2025新高考方案一輪物理配套檢測(cè)卷參考答案

2025新高考方案一輪物理配套檢測(cè)卷參考答案配套檢測(cè)卷參考答案課時(shí)跟蹤檢測(cè)(一)1．選D跳水比賽中要考慮運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)作，故不能將其視為質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；雙杠比賽中要考慮運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)作，故不能將其視為質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；體操要考慮運(yùn)動(dòng)員的姿態(tài)，故不能將其視為質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；馬拉松比賽中，運(yùn)動(dòng)員的大小和體積可以忽略不計(jì)，故可以將其視為質(zhì)點(diǎn)，故D正確。2．選C研究某乘客上車動(dòng)作時(shí)，不能忽略乘客的形狀和大小，不能將該乘客視為質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；研究列車通過(guò)某一道閘所用的時(shí)間，不能忽略列車的形狀和大小，不能將該列車視為質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；選進(jìn)站時(shí)運(yùn)動(dòng)的列車為參考系，坐在列車中的乘客位置沒(méi)有變化，是靜止的，故C正確；選進(jìn)站時(shí)運(yùn)動(dòng)的列車為參考系，站臺(tái)上等候的乘客位置發(fā)生變化，是運(yùn)動(dòng)的，故D錯(cuò)誤。3．選B調(diào)整無(wú)人機(jī)在空中的姿態(tài)時(shí)，無(wú)人機(jī)的大小和形狀不能忽略不計(jì)，不能將無(wú)人機(jī)看成質(zhì)點(diǎn)，A錯(cuò)誤；無(wú)人機(jī)在高空飛行，確定其空間位置時(shí)需要建立三維坐標(biāo)系，B正確；觀察無(wú)人機(jī)飛行速度時(shí)可以選取地面為參考系，攝像機(jī)與無(wú)人機(jī)相對(duì)靜止，不能選取無(wú)人機(jī)上的攝像機(jī)為參考系，C錯(cuò)誤；“8小時(shí)”指的是時(shí)間間隔，D錯(cuò)誤。4．選D15：29是指時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；研究列車駛出杭州東站的平均速度時(shí)，列車的長(zhǎng)度不可忽略，故列車不可視為質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；坐在列車中的乘客隨列車一起運(yùn)動(dòng)，所以選擇列車為參考系，乘客是靜止的，故C錯(cuò)誤；平均速度是指位移與時(shí)間之比，列車全程行駛55分鐘，所以平均速度的大小約為177km/h，故D正確。5．選ABC整個(gè)過(guò)程中自行車的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(12,0.5)km/h＝24km/h，故A正確；整個(gè)過(guò)程中自行車的平均速率為eq\x\to(v)1＝eq\f(s,t)＝eq\f(12＋8,0.5)km/h＝40km/h，故B正確；經(jīng)過(guò)路標(biāo)C時(shí)自行車的瞬時(shí)速度大小為50km/h，故C正確；經(jīng)過(guò)路標(biāo)C時(shí)自行車的速度方向沿軌跡的切線方向，不是由A指向B，故D錯(cuò)誤。6．選C汽車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中肯定經(jīng)歷了加速和減速階段，所以加速度不可能不變，故不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；題干中沒(méi)有給出兩地的直線距離，也就是位移不確定，所以無(wú)法計(jì)算平均速度，若根據(jù)題干中的路程和時(shí)間，則只能求出汽車的平均速率，B錯(cuò)誤；當(dāng)物體的形狀、大小對(duì)所研究的問(wèn)題沒(méi)有影響或者影響很小時(shí)，可以將物體看作質(zhì)點(diǎn)，所以研究汽車的運(yùn)動(dòng)軌跡時(shí)，汽車的形狀、大小均可忽略，故可以將汽車視為質(zhì)點(diǎn)，C正確；位移是指從初位置到末位置的有向線段，手機(jī)導(dǎo)航推薦的三種方案位移大小都相等，方向也相同，D錯(cuò)誤。7．選D若選擇其中一架無(wú)人機(jī)為參考系，則另一架無(wú)人機(jī)為靜止?fàn)顟B(tài)，則兩顆子彈相對(duì)甲、乙兩架無(wú)人機(jī)速度都是v，則甲、乙同時(shí)被擊中。故選D。8．選D43秒39描述的是中國(guó)隊(duì)在接力決賽中所經(jīng)歷的實(shí)際時(shí)間，表示時(shí)間間隔，故A錯(cuò)誤；位移是指初位置到末位置的一條有向線段，線段的長(zhǎng)度表示位移大小，箭頭指向表示位移方向，根據(jù)題圖可知，各運(yùn)動(dòng)員的初末位置不相同，表示位移的有向線段的長(zhǎng)度與方向均不相同，即每位運(yùn)動(dòng)員位移的大小不一定都為100m，故B錯(cuò)誤；根據(jù)題圖可知，表示第8道中國(guó)隊(duì)的位移的有向線段的長(zhǎng)度大于第3道新加坡隊(duì)的位移的有向線段的長(zhǎng)度，即中國(guó)隊(duì)運(yùn)動(dòng)員的總位移比位于第3道的新加坡隊(duì)大，故D正確；平均速率等于總路程與總時(shí)間的比值，中國(guó)隊(duì)的平均速率為eq\x\to(v)＝eq\f(400,43.39)m/s≈9.2m/s，平均速度等于總位移與總時(shí)間的比值，中國(guó)隊(duì)做的是曲線運(yùn)動(dòng)，平均速度大小小于平均速率，可知中國(guó)隊(duì)的平均速度大小小于9.2m/s，故C錯(cuò)誤。9．選Aeq\f(Δx,Δt)表示的是Δt時(shí)間內(nèi)的平均速度，遮光條的寬度Δx越窄，則記錄遮光時(shí)間Δt越小，eq\f(Δx,Δt)越接近滑塊通過(guò)光電門時(shí)的瞬時(shí)速度，A正確。10．選A設(shè)5s末的速度為v5,2s末的速度v2＝v5＋3m/s，時(shí)間Δt＝3s，潛艇在該段時(shí)間內(nèi)的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v5－v2,Δt)＝－1m/s2，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確。11．選C選取初速度v1的方向?yàn)檎较颍瑒tv1＝6m/s，v2＝－8m/s，所以排球的平均加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(－8－6,0.2)m/s2＝－70m/s2，負(fù)號(hào)表示平均加速度方向與v1的方向相反，與v2的方向相同，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。12．選D從x-t圖像可知，在0～t0時(shí)間內(nèi)，小閔一直向著規(guī)定的正方向運(yùn)動(dòng)，所以其運(yùn)動(dòng)軌跡為一條直線，A錯(cuò)誤；x-t圖像的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的速度大小，從圖像可得，在0～t0時(shí)間內(nèi)，小閔運(yùn)動(dòng)的速度越來(lái)越小，但無(wú)法判斷其加速度的變化情況；在0～t0時(shí)間內(nèi)，小閔的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1－x0,t0)，故B錯(cuò)誤；小閔做圓周運(yùn)動(dòng)的平均速率v′]＝eq\f(s,t)＝eq\f(1.5×2πR,t1)＝eq\f(3πR,t1)，故C錯(cuò)誤；取景過(guò)程中，小閔做圓周運(yùn)動(dòng)，為實(shí)時(shí)監(jiān)測(cè)相機(jī)的大致位置，可以將小閔與相機(jī)視為一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，故D正確。13．選AD由題圖乙可知，第二次超聲波傳播的最遠(yuǎn)距離比第一次的大，可知物體到小盒子P的距離越來(lái)越遠(yuǎn)，故A正確；由題圖乙可知，物體在t2－t1時(shí)間內(nèi)的位移為x2－x1，該時(shí)間內(nèi)物體的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(x2－x1,t2－t1)，在Δt時(shí)間內(nèi)物體通過(guò)的位移不等于x2－x1，故B錯(cuò)誤，D正確；由題圖乙可知，超聲波的速度為v＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(x2,t2－Δt)，故C錯(cuò)誤。課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二)1．選C當(dāng)車速最大vm＝10m/s且加速度取最小值時(shí)，“全力自動(dòng)剎車”的時(shí)間最長(zhǎng)。由速度公式v＝vm－at，解得t＝2.5s，選項(xiàng)C正確。2．選C將動(dòng)車的運(yùn)動(dòng)等效為反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)動(dòng)車第7節(jié)車廂經(jīng)過(guò)旅客的時(shí)間為t，動(dòng)車第7節(jié)車廂通過(guò)旅客的過(guò)程，有eq\f(1,2)at2＝25m，第6、7節(jié)車廂通過(guò)旅客的過(guò)程，有eq\f(1,2)a(t＋4s)2＝2×25m，解得a≈0.5m/s2，C正確。3．選B經(jīng)2s時(shí)間A車運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，以此為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，設(shè)A、B兩車相距為s，s2＝(vAt－20)2＋(vBt－10)2，解得s最小時(shí)t＝3s，故運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩車相距最近的時(shí)刻是t＝5s。故選B。4．選A當(dāng)兩者間距達(dá)到100m后，不能收聽(tīng)到音樂(lè)，女兒加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(vm－v0,a)＝4s，根據(jù)s＝eq\f(1,2)(v0＋vm)t1＋vm(t－t1)＋s0－v0t，解得t＝25s，故選A。5．選CD由圖(b)中各個(gè)位置對(duì)應(yīng)時(shí)刻可知，相鄰位置的時(shí)間間隔T＝0.40s，故A到E的時(shí)間間隔為1.6s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；而AC段與CE段的時(shí)間間隔為2T＝0.80s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，又xCE－xAC＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2T))2，解得a＝1.875m/s2，選項(xiàng)D正確；物塊在位置D時(shí)速度vD＝eq\f(xCE,2T)＝2.25m/s，選項(xiàng)C正確；由vD＝vA＋a(3T)，得物塊在A位置速度vA＝0，則位置A、D間距離為xAD＝eq\f(vD2－vA2,2a)＝1.35m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。6．選D由題意知汽車在AB段中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度v1等于其在AB段的平均速度，即v1＝eq\f(L,t)，汽車在CD段中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度v2等于其在CD段的平均速度，即v2＝eq\f(6L,3t)＝eq\f(2L,t)，又v2＝v1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)＋2t＋\f(3,2)t))，解得a＝eq\f(L,4t2)，又vC＝v1＋a×2.5t，解得vC＝eq\f(13L,8t)，故選D。7．選C設(shè)RS段位移為x，所用時(shí)間為t，則ST段位移為2x，所用時(shí)間為t′，由題意得：在RS段的時(shí)間t＝eq\f(x,v1)＝eq\f(x,10)，在ST段的時(shí)間t′＝eq\f(2x,v2)＝eq\f(2x,5)，可解得t′＝4t，設(shè)電動(dòng)公交車的加速度大小為a，逆向推導(dǎo)可得v2＝vT＋aeq\f(t′,2)，v1＝vT＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t′＋\f(t,2)))，解得vT＝1m/s，故C正確。8．選A設(shè)汽車正常行駛的速度為v0，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度與瞬時(shí)速度的關(guān)系可得eq\x\to(v)＝eq\f(v0,2)，可得v0＝2eq\x\to(v)，A正確；減速過(guò)程時(shí)間為t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2\x\to(v),a)，反應(yīng)過(guò)程的時(shí)間為t反＝eq\f(t0,5)＝eq\f(2\x\to(v),5a)，B錯(cuò)誤；減速過(guò)程的位移為x0＝eq\x\to(v)t0＝eq\f(2\x\to(v)2,a)，反應(yīng)過(guò)程的位移為x反＝v0t反＝eq\f(4\x\to(v)2,5a)，則有eq\f(x0,x反)＝eq\f(5,2)，C錯(cuò)誤；發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止整個(gè)過(guò)程的平均速度為v＝eq\f(x反＋x0,t反＋t0)＝eq\f(7,6)eq\x\to(v)，D錯(cuò)誤。9．解析：(1)小轎車從開(kāi)始剎車到停止所用的最短時(shí)間為t1＝eq\f(v0,a)＝20s25s時(shí)小轎車已停止，故通過(guò)的最小距離x1＝eq\f(v02,2a)＝300m。(2)小轎車在反應(yīng)時(shí)間內(nèi)行駛的距離為x0＝v0t0＝15m則小轎車從發(fā)現(xiàn)警示牌到完全停下的過(guò)程中行駛的距離為x＝x0＋x1＝315m為了有效避免兩車相撞，三角警示牌放在故障車后的最小距離為Δx＝x－50m＝265m。答案：(1)300m(2)265m10．選D反應(yīng)時(shí)間指剎車前的一段時(shí)間，A錯(cuò)誤；不同人反應(yīng)時(shí)間不同，不一定大于3s，B錯(cuò)誤；當(dāng)行駛速度為60km/h，停車距離與反應(yīng)距離的比值為35∶15＝7∶3，C錯(cuò)誤；由題圖可知，不同速度行駛下反應(yīng)距離與剎車距離的比值分別為10∶10＝1∶1，15∶20＝3∶4,20∶40＝1∶2，比值逐漸減小，D正確。11．解析：(1)依題意每扇門開(kāi)啟過(guò)程中的速度圖像如圖所示：設(shè)門全部開(kāi)啟所用的時(shí)間為t0，由圖可得d＝eq\f(1,2)v0t0由速度公式得：v0＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)t0))聯(lián)立解得：a＝eq\f(v02,d)。(2)要使單扇門打開(kāi)eq\f(d,2)，需要的時(shí)間為t＝eq\f(1,2)t0人只要在t時(shí)間內(nèi)到達(dá)門框處即可符合要求，所以人到門的距離為l＝v0t，聯(lián)立解得：l＝d。(3)寬為eq\f(7,4)d的物體運(yùn)動(dòng)到門框過(guò)程中，每扇門至少要運(yùn)動(dòng)eq\f(7,8)d的距離，每扇門的運(yùn)動(dòng)各經(jīng)歷兩個(gè)階段：開(kāi)始以加速度a運(yùn)動(dòng)s1＝eq\f(d,2)的距離，速度達(dá)到v0，所用時(shí)間為t1＝eq\f(t0,2)，而后又做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)減速時(shí)間為t2，門又運(yùn)動(dòng)了s2＝eq\f(7,8)d－eq\f(1,2)d＝eq\f(3,8)d的距離由勻變速運(yùn)動(dòng)公式，得：s2＝v0t2－eq\f(1,2)at22解得：t2＝eq\f(d,2v0)和t2＝eq\f(3d,2v0)(不合題意舍去)要使每扇門打開(kāi)eq\f(7,8)d所用的時(shí)間為t1＋t2＝eq\f(3d,2v0)故物體移動(dòng)的速度不能超過(guò)v＝eq\f(l,t1＋t2)＝eq\f(2,3)v0。答案：(1)eq\f(v02,d)(2)d(3)eq\f(2,3)v0課時(shí)跟蹤檢測(cè)(三)1．選B由題可知，人的重心在跳高時(shí)升高約0.9m，因而豎直方向上的初速度v0＝eq\r(2gh)≈4m/s，故選B。2．選B設(shè)船長(zhǎng)為l，鑰匙下落所需時(shí)間為t，根據(jù)公式h＝eq\f(1,2)gt2，解得鑰匙下落時(shí)間t＝2s，故船的長(zhǎng)度至少為l＝vt＝4m，故選B。3．選D開(kāi)始時(shí)球心到光電門的距離為h，經(jīng)過(guò)時(shí)間t小球的下邊緣開(kāi)始擋光，則小球自由落體運(yùn)動(dòng)的位移為x＝h－R<h，由自由落體的位移公式x＝eq\f(1,2)gt2，可知g＝eq\f(2x,t2)<eq\f(2h,t2)，故A、B錯(cuò)誤；球心經(jīng)過(guò)光電門時(shí)的速度為小球經(jīng)過(guò)位移為2R的中間位置的速度veq\f(2R,2)，而這段位移的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(2R,Δt)＝veq\f(Δt,2)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知veq\f(2R,2)>veq\f(Δt,2)，即球心經(jīng)過(guò)光電門時(shí)的速度大于eq\f(2R,Δt)，故C錯(cuò)誤，D正確。4．選AC由題意可知，重錘在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力可以忽略不計(jì)。作出v-t圖像，如圖所示，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)公式可知，重錘開(kāi)始自由下落時(shí)離地高度為h1＝eq\f(1,2)gt12，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)可知，重錘在空中運(yùn)動(dòng)的平均速度等于接觸地面后的平均速度，A正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)x＝eq\f(v,2)t，可知，重錘開(kāi)始自由下落時(shí)離地高度h1和重錘接觸地面后下降距離h2之比為eq\f(h1,h2)＝eq\f(t1,t2－t1)，故重錘接觸地面后下降的距離為h2＝eq\f(1,2)gt1(t2－t1)，B錯(cuò)誤；根據(jù)v＝at可知，重錘接觸地面后的加速度大小為a＝eq\f(v,t2－t1)＝eq\f(gt1,t2－t1)，C正確。5．選D根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，豎直向上運(yùn)動(dòng)到同一水平線上時(shí)，乙小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(t2－t1,2)，甲小球到達(dá)的最高點(diǎn)高度為h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2)))2＝eq\f(1,8)gt22，甲小球下落的高度為h′＝eq\f(1,2)geq\f(t2,2)－eq\f(t2－t1,2)2＝eq\f(1,8)gt12，故該位置距離拋出點(diǎn)的高度為h″＝h－h(huán)′＝eq\f(1,8)g(t22－t12)，故選D。6．選A設(shè)上升最大高度為4h，噴泉向上噴的逆過(guò)程為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，4h＝eq\f(1,2)gt2，解得總時(shí)間為t＝eq\r(\f(8h,g))，通過(guò)最后一等份高度h＝eq\f(1,2)gt22，解得t2＝eq\r(\f(2h,g))，水通過(guò)后兩等份高度2h＝eq\f(1,2)gt′2，解得t′＝eq\r(\f(4h,g))，水通過(guò)前兩等份高度用時(shí)t1＝t－t′＝eq\r(\f(8h,g))－eq\r(\f(4h,g))，所以eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(2))＝1＋eq\f(\r(2),2)，則1<eq\f(t2,t1)<3，故選A。7．選A射出的彈丸做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，可看成自由落體運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式h＝eq\f(1,2)gt2，彈丸最后1s內(nèi)上升的高度等于自由落體運(yùn)動(dòng)的最初1s內(nèi)下落的高度，h1＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，則上升過(guò)程中最初1s內(nèi)上升的高度h2＝9h1＝45m，上升過(guò)程中最初1s內(nèi)中間時(shí)刻的速度v＝eq\f(h2,t)＝eq\f(45,1)m/s＝45m/s，設(shè)彈丸向上射出時(shí)初速度為v0，則v＝v0－10×0.5m/s，可得v0＝50m/s，彈丸上升的最大高度h3＝eq\f(v02,2g)＝125m，故選A。8．選BQ做自由落體運(yùn)動(dòng)，有xQ＝3h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(6h,g))，從拋出到相遇，以向下為正方向，可得xP＝－v0t＋eq\f(1,2)gt2，據(jù)幾何關(guān)系可得xQ－xP＝2h，解得v0＝eq\f(\r(6gh),3)，P上升的最大高度為hm＝eq\f(v02,2g)＝eq\f(h,3)，故選B。9．選C由h＝eq\f(1,2)gt2得，ta＝eq\r(\f(12L,g))，tb＝eq\r(\f(8L,g))，tc＝eq\r(\f(6L,g))，則(ta－tb)>(tb－tc)，a、b、c三小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為eq\r(6)∶2∶eq\r(3)，a比b早釋放的時(shí)間為Δt＝ta－tb＝2(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(L,g))，A、B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)v2＝2gh得，三小球到達(dá)地面時(shí)的速度大小之比是eq\r(6)∶2∶eq\r(3)，D錯(cuò)誤。課時(shí)跟蹤檢測(cè)(四)1．選A電梯上升，由速度—時(shí)間圖像可知，電梯加速上升的時(shí)段為20.0s到30.0s。故選A。2．選Dv-t圖像中圖線斜率表示加速度，加速階段與減速階段的加速度大小之比為2∶1，故A錯(cuò)誤；v-t圖像中圖線與時(shí)間軸所圍的面積在數(shù)值上等于位移大小，由題圖知減速階段位移大小為x1＝eq\f(5,4)v0t0，勻速階段位移大小為x2＝eq\f(3,4)v0t0，加速階段位移大小為x3＝eq\f(5,8)v0t0，則加速階段與減速階段的位移大小之比為1∶2，加速階段與勻速階段的位移大小之比為5∶6，小汽車從v0開(kāi)始減速直至再恢復(fù)到v0的過(guò)程中通過(guò)的路程為x＝x1＋x2＋x3＝eq\f(21,8)v0t0，故B、C錯(cuò)誤，D正確。3．選C根據(jù)x-t圖像的斜率表示速度，乙車圖像的切線斜率不斷增大，則乙車的速度不斷增大，乙車做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，將(10,100)和v0＝0代入，解得a＝2m/s2，故t＝5s時(shí)，乙的速度v乙＝at＝10m/s，甲車圖像的斜率不變，則甲車的速度不變，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v甲＝eq\f(x,t)＝eq\f(100,10)m/s＝10m/s，由此可知t＝5s時(shí)，甲、乙兩車速度相等，故A錯(cuò)誤；0～5s內(nèi)甲的位移大于乙的位移，根據(jù)平均速度的定義eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故B錯(cuò)誤；t＝10s時(shí)，甲、乙的速度分別為v甲＝10m/s，v乙′＝at′＝20m/s，可知此時(shí)乙車的速度是甲車的2倍，故C正確；由x-t圖像可知，t＝10s時(shí)，乙車剛好追上甲車，而之后乙車的速度一直大于甲車的速度，故甲車不可能追上乙車，故D錯(cuò)誤。4．選D由題意知，地鐵的啟動(dòng)加速度大，所以甲是高鐵的v-t圖像，乙是地鐵的v-t圖像，故A錯(cuò)誤；v-t圖像的斜率為加速度，則地鐵和高鐵加速過(guò)程的加速度大小之比為eq\f(a地,a高)＝eq\f(\f(100,30),\f(300,240))＝eq\f(8,3)，故B錯(cuò)誤；地鐵和高鐵加速過(guò)程中的位移eq\f(x地,x高)＝eq\f(30×100,240×300)＝eq\f(1,24)，故C錯(cuò)誤；0～240s過(guò)程中，高鐵的平均速度大小eq\x\to(v)高＝eq\f(300,2)km/h＝150km/h，地鐵的平均速度大小eq\x\to(v)地＝eq\f(240－30＋240,2×240)×100km/h＝eq\f(375,4)km/h，則地鐵和高鐵的平均速度大小之比為eq\x\to(v)地∶eq\x\to(v)高＝5∶8，故D正確。5．選B0～x2過(guò)程中加速度不變，所以物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，x2～x3過(guò)程中加速度方向不變，依然與速度同向，故物體仍做加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為x3時(shí)，物體的速度達(dá)到最大，A、C錯(cuò)誤；由速度與位移關(guān)系式可得2a0x1＝v12，解得位移為x1時(shí)，物體的速度大小為eq\r(2a0x1)，B正確；由速度與位移關(guān)系式可得eq\f(v2－v02,2)＝a·x，故a-x圖像的面積表示eq\f(v2－v02,2)，則物體在位移為x3時(shí)的最大速度為eq\r(a0x2＋x3)，D錯(cuò)誤。6．選B由題圖可知，物體在t0之前做初速度為0、加速度為a0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；在t0時(shí)刻，物體的速度大小v＝at＝a0t0，故B正確；物體在0～t0內(nèi)的速度增加量為Δv＝v－0＝a0t0，故C錯(cuò)誤；t0時(shí)刻之后，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。7．選D圖乙為汽車的“v2-x”圖像，反映速度平方與位移關(guān)系，即v2－v02＝2ax?！皵?shù)形結(jié)合”將其變形為v2＝v02＋2ax，所以圖線的“斜率”即為汽車加速度的兩倍，故有a＝eq\f(k,2)＝eq\f(c－b,2L)。所以D正確。8．選D由v-t圖線與時(shí)間坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，題圖甲中物體在0～t0這段時(shí)間內(nèi)的位移大于eq\f(1,2)v0t0平均速度大于eq\f(1,2)v0，A錯(cuò)誤；根據(jù)v2＝2ax可知，題圖乙中2a＝1m/s2，則物體的加速度為0.5m/s2，B錯(cuò)誤；根據(jù)Δv＝at可知，題圖丙中陰影部分的面積表示t1～t2時(shí)間內(nèi)物體的速度變化量，C錯(cuò)誤；由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，結(jié)合題圖丁可知eq\f(1,2)a＝5m/s2，即a＝10m/s2，則v0＝－5m/s，故t＝3s時(shí)物體的速度為v3＝25m/s，D正確。課時(shí)跟蹤檢測(cè)(五)1．選B由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，兩圖線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為t＝6s，因?yàn)関-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，故兩汽車在t＝3s到t＝9s時(shí)間內(nèi)的位移相同，t＝9s時(shí)兩車第二次相遇，則兩車第一次相遇的時(shí)刻為t＝3s。2．選B畫出從前車開(kāi)始剎車時(shí)兩車運(yùn)動(dòng)的v-t圖像，如圖所示，因后車以加速度2a開(kāi)始剎車，剎車后行駛的距離為eq\f(1,2)s；在前車剎車過(guò)程的時(shí)間內(nèi)，后車勻速運(yùn)動(dòng)的距離為2s，所以，兩車在勻速行駛時(shí)保持的距離至少應(yīng)為2s＋eq\f(1,2)s－s＝eq\f(3,2)s。3．選AD設(shè)甲從出發(fā)到乙追上甲所用時(shí)間為t，甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有v＝at，v2－0＝2ax甲，解得t＝eq\f(v,a)，x甲＝eq\f(v2,2a)，故A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)P、O兩點(diǎn)之間的距離為x，則有vt＝x＋x甲，帶入數(shù)據(jù)解得x＝eq\f(v2,2a)，故C錯(cuò)誤，D正確。4．選C根據(jù)幾何知識(shí)可知，當(dāng)甲車在乙車前方時(shí)，有x甲－x乙＝6m，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x甲＝v甲t＋eq\f(1,2)at2，x乙＝v乙t，解得：t1＝2s，t2＝6s。由公式v＝v0＋at，解得t＝6s時(shí)甲車停止行駛，此時(shí)甲車在乙車前方6m處，乙車?yán)^續(xù)行駛至甲車前方6m的過(guò)程中，所用時(shí)間為t′＝(6m＋6m)÷2m/s＝6s，所以兩車能利用藍(lán)牙通信的總時(shí)間為t總＝2s＋6s＝8s，故選C。5．選B根據(jù)公式v＝eq\f(x,t)，可知eq\f(x,t)表示平均速度，即t＝2s時(shí)，兩車平均速度相同，因從同一地點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，所以兩車相遇，故B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)位移與時(shí)間關(guān)系式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，變形得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，結(jié)合圖像可知A車的初速度為2m/s，斜率為k＝eq\f(4－2,2－0)＝eq\f(1,2)a，解得加速度為a＝2m/s2，B車初速度為零，同理可得加速度為a′＝4m/s2，由此可知t＝1s時(shí)，A車與B車速度大小相等，1s后，B車速度大，故A、D錯(cuò)誤。6．選Cv-t圖像中圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，而圖線的斜率表示加速度，由圖像可知兩車的位移之比x甲∶x乙＝3∶4，兩車減速過(guò)程中的加速度之比a甲∶a乙＝3∶2，故A、B錯(cuò)誤；t＝5s時(shí)，甲、乙兩車速度相等，其余時(shí)間甲車速度小于乙車速度，故在t＝20s時(shí)兩車間的距離最大，且最大距離為50m，故C正確，D錯(cuò)誤。7．選A設(shè)車長(zhǎng)為L(zhǎng)，車寬為d；乙車速度最大時(shí)，乙車的車尾與甲車的車頭相碰，如圖1，則eq\f(x甲－\f(d,2),v甲)＝eq\f(x乙＋L＋\f(d,2),v乙max)，解得v乙max≈60.5km/h。當(dāng)乙車速度最小時(shí)，乙車的車頭與甲車的車尾相碰，如圖2，則eq\f(x甲＋L＋\f(d,2),v甲)＝eq\f(x乙－\f(d,2),v乙min)，解得v乙min≈45.9km/h，即乙的速度范圍為45.9km/h≤v≤60.5km/h。故選A。8．選BC由題意可知0～3s內(nèi)，甲車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，乙車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，初速度相等，則兩車間距逐漸減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意作出兩車的v-t圖像，如圖所示。由圖可知t＝6s時(shí)兩車速度相等，陰影部分面積代表0～6s內(nèi)兩車的位移差Δx＝eq\f(1,2)×30×3m＋eq\f(1,2)×30×(6－3)m＝90m，所以最近距離為100m－90m＝10m，故B正確；由圖可看出6～9s內(nèi)，甲車速度大于乙車速度，兩車間距離越來(lái)越大，由于6s時(shí)甲在前距離乙車10m的位置，所以在0～9s內(nèi)兩車不會(huì)相撞，故C正確，D錯(cuò)誤。9．選CD當(dāng)汽車與小明速度相等時(shí)，小明和汽車間距離最大，則v1－at1＝v2，解得t1＝2s，從司機(jī)聽(tīng)到呼喊聲到小明和汽車間距離最大的時(shí)間t＝t0＋t1＝0.5s＋2s＝2.5s，故A錯(cuò)誤；2.5s內(nèi)汽車通過(guò)的位移x1＝v1t0＋v1t1－eq\f(1,2)at12＝8×0.5m＋8×2m－eq\f(1,2)×2×4m＝16m,2.5s內(nèi)小明通過(guò)的位移x2＝v2t＝4×2.5m＝10m，小明和汽車間的最大距離為Δx＝x1＋x0－x2＝16m＋8m－10m＝14m，故C正確；從汽車開(kāi)始剎車到停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝eq\f(v1,a)＝eq\f(8,2)s＝4s，汽車剎車通過(guò)的位移x3＝eq\f(v1,2)t3＝eq\f(8,2)×4m＝16m，從司機(jī)聽(tīng)到呼喊聲到汽車停止運(yùn)動(dòng)通過(guò)的位移x＝v1t0＋x3＝8×0.5m＋16m＝20m，汽車停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，小明通過(guò)的位移x4＝v2(t0＋t3)＝4×(0.5＋4)m＝18m，由x0＋x>x4，則汽車停止運(yùn)動(dòng)時(shí)小明沒(méi)追上汽車，從汽車停止運(yùn)動(dòng)到小明追上汽車的時(shí)間t4＝eq\f(x0＋x－x4,v2)＝eq\f(8＋20－18,4)s＝2.5s，則從司機(jī)聽(tīng)到呼喊聲到小明追上汽車的時(shí)間t′＝t0＋t3＋t4＝0.5s＋4s＋2.5s＝7s，故B錯(cuò)誤，D正確。10．選BCD設(shè)經(jīng)過(guò)t時(shí)間兩車相遇，根據(jù)位移與時(shí)間關(guān)系式x1＝v1t－eq\f(1,2)a1t2，x2＝eq\f(1,2)a2t2，位移間的關(guān)系為x1＝x0＋x2，聯(lián)立解得t1＝2s，t2＝eq\f(34,3)s，甲車從運(yùn)動(dòng)到停止時(shí)所用的時(shí)間為t0＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(20,2)s＝10s，因?yàn)閠2＝eq\f(34,3)s>10s(舍去)，甲車從第一次相遇到停止時(shí)所用時(shí)間Δt＝10s－2s＝8s，甲車從運(yùn)動(dòng)到停止所經(jīng)過(guò)的位移為x1′＝eq\f(v12,2a1)＝eq\f(400,2×2)m＝100m，乙車在10s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x2′＝eq\f(1,2)a2t02＝eq\f(1,2)×1×102m＝50m，此時(shí)甲、乙兩車相距Δx″＝100m－34m－50m＝16m，此時(shí)乙車的速度為v2′＝a2t0＝1×10m/s＝10m/s，設(shè)乙車再向前運(yùn)動(dòng)16m所用的時(shí)間為t3，則有Δx″＝v2′t3＋eq\f(1,2)at32，解得t3＝(2eq\r(33)－10)s，第二次相遇的時(shí)間t4＝t3＋t0＝2eq\r(33)s，由上分析可知第二次相遇時(shí)甲車位移為100m，故A錯(cuò)誤，B、C、D正確。11．解析：(1)已知v1＝14.4km/h＝4m/s，v2＝54km/h＝15m/s。設(shè)汽車以最大加速度剎車，則－2axm＝0－v22，代入數(shù)據(jù)解得xm＝22.5m。(2)以最大加速度剎車，設(shè)汽車車頭到達(dá)停車線所用時(shí)間為t，則x＝v2t－eq\f(1,2)at2，解得t＝2s或者t＝4s，又因?yàn)槠囃Ｏ碌臅r(shí)間為t′＝eq\f(v2,a)＝eq\f(15,5)s＝3s，故t＝4s不符合題意，舍去；此時(shí)以最左側(cè)車道線為起點(diǎn)，車頭左側(cè)距起點(diǎn)x1＝2.4×3m＋eq\f(2.4－1.8,2)m＝7.5m，車頭右側(cè)距起點(diǎn)x2＝2.4×4m－eq\f(2.4－1.8,2)m＝9.3m，車頭所占位置到最左側(cè)車道線范圍為7.5m～9.3m，自行車在t＝2s的時(shí)間內(nèi)行駛的位移為x自，則有x自＝v1t＝4×2m＝8m，自行車此時(shí)所占位置到最左側(cè)車道線范圍為6.2m～8m。由此可知，它們的位置范圍有重疊，不能避免相撞。答案：(1)22.5m(2)見(jiàn)解析12．解析：(1)甲車初速度為v1＝36km/h＝10m/s貨車速度為v2＝57.6km/h＝16m/s公路限速為vm＝90km/h＝25m/s甲車速度從v1加速至vm所用時(shí)間為t1＝eq\f(vm－v1,a1)＝7.5s該段時(shí)間內(nèi)甲車和貨車的位移分別為x1＝eq\f(vm＋v1,2)t1＝131.25mx2＝v2t1＝120m因?yàn)閤1<x2＋s＋L1＋L2所以甲車加速至vm后還需要?jiǎng)蛩傩旭傄欢螘r(shí)間才能完成超車，該時(shí)間為t2＝eq\f(x2＋s＋L1＋L2－x1,vm－v2)≈0.53s則甲車在不超速的前提下完成超車的最短時(shí)間為tmin＝t1＋t2＝8.03s。(2)假設(shè)甲車在超車過(guò)程中一直加速，設(shè)超車時(shí)間為t3，根據(jù)位移關(guān)系有v1t3＋eq\f(1,2)a1t32－v2t3＝L1＋L2＋s，解得t3＝8s超車完畢時(shí)甲車速度為v1′＝v1＋a1t3＝26m/s<1.1vm乙車初速度為v3＝43.2km/h＝12m/st3時(shí)間內(nèi)甲、乙兩車行駛的路程之和為l＝v1t3＋eq\f(1,2)a1t32＋v3t3＝240m>208m所以甲車在不被扣分和罰款的前提下不能安全超車，若要甲車能夠安全超車，乙車在t3時(shí)間內(nèi)行駛的路程最大值為smax＝208m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1t3＋\f(1,2)a1t32))＝64m此時(shí)對(duì)應(yīng)乙車剎車的加速度最小，則smax＝v3t3－eq\f(1,2)amint32解得amin＝1m/s2。答案：(1)8.03s(2)不能1m/s2課時(shí)跟蹤檢測(cè)(六)1．解析：(1)由表格數(shù)據(jù)可知，摩托車在相等時(shí)間間隔內(nèi)相鄰的位移差近似等于0.32m，由此可知，摩托車近似做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(2)x＝1.24m時(shí)摩托車的速度為v＝eq\f(2.32－0.48,1.0)m/s＝1.84m/s。(3)由逐差法可知，摩托車的加速度為a＝eq\f(12.60－3.72－3.72,4×0.52)m/s2＝1.29m/s2。答案：(1)相等時(shí)間間隔內(nèi)相鄰的位移差近似相等(2)1.84(3)1.292．解析：(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為主尺讀數(shù)與游標(biāo)尺讀數(shù)之和，所以圖中所測(cè)遮光條的寬度為d＝0.300cm。(2)遮光條通過(guò)光電門1時(shí)的速度大小為v1＝eq\f(d,Δt1)＝0.015m/s，遮光條通過(guò)光電門2時(shí)的速度大小為v2＝eq\f(d,Δt2)＝0.06m/s，根據(jù)加速度的定義式a＝eq\f(Δv,Δt)，可得滑塊的加速度大小為a＝eq\f(v2－v1,t)＝0.018m/s2。(3)取遮光條開(kāi)始遮住光電門1時(shí)為0時(shí)刻，則v1是eq\f(Δt1,2)時(shí)刻的瞬時(shí)速度，v2是t＋eq\f(Δt2,2)時(shí)刻的瞬時(shí)速度，故從v1到v2，滑塊運(yùn)動(dòng)的真實(shí)時(shí)間為t真＝t＋eq\f(Δt2,2)－eq\f(Δt1,2)＝2.425s。則滑塊加速度的真實(shí)值為a真＝eq\f(v2－v1,t真)≈0.0186m/s2＞a＝0.018m/s2，故滑塊加速度的測(cè)量值比真實(shí)值小。答案：(1)0.300(2)0.018(3)偏小3．解析：(1)小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，則小球從A到B的過(guò)程有h＝vBt－eq\f(1,2)gt2，整理得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt，題圖(b)中縱坐標(biāo)的物理量為小球在A、B間的平均速度。故選D。(2)由上述分析可知題圖(b)中直線的函數(shù)關(guān)系式為eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt。(3)直線斜率的值為k＝－eq\f(1,2)g＝－4.889，則測(cè)得的重力加速度為g≈9.78m/s2。答案：(1)D(2)eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt(3)9.784．解析：(1)遮光片經(jīng)過(guò)光電計(jì)時(shí)器的速度為v＝eq\f(d,t)。(2)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為主尺讀數(shù)與游標(biāo)尺讀數(shù)之和，所以d＝1mm＋15×0.05mm＝1.75mm。(3)根據(jù)題意有v2＝2ax，v＝eq\f(d,t)，所以x＝eq\f(d2,2a)·eq\f(1,t2)結(jié)合圖線可得eq\f(d2,2a)＝eq\f(0.75,1.50×106)，解得a≈3.1m/s2。答案：(1)eq\f(d,t)(2)1.75(3)3.1課時(shí)跟蹤檢測(cè)(七)1．選A重心是物體各部分所受重力的合力的等效作用點(diǎn)，故A正確；物體的重力為G＝mg，即重力的大小除了與質(zhì)量有關(guān)，還與該處的重力加速度有關(guān)；在同一位置，重力加速度一樣，所以同一物體在同一位置所受重力是相同的，與物體是否運(yùn)動(dòng)、物體做什么樣的運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)，故B、C、D錯(cuò)誤。2．選CD題圖甲中，靜止在草地上的足球受到的彈力是由于草地發(fā)生了形變，A錯(cuò)誤；題圖乙中，足球被踢出后飛行過(guò)程中受到重力和空氣阻力的作用，B錯(cuò)誤；題圖丙中，足球入網(wǎng)時(shí)球網(wǎng)繩子中的彈力都沿繩子收縮方向，C正確；題圖丁中，運(yùn)動(dòng)員爭(zhēng)頂頭球時(shí)頭部受到的彈力是由于足球發(fā)生了形變，D正確。3．選B該彈力是由于彈簧發(fā)生壓縮形變產(chǎn)生的，壓縮產(chǎn)生向上的彈力，施力物體是彈簧，B正確。4．選D空杯子的重心在杯子中心點(diǎn)偏下，對(duì)空杯緩慢加水的過(guò)程中，重心位置不斷下降，隨著水的不斷增加，整個(gè)重心又要上升，故重心的位置先下降后上升，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。5．選A當(dāng)彈簧下端掛一個(gè)鉤碼時(shí)，根據(jù)胡克定律F＝kx＝mg，可得彈簧的勁度系數(shù)為k＝eq\f(mg,x)＝eq\f(2.0,0.02)N/m＝100N/m，故D錯(cuò)誤；如果在該彈簧下端掛兩個(gè)2.0N的鉤碼，根據(jù)平衡條件可知F′＝kx′＝2mg，解得x′＝4cm，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)題意無(wú)法求出彈簧的原長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤。6．選C墻對(duì)A的作用力和桌沿C對(duì)A的作用力都過(guò)球心，重心不一定在球心，故A、B、D錯(cuò)誤；重心是重力的等效作用點(diǎn)，所以重力一定過(guò)A的重心，故C正確。7．選B由題意可得3kΔx＝mg，其中mg＝3N，Δx＝1.0cm＝10－2m，則k＝100N/m，故B正確。8．選BC對(duì)于輕質(zhì)彈簧來(lái)說(shuō)，無(wú)論與其相連的物體處于什么樣的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，彈簧的兩端所受的拉力都相等，所以輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)一定等于掛鉤上的拉力，即彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)一定等于F，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。課時(shí)跟蹤檢測(cè)(八)1．選AD人在跑步機(jī)上跑步時(shí)，鞋和跑步機(jī)之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，則鞋受到的摩擦力是靜摩擦力，A正確，B錯(cuò)誤；因鞋相對(duì)跑步機(jī)有向后滑動(dòng)的趨勢(shì)，則鞋受到的靜摩擦力向前，即與人相對(duì)跑帶運(yùn)動(dòng)的方向相同，C錯(cuò)誤，D正確。2．選D題圖甲中的人對(duì)躺椅的壓力是由人發(fā)生形變產(chǎn)生的，A錯(cuò)誤；題圖甲中的人不同的躺姿，躺椅對(duì)人的作用力均與人的重力大小相等，方向相反，B錯(cuò)誤；題圖乙中人的腳用力蹬地時(shí)，如果人的背部相對(duì)于躺椅有向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)時(shí)，人背部所受摩擦力一定沿椅面向下，C錯(cuò)誤；以人和躺椅整體為研究對(duì)象，題圖乙中人的腳用力蹬地時(shí)，地對(duì)腳的摩擦力和地對(duì)躺椅的摩擦力等大反向，D正確。3．選D鐵夾對(duì)水泥制品的壓力是因?yàn)殍F夾發(fā)生了形變，A錯(cuò)誤；鐵夾對(duì)水泥制品的摩擦力和水泥制品對(duì)鐵夾的摩擦力是一對(duì)作用力和反作用力，B錯(cuò)誤；由平衡可知G＝2f＝2μN(yùn)，解得鐵夾與水泥制品間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(G,2N)，C錯(cuò)誤，D正確。4．選B紙片相對(duì)礦泉水瓶向右運(yùn)動(dòng)，故礦泉水瓶相對(duì)紙片向左運(yùn)動(dòng)，則紙片對(duì)礦泉水瓶的摩擦力方向向右，A錯(cuò)誤，B正確；將紙片拉出過(guò)程中，紙片與礦泉水瓶間的摩擦力是滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff＝μFN，可知滑動(dòng)摩擦力的大小只與動(dòng)摩擦因數(shù)、正壓力有關(guān)，與紙片運(yùn)動(dòng)的快慢無(wú)關(guān)，故C、D錯(cuò)誤。5．選AD從題圖可知，物塊開(kāi)始滑動(dòng)后，物塊所受滑動(dòng)摩擦力為3N，依題意有μmg＝3N，解得μ＝0.3，故A正確。從題圖可知，物塊前4秒靜止，第5秒開(kāi)始拉力大于摩擦力，物塊開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)功的定義，可知第5秒內(nèi)拉力對(duì)物塊做正功，所以5s內(nèi)拉力對(duì)物塊做的功不為0，故B錯(cuò)誤。由題圖可知，豎直方向上重力與支持力平衡；水平方向上，物塊在4s末受水平拉力為4N，與之等大反向的最大靜摩擦力，則物塊所受合力為0，故C錯(cuò)誤。從題圖可知，在6～9s內(nèi)，物塊受到水平拉力與滑動(dòng)摩擦力恒定，則有F合＝F－Ff＝2N＝ma，解得a＝2m/s2，故D正確。6．選BDF1減小時(shí)，滑動(dòng)摩擦力不變，物塊應(yīng)該減速，即剛開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)合力增大，因此加速度增大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)速度減小為0后摩擦力為靜摩擦力，等于F1且均勻減小，故B正確；若變化的是F2，物塊的加速度會(huì)發(fā)生變化，地面對(duì)物塊的摩擦力可能均勻減小，故C錯(cuò)誤，D正確。7．選C設(shè)彈簧原長(zhǎng)為l0，由平衡條件可得F＝k(l0－x1)，F(xiàn)＝k(x2－l0)，解得k＝eq\f(2F,x2－x1)，故C正確。8．選B“電動(dòng)平衡車”對(duì)人的作用力與人受到的空氣阻力的合力與人的重力等大反向，“電動(dòng)平衡車”對(duì)人的作用力與人受到的空氣阻力的合力方向豎直向上，“電動(dòng)平衡車”對(duì)人的作用力不是豎直向上，故A錯(cuò)誤；“電動(dòng)平衡車”在水平方向?qū)θ说淖饔昧Φ扔谌耸艿降目諝庾枇ΓQ直方向?qū)θ说淖饔昧Φ扔谌说闹亓?，所以“電?dòng)平衡車”對(duì)人的作用力大于空氣阻力，故B正確；速度越大，人受到的空氣阻力越大，“電動(dòng)平衡車”對(duì)人水平方向的作用力越大，所以“電動(dòng)平衡車”對(duì)人的作用力越大，故C錯(cuò)誤；以人和“電動(dòng)平衡車”整體為研究對(duì)象，豎直方向受到支持力和重力，水平方向受到地面的摩擦力和空氣的阻力，速度越大，空氣阻力越大，地面對(duì)“電動(dòng)平衡車”摩擦力越大，故D錯(cuò)誤。9．選B以A、B、C整體為研究對(duì)象，可知重力和支持力平衡，不受摩擦力，故A錯(cuò)誤；以A、B整體為研究對(duì)象，A、B整體在斜面上受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，故B正確；水平力作用在C上且系統(tǒng)仍保持靜止，對(duì)A、B整體研究，A、B受力并沒(méi)有發(fā)生變化，因此三棱柱B與三棱柱C之間的相互作用力不會(huì)發(fā)生改變，故C錯(cuò)誤；對(duì)A而言，加速度水平向右，因此A受到的合力向右，故一定受到B的水平摩擦力，因此B一定受到A的摩擦力和A的壓力，而B本身受到重力以及C對(duì)B的支持力，但除此之外，B還可能受到C沿斜面的摩擦力，故D錯(cuò)誤。10．選C設(shè)力F與運(yùn)動(dòng)方向的夾角為θ，黑板擦做勻速運(yùn)動(dòng)，則由平衡條件可知Fcosθ＝μFsinθ，解得μ＝eq\f(1,tanθ)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知cosθ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，則黑板擦所受的摩擦力大小f＝Fcosθ＝eq\f(μF,\r(1＋μ2))，故選C。11．選C開(kāi)始時(shí)物塊C受靜摩擦力作用，大小為f＝(mA＋mB)g＋Mgsin37°－F＝2N，方向沿斜面向上；剪斷A、B間輕繩后，假設(shè)C仍靜止，則此時(shí)C所受的靜摩擦力大小為f′＝F－(mAg＋Mgsin37°)＝1N，方向沿斜面向下，因?yàn)?N＜2N，可知物塊C仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，即C受到靜摩擦力，方向沿斜面向下，大小為1N。12．選C要順利地卸干凈全部沙子，對(duì)沙子整體分析，有Mgsinθ＞μ2Mgcosθ，即μ2＜tanθ，A、B均錯(cuò)誤；若只卸去部分沙子，對(duì)滑下的部分沙子，有：mgsinθ＞μ1mgcosθ，即μ1＜tanθ，對(duì)留下的部分沙子，有：m′gsinθ＜μ2m′gcosθ，即：μ2＞tanθ，故C正確，D錯(cuò)誤。13．選BD在t3時(shí)刻，由牛頓第二定律可得f－mg＝ma，解得f＝0.4N，故B正確；充電寶在t2時(shí)刻具有向上的最大加速度，由牛頓第二定律知摩擦力方向豎直向上，t3時(shí)刻充電寶具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充電寶在t2與t3時(shí)刻所受的摩擦力方向相同，故C錯(cuò)誤；t2時(shí)刻充電寶具有向上的最大加速度，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最大，此時(shí)由牛頓第二定律有f′－mg＝ma′，又f′＝μN(yùn)，解得充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為N＝10N，fmax＝f′＝5N，故D正確，A錯(cuò)誤。14．選D磨刀過(guò)程中，向后輕拉刀具，刀具受到的摩擦力的合力向前，根據(jù)牛頓第三定律，磨刀器受到的摩擦力向后，故A錯(cuò)誤；若水平勻速向后拉動(dòng)刀具，從兩個(gè)方向看，受力分析如圖所示。磨刀器對(duì)刀具的作用力是指兩個(gè)接觸面的支持力與摩擦力的合力，方向應(yīng)向前方偏上，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，刀具受到的摩擦力大小等于磨刀器受到的摩擦力大小，故C錯(cuò)誤；刀具對(duì)磨刀器正壓力的兩分力夾角應(yīng)為磨口角的補(bǔ)角，故磨刀器的夾角越小，正壓力的兩分力夾角越大，當(dāng)施加相同的正壓力時(shí)，則兩分力越大，故拉動(dòng)時(shí)的滑動(dòng)摩擦力越大，就越難被拉動(dòng)，故D正確。15．選B因?yàn)関1和v2數(shù)值大小相等，以木板為參考系，物塊相對(duì)于木板的運(yùn)動(dòng)方向如圖中v物，則tanθ＝1，得θ＝45°。木板對(duì)物塊的摩擦力方向與v物方向相反，如圖所示。木板對(duì)物塊的摩擦力大小Ff＝μ2mg，擋板對(duì)物塊的支持力FN＝Ff·sin45°＝eq\f(\r(2),2)μ2mg，擋板對(duì)物塊的摩擦力Ff′＝μ1FN＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg，故B項(xiàng)正確。課時(shí)跟蹤檢測(cè)(九)1．選D對(duì)白板擦進(jìn)行受力分析，白板擦受到重力，垂直于板的吸引力，垂直于板的彈力，在重力的作用下，白板擦有一種沿板向下的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，即受到沿板向上的摩擦力，合計(jì)受到四個(gè)力的作用，A、B錯(cuò)誤；白板擦處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可知，白板擦受到的合力為0，C錯(cuò)誤；白板對(duì)白板擦有彈力、摩擦力與吸引力三個(gè)力作用，根據(jù)平衡條件可知，這三個(gè)力的合力與重力大小相等，方向相反，即白板擦受到白板的作用力方向豎直向上，D正確。2．選C對(duì)巨石受力分析可知，受到豎直向下的重力，垂直斜坡面向上的支持力，故此時(shí)一定受到沿坡面向上的摩擦力，否則不能平衡，故巨石受到三個(gè)力的作用，A錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件可知斜坡對(duì)巨石的作用力與巨石的重力平衡，方向豎直向上，由牛頓第三定律可知巨石對(duì)斜坡的作用力方向豎直向下，B錯(cuò)誤；斜坡對(duì)巨石的摩擦力與巨石重力沿斜坡向下的分量平衡，故斜坡對(duì)巨石的摩擦力小于巨石所受的重力，C正確；設(shè)巨石質(zhì)量為m，斜坡傾角為θ，對(duì)巨石受力分析，沿斜坡方向有mgsinθ＝f靜≤μmgcosθ，即sinθ≤μcosθ，故可知當(dāng)減小巨石的質(zhì)量時(shí)，重力沿斜坡面向下的分量mgsinθ始終不會(huì)大于巨石受到的最大靜摩擦力μmgcosθ，故巨石不會(huì)下滑，D錯(cuò)誤。3．選B欲移動(dòng)軸承使圓軸位于軸承的正中央，使軸承豎直向下移動(dòng)，則調(diào)整兩力后三個(gè)力的合力方向要豎直向下，水平方向合力為零。增加F2和F3兩力的量值，且F3的量值增加較多，合力斜向左上方，不符合題意，A錯(cuò)誤；增加F1和F2兩力的量值，且F1的量值增加較多，據(jù)平行四邊形定則可知，合力可豎直向下，符合題意，B正確；減小F1和F3兩力的量值，且F3的量值減小較多，合力斜向左下方，不符合題意，C錯(cuò)誤；減小F1和F2兩力的量值，且F2的量值減小較多，合力斜向右上方，不符合題意，D錯(cuò)誤。4．選D對(duì)“嫦娥五號(hào)”探測(cè)器受力分析有，F(xiàn)N＝mg月，則對(duì)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(duì)月球表面壓力大小為eq\f(mg,24)。5．選D由題圖可知，由于F1、F2的大小、方向都確定，因此由力合成的平行四邊形定則可知，兩力的合力大小和方向確定，則有在沿合力方向的直線上兩力的分力之和最大，此時(shí)可知在過(guò)原點(diǎn)O且垂直合力方向的直線上分力的合力是零，在該直線上分力之和最小，則該直線一定經(jīng)過(guò)第二、四象限，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。6.選BC艦載機(jī)受重力、阻攔索的拉力、航母甲板施加的摩擦力與支持力四個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；阻攔索的長(zhǎng)度變長(zhǎng)，張力變大，阻攔索對(duì)艦載機(jī)作用的是阻攔索上張力的合力，夾角變小，合力變大，故B正確；如圖，阻攔索的張力夾角為120°時(shí)，F(xiàn)合＝F，故C正確；由滑動(dòng)摩擦力F滑＝μFN＝μmg，故艦載機(jī)所受摩擦力不變，故D錯(cuò)誤。7．選A設(shè)木塊質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，對(duì)P受力分析如圖所示，P受到重力、支持力、彈簧彈力、摩擦力、拉力共5個(gè)力的作用，A正確；Q受到的彈簧彈力沿斜面向上，若Q重力沿斜面向下的分力與彈簧彈力的大小相等，則Q不受摩擦力，所以Q可能受到重力、支持力、彈簧彈力共3個(gè)力的作用，B錯(cuò)誤；有彈簧時(shí)，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有FfP＝mgsinθ＋F彈＋F，只移去彈簧時(shí)，木塊P受到的沿斜面向下的力變小，需要的摩擦力變小，故木塊P仍然靜止，C、D錯(cuò)誤。8．選D手機(jī)支架采用了納米微吸材料，支架斜面會(huì)對(duì)手機(jī)存在一個(gè)吸引力，所以手機(jī)受到的支持力大小不可能為Gcosθ，其大小取決于吸引力的大小，A、B錯(cuò)誤；手機(jī)受到豎直向下的重力和納米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故納米材料對(duì)手機(jī)的作用力豎直向上，大小等于G，C錯(cuò)誤，D正確。9．選A由正交分解可得F1sin60°＝G＋F2sin45°，F(xiàn)1cos60°＝F2cos45°，解得F1＝(eq\r(3)＋1)G。10.選A對(duì)風(fēng)箏受力分析，并如圖建立直角坐標(biāo)系，將F及T沿坐標(biāo)軸分解，則沿x軸方向有：Tcosα＝Fsinφ，沿y軸方向有：Fcosφ＝G＋Tsinα，聯(lián)立解得：F2＝T2＋G2＋2TGsinα，則F>T，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。11．選D當(dāng)OD、OC兩拉索夾角為120°時(shí)，三根拉索的拉力大小才相等，A錯(cuò)誤；拉動(dòng)手剎拉桿時(shí)，當(dāng)OD、OC兩拉索夾角大于120°時(shí)，拉索AO上拉力總比拉索OD和OC中任何一個(gè)拉力小，B錯(cuò)誤；根據(jù)平行四邊形定則可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC拉力越小，C錯(cuò)誤；若保持OD、OC兩拉索拉力大小不變，OD、OC兩拉索越短，則兩力夾角越大，合力越小，即拉動(dòng)拉索AO越省力，D正確。12．選BC由題圖可知，當(dāng)水面船體隨著波浪升高時(shí)，柔性吊纜張緊，海水對(duì)牽引機(jī)翼板上側(cè)的壓力沿船前進(jìn)方向有分量，則可推動(dòng)其前進(jìn)；當(dāng)水面船體隨波浪下降時(shí)，柔性吊纜松弛，水下?tīng)恳龣C(jī)在自身重力作用下下潛，使得機(jī)翼板傾斜，于是海水對(duì)牽引機(jī)翼板下側(cè)有壓力，從而推動(dòng)其前進(jìn)，則選項(xiàng)B、C正確，A、D錯(cuò)誤。13．選B對(duì)小球B受力分析如圖，PB受到的拉力大小F＝mgcosθ，對(duì)P點(diǎn)受力分析可知，OP受到的拉力大小T＝Fcosθ＝eq\f(3,4)mg，A錯(cuò)誤；對(duì)物體A受力分析可知，物體A所受摩擦力大小等于PA繩子的拉力大小，故f＝Fsinθ＝eq\f(\r(3),4)mg，C錯(cuò)誤；對(duì)整體受力分析可知，半球體C受到的摩擦力大小等于A所受摩擦力大小，fC＝f＝eq\f(\r(3),4)mg，B正確；對(duì)整體受力分析可知，地面對(duì)半球體C的支持力大小為(M＋m)g－T＝Mg＋eq\f(1,4)mg，D錯(cuò)誤。課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十)1．選C對(duì)A受力分析，根據(jù)平衡條件，此時(shí)B對(duì)A的摩擦力為f＝mgsinθ，故選C。2．選A蘋果A受到自身重力以及其他蘋果對(duì)A的作用力，由共點(diǎn)力平衡條件可知，其他蘋果對(duì)蘋果A的作用力的合力與蘋果A的重力大小相等、方向相反，A正確；其他蘋果對(duì)蘋果A的作用力在豎直方向上的分力之和等于蘋果A重力的大小，其他蘋果與蘋果A之間的彈力大小大于eq\f(1,3)mg，B錯(cuò)誤；將4個(gè)蘋果看成一個(gè)整體，盤子對(duì)整體的支持力大小為4mg，則下層每個(gè)蘋果受到盤子的支持力均大于mg，C錯(cuò)誤；下層的每個(gè)蘋果受到盤面的支持力和摩擦力，盤子對(duì)下層每個(gè)蘋果的作用力斜向上，D錯(cuò)誤。3．選A當(dāng)BO與水平面的夾角為90°時(shí)，對(duì)水桶受力分析，水桶受到OB板的彈力F1′、OA板的彈力F2′以及重力G，在三個(gè)力的作用下平衡，其受力分析圖如圖所示，根據(jù)平衡條件以及幾何關(guān)系有F2′sin30°＝F1′，F(xiàn)2′cos30°＝G，解得F1′＝40eq\r(3)N，F(xiàn)2′＝80eq\r(3)N，由牛頓第三定律可知F1＝F1′＝40eq\r(3)N，F(xiàn)2＝F2′＝80eq\r(3)N，故選A。4．選B對(duì)B球，根據(jù)平衡條件，水平方向有FTcos30°＝Fcos30°，豎直方向有FTsin30°＋Fsin30°＝mg，解得F＝mg，對(duì)A、B整體，根據(jù)平衡條件，水平方向有Fcos30°＝Ff，豎直方向有Fsin30°＋FN＝2mg，F(xiàn)f＝μFN，解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故選B。5．選D鋼索的拉力會(huì)對(duì)塔柱產(chǎn)生兩個(gè)效果，一方面豎直向下拉塔柱，另一方面沿水平方向拉塔柱，A錯(cuò)誤；橋面受到TAC、TAB和重力的作用處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，重力經(jīng)過(guò)TAC、TAB的交點(diǎn)A，所以橋面的重心在橋面與立柱的交點(diǎn)D處，B錯(cuò)誤；橋面受到TAC、TAB和重力的作用處于平衡狀態(tài)，鋼索對(duì)橋面拉力的合力豎直向上，則鋼索對(duì)塔柱的拉力的合力豎直向下，C錯(cuò)誤；當(dāng)橋面保持水平穩(wěn)定時(shí)，根據(jù)平衡條件得TACsinα＝TABsinβ，D正確。6．選A對(duì)圓環(huán)A受力分析，受重力mg、細(xì)線拉力F、直桿彈力FN作用，假設(shè)摩擦力f沿桿向下，如圖所示。細(xì)線拉力F＝2mg，所以彈力FN＝mgcosθ＋2mgsinθ＝2mg，摩擦力f＝2mgcosθ－mgsinθ＝mg，由f＝μFN，可得μ＝eq\f(1,2)。7．選B對(duì)三個(gè)鳥籠整體分析可知2FMPsinθ1＝3mg，對(duì)P點(diǎn)分析可知FMPcosθ1＝FOPsinθ2，F(xiàn)MPsinθ1＝mg＋FOPcosθ2，解得FOP＝eq\f(mg,2cosθ2)，F(xiàn)MP＝eq\f(3mg,2sinθ1)，tanθ1·tanθ2＝3，故B正確，A、C錯(cuò)誤；因?yàn)閠anθ1·tanθ2＝3，所以兩個(gè)角度不可能同時(shí)增大，故D錯(cuò)誤。8．選B從O點(diǎn)做△ABC所在平面的投影，記為O′，由幾何關(guān)系可得O′A＝eq\f(\r(3),3)L，設(shè)OA與平面ABC的夾角為θ，則有Lcosθ＝eq\f(\r(3),3)L，可得cosθ＝eq\f(\r(3),3)。設(shè)繩子與OBC所在平面的夾角為α，根據(jù)幾何關(guān)系可得cosα＝eq\f(1,3)，則根據(jù)正余弦關(guān)系可得sinθ＝eq\f(\r(6),3)，sinα＝eq\f(2\r(2),3)，以O(shè)點(diǎn)為受力分析點(diǎn)，根據(jù)平行四邊形定則，做出矢量圖，則根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系sinβ＝sin(θ＋α)，解得sinβ＝eq\f(\r(6),3)，再根據(jù)正弦定理可得eq\f(TOA,sinα)＝eq\f(mg,sinβ)，解得TOA＝eq\f(2\r(3),3)mg。課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十一)1．選B設(shè)昆蟲的質(zhì)量為m，每條股節(jié)部分受到的拉力均為T，則由力的平衡條件可得6Tsinθ＝mg，解得T＝eq\f(mg,6sinθ)，而當(dāng)昆蟲稍微伸直足時(shí)，角θ變大，因此可知足的股節(jié)部分受到的拉力T將減小。2．選AC要使照相機(jī)受力平衡，則三根支架豎直方向上的力的合力大小應(yīng)等于照相機(jī)的重力，即3Tcos37°＝mg，解得T＝eq\f(mg,3cos37°)＝eq\f(5,12)mg，根據(jù)牛頓第三定律可知照相機(jī)對(duì)每根支架的壓力大小為eq\f(5,12)mg，每根支架受到地面的摩擦力大小為支架受到的壓力的水平分力，即f＝Tsin37°＝eq\f(1,4)mg，故A正確，B錯(cuò)誤；以整個(gè)裝置為研究對(duì)象，設(shè)每根支架受到的地面的支持力為N，豎直方向上根據(jù)受力平衡可得3N＝mg，解得N＝eq\f(mg,3)，因此當(dāng)每根支架與豎直方向夾角變小時(shí)，則每根支架受到地面的支持力將不變，故C正確；由以上分析可知f＝eq\f(mg,3)tan37°，當(dāng)每根支架與豎直方向夾角變小時(shí)，則每根支架受到地面的摩擦力將變小，故D錯(cuò)誤。3．選A根據(jù)題意，設(shè)每根繩子的拉力為F，繩子與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件有2Fcosθ＝mg，解得F＝eq\f(mg,2cosθ)，設(shè)桿對(duì)小環(huán)a的支持力為FN，摩擦力為f，對(duì)小環(huán)a受力分析，由平衡條件有f＝Fsinθ＝eq\f(mgtanθ,2)，F(xiàn)N＝Fcosθ＝eq\f(mg,2)，將環(huán)b往左側(cè)移動(dòng)一小段距離，θ減小，可知f變小，F(xiàn)N不變。故選A。4．選AC將eq\f(1,4)圓弧面看成是傾角不同的斜面組合而成，對(duì)物體B受力分析如圖所示，由平衡條件可得N2cosθ＝mg，N1＝N2sinθ，解得N2＝eq\f(mg,cosθ)，N1＝mgtanθ，當(dāng)A、B兩物體的接觸點(diǎn)恰為eq\f(1,4)圓弧的中點(diǎn)時(shí)，θ＝45°，此時(shí)可得N1＝mg，N2＝eq\r(2)mg，故A正確，B錯(cuò)誤；若將A稍右移并固定，則θ角增大，可知N1、N2均增大，故C正確，D錯(cuò)誤。5．選CD對(duì)B分析，受到繩子的拉力和重力，則T＝mBg，對(duì)A分析，受到重力mAg、繩子斜向右上的拉力T、平臺(tái)側(cè)面的彈力F、水平面的支持力N，設(shè)θ為繩子與豎直方向的夾角，如圖所示，拉力T在豎直方向上的分力與地面的支持力N的合力大小等于其重力mAg，則有：Tcosθ＋N＝mAg，即mBgcosθ＋N＝mAg，即mBgcosθ<mAg，由上式可知，兩球的質(zhì)量有可能相等，A錯(cuò)誤；對(duì)平臺(tái)及A、B為整體，則整體在水平方向不受力作用，水平面對(duì)平臺(tái)沒(méi)有靜摩擦力的作用，B錯(cuò)誤；膨脹后，θ變大，則根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得Tcosθ＋N＝mAg，Tsinθ＝F，由此可知，膨脹后θ變大，T不變，地面對(duì)A的支持力N變大，由牛頓第三定律可知，A對(duì)地面壓力會(huì)變大；膨脹后平臺(tái)側(cè)面對(duì)A彈力F增大，選項(xiàng)C、D正確。6．選B對(duì)球施加水平推力前，以尖劈和球整體為研究對(duì)象，如圖1，可知輕繩的拉力T＝(M＋m)gsinθ，斜面對(duì)尖劈的支持力N1＝(M＋m)gcosθ。以球?yàn)檠芯繉?duì)象，如圖2，可知輕繩的拉力T＝eq\f(mg,sinθ)，聯(lián)立解得eq\f(M,m)＝eq\f(1－sin2θ,sin2θ)＝eq\f(1,tan2θ)，故A錯(cuò)誤。以球?yàn)檠芯繉?duì)象，可知對(duì)球施加水平推力后不影響豎直方向力的大小，輕繩的拉力不變，如圖3，故B正確。以尖劈和球整體為研究對(duì)象，對(duì)球施加水平推力后，如圖4，有N1′＝(M＋m)gcosθ＋Fsinθ，總重力不變，施加水平推力后，可得斜面對(duì)尖劈的彈力變大，即尖劈對(duì)斜面的壓力變大，輕繩拉力T不變，總重力不變，施加推力F后，要保持平衡，有T＋Fcosθ＝(M＋m)gsinθ＋f，則斜面對(duì)尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面對(duì)尖劈的摩擦力不可能為0，故C、D錯(cuò)誤。7．選D根據(jù)題意，對(duì)小球受力分析，如圖甲所示。設(shè)彈簧與斜面的夾角為α，斜面傾角為θ，由平衡條件有FTcosα＝magsinθ，F(xiàn)N＋FTsinα＝magcosθ，又有FT＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－L0))，斜面緩慢向左移到虛線處，α增大，則FT增大，F(xiàn)N減小，彈簧長(zhǎng)度增大，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)題意，對(duì)斜面受力分析，如圖乙所示，結(jié)合以上分析，由牛頓第三定律可知，F(xiàn)N′減小，由平衡條件可得，地面對(duì)b的支持力FN1減小，地面對(duì)b的摩擦力f減小，故C錯(cuò)誤，D正確。課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十二)1．解析：(1)在安裝刻度尺時(shí)，必須使刻度尺保持豎直狀態(tài)。(2)實(shí)驗(yàn)前，應(yīng)該先把彈簧豎直懸掛后測(cè)量其長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；用直尺測(cè)得彈簧的長(zhǎng)度不是彈簧的伸長(zhǎng)量，而是原長(zhǎng)和伸長(zhǎng)量之和，故B錯(cuò)誤；用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力，要在鉤碼處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)讀取刻度尺的示數(shù)，故C正確；為防止超過(guò)彈性限度，應(yīng)逐一增掛鉤碼，記下每增加一個(gè)鉤碼后指針?biāo)傅目潭瘸呖潭群蛯?duì)應(yīng)的鉤碼總重量，故D正確。(3)根據(jù)F＝kx，作出的圖像應(yīng)為一條過(guò)原點(diǎn)的直線。故選A。答案：(1)豎直(2)CD(3)A2．解析：(2)根據(jù)胡克定律F＝k·Δx可得Oa段彈簧的勁度系數(shù)k1＝eq\f(Fa,Δxa)＝eq\f(0.7,7×10－2)N/m＝10.0N/mOb段彈簧的勁度系數(shù)k2＝eq\f(Fb,Δxb)＝eq\f(0.6,12×10－2)N/m＝5.0N/m。(3)由以上分析可知，一根彈簧被截成相等的兩段后，每段的勁度系數(shù)與沒(méi)截?cái)嗲跋啾葘⒃龃蟆４鸢福?2)10.05.0(3)增大3．解析：(1)根據(jù)題意，由實(shí)驗(yàn)原理可知，本實(shí)驗(yàn)通過(guò)改變鉤碼的數(shù)量來(lái)改變彈簧的彈力，通過(guò)手機(jī)的定位傳感器確定彈簧的形變量，通過(guò)作圖的方法得到彈簧的勁度系數(shù)，則正確的實(shí)驗(yàn)步驟為ADBEC。(2)根據(jù)題意，由胡克定律F＝kx，可得nmg＝kx，整理得n＝eq\f(k,mg)x由圖像可知，圖像的斜率為1，則有eq\f(k,mg)＝1cm－1，解得k＝49N/m。(3)由上述分析可知，彈簧的勁度系數(shù)是通過(guò)圖像的斜率與每個(gè)鉤碼重力的乘積得到的，而手機(jī)重力使彈簧伸長(zhǎng)，這對(duì)彈簧勁度系數(shù)的測(cè)量結(jié)果無(wú)影響。答案：(1)ADBEC(2)49(3)無(wú)勁度系數(shù)是通過(guò)圖像斜率與每個(gè)鉤碼重力的乘積得到的課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十三)1．解析：②用互成一定角度、方向平行于木板、大小適當(dāng)?shù)牧瓌?dòng)兩個(gè)測(cè)力計(jì)，小圓環(huán)停止時(shí)由兩個(gè)測(cè)力計(jì)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C、D。③撤掉一個(gè)測(cè)力計(jì)，用另一個(gè)測(cè)力計(jì)把小圓環(huán)拉到標(biāo)記位置，由測(cè)力計(jì)的示數(shù)得到拉力F的大小，沿細(xì)線標(biāo)記此時(shí)F的方向。⑤比較F′和F的大小和方向，從而判斷本次實(shí)驗(yàn)是否驗(yàn)證了力的平行四邊形定則。答案：②CD③標(biāo)記位置⑤大小和方向2．解析：(1)橡皮筋伸長(zhǎng)后的拉力大小等于所掛鉤碼的重力，所以鉤碼的個(gè)數(shù)必須測(cè)量，又鉤碼質(zhì)量相同，則不用測(cè)量鉤碼的質(zhì)量，橡皮筋的原長(zhǎng)和伸長(zhǎng)后的長(zhǎng)度不用測(cè)量。故選D。(2)連接橡皮筋兩端點(diǎn)的細(xì)線長(zhǎng)度不影響橡皮筋的拉力大小，故長(zhǎng)度不用相同，A錯(cuò)誤；細(xì)線OP1上力的方向與細(xì)線OP2、OP3上兩力的合力方向相反，由于OP2、OP3上兩力的合力方向是任意的，故OP1不需要在角平分線上，B錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中，需要測(cè)量OP1、OP2和OP3上力的大小和方向，故必須記錄圖中O點(diǎn)的位置和OP1、OP2、OP3的方向以及結(jié)點(diǎn)O靜止時(shí)三根細(xì)線所掛鉤碼的個(gè)數(shù)，C正確；不改變OP1所掛鉤碼的個(gè)數(shù)和方向，改變OP2與OP3的夾角重復(fù)實(shí)驗(yàn)，OP1上的力大小保持不變，另兩個(gè)力的合力只要跟它等大反向即可保持O點(diǎn)平衡，故O點(diǎn)的位置可以改變，D正確。(3)若桌面不水平，三根線上的拉力大小也為各自所掛鉤碼重力大小，不會(huì)影響實(shí)驗(yàn)結(jié)論。答案：(1)D(2)CD(3)不會(huì)3．解析：(1)根據(jù)題意可知物體的重力為G＝3.00N，根據(jù)力的圖示法作出合力如圖所示。(2)開(kāi)始時(shí)，根據(jù)胡克定律G＝k(l1－l0)代入數(shù)據(jù)有3．00N＝k(20.00cm－l0)連接傳感器B后，有FA′＝k(l2－l0)代入數(shù)據(jù)有5.00N＝k(24.00cm－l0)聯(lián)立解得l0＝14.00cm，k＝0.5N/cm。答案：(1)見(jiàn)解析(2)0.514.004．解析：(1)題圖甲中平板B水平放置，平板A與木塊C只接觸不作用，所以平板A對(duì)木塊C的彈力為0。(3)對(duì)木塊C進(jìn)行受力分析，可知平板A對(duì)木塊C的彈力和平板B對(duì)木塊C的彈力均與各自接觸面垂直，由于木塊C處于平衡狀態(tài)，故這兩個(gè)彈力的合力應(yīng)該豎直向上，作出平行四邊形如圖1，根據(jù)幾何關(guān)系可知合力為2F2，所以在誤差允許的范圍內(nèi)，若F1＝2F2，即兩個(gè)平板對(duì)木塊C的彈力的合力與木塊C受到的重力大小相等，方向相反，則可初步驗(yàn)證平行四邊形定則。(5)平板B從題圖甲所示位置緩慢旋轉(zhuǎn)至題圖乙所示位置的過(guò)程中，兩板對(duì)木塊C的彈力夾角不變，保持垂直，作出輔助圓，如圖2，可知平板A對(duì)木塊C的彈力一直變大。答案：(1)0(3)F1＝2F2(5)一直變大課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十四)1．選B在踢香蕉球時(shí)，需要考慮踢在足球上的位置與角度以及足球的轉(zhuǎn)動(dòng)和空氣阻力，所以不可以把足球看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；慣性只與質(zhì)量有關(guān)，足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)質(zhì)量不變，則慣性不變，故B正確；足球在飛行時(shí)腳已經(jīng)離開(kāi)足球，故只受重力和空氣阻力，故C錯(cuò)誤；觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對(duì)足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯(cuò)誤。2．選A人走在松軟土地上下陷時(shí)，人對(duì)地面的壓力與地面對(duì)人的支持力是一對(duì)相互作用力，大小相等，方向相反，A正確；強(qiáng)弩的質(zhì)量不變，則強(qiáng)弩的慣性不變，B錯(cuò)誤；m、kg、s是國(guó)際單位制中的基本單位，cm是基本單位，但cm不是國(guó)際單位制中的基本單位，C錯(cuò)誤；正在繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星處于完全失重狀態(tài)，地球引力提供向心力，衛(wèi)星仍受重力作用，D錯(cuò)誤。3．選A牛頓第一定律說(shuō)明，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的物體，必然受到外力的作用，故A正確；在地面上滑行的物體之所以能停下來(lái)，是因?yàn)槟Σ亮Ω淖兞怂倪\(yùn)動(dòng)狀態(tài)，使其停下來(lái)，故B錯(cuò)誤；慣性是物體的固有屬性，與物體的質(zhì)量有關(guān)，不隨運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變而改變，故C錯(cuò)誤；作用在物體上的力消失以后，若沒(méi)有其他外力的作用，物體運(yùn)動(dòng)的速度不變，故D錯(cuò)誤。4．選D該同學(xué)一只手拿著球筒的中部，一只手用力擊打羽毛球筒的上端，羽毛球筒被手擊打后迅速向下運(yùn)動(dòng)，而羽毛球由于慣性要保持原來(lái)的靜止?fàn)顟B(tài)，所以羽毛球會(huì)從筒的上端出來(lái)，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。5．選A力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，是伽利略實(shí)驗(yàn)研究和邏輯推理相結(jié)合得出的物理規(guī)律，故A正確；物體之間普遍存在相互吸引力，是牛頓總結(jié)出的萬(wàn)有引力定律的內(nèi)容，故B錯(cuò)誤；物體間的相互作用力總是大小相等、方向相反，是牛頓第三定律的內(nèi)容，故C錯(cuò)誤；物體加速度大小與作用力成正比、與物體質(zhì)量成反比，是牛頓第二定律的內(nèi)容，故D錯(cuò)誤。6．選B地球?qū)θ说奈腿藢?duì)地球的吸引力是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤；作用力與反作用力是同一性質(zhì)的力，B正確；作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在不同的物體上，效果不能抵消，C錯(cuò)誤；物體在斜面下滑過(guò)程中，物體受到斜面對(duì)它的摩擦力和它對(duì)斜面的摩擦力是一對(duì)相互作用力，D錯(cuò)誤。7．選ABD由題可知，給P施加一沿斜面向下的推力F，并不改變斜面對(duì)P的支持力大小，即斜面對(duì)P的支持力大小不變，同時(shí)根據(jù)滑動(dòng)摩擦力的特點(diǎn)可知，P所受的摩擦力也不發(fā)生變化，對(duì)P受力分析可知，P所受摩擦力和支持力的合力與其重力等大反向，由牛頓第三定律可知，P對(duì)斜面的作用力方向豎直向下，斜面的受力沒(méi)有發(fā)生變化，A、B正確，C錯(cuò)誤；給P施加一沿斜面向下的推力F，物塊所受合力等于F，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小a＝eq\f(F,m)，D正確。8．選D扶梯向下加速運(yùn)行，根據(jù)F合＝ma可知，人所受合外力與扶梯運(yùn)行方向相同，所以在豎直方向重力大于支持力，合力F豎直向下，在水平方向靜摩擦力平行于接觸面水平向右，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。9．選C設(shè)兩個(gè)木塊與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)質(zhì)量為m的木塊，有F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(F,m)－μg，對(duì)質(zhì)量為eq\f(m,2)的木塊，有F－μeq\f(m,2)g＝eq\f(m,2)a′，解得a′＝eq\f(2F,m)－μg，由以上綜合得a′＝eq\f(2F,m)－μg>2a＝eq\f(2F,m)－2μg，C正確。10．選AD學(xué)生對(duì)滑梯的壓力和滑梯對(duì)學(xué)生的支持力是一對(duì)作用力與反作用力，故A正確；學(xué)生沿滑梯加速下滑時(shí)具有沿滑梯向下的加速度，受力不平衡，故B錯(cuò)誤；下滑過(guò)程中，學(xué)生受到的摩擦力大小為f＝μFN＝μmgcosθ，學(xué)生受到的合力大小為F合＝mgsinθ－f＝mgsinθ－μmgcosθ，故C錯(cuò)誤，D正確。11．選D金屬塊浸入水中后，水對(duì)金屬塊產(chǎn)生浮力F。由彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)知，浮力的大小為：F＝G－T′＝4N。根據(jù)牛頓第三定律，金屬塊對(duì)水也施加一個(gè)反作用力F′，其大小F′＝F＝4N。所以，臺(tái)秤的示數(shù)增加4N。12．選C設(shè)物塊的質(zhì)量為m，當(dāng)推力F水平向右時(shí)，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可得，沿斜面方向Fcos30°＝mgsin30°＋μFN，垂直斜面方向FN＝mgcos30°＋Fsin30°，聯(lián)立可解得F＝eq\r(3)mg。當(dāng)推力F沿斜面向上時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma，代入數(shù)據(jù)可解得a＝(eq\r(3)－1)g，故C正確。13．選C對(duì)“毛毛蟲”道具受力分析，受到向下的重力、斜向左上方的拉力，兩