq\r(3))s解析(1)木桿由靜止開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)木桿的下端到達(dá)圓筒上端A所用的時(shí)間為t下A，h下A＝eq\f(1,2)gt下A2，h下A＝20m－5m＝15m解得t下A＝eq\r(3)s設(shè)木桿的上端到達(dá)圓筒上端A所用的時(shí)間為t上Ah上A＝eq\f(1,2)gt上A2，解得t上A＝2s則木桿通過圓筒上端A所用的時(shí)間t1＝t上A－t下A＝(2－eq\r(3))s(2)設(shè)木桿的上端到達(dá)圓筒下端B所用的時(shí)間為t上B，則h上B＝eq\f(1,2)gt上B2，h上B＝20m＋5m＝25m解得t上B＝eq\r(5)s，則木桿通過圓筒所用的時(shí)間t2＝t上B－t下A＝(eq\r(5)－eq\r(3))s.例2B[在前1s內(nèi)、前2s內(nèi)、前3s內(nèi)的位移大小之比是1∶4∶9，故A錯(cuò)誤；在相鄰兩個(gè)1s內(nèi)的位移之差都是Δx＝gT2＝10m，故B正確；在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移大小之比為1∶3∶5，所以平均速度大小之比為1∶3∶5，故C錯(cuò)誤；在1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D錯(cuò)誤．]例3BC[b球下落高度為20m時(shí)，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，則a球下降了3s，a球的速度大小為v＝30m/s，故A錯(cuò)誤；a球下降的總時(shí)間為t2＝eq\r(\f(2×125,10))s＝5s，此時(shí)b球下降了4s，b球的下降高度為h′＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，故b球離地面的高度為hB＝(125－80)m＝45m，故B正確；由自由落體的規(guī)律可得，在a球接觸地面之前，兩球的速度差恒定，兩球離地的高度差變大，故C正確，D錯(cuò)誤．]例47s60m/s解析解法一：全程法取全過程進(jìn)行研究，從重物自氣球上掉落開始計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t落地，規(guī)定初速度方向?yàn)檎较?，畫出運(yùn)動(dòng)過程草圖，如圖所示．重物在時(shí)間t內(nèi)的位移h＝－175m將h＝－175m，v0＝10m/s代入h＝v0t－eq\f(1,2)gt2解得t＝7s或t＝－5s(舍去)所以重物落地時(shí)速度為v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s其中負(fù)號(hào)表示方向豎直向下，與初速度方向相反．解法二：分段法設(shè)重物離開氣球后，經(jīng)過t1時(shí)間上升到最高點(diǎn)，則t1＝eq\f(v0,g)＝eq\f(10,10)s＝1s上升的最大高度h1＝eq\f(1,2)gt12＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m故重物離地面的最大高度為H＝h1＋h＝5m＋175m＝180m重物從最高處自由下落，落地時(shí)間和落地速度分別為t2＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×180,10))s＝6sv＝gt2＝10×6m/s＝60m/s(方向豎直向下)所以重物從氣球上掉落到落地的時(shí)間t＝t1＋t2＝7s.例5C[物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)時(shí)間的對(duì)稱性得，物體從最高點(diǎn)自由下落到A點(diǎn)的時(shí)間為eq\f(tA,2)，從最高點(diǎn)自由下落到B點(diǎn)的時(shí)間為eq\f(tB,2)，A、B間距離為hAB＝eq\f(1,2)g[(eq\f(tA,2))2－(eq\f(tB,2))2]＝eq\f(1,2)×10×(2.52－1.52)m＝20m，故選C.]例6ACD[取豎直向上方向?yàn)檎较?，?dāng)物體運(yùn)動(dòng)到拋出點(diǎn)上方離拋出點(diǎn)15m時(shí)，位移為x＝15m，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式得x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t1＝1s，t2＝3s；當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)到拋出點(diǎn)下方離拋出點(diǎn)15m時(shí)，位移為x′＝－15m，由x′＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t3＝(2＋eq\r(7))s或t4＝(2－eq\r(7))s(負(fù)值舍去)，選項(xiàng)A、C、D正確，B錯(cuò)誤．]例7(1)4.5m(2)2人(3)2m解析(1)游客在滑梯上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，在相鄰相等時(shí)間內(nèi)位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5m.(2)相鄰兩人間的距離差為1m，所以此刻A的上端滑道上還有2人．(3)設(shè)相鄰兩名游客的時(shí)間間隔為T，下滑的加速度為a，則有Δs＝CD－BC＝aT2,即aT2＝1m，A此時(shí)的速度為vA＝eq\f(AB＋AB－Δs,2T)＝eq\f(2,T)m/s，聯(lián)立兩式解得vA＝2aT，此時(shí)A距滑道頂端s＝eq\f(vA2,2a)＝2aT2＝2m.例8C[由于質(zhì)點(diǎn)通過的路程與位移不同，故質(zhì)點(diǎn)先做減速運(yùn)動(dòng)，減速到零后再做反向的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；速度變化量大小為Δv＝v－(－2v)＝3v，因此所用時(shí)間t＝eq\f(Δv,a)＝eq\f(3v,a)，B錯(cuò)誤；減速的過程中運(yùn)動(dòng)的路程s1＝eq\f(v2,2a)，反向加速運(yùn)動(dòng)的路程s2＝eq\f(2v2,2a)，因此總路程為s＝s1＋s2＝eq\f(5v2,2a)，C正確；再經(jīng)過相同的時(shí)間，速度再增加3v，質(zhì)點(diǎn)速度大小變?yōu)関′＝2v＋3v＝5v，D錯(cuò)誤．]例9(1)60m/s(2)1.2m/s2解析(1)設(shè)經(jīng)過t2＝40s時(shí)，列車的速度大小為v1，又v0＝288km/h＝80m/s，則打開制動(dòng)風(fēng)翼后，減速過程有v1＝v0－a1t2＝60m/s.(2)列車長(zhǎng)接到通知后，經(jīng)過t1＝2.5s，列車行駛的距離x1＝v0t1＝200m，從打開制動(dòng)風(fēng)翼到打開電磁制動(dòng)系統(tǒng)的過程中，列車行駛的距離x2＝eq\f(v02－v12,2a1)＝2800m，從打開電磁制動(dòng)系統(tǒng)后，列車行駛的距離x3＝x0－x1－x2－500m＝1500m，則a2＝eq\f(v12,2x3)＝1.2m/s2.專題強(qiáng)化一運(yùn)動(dòng)圖像問題例1C[x－t圖像只能表示直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，即艦載機(jī)起飛的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線，A錯(cuò)誤；在0～3s內(nèi)，艦載機(jī)通過的位移為x＝36m－0＝36m，平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(36,3)m/s＝12m/s，B錯(cuò)誤；在2～2.55s內(nèi)的平均速度為eq\x\to(v′)＝eq\f(xMN,tMN)＝eq\f(26－15,2.55－2)m/s＝20m/s，根據(jù)2～2.55s內(nèi)的平均速度等于MN連線的斜率大小，在M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的位置，艦載機(jī)的速度等于過M點(diǎn)的切線斜率大小，可知在M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的位置，艦載機(jī)的速度大于MN段平均速度20m/s，C正確；在0～2s內(nèi)的平均速度為eq\x\to(v″)＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(15－0,2)m/s＝7.5m/s,0～2s內(nèi)的平均速度等于ON連線的斜率大小，在N點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻，艦載機(jī)的速度等于過N點(diǎn)的切線斜率大小，可知在N點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻，艦載機(jī)的速度大于ON段平均速度7.5m/s，D錯(cuò)誤．]例2A[BC段，質(zhì)點(diǎn)的位移大小為x＝eq\f(5＋12,2)×4m＝34m，選項(xiàng)A正確；在18～22s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的位移為x＝eq\f(12×2,2)m＋(－eq\f(12×2,2))m＝0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖看出，CE段圖線斜率的絕對(duì)值最大，則CE段對(duì)應(yīng)過程的加速度最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖看出，在0～20s時(shí)間內(nèi)，速度均為正值，質(zhì)點(diǎn)沿正方向運(yùn)動(dòng)，在20～22s時(shí)間內(nèi)，速度為負(fù)值，質(zhì)點(diǎn)沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，所以整個(gè)過程中，D點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]例3BD[A圖是v－t圖像，由圖可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以途中不可能出現(xiàn)甲、乙船頭并齊，故A錯(cuò)誤；B圖是v－t圖像，由圖可知，開始丙的速度大，后來甲的速度大，v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在途中甲、丙位移會(huì)相同，所以在途中甲、丙船頭會(huì)并齊，故B正確；C圖是s－t圖像，由圖可知，丁一直運(yùn)動(dòng)在甲的前面，所以途中不可能出現(xiàn)甲、丁船頭并齊，故C錯(cuò)誤；D圖是s－t圖像，交點(diǎn)表示相遇，所以甲、戊在途中船頭會(huì)并齊，故D正確．]例4C[在0～1s的時(shí)間內(nèi)，加速度不變，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，在1～2s的時(shí)間內(nèi)加速度數(shù)值減小，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；2s時(shí)，加速度為0，速度最大，此時(shí)位移不是最大，B錯(cuò)誤；a－t圖像中圖線與橫軸所圍的面積表示速度的變化量，在2～3s的時(shí)間內(nèi)，速度變化量為Δv＝eq\f(1,2)×1×(－2)m/s＝－1m/s，C正確；在0～4s內(nèi)，物體的速度變化量為0，即物體在4s時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，位移不為0，D錯(cuò)誤．]例5D[根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，變形得到eq\f(x,t)＝eq\f(1,2)at＋v0，結(jié)合圖像可知v0＝6m/s，a＝－6m/s2，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，在0～2s內(nèi)物體的位移為x1＝6×2m＋eq\f(1,2)×(－6)×22m＝0，故C錯(cuò)誤；根據(jù)公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，在0～3s內(nèi)物體的位移為x2＝6×3m＋eq\f(1,2)×(－6)×32m＝－9m，即3s末物體位于出發(fā)點(diǎn)左側(cè)9m處，故D正確．]例6B[由題圖可知，減速之前汽車的位移為x1＝4m，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式可得v2－v02＝2ax，由圖像解得a＝－5m/s2，當(dāng)速度為5m/s時(shí)，汽車的位移為x2＝eq\f(v2－v02,2a)＝37.5m，故汽車的位移為x＝x1＋x2＝41.5m，A、C、D錯(cuò)誤，B正確．]例7C[汽車制動(dòng)過程，由題圖乙可知其加速度a隨位移x均勻增大，故汽車做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移公式v2－v02＝2ax，汽車做非勻變速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用“微元法”，可知“a－x”圖線與x軸所圍圖形的“面積”表示“速度平方變化量的一半”．可知汽車制動(dòng)中0－v02＝2×eq\f(1,2)×(－6)×12(m2/s2)，可得汽車制動(dòng)時(shí)的速度大小為v0＝6eq\r(2)m/s，故B錯(cuò)誤，C正確；剎車過程中最大加速度為6m/s2，如果一直以最大加速度剎車，所用的時(shí)間為t′＝eq\f(v0,|a|)＝eq\r(2)s，實(shí)際加速度是逐漸增大的，所以剎車制動(dòng)時(shí)間一定大于eq\r(2)s，故D錯(cuò)誤．]例8A[x－t圖像斜率的物理意義是速度，在0～t1時(shí)間內(nèi)，x－t圖像斜率增大，汽車的速度增大；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，x－t圖像斜率不變，汽車的速度不變；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，x－t圖像的斜率減小，汽車做減速運(yùn)動(dòng)，綜上所述可知A中v－t圖像可能正確，故選A.]例9(1)見解析圖(2)32m解析(1)根據(jù)題意作出物體的v－t圖像，如圖所示．(2)由v－t圖像可知0～3s內(nèi)位移大小為Δx1＝eq\f(1,2)×3×2m＝3m0～30s內(nèi)位移大小為10Δx1＝30m30～32s內(nèi)位移大小為Δx2＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m故0～32s內(nèi)物體位移大小為x＝10Δx1＋Δx2＝32m.專題強(qiáng)化二追及相遇問題例12s6m解析解法一(分析法)：汽車與自行車的速度相等時(shí)相距最遠(yuǎn)，設(shè)此時(shí)經(jīng)過的時(shí)間為t，兩車間的距離為Δx，則有v＝at，所以t＝eq\f(v,a)＝2s，Δx＝vt－eq\f(1,2)at2＝6m.解法二(二次函數(shù)法)：設(shè)汽車在追上自行車之前經(jīng)過時(shí)間t兩車相距最遠(yuǎn)，則Δx＝vt－eq\f(1,2)at2代入已知數(shù)據(jù)得Δx＝6t－eq\f(3,2)t2由二次函數(shù)求極值的條件知：t＝2s時(shí)，Δx有最大值為6m所以t＝2s時(shí)兩車相距最遠(yuǎn)，為6m.解法三(圖像法)：自行車和汽車的v－t圖像如圖所示，由圖可以看出，在相遇前，t1時(shí)刻兩車速度相等，兩車相距最遠(yuǎn)，此時(shí)的距離為陰影三角形的面積，v1＝6m/s所以有t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(6,3)s＝2s，Δx＝eq\f(v1t1,2)＝eq\f(6×2,2)m＝6m.例2(1)16m(2)8s解析汽車A和B的運(yùn)動(dòng)過程如圖所示．(1)當(dāng)A、B兩汽車速度相等時(shí)，兩車間的距離最遠(yuǎn)，即vB－at＝vA，解得t＝3s此時(shí)汽車A的位移xA＝vAt＝12m汽車B的位移xB＝vBt－eq\f(1,2)at2＝21m故最遠(yuǎn)距離Δxmax＝xB＋x0－xA＝16m.(2)汽車B從開始減速直到靜止經(jīng)歷的時(shí)間t1＝eq\f(vB,a)＝5s運(yùn)動(dòng)的位移xB′＝eq\f(vB2,2a)＝25m汽車A在t1時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移xA′＝vAt1＝20m此時(shí)相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12m汽車A需再運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(Δx,vA)＝3s故A追上B所用時(shí)間t總＝t1＋t2＝8s.[拓展延伸]見解析解析(1)這個(gè)結(jié)果不合理，因?yàn)槠嘊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)為t＝eq\f(vB,a)＝5s<7s，說明汽車A追上B時(shí)汽車B已停止運(yùn)動(dòng)．(2)由位移時(shí)間關(guān)系公式有：vBt－eq\f(1,2)at2＝x0＋vAt，解得t1＝(3－eq\r(2))s，t2＝(3＋eq\r(2))s.例3(1)eq\f(9,8)m/s2(2)見解析解析(1)A車減速到與B車同速時(shí)，若恰未與B車相碰，則A車將不會(huì)與B車相碰，設(shè)經(jīng)歷的時(shí)間為t，則A車位移xA＝eq\f(vA＋vB,2)t①B車位移xB＝vBt②xA－xB＝s0③由①②③式聯(lián)立解得t＝eq\f(8,3)s則A車與B車不相碰，剎車時(shí)的最小加速度amin＝eq\f(vA－vB,t)＝eq\f(7－4,\f(8,3))m/s2＝eq\f(9,8)m/s2.(2)設(shè)A車加速t′時(shí)間后車尾到達(dá)B車車頭，則s0＋2L＝vAt′＋eq\f(1,2)at′2－vBt′，解得t′＝2s在此時(shí)間內(nèi)，A車向前運(yùn)動(dòng)了xA1＝vAt′＋eq\f(1,2)at′2計(jì)算可得xA1＝20m>s＝16m，說明在離并道對(duì)接口16m的距離上以3m/s2的加速度加速不能實(shí)現(xiàn)安全超車．例4D[若是x－t圖像，當(dāng)甲、乙兩車的速度相同時(shí)，相對(duì)速度為零，距離最遠(yuǎn)，故A、B錯(cuò)誤；若是v－t圖像，因?yàn)閳D像與橫軸所圍圖形面積表示位移，則在t1～t2時(shí)間內(nèi)，兩車間的距離不斷增大，故C錯(cuò)誤，D正確．]例5BD[根據(jù)v－t圖像知，甲、乙兩車都沿正方向運(yùn)動(dòng)．t＝3s時(shí)，甲、乙兩車并排行駛，此時(shí)v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由v－t圖線與時(shí)間軸所圍“面積”表示位移知，0～3s內(nèi)甲車位移x甲＝eq\f(1,2)×3×30m＝45m，乙車位移x乙＝eq\f(1,2)×3×(10＋25)m＝52.5m，故t＝0時(shí)，甲、乙兩車相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲車在乙車前方7.5m處，選項(xiàng)B正確；0～1s內(nèi)，x甲′＝eq\f(1,2)×1×10m＝5m，x乙′＝eq\f(1,2)×1×(10＋15)m＝12.5m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5m＝Δx1，說明在t＝1s時(shí)甲、乙兩車第一次并排行駛，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間的距離為x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，選項(xiàng)D正確．]例6C[由題給圖像畫出兩車的v－t圖像如圖所示，由圖像可知，t＝6s時(shí)兩車等速，此時(shí)距離最近，圖中陰影部分面積表示0～6s內(nèi)兩車位移之差，即Δx＝[eq\f(1,2)×30×3＋eq\f(1,2)×30×(6－3)]m＝90m<x0＝100m，即兩車在t＝6s時(shí)距離最近，最近距離為x0－Δx＝10m，故A、B錯(cuò)誤，C正確；t＝6s時(shí)，兩車相距10m，且甲車在前、乙車在后，在6～9s內(nèi)，甲車速度大于乙車速度，兩車間距離越來越大，故在0～9s內(nèi)，甲車一直在前，兩車不會(huì)相撞，故D錯(cuò)誤．]實(shí)驗(yàn)一探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律例1A0.2330.75解析根據(jù)題述，物塊加速下滑，在A、B、C、D、E五個(gè)點(diǎn)中，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器最先打出的是A點(diǎn)．根據(jù)刻度尺讀數(shù)規(guī)則可讀出，B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的刻度為1.20cm，C點(diǎn)對(duì)應(yīng)的刻度為3.15cm，D點(diǎn)對(duì)應(yīng)的刻度為5.85cm，E點(diǎn)對(duì)應(yīng)的刻度為9.30cm，AB＝1.20cm，BC＝1.95cm，CD＝2.70cm，DE＝3.45cm.兩個(gè)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔T＝5×eq\f(1,50)s＝0.10s，根據(jù)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)在一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度可得，打出C點(diǎn)時(shí)物塊的速度大小為vC＝eq\f(BC＋CD,2T)≈0.233m/s.由逐差法可得a＝eq\f(CD＋DE－AB＋BC,4T2)，解得a＝0.75m/s2.例2(1)80.02(2)0.10.00700．10.2(3)CD解析(1)電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器是使用交變電源的計(jì)時(shí)儀器，它的工作電壓是8V；當(dāng)電源的頻率為50Hz時(shí)，它每隔0.02s打一次點(diǎn)．(2)每?jī)蓚€(gè)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)沒有畫出，則計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔是T＝5×0.02s＝0.1s，從題圖中讀出A、B兩點(diǎn)間距x＝0.70cm＝0.0070m；根據(jù)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體在一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，則有C點(diǎn)速度大小等于vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(0.90＋1.10,2×0.1)×10－2m/s＝0.1m/s，小車的加速度大小為a＝eq\f(xCD－xBC,T2)＝eq\f(0.002,0.12)m/s2＝0.2m/s2.(3)在使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)應(yīng)先打開電源再釋放小車，故A錯(cuò)誤；為了使打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作，必須使用交變電源，故B錯(cuò)誤；每打完一條紙帶，要及時(shí)切斷打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，故C正確；對(duì)紙帶處理時(shí)，要從打出的紙帶中選擇一條點(diǎn)跡清晰的紙帶進(jìn)行處理，故D正確．例3(1)平行(3)17.25(17.24、17.26也可)eq\f(s3－2s2＋s1,T2)解析(1)為了使木塊能夠做勻變速運(yùn)動(dòng)，需要調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線與木板平行．(3)刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到0.01cm，所以讀數(shù)為17.25cm.木塊的加速度大小為a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(s3－s2－s2－s1,T2)＝eq\f(s3－2s2＋s1,T2).例4(1)相鄰1s內(nèi)的位移之差接近Δx＝80m(2)547(3)79解析(1)第1s內(nèi)的位移507m，第2s內(nèi)的位移587m，第3s內(nèi)的位移665m，第4s內(nèi)的位移746m，第5s內(nèi)的位移824m，第6s內(nèi)的位移904m，則相鄰1s內(nèi)的位移之差接近Δx＝80m，可知飛行器在這段時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)；(2)當(dāng)x＝507m時(shí)飛行器的速度等于0～2s內(nèi)的平均速度，則v1＝eq\f(1094,2)m/s＝547m/s；(3)根據(jù)a＝eq\f(x36－x03,9T2)＝eq\f(4233－2×1759,9×12)m/s2≈79m/s2.例5(1)eq\f(\f(d,t2)－\f(d,t1),Δt)(2)eq\f(d2,2k)解析(1)遮光條經(jīng)過光電門1和2的速度大小分別為v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，滑塊的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(\f(d,t2)－\f(d,t1),Δt)；(2)滑塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有2ax＝(eq\f(d,t))2，整理得x＝eq\f(d2,2a)·eq\f(1,t2)，依題意有k＝eq\f(d2,2a)，整理得a＝eq\f(d2,2k).例6(1)左401.5(2)C解析(1)①重錘自由落體，速度越來越大，紙帶點(diǎn)跡間的距離越來越大，所以紙帶的左端連接重錘；②由逐差法g＝eq\f(x3＋x4－x1－x2,4T2)，其中f＝eq\f(1,T)，代入數(shù)據(jù)解得f＝eq\r(\f(4g,x3＋x4－x1－x2))＝eq\r(\f(4×9.8,45.9＋39.9－27.6－33.7×10－3))Hz＝40Hz，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得A點(diǎn)的速度為vA＝eq\f(x3＋x2,2T)＝eq\f(0.0337＋0.0399,2)×40m/s≈1.5m/s.(2)該次實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生誤差其中最主要的原因是“槍頭”打點(diǎn)瞬間阻礙紙帶的運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤，C正確．第二章相互作用第1講重力彈力摩擦力例1C[物體受到重力的作用，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)，A錯(cuò)誤；重力的方向總是豎直向下，不一定指向地心，B錯(cuò)誤；物體的重力隨緯度增大而增大，因此地面上的同一物體在赤道上所受重力最小，C正確；物體掛在彈簧測(cè)力計(jì)下處于平衡狀態(tài)時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)才等于物體的重力，D錯(cuò)誤．]例2D[水管口持續(xù)有水流出，而過一段時(shí)間桶會(huì)翻轉(zhuǎn)一次，主要原因是流入的水導(dǎo)致水桶與水整體的重心往上移動(dòng)，桶中的水到一定量之后水桶不能保持平衡，發(fā)生翻轉(zhuǎn)，故選D.]例3C[選項(xiàng)A中小球只受重力和桿的彈力的作用，且處于靜止?fàn)顟B(tài)，由二力平衡可得小球受到的彈力方向應(yīng)豎直向上，故A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B中，因?yàn)橛疫叺睦K豎直向上，如果左邊的繩有拉力，則豎直向上的那根繩就會(huì)發(fā)生傾斜，所以左邊的繩沒有拉力，故B錯(cuò)誤；球與球接觸處的彈力方向，垂直于過接觸點(diǎn)的公切面(即在兩球心的連線上)，且指向受力物體，故C正確；球與面接觸處的彈力方向，過接觸點(diǎn)垂直于接觸面(即在接觸點(diǎn)與球心的連線上)，即選項(xiàng)D中大半圓對(duì)小球的支持力FN2的方向應(yīng)是沿著過小球與圓弧接觸點(diǎn)的半徑，且指向圓心，故D錯(cuò)誤．]例4D[當(dāng)小車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧彈力大小等于小球重力大小，此時(shí)細(xì)繩的拉力FT＝0；當(dāng)小車和小球向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩的拉力不可能為零，彈簧彈力有可能為零，故D正確．]例5D[對(duì)小球受力分析如圖，由圖可知，當(dāng)a大小不同時(shí)，桿上的彈力與豎直方向的夾角也不同，方向不一定沿桿，但一定是斜向上，且F>mg，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，F(xiàn)＝eq\r(mg2＋ma2)，選項(xiàng)D正確．]例6D[由題意知，兩根輕彈簧串接在一起，則兩彈簧彈力大小相等，根據(jù)胡克定律F＝kx得，x與k成反比，則得b彈簧的伸長(zhǎng)量為eq\f(k1L,k2)，故A、B錯(cuò)誤；P端向右移動(dòng)的距離等于兩根彈簧伸長(zhǎng)量之和，即為L(zhǎng)＋eq\f(k1,k2)L＝(1＋eq\f(k1,k2))L，故C錯(cuò)誤，D正確．]例7BD[白紙和鎮(zhèn)紙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)鎮(zhèn)紙受力分析知，鎮(zhèn)紙不受摩擦力，否則水平方向受力不平衡，鎮(zhèn)紙的作用是增大白紙與桌面之間的最大靜摩擦力，故A錯(cuò)誤；在書寫的過程中毛筆相對(duì)紙面向右運(yùn)動(dòng)，受到向左的摩擦力，故B正確；白紙與鎮(zhèn)紙之間沒有摩擦力，白紙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則白紙?jiān)谒椒较蚴艿矫P對(duì)白紙向右的摩擦力以及桌面對(duì)白紙向左的摩擦力，故C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，白紙對(duì)桌面的摩擦力向右，故桌面受到向右的摩擦力，故D正確．]例8CD[第1張白紙相對(duì)于滾輪的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)與滾輪的運(yùn)動(dòng)方向相反，則受到滾輪的靜摩擦力方向與滾輪的運(yùn)動(dòng)方向相同，即受到滾輪的摩擦力向右，A錯(cuò)誤；對(duì)除第1張白紙外的所有白紙進(jìn)行研究，處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向受到第1張白紙的滑動(dòng)摩擦力，方向與滾輪的運(yùn)動(dòng)方向相同，則根據(jù)平衡條件知，最后1張白紙受到紙槽底座的摩擦力方向與滾輪的運(yùn)動(dòng)方向相反，即水平向左，B錯(cuò)誤；根據(jù)題意，因上一張白紙相對(duì)下一張白紙向右滑動(dòng)或有向右滑動(dòng)的趨勢(shì)，則上一張白紙受到下一張白紙的摩擦力一定向左，那么下一張白紙受到上一張白紙的摩擦力一定向右，C正確；正常情況下單張紙打印必須滿足滾輪與白紙之間的滑動(dòng)摩擦力大于紙與紙之間的滑動(dòng)摩擦力，則μ1>μ2，D正確．]例9A[需用約1N的拉力克服最大靜摩擦力，A4紙受正反兩面的兩個(gè)摩擦力，不計(jì)書皮及A4紙的質(zhì)量，有1N＝2μeq\f(G,n)n1＝2×μ×eq\f(6,424)×106(N)，解得μ≈0.33，故選A.]例10(1)8N水平向右(2)24N水平向左(3)40N解析(1)物塊Q所受到的滑動(dòng)摩擦力的大小Ff1＝μFNQ＝μGQ＝0.4×20N＝8N方向水平向右．(2)物塊P所受桌面的滑動(dòng)摩擦力的大小Ff2＝μFNP＝μ(GP＋GQ)＝0.4×(40＋20)N＝24N方向水平向左．(3)設(shè)跨過定滑輪的輕繩拉力大小為FT，對(duì)物塊Q，由平衡條件得FT＝Ff1＝8N對(duì)物塊P受力分析，P水平方向受到向右的拉力F、向左的輕繩拉力FT、Q對(duì)P向左的摩擦力Ff1′及桌面對(duì)P向左的摩擦力Ff2，根據(jù)平衡條件，有F＝Ff1′＋Ff2＋FT＝8N＋24N＋8N＝40N.第2講摩擦力的綜合分析例1BD[A物體與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，它們之間無相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，即無摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；B、C兩物體雖運(yùn)動(dòng)方向不同，但都處于平衡狀態(tài)，由沿傳送帶方向所受合力為零可知，B、C兩物體均受沿傳送帶方向向上的摩擦力作用，故B正確，C錯(cuò)誤；若傳送帶突然加速，根據(jù)牛頓第二定律，可知A受到向右的摩擦力作用，故D正確．]例2BD[對(duì)題圖甲：設(shè)物塊m受到重力、支持力、摩擦力的作用，而重力與支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向與接觸面相切，方向水平，則物塊m受力將不平衡，與題中條件矛盾，故假設(shè)不成立，A、C錯(cuò)誤；對(duì)題圖乙：設(shè)物塊m不受摩擦力，由于m勻速下滑，m必受力平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力與接觸面垂直，故重力、支持力不可能平衡，則假設(shè)不成立，由受力分析知：m受到與斜面平行向上的摩擦力，B、D正確．]例3A[對(duì)物塊受力分析，如圖甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力為mgsinθ，支持力FN＝mgcosθ，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN＝mgsinθ，則拉力F＝2mgsinθcoseq\f(θ,2)，故A正確．]例4A[設(shè)繩中張力為F，對(duì)A由平衡條件可得Fcos53°＝μ(mAg－Fsin53°)，對(duì)B由平衡條件可得Fcos37°＝μ(mBg－Fsin37°)，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(4μ＋3,3μ＋4)，選項(xiàng)A正確．]例5C[由題意得，物體A與小車的上表面間的最大靜摩擦力Ffm≥5N，當(dāng)小車加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，假設(shè)物體A與小車仍然相對(duì)靜止，則物體A所受合力大小F合＝ma＝10N，可知此時(shí)小車對(duì)物體A的摩擦力大小為5N，方向向右，且為靜摩擦力，所以假設(shè)成立，物體A受到的摩擦力大小不變，故A、B錯(cuò)誤，C正確；彈簧長(zhǎng)度不變，物體A受到的彈簧的拉力大小不變，故D錯(cuò)誤．]例6ABC[在t＝0時(shí)刻，力傳感器顯示拉力為2N，則滑塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為2N，由小車與空沙桶受力平衡，可知空沙桶的重力也等于2N，A選項(xiàng)正確；t＝50s時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值，即最大靜摩擦力為3.5N，同時(shí)小車啟動(dòng)，說明沙子與沙桶總重力等于3.5N，此時(shí)靜摩擦力突變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力大小為3N，B、C選項(xiàng)正確；此后由于沙子和沙桶總重力3.5N大于滑動(dòng)摩擦力3N，故第50s后小車將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤．]例7B[滑塊上滑過程中受滑動(dòng)摩擦力，F(xiàn)f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcosθ，聯(lián)立得Ff＝6.4N，方向沿斜面向下．當(dāng)滑塊的速度減為零后，由于重力的分力mgsinθ＜μmgcosθ，滑塊靜止，滑塊受到的摩擦力為靜摩擦力，由平衡條件得Ff′＝mgsinθ，代入數(shù)據(jù)可得Ff′＝6N，方向沿斜面向上，故選項(xiàng)B正確．]例8BD[當(dāng)小木塊速度小于傳送帶速度時(shí)，小木塊相對(duì)于傳送帶向上滑動(dòng)，小木塊受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，加速度a＝gsinθ＋μgcosθ；當(dāng)小木塊速度與傳送帶速度相同時(shí)，由于μ<tanθ，即μmgcosθ<mgsinθ，所以速度能夠繼續(xù)增大，此時(shí)滑動(dòng)摩擦力的大小不變，而方向突變?yōu)橄蛏?，且a＝gsinθ－μgcosθ，加速度變小，則v－t圖像的斜率變小，所以B、D正確．]第3講力的合成與分解例1BD[F1、F2同時(shí)增加10N，根據(jù)平行四邊形定則合成之后，合力的大小增加不一定是10N，故A錯(cuò)誤；根據(jù)平行四邊形定則，F(xiàn)1、F2同時(shí)增大一倍，F(xiàn)也增大一倍，故B正確；F1增加10N，F(xiàn)2減少10N，F(xiàn)可能變大或變小，也可能不變，故C錯(cuò)誤；若F1、F2都增大，根據(jù)平行四邊形定則可知F不一定增大，故D正確．]例2B[先以力F1和F2為鄰邊作平行四邊形，其合力與F3共線，大小F12＝2F3，如圖所示，F(xiàn)12再與第三個(gè)力F3合成求合力F合，可得F合＝3F3，故選B.]例3D[弓弦拉力的合成如圖所示，由于F1＝F2，由幾何關(guān)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正確．]例4B[斧頭劈木柴時(shí)，設(shè)兩側(cè)面推壓木柴的力分別為F1、F2，且F1＝F2，利用幾何三角形與力的三角形相似有eq\f(d,F)＝eq\f(l,F1)＝eq\f(l,F2)，得推壓木柴的力F1＝F2＝eq\f(l,d)F，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤．]例5D[對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析可得，水平方向有F1x＝F2x，即F1的水平分力等于F2的水平分力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；F1y＝eq\f(F1x,tanα)，F(xiàn)2y＝eq\f(F2x,tanβ)，因?yàn)棣?gt;β，故F1y<F2y，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．]例6C[因?yàn)槔K子張力始終與物體B的重力平衡，所以繩子張力不變，因?yàn)槲矬wA的重力不變，所以繩子與水平方向的夾角不變，因?yàn)槔K子一端從P點(diǎn)緩慢移到Q點(diǎn)，所以物體A會(huì)下落，物體B位置會(huì)升高，故選C.]例7B[依據(jù)力的作用效果將鐵球?qū)Y(jié)點(diǎn)O的拉力分解如圖所示．據(jù)圖可知FB>FA，又因?yàn)閮衫K承受的最大拉力相等，故當(dāng)向球內(nèi)不斷注入鐵砂時(shí)，BO繩先斷，選項(xiàng)B正確．]例8D[題圖甲中是一根繩跨過光滑定滑輪，繩中的彈力大小相等，兩段繩的拉力大小都是m1g，互成120°角，則合力的大小是m1g，方向與豎直方向成60°角斜向左下方，故BC對(duì)滑輪的作用力大小也是m1g，方向與豎直方向成60°角斜向右上方，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；題圖乙中HG桿受到繩的作用力大小為eq\r(3)m2g，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；題圖乙中FEGsin30°＝m2g，得FEG＝2m2g，則eq\f(FAC,FEG)＝eq\f(m1,2m2)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確．]第4講牛頓第三定律共點(diǎn)力平衡例1BD[甲對(duì)乙的拉力與乙對(duì)甲的拉力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，與二者的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)，即不管哪個(gè)獲勝，甲對(duì)乙的拉力大小始終等于乙對(duì)甲的拉力大小，當(dāng)?shù)孛鎸?duì)甲的摩擦力大于地面對(duì)乙的摩擦力時(shí)，甲才能獲勝，故A、C錯(cuò)誤，B、D正確．]例2D[對(duì)男、女演員整體分析，根據(jù)平衡條件可知，水平地面對(duì)女演員的摩擦力為零，水平地面對(duì)女演員的支持力與男、女演員重力之和是一對(duì)平衡力，故A、B錯(cuò)誤；女演員對(duì)男演員的作用力與男演員對(duì)女演員的作用力是一對(duì)相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，女演員對(duì)男演員的作用力與男演員對(duì)女演員的作用力大小相等、方向相反，故C錯(cuò)誤；對(duì)男演員分析，根據(jù)平衡條件得，女演員對(duì)男演員的作用力大小等于男演員所受重力大小，故D正確．]例3A[環(huán)在豎直方向上受重力及箱子內(nèi)的桿對(duì)它的豎直向上的摩擦力Ff，受力情況如圖甲所示，根據(jù)牛頓第三定律，環(huán)應(yīng)給桿一個(gè)豎直向下的摩擦力Ff′，故箱子豎直方向上受重力Mg、地面對(duì)它的支持力FN及環(huán)給它的摩擦力Ff′，受力情況如圖乙所示．以環(huán)為研究對(duì)象，有mg－Ff＝ma，以箱子和桿整體為研究對(duì)象，有FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg＝Mg＋mg－ma.根據(jù)牛頓第三定律，箱子對(duì)地面的壓力大小等于地面對(duì)箱子的支持力大小，即FN′＝Mg＋mg－ma，故選項(xiàng)A正確．]例4AD[由題可知，A、B均處于平衡狀態(tài)，對(duì)A、B整體受力分析，如圖甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡條件可知B與墻壁之間不可能有彈力，因此也不可能有摩擦力，C錯(cuò)誤；對(duì)B受力分析，如圖乙所示，受到重力、A對(duì)B的彈力及摩擦力，故B受到三個(gè)力，B錯(cuò)誤；對(duì)A受力分析，如圖丙所示，受到重力、推力、B對(duì)A的彈力和摩擦力，共四個(gè)力，A、D正確．]例5C[對(duì)a和b受力分析可知，a可能受重力、桿的支持力、繩的拉力3個(gè)力的作用，可能還受摩擦力共4個(gè)力的作用，b受重力、繩的拉力2個(gè)力或重力、繩的拉力、桿的支持力、摩擦力4個(gè)力的作用，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對(duì)b受力分析可知，b受繩子拉力大小可能等于mg，因此繩子對(duì)a的拉力大小可能等于mg，選項(xiàng)C正確；對(duì)a受力分析，如果a、b所受摩擦力均為零，則由Gasinθ＝mgcosθ可得Ga＝eq\f(mg,tanθ)，即ma＝eq\f(m,tanθ)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]例6B[取O點(diǎn)為研究對(duì)象，O點(diǎn)在三力的作用下處于平衡狀態(tài)，對(duì)其受力分析如圖所示，F(xiàn)T1＝FT2，兩力的合力與F等大反向，根據(jù)幾何關(guān)系可得2β＋α＝180°，所以β＝55°，故選B.]例7D[以結(jié)點(diǎn)P為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，則拴接小球m1輕繩的拉力大小等于m1g，由力的平衡條件將桿OP的支持力與輕繩的拉力合成，可得m1g＝2m2gcos30°，解得m1∶m2＝eq\r(3)∶1，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．]例8C[當(dāng)F水平時(shí)，根據(jù)平衡條件得F＝μmg；當(dāng)保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角時(shí)，由平衡條件得Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故選項(xiàng)C正確．]例9A[對(duì)下面的小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示．根據(jù)平衡條件得F＝mgtan45°＝mg，F(xiàn)B＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg；對(duì)兩個(gè)小球整體受力分析，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件得tanθ＝eq\f(F,2mg)，又F＝mg，解得tanθ＝eq\f(1,2)，F(xiàn)A＝eq\r(2mg2＋F2)＝eq\r(5)mg，由題可知兩彈簧的形變量相等，則有x＝eq\f(FA,kA)＝eq\f(FB,kB)，解得eq\f(kA,kB)＝eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(5),\r(2))，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．]專題強(qiáng)化三動(dòng)態(tài)平衡問題平衡中的臨界、極值問題例1AD[以球B為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，可得出F1＝Gtanθ，F(xiàn)2＝eq\f(G,cosθ)，當(dāng)A向右移動(dòng)少許后，θ減小，則F1減小，F(xiàn)2減小，故A、D正確．]例2BC[對(duì)小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和擋板的彈力FN2，如圖，當(dāng)擋板繞O點(diǎn)逆時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)向水平位置的過程中，小球所受的合力為零，根據(jù)平衡條件得知，F(xiàn)N1和FN2的合力與重力mg大小相等、方向相反，作出小球在三個(gè)不同位置力的受力分析圖，由圖看出，斜面對(duì)小球的支持力FN1逐漸減小，擋板對(duì)小球的彈力FN2先減小后增大，當(dāng)FN1和FN2垂直時(shí)，彈力FN2最小，故選項(xiàng)B、C正確，A、D錯(cuò)誤．]例3A[受力分析如圖所示，力三角形與幾何三角形(△O2OO1)相似，則有eq\f(G,O2O1)＝eq\f(FN,OO1)＝eq\f(F,OO2)，因?yàn)镺2O1、OO1長(zhǎng)度不變，故FN大小不變，OO2長(zhǎng)度變短，故F變小，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．]例4AD[以重物為研究對(duì)象分析受力情況，受重力mg、OM繩上拉力F2、MN上拉力F1，由題意知，三個(gè)力的合力始終為零，矢量三角形如圖所示，F(xiàn)1、F2的夾角不變，在F2轉(zhuǎn)至水平的過程中，矢量三角形在同一外接圓上，由圖可知，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以A、D正確，B、C錯(cuò)誤．]例5A[對(duì)滑輪受力分析如圖甲所示，由于跨過滑輪的繩子拉力一定相等，即F1＝F2，由幾何關(guān)系易知繩子拉力方向與豎直方向夾角相等，設(shè)為θ，可知F1＝F2＝eq\f(mg,2cosθ)①如圖乙所示，設(shè)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，由幾何關(guān)系得sinθ＝eq\f(d,L)②其中d為兩端點(diǎn)間的水平距離，由B點(diǎn)向C點(diǎn)移動(dòng)過程中，d先變大后不變，因此θ先變大后不變，由①式可知繩中拉力先變大后不變，故A正確．]例6eq\f(50\r(3),3)N≤F≤eq\f(100,3)eq\r(3)N解析設(shè)AB繩的拉力為F1，AC繩的拉力為F2，對(duì)物體受力分析，由平衡條件有Fcosθ－F2－F1cosθ＝0，F(xiàn)sinθ＋F1sinθ－mg＝0，可得F＝eq\f(mg,sinθ)－F1，F(xiàn)＝eq\f(F2,2cosθ)＋eq\f(mg,2sinθ).若要使兩繩都能伸直，則有F1≥0，F(xiàn)2≥0，則F的最大值Fmax＝eq\f(mg,sinθ)＝eq\f(100,3)eq\r(3)N，F(xiàn)的最小值Fmin＝eq\f(mg,2sinθ)＝eq\f(50,3)eq\r(3)N，即拉力F的大小范圍為eq\f(50\r(3),3)N≤F≤eq\f(100,3)eq\r(3)N.例72eq\r(26)N解析設(shè)拉力與水平方向夾角為θ，根據(jù)平衡條件有Fcosθ＝μ(mg－Fsinθ)，整理得cosθ＋μsinθ＝eq\f(μmg,F)，eq\r(1＋μ2)sin(α＋θ)＝eq\f(μmg,F)(其中sinα＝eq\f(1,\r(1＋μ2)))，當(dāng)θ＝eq\f(π,2)－α?xí)rF最小，故所需拉力F的最小值Fmin＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))＝2eq\r(26)N.實(shí)驗(yàn)二探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系例1(1)刻度尺(2)彈簧原長(zhǎng)、彈簧所受外力與彈簧對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度(3)200彈簧自身重力的影響(4)CBDAEFG解析(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知還需要刻度尺來測(cè)量彈簧原長(zhǎng)和掛上鉤碼后的長(zhǎng)度．(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量的物理量有彈簧的原長(zhǎng)、彈簧所受外力與彈簧對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度．(3)取題圖乙中(0.5cm,0)和(3.5cm，6N)兩個(gè)點(diǎn)，代入ΔF＝kΔx，解得k＝200N/m，由于彈簧自身的重力影響，使得實(shí)驗(yàn)中彈簧不加外力時(shí)就有形變量．(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作的合理性可知，實(shí)驗(yàn)步驟的先后順序?yàn)镃BDAEFG.例2(1)見解析圖(2)5.15(5.10～5.25均可)53.3(52.2～55.8均可)(3)不受影響偏小解析(1)作出m－x圖像如圖；(2)根據(jù)圖像數(shù)據(jù)確定：彈性繩原長(zhǎng)約為5.15cm，彈性繩的勁度系數(shù)約為k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(120×10－3×10,7.40－5.15×10－2)N/m≈53.3N/m(3)若實(shí)驗(yàn)中刻度尺的零刻度略高于彈性繩上端結(jié)點(diǎn)O，則由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得到的勁度系數(shù)將不受影響；若實(shí)驗(yàn)中刻度尺沒有完全豎直，而讀數(shù)時(shí)視線保持水平，則測(cè)得的彈簧伸長(zhǎng)量偏大，則由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得到的勁度系數(shù)將偏?。?(1)6.046.05(2)3(3)48.6解析(1)ΔL3＝L6－L3＝(18.09－12.05)cm＝6.04cm壓縮量的平均值為eq\x\to(ΔL)＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝eq\f(6.03＋6.08＋6.04,3)cm＝6.05cm(2)因三個(gè)ΔL是相差3個(gè)鋼球的壓縮量之差，則所求平均值為管中增加3個(gè)鋼球時(shí)產(chǎn)生的彈簧平均壓縮量；(3)根據(jù)鋼球的平衡條件有3mgsinθ＝k·eq\x\to(ΔL)，解得k＝eq\f(3mgsinθ,\x\to(ΔL))＝eq\f(3×0.2×9.80×sin30°,6.05×10－2)N/m≈48.6N/m.例4(1)12.20(2)見解析圖83.3(83.1～83.5都算正確)解析(1)刻度尺的最小刻度為1mm，根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則可知，估讀到最小刻度的下一位，故讀數(shù)為12.20cm.(2)根據(jù)表格數(shù)據(jù)作出圖像，如圖所示；對(duì)重物受力分析可知FN＋F＝mg，則FN＝mg－kΔx，即FN＝mg－k(x－x0)，得圖像的斜率絕對(duì)值為彈簧的勁度系數(shù)，由圖像可知k＝eq\f(ΔFN,Δx)＝eq\f(6.00,0.1940－0.1220)N/m≈83.3N/m.例5(3)見解析圖(4)15.35(5)128解析(3)根據(jù)表格數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線如圖；(4)由題圖(c)可知刻度尺的分度值為1mm，故讀數(shù)l＝15.35cm；(5)設(shè)橡皮筋的勁度系數(shù)為k，原長(zhǎng)為l0，則n1mg＝k(l1－l0)，n2mg＝k(l2－l0)則橡皮筋的勁度系數(shù)為k＝eq\f(n2－n1mg,l2－l1)從作出的l－n圖線讀取數(shù)據(jù)則可得k＝eq\f(n2－n1mg,l2－l1)＝eq\f(10,3)mg(N/cm)，l0＝eq\f(n2l1－n1l2,n2－n1)＝9.00cm設(shè)冰墩墩的質(zhì)量為m1，則有m1g＝k(l－l0)可得m1＝eq\f(10,3)×6.05×(15.35－9.00)g≈128g.例6(1)①81.7②0.0122(2)見解析圖(3)eq\f(1.73×103,n)(eq\f(1.67×103,n)～eq\f(1.83×103,n)均可)eq\f(3.43,l0)(eq\f(3.31,l0)～eq\f(3.62,l0)均可)解析(1)①k＝eq\f(mg,Δx2)＝eq\f(0.100×9.80,5.26－4.06×10－2)N/m≈81.7N/m；②eq\f(1,k)＝eq\f(1,81.7)m/N≈0.0122m/N；(2)描點(diǎn)法，畫一條直線，讓大部分的點(diǎn)都落在直線上，不在線上的點(diǎn)均勻分布在直線兩側(cè)，如圖所示．(3)設(shè)直線的斜率為a，則有eq\f(1,k)＝an，即k＝eq\f(1,a)·eq\f(1,n)，通過計(jì)算可得k≈eq\f(1.73×103,n)N/m；彈簧共60圈，則有eq\f(l0,n)＝eq\f(11.88×10－2,60)m，故n＝eq\f(60l0,0.1188)，把其代入k＝eq\f(1,a)·eq\f(1,n)中可得k≈eq\f(3.43,l0)N/m.實(shí)驗(yàn)三探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律例1(1)2.35(2)A(3)B(4)①見解析圖②3.99解析(1)彈簧測(cè)力計(jì)最小分度值為0.1N，估讀到0.01N，題圖丁中讀數(shù)為2.35N.(2)必須要記錄的有兩個(gè)分力F1和F2的大小和方向、合力F的大小和方向，力的大小通過彈簧測(cè)力計(jì)讀出，兩次都要使小圓環(huán)被拉到O點(diǎn)位置，所以必須記錄的有B、C、D；不需要記錄的是題圖甲中E的位置，故選A.(3)兩個(gè)細(xì)繩OB、OC夾角要適當(dāng)大一些，但不能太大，合力一定時(shí)，兩分力夾角太大導(dǎo)致兩分力太大，測(cè)量誤差變大，A錯(cuò)誤；讀數(shù)時(shí)，視線應(yīng)正對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的刻度，規(guī)范操作，B正確；實(shí)驗(yàn)時(shí)，不僅需保證兩次橡皮筋伸長(zhǎng)量相同，還必須都是沿豎直方向伸長(zhǎng)至O點(diǎn)才行，C錯(cuò)誤．(4)①由于標(biāo)度已經(jīng)選定，作圖時(shí)要保證表示F1、F2的線段長(zhǎng)度分別為標(biāo)度的2.7倍和2.3倍，作圖如圖所示；②量出作圖法求出的合力長(zhǎng)度約為標(biāo)度的3.99倍，所以合力大小為3.99N.例2(1)不需要(2)見解析圖(3)在誤差允許的范圍內(nèi)，力的平行四邊形定則成立解析(1)由胡克定律可得，在彈性限度內(nèi)，彈簧發(fā)生彈性形變時(shí)，彈力的大小F與彈簧伸長(zhǎng)(或縮短)的長(zhǎng)度成正比，即有F＝kΔx，故可以用彈簧的伸長(zhǎng)量來代替重力的大小，無需測(cè)出鉤碼的重力；(2)根據(jù)平行四邊形定則作出步驟②中的兩個(gè)力的合力F′的圖示，如圖所示(3)觀察比較F和F′，由圖示可得出的結(jié)論是：在誤差允許的范圍內(nèi)，力的平行四邊形定則成立．例3(1)10.00(2)5.00(3)FOO′解析(1)根據(jù)胡克定律，有ΔF＝kΔx代入表格中第二組和第三組數(shù)據(jù)，有(2.00－1.00)N＝k(12.00－11.00)×10－2m，解得k＝100N/m同理，再代入第一組和第二組數(shù)據(jù)，有(1.00－0)N＝100N/m×(11.00－l0)×10－2m解得l0＝10.00cm.(2)根據(jù)OA、OB的長(zhǎng)度可求橡皮筋的彈力大小為FOA＝kΔl＝100×(7.50＋7.50－10.00)×10－2N＝5.00N(3)在兩個(gè)力的作用效果和一個(gè)力的作用效果相同的情況下，通過比較F′和FOO′的大小和方向，即可驗(yàn)證力的平行四邊形定則．例4(1)F10.05(2)C(3)C解析(1)A傳感器中的力均為拉力，為正值，故A傳感器對(duì)應(yīng)的是表中力F1，平衡時(shí)，mg＝F1sinθ當(dāng)θ＝30°時(shí)，F(xiàn)1＝1.001N，可求得m≈0.05kg(2)在掛鉤碼之前，對(duì)傳感器進(jìn)行調(diào)零，是為了消除水平桿自身重力對(duì)結(jié)果的影響，故C正確．(3)讓A傳感器沿圓心為O的圓弧形軌道移動(dòng)的過程中，傳感器與O點(diǎn)的距離保持不變，即O點(diǎn)位置保持不變，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系第1講牛頓第一定律牛頓第二定律例1BCD[亞里士多德認(rèn)為，必須有力作用在物體上，物體才能運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；伽利略通過“理想實(shí)驗(yàn)”得出結(jié)論：力不是維持運(yùn)動(dòng)的原因，如果物體不受力，它將以這一速度永遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)下去，故B正確；笛卡兒指出，如果運(yùn)動(dòng)中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動(dòng)，既不會(huì)停下來，也不會(huì)偏離原來的方向，故C正確；牛頓認(rèn)為物體都具有保持原來勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，故D正確．]例2A[當(dāng)容器突然向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，同等體積的鐵球和水比較，鐵球的質(zhì)量大，鐵球保持原來的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，相對(duì)于水向左偏移，相對(duì)于小車向左運(yùn)動(dòng)，同等體積的乒乓球和水比較，水的質(zhì)量大，水相對(duì)于乒乓球向左偏移，因此乒乓球相對(duì)于水向右偏移，相對(duì)于小車向右運(yùn)動(dòng)，故選A.]例3ACD[由于物體的加速度和合外力是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，由此可知當(dāng)力作用瞬間，物體會(huì)立即產(chǎn)生加速度，選項(xiàng)A正確；根據(jù)因果關(guān)系，合外力是產(chǎn)生加速度的原因，即物體由于受合外力作用，才會(huì)產(chǎn)生加速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無關(guān)，選項(xiàng)C正確；由牛頓第二定律可知物體所受合外力減小，加速度一定減小，如果物體做加速運(yùn)動(dòng)，其速度會(huì)增大，如果物體做減速運(yùn)動(dòng)，速度會(huì)減小，選項(xiàng)D正確．]例4D[根據(jù)牛頓第二定律可知，當(dāng)合力逐漸減小至零時(shí)加速度a不斷減小到零；飛機(jī)做加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向與速度方向相同，加速度減小，即速度增加得越來越慢，故A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．]例5B[對(duì)P施加F時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有a1＝eq\f(F,m1)＝eq\f(Δv1,Δt)＝10m/s2，對(duì)P和Q整體施加F時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有a2＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(Δv2,Δt)＝2m/s2，聯(lián)立解得m2＝4.0kg，故選B.]例6A[當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距eq\f(3,5)L時(shí)，如圖所示，由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，設(shè)繩子拉力為FT，水平方向有2FTcosθ＝F，解得FT＝eq\f(5,8)F，對(duì)任意小球由牛頓第二定律有FT＝ma，解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．]例7ACD[當(dāng)t＝0時(shí)，小球所受的阻力Ff＝0，此時(shí)加速度為g，A正確；隨著小球速度的增加，加速度減小，小球的速度從0增加到v0的過程中，加速度減小，做變加速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律有mg－Ff＝ma，解得a＝g－eq\f(6πηvr,m)，當(dāng)a＝0時(shí)，速度最大，為v0，此后小球做勻速運(yùn)動(dòng)，最大速度v0＝eq\f(mg,6πηr)，C、D正確．]例8A[由f＝eq\f(1,2)cρSv2，可得c＝eq\f(2f,ρSv2)，右邊式子代入單位可得eq\f(2kg·m/s2,kg/m3·m2·m/s2)＝2，即c為常數(shù)，沒有單位，B、C、D錯(cuò)誤，A正確．]例9D[從物理單位的方面來考慮，則A選項(xiàng)單位為＝s，而頻率的單位是Hz(s－1)，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)單位為＝eq\f(m3,s)，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)單位為m－3(eq\f(kg,m3))－1eq\f(N,m)＝s－2，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)單位為＝s－1，故D正確．]第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用例1C[開始時(shí)，對(duì)物塊1分析，處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力大小F＝3mg，抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，物塊1所受的合力仍然為零，則加速度a1＝0；抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，對(duì)物塊2分析，受重力和彈簧向下的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝eq\f(3mg＋mg,m)＝4g，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．]例2BC[設(shè)小球靜止時(shí)BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力為FT，由平衡條件可得Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝FT，解得F＝eq\f(mg,cosθ)，F(xiàn)T＝mgtanθ，在AC被突然剪斷的瞬間，AC的拉力突變?yōu)榱?，BC上的拉力F突變?yōu)閙gcosθ，重力垂直于繩BC的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，B正確，A錯(cuò)誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋A(yù)C的拉力不變，小球的合力大小與BC被剪斷前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根據(jù)牛頓第二定律有eq\f(mg,cosθ)＝ma′，故加速度大小a′＝eq\f(g,cosθ)，C正確，D錯(cuò)誤．]例3ACD[剪斷細(xì)線P前，對(duì)小球a進(jìn)行受力分析，小球a受豎直向下的重力、水平向右的彈簧彈力以及沿細(xì)線P向上的拉力．根據(jù)共點(diǎn)力平衡有FTsin37°＝mg，F(xiàn)Tcos37°＝kx，聯(lián)立解得x＝eq\f(4mg,3k)，故A正確；剪斷細(xì)線P的瞬間，彈簧的彈力不變，所以小球b處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，加速度為0，故B錯(cuò)誤；剪斷細(xì)線P前，細(xì)線P的拉力大小為FT＝eq\f(5,3)mg，剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，彈簧的彈力為零，小球a即將擺動(dòng)，此時(shí)擺動(dòng)的速度為零，則徑向合力為零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin37°＝man＝0，mgcos37°＝mat，解得FT′＝eq\f(3,5)mg<FT＝eq\f(5,3)mg，at＝eq\f(4,5)g，即剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，細(xì)線P的拉力變小，小球a的加速度大小為0.8g，故C、D正確．]例4C[在Pa段繩還沒有被拉長(zhǎng)，人做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以處于完全失重狀態(tài)，在ab段繩的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)；在bc段繩的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A、B錯(cuò)誤，C正確；在c點(diǎn)，人的速度為零，繩的形變量最大，繩的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，故D錯(cuò)誤．]例5BD[由題圖可知，飛行員受到的重力大小為500N，則質(zhì)量為50kg，A錯(cuò)誤；飛行員在t1時(shí)刻對(duì)座椅的壓力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正確；飛行員在t2時(shí)刻對(duì)座椅的壓力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C錯(cuò)誤；由題圖可知，飛行員在t1時(shí)刻受到的合力最大，則有mg－F＝mamax，代入數(shù)據(jù)解得amax＝6m/s2，D正確．]例6(1)見解析(2)0(3)16m/s2(4)260N解析(1)設(shè)小明大腿對(duì)書包的支持力大小為FN，因?yàn)槲矬w處于靜止?fàn)顟B(tài)，則FN＝G根據(jù)牛頓第三定律有FN＝F，所以G＝F.(2)座艙自由下落到距地面h＝30m的位置時(shí)開始制動(dòng)，所以當(dāng)座艙距地面h1＝50m時(shí)，書包處于完全失重狀態(tài)，則有F1＝0.(3)座艙自由下落高度為H－h(huán)＝78m－30m＝48m，座艙開始制動(dòng)時(shí)，已獲得速度vm，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vm2＝2g(H－h(huán))座艙制動(dòng)過程做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有vm2＝2ah，聯(lián)立可得a＝16m/s2，方向豎直向上，故跳樓機(jī)制動(dòng)后(勻減速階段)加速度a的大小為16m/s2.(4)由牛頓第二定律得F2－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)得F2＝260N，故當(dāng)座艙落到距地面h2＝15m的位置時(shí)，小明對(duì)書包的作用力大小為260N.例7(1)5.6m/s2(2)0.05(3)59m解析(1)根據(jù)L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)解得a＝5.6m/s2(2)在斜坡上運(yùn)動(dòng)員受力如圖甲所示，建立如圖甲所示的直角坐標(biāo)系，根據(jù)牛頓第二定律，x方向上有mgsinθ－Ff＝ma，y方向上有FN－mgcosθ＝0，F(xiàn)f＝μFN，聯(lián)立解得μ＝0.05.(3)運(yùn)動(dòng)員滑到B點(diǎn)時(shí)的速度vB＝v0＋at＝30m/s在水平雪道上運(yùn)動(dòng)員受力如圖乙所示，建立如圖乙所示的直角坐標(biāo)系，設(shè)運(yùn)動(dòng)員的加速度為a′，根據(jù)牛頓第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′，y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋eq\f(1,2)a′t′2，聯(lián)立解得x＝59m.例8BCD[設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，根據(jù)等時(shí)圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a與由O→b滑動(dòng)的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相等，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正確．]專題強(qiáng)化四牛頓第二定律的綜合應(yīng)用例1C[若設(shè)木塊和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，以兩木塊整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝eq\f(F－μm1＋m2g,m1＋m2)，以木塊1為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝eq\f(FT－μm1g,m1)，系統(tǒng)加速度與木塊1加速度相同，聯(lián)立解得FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，可知繩子拉力大小與動(dòng)摩擦因數(shù)μ無關(guān)，與兩木塊質(zhì)量大小有關(guān)，即與水平面是否粗糙無關(guān)，無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，且m2越大繩的拉力越小，故選C.]例2AD[設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)A、B整體受力分析，有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，對(duì)B受力分析，有FAB－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa，由以上兩式可得FAB＝eq\f(mB,mA＋mB)F＝eq\f(F,\f(mA,mB)＋1)，為了增大A、B間的壓力，即FAB增大，僅增大推力F、僅減小A的質(zhì)量或僅增大B的質(zhì)量，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．]例3C[對(duì)B分析，由牛頓第二定律得m2g－FT＝m2a，對(duì)A、B整體分析，由牛頓第二定律得m2g－m1gsinθ＝(m1＋m2)a，聯(lián)立解得a＝6m/s2，F(xiàn)T＝12N，故A、B錯(cuò)誤，C正確；如果將物塊B換成一個(gè)豎直向下且大小為30N的力，對(duì)A由牛頓第二定律得F－m1gsinθ＝m1a′，解得a′＝24m/s2，前后加速度不一樣，對(duì)物塊A的運(yùn)動(dòng)有影響，故D錯(cuò)誤．]例4AB[根據(jù)題圖乙可知，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B間的滑動(dòng)摩擦力為6N，所以A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ff1m,mg)＝0.2，選項(xiàng)A正確；當(dāng)0＜F＜4N時(shí)，根據(jù)題圖乙可知，F(xiàn)f2還未達(dá)到B與地面間的最大靜摩擦力，此時(shí)A、B保持靜止，選項(xiàng)B正確；當(dāng)4N＜F＜12N時(shí)，根據(jù)題圖乙可知，此時(shí)A、B間的摩擦力還未達(dá)到最大靜摩擦力，所以沒有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)F＞12N時(shí)，根據(jù)題圖乙可知，此時(shí)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)A物塊有a＝eq\f(Ff1m,m)＝2m/s2，加速度不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]例50≤F≤310N解析若要保證木塊和斜面體不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則兩物體以相同的加速度向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于μ＞tanθ，故當(dāng)F＝0時(shí)，木塊靜止在斜面體上，即F的最小值為0；根據(jù)題意可知，當(dāng)木塊相對(duì)斜面體恰不向上滑動(dòng)時(shí)，F(xiàn)有最大值Fm，設(shè)此時(shí)兩物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，兩物體之間的摩擦力大小為Ff，斜面體對(duì)木塊的支持力為FN.對(duì)整體和木塊分別進(jìn)行受力分析，如圖甲、乙對(duì)整體受力分析有Fm＝(m＋M)a，對(duì)木塊受力分析有Ff＝μFN，水平方向Ffcosθ＋FNsinθ＝ma，豎直方向FNcosθ＝mg＋Ffsinθ，聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得Fm＝310N，故F的大小范圍為0≤F≤310N.例6BC[A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當(dāng)FNAB最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開始施力時(shí)，F(xiàn)NAB最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，B正確，A錯(cuò)誤；剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝eq\f(mA＋mBg,k)＝0.05m，A、B分離時(shí)，其間恰好無作用力，對(duì)托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2m/s，C正確，D錯(cuò)誤．]例7(1)eq\f(\r(3),3)(2)θ＝60°eq\f(5\r(3),2)m解析(1)當(dāng)θ＝30°時(shí)，小物塊恰好能沿著木板勻速下滑，則mgsin30