活動(dòng)單導(dǎo)學(xué)課程 一輪總復(fù)習(xí) 高中物理 練習(xí)答案

參考答案與解析

活動(dòng)單導(dǎo)學(xué)課程一輪總復(fù)習(xí)物理練習(xí)部分

第一章機(jī)械運(yùn)動(dòng)與物理模型

第1課時(shí)運(yùn)動(dòng)的描述

1.B解析：只有當(dāng)物體的線度及大小與所研究的問題相比可以忽略不計(jì)時(shí)，物體可看作質(zhì)

點(diǎn)，所以體積很小的物體不一定可以看作質(zhì)點(diǎn)，A錯(cuò)誤；研究跳水運(yùn)動(dòng)員在空中做轉(zhuǎn)體運(yùn)

動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的形狀和大小不能忽略，故不可看成質(zhì)點(diǎn)，B正確；“一江春水向東流”是

以河岸為參考系來描述江水的運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤：我們常說“太陽東升西落”，是以地球?yàn)閰?/p>

考系描述太陽的運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤.

2.B解析：路程是軌跡長(zhǎng)，所以醫(yī)療人員按照不同推薦方案至武漢的同一家醫(yī)院的路程不

相同，A錯(cuò)誤；位移是起點(diǎn)到終點(diǎn)的有向線段長(zhǎng)，他們的起點(diǎn)和終點(diǎn)是一樣的，即位移相

同，B正確；圖片左下角中的推薦方案1的7小時(shí)42分鐘是揚(yáng)州到武漢的時(shí)間間隔，C錯(cuò)

誤：圖片左下角中的推薦方案1的619公里指的是醫(yī)療隊(duì)實(shí)際所走的軌跡的長(zhǎng)度，是路程，

D錯(cuò)誤.

3.C解析：”全程113.3km”是指路程，A錯(cuò)誤；“1小時(shí)50分”是指時(shí)間，B錯(cuò)誤；“限

速12()km/h”是指瞬時(shí)速度，C1E確；導(dǎo)航定位時(shí)，旅游車的大小和形狀可以忽略，旅游

車可以看成質(zhì)點(diǎn)，D錯(cuò)誤.

4.B解析：質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)一周的位移為零，顯然質(zhì)點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的，A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)只要運(yùn)動(dòng)，

路程就不會(huì)為零，B正確；除了單向直線運(yùn)動(dòng)外，在其他的運(yùn)動(dòng)中，質(zhì)點(diǎn)的位移大小都小

于路程，C、D錯(cuò)誤.

5.A解析：“房?jī)r(jià)上漲”可以類比成運(yùn)動(dòng)學(xué)中的“速度增加”，“減緩趨勢(shì)”則可以類比成

運(yùn)動(dòng)學(xué)中的“加速度減小”.

6.B解析：由@=詈可知，即使Av很大，但不知道At的大小時(shí)。，無法確定加速度的大小，

A錯(cuò)誤；物體做速度很大的勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度變化量為零，加速度為零，B正確；炮

筒中的炮彈，在火藥剛剛?cè)紵臅r(shí)刻，炮彈的速度為零，但加速度很大，C錯(cuò)誤；加速度

很大，說明速度變化很快，速度可能很快變大，也可能很快變小，D錯(cuò)誤.

7.C解析:某人沿著半徑為R水平圓周跑道跑了1.75圈時(shí)，他的路程為1.75X27rR=3.5幾R(shí)、

位移的大小為、&R.

8.C解析：由圖乙只能確定物體平均速度，無法確定物體是否做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；

由圖可知，超聲波在號(hào)地時(shí)間內(nèi)通過位移為X2,則超聲波的速度為V°=X22X2

t2—t2-to,

—

tz—ti+At（）

R錯(cuò)誤I物體通過位移為AX=X2-X|時(shí)，所用時(shí)間為t=，則物體的平均速度為

2

v=?=2,c正確，D錯(cuò)誤.

tt2-tl+Ato

9.（1）路程si=100m+100m=200m.

位移X】=NAB2+BC2=

N1（療+（等）m=118.6m,

方向由A指向C.

(2)如圖所示，跑到P點(diǎn)時(shí)，

路程S2=AB+前=150m,

方向由A指向P.

10.(1)兩車碰撞過程中，取摩托車的初速度方向?yàn)檎较?，摩托車的速度變化量為AV=V2

—vi=—72km/h—54km/h=—20m/s—15m/s=-35m/s,

兩車相碰撞時(shí)摩托車駕駛員的加速度為

Av-35m/s、

a=^=.[*x，S\T6667—l666.7g,

I666.7g>500g,因此摩托車駕駛員有生命危險(xiǎn).

(2)設(shè)貨車、摩托車的加速度大小分別為即、a2,根據(jù)加速度定義得勾=魁，a2=%,

|Avi|.|AV2|20.15

所以ai:a2=-=1：1.

At1*At24,3

第2課時(shí)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律

1.A解析：如果以最大剎車加速度剎車，那么由v=4赤可求得剎車時(shí)的速度為30m/s=

108km/h,所以該車超速行駛，A正確.

2.C解析：汽車從剎車到停止用時(shí)"=—=得s=4s,故剎車后2s和6s內(nèi)汽車的位移分

aJ

別為x?=v()t—|at2=20X2m—1x5X22m=30m,X2=votDJ—^at?i=20X4m-yX5X42m

=40m,xi:X2=3:4,C正確.

3.A解析：由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的中間位置的速度公式電=、隹*，有v=心乎，

得丫底=g,所以只有A正確.

4.B解析：根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于其中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，

故B點(diǎn)的速度等于A到C過程的平均速度，\，B=%K=4m/s,又因?yàn)檫B續(xù)相等時(shí)間內(nèi)

的位移之差等于恒量，即Ax=at2,則由Ax=BC-AB=at2,解得a=lm/s2,再由速度公

式丫=丫()+@3解得v,\=2m/s,vc=6m/s?故B正確.

5.B解析：利用“逆向思維法”，把物體的運(yùn)動(dòng)看成逆向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

則做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的物體在每1s內(nèi)的位移之比為7：5:3:1,所以：=￥，xi=2m,

IX1

B正確.

6.B解析:第2s內(nèi)的平均速度為1m/s,則第1.5s末的速度為1m/s；第7s內(nèi)的位移為6m,

則第7s內(nèi)的平均速度為6m/s,即第6.5s末的速度為6m/s.則加速度a='，，<

t6.5—1.5

m/s2=lm/s2,故B正確.

第2頁，共131頁

7.D解析:設(shè)汽車勻減速的加速度大小為a,由汽車在最后2s內(nèi)的位移為4m,得x=5at2,

1

解得a=^=筆m/s2=2m/s2,故汽車的剎車位移為x，=v0to+M=(5X0.5+總)m=

I乙Nd乙人L

8.75m,故A、B、C錯(cuò)誤，D正確.

Av—2

8.B解析：因?yàn)閄AC=7m,XCD=5m,根據(jù)△x=aF得a=F=-jm/s2=-0.5m/sn,即滑

塊上滑過程中加速度的大小為0.5m/s2,故A錯(cuò)誤；C點(diǎn)是AD段的中間時(shí)刻，所以C點(diǎn)

的速度等于AD段的平均速度，則W=等=竽m/s=3m/s,從A到C根據(jù)速度與位移關(guān)

系可以得到v—v%=2axAC，整理可以得到vA=A/VJ—2axAc=4m/s,故B正確；由于E點(diǎn)

為最高點(diǎn)，則vE=0,則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知滑塊在AE段的平均速度為丫="詈

0—vc0—3

=2m/s,故C錯(cuò)誤；C點(diǎn)到E點(diǎn)的時(shí)間為t=~s=6s,則D到E的時(shí)間為IDE

a—0.5

=6s—2s=4s,故D錯(cuò)誤.

9.(1)根據(jù)加速度的定義式a=磬，

勻加速階段的加速度大小為ai=ym/s2=5m/s2,

30

勻減速階段的加速度的大小為a2=ym/s2=6m/s2.

vti30X6

(2)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移用=m=90m,

22

勻速運(yùn)動(dòng)的位移X2=vt2=30X10m=300m,

vt30X5

勻減速運(yùn)動(dòng)的位移3m=75m.

XI2—2

所以質(zhì)點(diǎn)在整個(gè)過程的平均速度是

xi+xz+x390+300+05,0“，

V--522,4m/s，

ti+t2+t36+10+5^^

10.(1)設(shè)汽車通過ETC通道時(shí)從速度vi減速到V2,行駛的位移為xi，從速度V2加速行

yZ

駛的位移為X2,根據(jù)速度位移公式得xi=x2=T^=100m,

則有si=xi+x2+d=100+100+10m=2I0m.

(2)設(shè)汽車過人工收費(fèi)通道從速度V1減速到零行駛的位移為X3,從零加速到V1位移為X4,

則有X3=X4=?=112.5m,S2=X3+X4=225m,

汽車通過ETC通道行駛225m所需時(shí)間為「，

2（VLV2）卜101S2-Si

T產(chǎn)

a

解得「=23s,

汽車通過人工收費(fèi)通道需要的時(shí)間為T,有T2=2X?+At,

2d

第3頁，共131頁

解得T2=5()S,

節(jié)約的時(shí)間為TL「=27s.

第3課時(shí)自由落體運(yùn)動(dòng)

1.B解析：由題可知，手的位置在開始時(shí)應(yīng)放在0刻度處，所以0刻度要在卜.邊.物體做

自由落體運(yùn)動(dòng)的位移h=ggt2,位移與時(shí)間的平方成正比，所以隨時(shí)間的增大，刻度尺下落

的速度增大，相等時(shí)間內(nèi)下落高度增大，刻度尺上的間距增大，B標(biāo)度合理，故B正確,

A、C錯(cuò)誤；因?yàn)槲矬w做自由落休運(yùn)動(dòng)，故用鋼尺和塑料尺制成的測(cè)量尺刻度是相同的，

故D錯(cuò)誤.

2.B解析：花盆掉下看成自由落體運(yùn)動(dòng)，有h=lgF*3X10X3X1=45m,故B正確，A、

C、D錯(cuò)誤.

3.D解析：第5s內(nèi)的位移是18m,有:gR—(g6=18ir,L=5s,t2=4s,解得g=4m/s2,

x18

所以2s末的速度丫=3=8m/s,故A錯(cuò)誤；第5s內(nèi)的平均速度v=,=Tm/s=l8m/s,

故B錯(cuò)誤；t=2s,t,=ls,物體在第2s內(nèi)的位移x=1gt2—|gt，2=8m-2m=6m,故C

錯(cuò)誤：物體在5s內(nèi)的位移x=；gt2=T><4X25m=50m,故D正確.

4.A解析：當(dāng)上拋的物體I可到拋出點(diǎn)時(shí)，做初速度為v的下拋運(yùn)動(dòng)，之后的運(yùn)動(dòng)和下拋物

體的運(yùn)動(dòng)相同，即運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以兩者落地的時(shí)間差正好是上拋物體上升和回到拋出

點(diǎn)的時(shí)間，上拋物體回到拋出點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，加速度為g,初速度為V,末速度為一V,

所以有t==^=2,A正確.

—gg

5.B解析：運(yùn)劭員起跳時(shí)的速度方向向上，可知，ti時(shí)刻達(dá)到最高點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；VI圖像

為直線，加速度不變，所以在0?t2時(shí)間內(nèi)人在空中，t2之后進(jìn)入水中，故B正確，C錯(cuò)

誤；。?L時(shí)間內(nèi)，速度方向豎直向上，h?t2時(shí)間段速度方向豎直向下，故D錯(cuò)誤.

6.A解析：由位移關(guān)系知相遇時(shí)Jgt2+vot-]gt2=H=2m,解得時(shí)間為t=().5s,豎直上拋

運(yùn)動(dòng)x=vot—^gt2=4X0.5m—gx10X0.52m=0.75m.

7.A解析：設(shè)細(xì)繩的長(zhǎng)度為L(zhǎng),第一個(gè)小球著地后，另一個(gè)小球還需運(yùn)動(dòng)的位移為L(zhǎng),這段

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，即兩球落地的時(shí)間差，第一個(gè)球著地的遠(yuǎn)度為另一個(gè)小球在位移L內(nèi)的初速

度，高度越高，落地的速度越大，可知高度越高，另一個(gè)小球在位移L內(nèi)的初速度越大,

2

根據(jù)L=v0At+|g(At),可知初速度越大，時(shí)間越短，所以提升兩小球下落的高度，它們

落地的時(shí)間差將減小，A正確，B、C、D錯(cuò)誤.

8.B解析：由靜止釋放A、B,A、B都做自由落體運(yùn)動(dòng)，A運(yùn)動(dòng)的位移為L(zhǎng),B運(yùn)匆的位

移為4L,根據(jù)自由落體公式h=：gt2,可知A落地的時(shí)間力='作

第4頁，共131頁

,B落地的時(shí)間為t=2W，則有t2=ti=yj所以ti=t2,故A錯(cuò)誤，B正確；A落

地前瞬間速率為vi=gli=G隹,B落地前瞬間速率為V2=gt=2g^仟，所以V1：V2=l:2,

故C、D錯(cuò)誤.

9.(1)初速度3m/s,只需要t尸寸=0.3s即可?上升到最高點(diǎn).0.3s內(nèi)上升高度為瓦=/=0.45

c,.fS

m.

(2)在自由落體t2=0.2s時(shí)間，

下降高度h2=1gt2=0.2m,

故0.5s內(nèi)健子運(yùn)動(dòng)的路程s=h)+h2=(0.45+0.2)m=().65in.

(3)0.5s內(nèi)健子運(yùn)動(dòng)的位移大小x=hI-h2=0.25m,

0.5s內(nèi)健子的平均速度大小v=：=0.5m/s,方向豎直向上.

10.(1)水滴下落至窗臺(tái)通過的距離為11=4.05m,

水滴下落至窗臺(tái)的時(shí)間為X］：">s=0.9s.

(2)窗戶上檐到屋檐的高度為hr=H-h=4.05m-1.6m=2.45m,

由速度一位移公式可得v2=2gh1

解得v=V5ii?=42XlQX2.45m/s=7m/s.

v7

(3)水滴下落至窗戶上邊緣的時(shí)間為t2=￡=而s=0.7s,

水滴經(jīng)過窗戶的時(shí)間為At=L—12=0.9s-0.7s=0.2s,

水滴經(jīng)過窗戶過程的平均速度丫=a=熱m/s=8m/s.

第4課時(shí)運(yùn)動(dòng)圖像追及相遇問題

1.C解析：根據(jù)公式丫=詈，時(shí)間"取得越短，平均速度越接近瞬時(shí)速度，A的時(shí)間段是

1.0s,B的時(shí)間段是0.10s,C的時(shí)間段是0.01s,因此C正確.

2.D解析：由題圖知，物體在0?6s內(nèi)沿正方向運(yùn)動(dòng)，在6?8s內(nèi)沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，所以在

第6s末相對(duì)?于起點(diǎn)的位移最大，A、B錯(cuò)誤；vt圖線的斜率表示物體的加速度，由題圖圖

線可知4?8s內(nèi)物體的加速度大小不變并且最大，C借誤，D正確.

3.C解析：假設(shè)老鼠家為坐標(biāo)原點(diǎn)，老鼠的位移逐漸增大，某一時(shí)刻，貓從家去追老鼠，

則距離老鼠家的位移逐漸減小，當(dāng)貓抓到老鼠后乂返何家，此時(shí)距離原點(diǎn)逐漸增大，故C

正確，A、B、D錯(cuò)誤.

4.C解析：根據(jù)圖像可知汽車開始做減速運(yùn)動(dòng)，然后做加速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閳D像為拋物線，所

以由位移與速度的關(guān)系公式v2-vS=2ax可知，汽車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，即先做勻減速運(yùn)

動(dòng)，后做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)公式v2—v8=2ax可得第一階段O—v8=2aix0,第二階段

=2aixo?故ai、a：大小相等，方向相反，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.

5.A解析：根據(jù)vt圖像與時(shí)間軸所圍的“面積”大小等于位移，由圖知，t=3

第5頁，共131頁

s時(shí)，b車的位移為Sb=Vbt=10X3m=30m,a車的位移為Xa=gx(30+20)X1m+^XQ。

+15)X2m=60m,則Sa—Sb=3()m,所以在t=3s時(shí)追尾，故B錯(cuò)誤，A正確；若剎車

不失靈，根據(jù)vt圖像可知t=2s時(shí)兩車速度相同，在。?2s內(nèi)，小汽車和大卡車的位移

00X2

之差以=二了上m=20m〈30m,所以不會(huì)追尾，故C錯(cuò)誤；如果剎車不失靈，兩車最近

距離為s=30m—Ax=30m—20m=10m,故D錯(cuò)誤.

6.C解析：速度時(shí)間圖像中斜率表示加速度，汽車I的斜率不斷減小，加速度不斷減?。?/p>

汽車n的斜率不斷減小，加速度不斷減小，A錯(cuò)誤；速度時(shí)間圖像中面積表示位移，汽車

I和汽車n的位移不斷增大，B錯(cuò)誤；在o?s時(shí)間內(nèi)，汽車I的位移大于汽車H的位移,

汽車I的平均速度大于汽車II的平均速度，C正確；當(dāng)t=L時(shí)兩車速度相等，在H時(shí)刻

之前汽車I的速度大于汽車H的速度，汽車I的位移入于汽車H的位移，不會(huì)相遇,D錯(cuò)

誤.

7.C解析：減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，x==&a為定值)，斜率x1v)=^=：,隨v減小而減小,

圖像

ZdZda

開口向下.加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，x=[a為定值)，斜率x，(v)=^=：,隨v增大而增大，所以圖像

ZdNdd

開口向上.

8.D解析：由圖讀出t=6s時(shí)，小王通過的位移為山=電產(chǎn)

X6m=54m,小張通過的位

移為X2=±；X6m=36m,兩者位移之差A(yù)x=x1一JQ=18m.若x()>Ax=18m,如x0=

36m或54m,到兩車速度相等時(shí)，小王還沒有追上小張，兩車不可能相遇，A、B錯(cuò)誤.若

x0<Ax=18m,則說明t=6s前，小王已追上小張相遇一次，相遇時(shí)，小王的速度大于小張

的速度，之后車子開到小張的前面，兩車距離增大，在t=6s后，小張的速度大于小王的

速度，兩車距離減小，可以再次相遇1次，之后由于個(gè)張的速度始終大于小王的速度，不

可能再相遇，所以兩車相遇2次，C錯(cuò)誤，D正確.

9.(1)當(dāng)警車與貨車車速相等時(shí)，兩車相距最遠(yuǎn)，需時(shí)d

『=5s,

由位移公式得，在警車追上貨車之前，兩車間的最大距離是

△x,n=v(to+ti)—pt?=45m.

(2)警車加速到最大速度所需時(shí)間t2=7r=6s,

設(shè)警車速度達(dá)到最大后乂經(jīng)過t3時(shí)間追上違章貨車，

v(to4-12+13)=|at24-Vmt3,解得t3=22s,

所以追上違章的貨車的時(shí)間t=t2+t3=28s.

10.(1)公交車剎車的加速度ai=—=t^s=-4.5m/s2,

故其加速度的大小為4.5m/s2.

(2)公交車從相遇處到開始剎車用時(shí)匕=寧=咋當(dāng)s=?<

第6頁，共131頁

公交車剎車過程用時(shí)12=寧=號(hào)s,

ai3

黃老師以最大加速度加速達(dá)到最大速度用時(shí)s=2s,

a22.3

黃老師加速過程中的位移X2=W11t3=7m,

以最大速度跑到車站的時(shí)間匕二寧二牛2s^7.2s,

V2O

t|+t2Vti+wt]+t2+8s,

所以黃老師應(yīng)該上這班車.

第5課時(shí)實(shí)驗(yàn)：測(cè)量做直線運(yùn)動(dòng)物體的瞬時(shí)速度

Av

1.A解析：?^表示的是At時(shí)間內(nèi)的平均速度，遮光條的寬度Ax越窄，則記錄遮光時(shí)間加

越小，辭越接近滑塊通過光電門時(shí)的瞬時(shí)速度，A正確.

2.(1)D(2)p.f如一x"(3)丙

解析：(1)打點(diǎn)時(shí)先接通電源再釋放紙帶，以免一段紙帶上打不出點(diǎn)來.本實(shí)驗(yàn)不是“探

究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，所以不要求重物的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，也不必消

除小車和長(zhǎng)木板間的摩茶阻力的影響.D正確.

V11

(2)速度VH=^=?f,因?yàn)閄2—Xi=(BC+CD)-(AB+BC)=CD-AB=2aT2,所以a=]

(X2-xi)r.

(3)要使盡可能多的點(diǎn)在圖線上，所以丙正確.

3.小球在位置2時(shí)下落的時(shí)間小于()[s1.479.80

解析：根據(jù)h=1gt2=1x9.8X0.12m=4.90cm,而位置1和位置2的距離為1.23cm,比

4.90cm小很多，由此可知，頻閃儀拍位置1時(shí)，小球并沒有立即開始下落，導(dǎo)致小球在

位置2時(shí)下落的時(shí)間小于0.1s：從上向下，給小球編號(hào)，即為1、2、3、4；那么3是2

與4的中間時(shí)刻，故V3=寸，X24=(30.63-1.23)cm=29.4cm=29.4X10~2m,每相鄰兩

294Xl(r2

個(gè)位置間的時(shí)間間隔t=0.1s,代入數(shù)據(jù)得V3="n?m/s=L47m/s,設(shè)2到3間的

ZAU.1

位移為XI，3到4間的位移為X2,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論Ax=at2得X2—X|=gF,i是發(fā)

生XI或X2這個(gè)位移所用的時(shí)間,t=0.1s,代入數(shù)據(jù)解得[(30.63—11.03)—(11.03—1.23)]X10

-2m=gX(0.1s)2,解得g=9.80m/s2.

4.(1)約8V

：：：：：：!

：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：

:

l:a

la

lKa

7頁，共131頁

(3)小車的速度隨時(shí)間均勻變化(4)越小越好有關(guān)

解析：(1)由于實(shí)驗(yàn)中所選用的為電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，所以打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作電壓為約8V

的交變電壓.

(2)利用所給點(diǎn)跡描點(diǎn)連線，得圖像如圖所示.其中C點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3T,縱坐標(biāo)為V3.

(3)結(jié)合圖像可以看出小車速度隨時(shí)間均勻變化，所以小車做勻加速運(yùn)動(dòng).

(4)加越小，則詈越接近計(jì)數(shù)點(diǎn)的瞬時(shí)速度，所以At越小越好，計(jì)算速度需要用到Ax的

測(cè)量值，所以Ax的大小與速度測(cè)量的誤差有關(guān).

5.(1)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

(2)小車先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)

(3)相鄰兩墨水滴滴下的時(shí)間間隔T秒表從某滴開始下落時(shí)開始計(jì)時(shí)，并計(jì)數(shù)為1,數(shù)

到第n滴開始下落時(shí)停止計(jì)時(shí)，則時(shí)間間隔丁=昌

解析：(1)小張制作的裝置相當(dāng)于打點(diǎn)計(jì)時(shí)器.

(2)相鄰兩點(diǎn)間的距離如表格所示.

S1S2S3S4S5

距離/m0.4221.1241.5301.8141.923

S6S7S8S9SlO

距離/m1.9001.9321.9261.9121.946

由表格中數(shù)據(jù)可知，開始時(shí)相鄰兩點(diǎn)間的距離是逐漸變大的，后面兩點(diǎn)間的距離基本上

保持不變，說明開始時(shí)小車先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng).再進(jìn)一步分析做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加

速度的變化，相鄰兩點(diǎn)間距離的差值如表所示.

S2—S1S3-S2S4—S3S5—S4S6-S5

距離差/m0.7020.4060.2840.109-0.023

S7-S6Sg-S7S9—S8S|0-S9

距離差/m0.032-0.006-0.0140.034

可以看出，剛開始時(shí)相鄰兩點(diǎn)間距離差在逐漸變小，說明小車的加速度在逐漸減小，所以小

車先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng).

(3)要測(cè)量小車做勻速運(yùn)匆時(shí)的速度，還必須知道相鄰兩墨水滴滴下的時(shí)間間隔T,要測(cè)量

時(shí)間間隔需要用秒表.測(cè)量方法是從某滴開始下落時(shí)開始計(jì)時(shí)，并計(jì)數(shù)為1,數(shù)到第n滴開

解析：(I)圖乙游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為Xmm+XX0OSmm=840mm

第8頁，共131頁

(2)小鋼球通過光電門的速度v=4，根據(jù)v2=2gh,解得g=K囹?=10.5m/s2.

(3)該重力加速度測(cè)量值偏大，小鋼球下落過程中受到了空氣阻力或鐵芯的引力都會(huì)導(dǎo)致

小鋼球卜落時(shí)間變長(zhǎng)或者速度變慢，使重力加速度測(cè)量值偏小，A、B錯(cuò)誤；小鋼球卜落

的高度不夠大，速度和高度的測(cè)量誤差較大，可能導(dǎo)致重力加速度測(cè)量值偏小，C錯(cuò)誤;

小鋼球通過光電門時(shí)球心偏離細(xì)光束，導(dǎo)致小鋼球通過光電門時(shí)間變短，所以重力加速度

測(cè)量值偏大，D正確.

(4)根據(jù)h=Jg1,可得v=,=；gt,故vt圖像的斜率楞g,可得重力加速度g=m/s?

=9.6m/s2.

第二章相互作用

第1課時(shí)重力彈力

F

1.D解析：由胡克定律得勁度系數(shù)k=77=200N/m,D正確.

2.C解析：模型橋受到向下的彈力，是因?yàn)槠嚢l(fā)生了彈性形變，故A、B錯(cuò)誤；汽車受

到向上的彈力，足因?yàn)闃蛄喊l(fā)生了彈性形變，故C正的，D錯(cuò)誤.

3.C解析：當(dāng)a與b的接觸面不水平時(shí)，石塊b對(duì)a的支持力與其對(duì)a的靜摩擦力的合力，

跟a受到的重力是平衡力，則b對(duì)a的支持力和靜摩擦力的合力方向豎直向上，支持力的

方向不是豎直向上，也不等于a的重力，故A錯(cuò)誤，C正確：當(dāng)a與b的接觸面不水平時(shí)，

石塊b和a的重心不在同一豎直線上，故B錯(cuò)誤；選取a、b作為整體研究，根據(jù)平衡條

件，地面對(duì)石塊b的支持力和a、b整體受到的重力是一對(duì)平衡力，故D錯(cuò)誤.

4.D解析：支持力是彈力，方向總是垂直于接觸面，并指向被支持物.所以斜臺(tái)給足球的

彈力的方向?yàn)榇怪毙迸_(tái)向左上方方向.故A、B、C錯(cuò)誤，D正確.

5.B解析：根據(jù)題圖可知F=kx,x是彈簧形變晟，即彈簧彈力與彈簧的形變量成正比，與

彈簧長(zhǎng)度不成正比，故A錯(cuò)誤；彈簧長(zhǎng)度的變化量等于彈簧的形變量，根據(jù)A分析可知，

彈簧長(zhǎng)度的變化量與對(duì)應(yīng)的彈力變化量成正比，故B正確：Fx圖像的斜率表示彈簧的勁度

系數(shù)，由此可知該彈簧的勁度系數(shù)是1<=千=/N/m=200N/m,故C錯(cuò)誤；由于圖像斜

率不變，因此當(dāng)對(duì)彈簧的左端施加水平壓力時(shí)，彈簧勁度系數(shù)不變，故D錯(cuò)誤.

6.B解析：如果桿受拉力作用，可以用與之等長(zhǎng)的輕繩代替，如果桿受壓力作用，則不可

用等長(zhǎng)的輕繩代替，題圖甲、丙、丁中的AB桿均受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC桿

均受沿桿的壓力作用，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確.

7.A解析：彈簧受到的拉力與其伸長(zhǎng)量成正比，且測(cè)力計(jì)的示數(shù)代表的是作用在測(cè)

力計(jì)掛鉤上的力.由于四種情況下右端受到大小皆為F的拉力，與左端的受力情況無關(guān),

故圖中彈簧的伸長(zhǎng)量是相同的，即h=12=b=14,故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.

8.D解析：若小球與小車一起做勻速運(yùn)動(dòng)，則細(xì)繩對(duì)個(gè)球無拉力；若小球與小車有向右的

加速度a=gtana,則輕彈簧對(duì)小球無彈力，D正確.

9.(1)由題圖知：當(dāng)彈力F=0時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，Lo=l()cm.

(2)由FL圖像知：當(dāng)彈力F=10N且彈簧處于拉伸狀態(tài)時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)=15cm,

彈簧的伸長(zhǎng)量x=L—Lo=(15—10)cm=5cm=0.05m,

F

由F=kx得k=~=200N/m.

X

第9頁，共131頁

(3)當(dāng)x=15cm=0.15m時(shí)，

由F=kx得F=200X0.15N=30N.

iwg

10.(1)對(duì)n)2有m2g=k2X2，得X2=

k2，

(mi+m?)g

對(duì)mi、m2整體有(mi+m2)g=kixi,得xi=

ki

彈簧總長(zhǎng)L=L+L2+XI+X2=LI+L2+,叫2/管

(2)由題意分析可知，上面的彈簧應(yīng)為伸長(zhǎng)的，設(shè)伸長(zhǎng)量為x,下面的彈簧應(yīng)為壓細(xì)的,

則壓縮量也應(yīng)為X.

對(duì)mi有kix4-k2x=mig,則x=譚武,

對(duì)有FN=m2g+k?x=img+,，

z

則平板受到m2的壓力大小FN=FN=m2g+.nug.

K]iK2

第2課時(shí)摩擦力

1.B解析：靜止的物體可以受到滑動(dòng)摩擦力的作用，如在地面上滑行的物體，地面受到的

是滑動(dòng)摩擦力，故A錯(cuò)誤；相對(duì)靜止的兩個(gè)物體之間，也可能有摩擦力，比如在沿著斜向

上運(yùn)動(dòng)的傳送帶上與傳送帶相對(duì)靜止的物體，故B正確；有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的兩物體之間，接觸

面不一定粗糙，因此不一定存在著摩擦力，故C錯(cuò)誤；摩擦力的方向可能與運(yùn)動(dòng)的方向相

同，也可能與運(yùn)動(dòng)的方向相反，但總是和物體之間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的方

向相反，故D錯(cuò)誤.

2.C解析：用遙控器啟動(dòng)小車向前運(yùn)動(dòng)，后輪是主動(dòng)較順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，所以左側(cè)平板小車對(duì)

后輪的摩擦力向右，后輪對(duì)左側(cè)平板小車的摩擦力向左；前輪是從動(dòng)輪，所以右側(cè)平板小

車對(duì)前輪的摩擦力向左，前抬對(duì)右側(cè)平板小車的摩擦刀向右.因此左側(cè)小車向左運(yùn)劉，右

側(cè)小車向右運(yùn)動(dòng).故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.

3.A解析：設(shè)每一木塊的重力為G,一側(cè)木板對(duì)木塊的摩擦力大小為6,兩塊木塊之間的

摩擦力大小為f2.根據(jù)平衡條件，對(duì)整體，有26=2G,解得fi=G；對(duì)A木塊，有fi+fz

=G,解得f2=0.即兩木塊間摩擦力為零，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.

4.C解析：對(duì)整體受力分析可知整體相對(duì)地面沒有運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，故f3=0;再將a和b看成一

個(gè)整體，a、b整體有相對(duì)斜面向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故b與P之間有摩擦力，即8六()；最后

對(duì)a受力分析可知，a相對(duì)于b有向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，a和b之間存在摩擦力作用，即LW0C

正確.

5.A解析：設(shè)甲、乙的質(zhì)量均為m,甲、乙之間以及乙與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為上則

甲、乙之間的最大靜摩擦力為Ffmax=pmg,乙與地面間的最大靜摩擦力為FfmaJ=2卜img,

因FfmaxVFfma：,則乙相對(duì)于地面不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),當(dāng)F>Ffmax=RHlg時(shí),甲、乙之間會(huì)發(fā)

生相對(duì)滑動(dòng)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.

6.C解析：物體重心的位置跟形狀還有質(zhì)量分布有關(guān)，石塊下滑前后，整體的質(zhì)量分布變

化，形狀變化，所以重心改變，故A錯(cuò)誤；動(dòng)摩擦因數(shù)與傾角無關(guān)，故B錯(cuò)誤；石塊在垂

直于車廂底板方向有FN=mgcosO,自卸車車廂傾角變大，車廂與石塊間的正壓力FN逐漸

減小，故C正確；石塊滑動(dòng)后的摩擦力是滑動(dòng)摩擦力，小于最大靜摩擦力，也小于重力沿

斜面方向的分力，故D錯(cuò)誤.

第10頁，共131頁

7.B解析：滑塊上升過程中受滑動(dòng)摩擦力，由Ff="N和FN=mgcos。聯(lián)立，得F「=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mgsinOVprngcos0,滑塊將靜

止，滑塊受到的摩擦力為靜摩擦力，由平衡條件得Ff=mgsin。，代入可得Ff=6N,方向

沿斜面向上，故B正確.

8.C解析：第1張紙受到摩擦輪的摩擦力方向向右，A錯(cuò)誤；第2張紙受到的第1張紙的

摩擦力向右，受到的第3張紙的摩擦力向左，且大小相等，合外力為零，B錯(cuò)誤；第2張

紙到第10張紙之間不可能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),C正確；第10張紙受第9張紙給的摩擦力作用，

D錯(cuò)誤.

9.(1)題圖甲裝置中只要A相對(duì)B滑動(dòng)即可，彈簧測(cè)力計(jì)的拉力大小等于B受到的滑力摩擦

力大?。活}圖乙裝置中要使彈簧測(cè)力計(jì)的拉力大小等于A受到的摩擦力大小，A必須做勻

速直線運(yùn)動(dòng)，即處于平衡狀態(tài).

(2)題圖甲中A受到B和地面的滑動(dòng)摩擦力和拉力F”從而使A處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，應(yīng)

是這兩個(gè)滑動(dòng)摩擦力的大小之和等于拉力Fa的大小.

(3)FN=GB=150N,B所受滑動(dòng)摩擦力大小等于此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)，即為Ff=60N,則

由F『=HFN可求得以=04(注：滑動(dòng)摩擦力與E的大小無關(guān)，這種實(shí)驗(yàn)方案顯然優(yōu)于題圖

乙裝置的方案)

10.(1)設(shè)物體所受的摩擦力大小為Fn，方向沿斜面向上，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，則有Fn=

mgsin。F,

由于F=kxi=4N,

故Ffi=20Nxg-4N=6N,方向沿斜面向上.

(2)若將物體上移，設(shè)物體所受的摩擦力大小為F。方向沿斜面向上，則再對(duì)物體進(jìn)行受力

分析可得Ff2=mgsin0+P,

r

由于F=kx2=100X(0.12-0.10)N=2N,

故Ft2=20NxT+2N=12N,方向沿斜面向上.

第3課時(shí)力的合成與分解

1.D解析：由平行四邊形定則可知，兩個(gè)力的合力，可以比這兩個(gè)分力都小，所以A錯(cuò)誤；

合力與分力在作用效果上等效，但不能說成是同種性質(zhì)的力，故B錯(cuò)誤；合力與分力是等

效替代關(guān)系，但不是同時(shí)作用在物體上，故C錯(cuò)誤；杈據(jù)力的合成與分解可知，已知合力

和兩個(gè)分力的方向，分解結(jié)果是唯一的，故D正確.

2.B解析：要使物體沿。0,方向做直線運(yùn)動(dòng)，則物體受到的合力F沿00,方向，如圖所示，

由三角形定則知，當(dāng)F?方向垂直00,時(shí)，F(xiàn)?有最小值，為F2=Rsin8,B正確.

3.B解析：風(fēng)對(duì)帆船的作用力垂直帆船，則由力的平行四邊形定則可知，只有b的位置,

其中的一個(gè)分力沿著船的前進(jìn)方向，如圖所示，故B正魂，A、C、D錯(cuò)誤.

第11頁，共131頁

4.C解析：以6、F3為鄰邊作平行四邊形，由幾何特征，可知平行四邊形是矩形，則合力

F13=2F2,故FI、F2、Fj的合力F=3Fz，C正確.

5.A解析：如圖所示，建立直角坐標(biāo)系對(duì)沙袋進(jìn)行受力分析.由平衡條件有Feos3()o-FTSin

30°=0,FTCOS300+Fsin300-mg=0,聯(lián)立解得F=gmg,故AiE確.

6.B解析：甲物體是拴牢在0點(diǎn)，且甲、乙兩物體的質(zhì)量相等，則甲、乙繩的拉力大小相

等，O點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，如圖所示，F(xiàn)OA=FoB=mg,FAB=T,根據(jù)幾何關(guān)系有180。=2P

+a，解得0=55。.故B正確.

7.C解析：已知A物塊所受的摩擦力大小為f,設(shè)每根橡皮筋的彈力為F,則有2Fcos60。

=f,對(duì)D物塊有2Fcos30o=F,解得F=，5F=，5f,只有C正確.

8.C解析：當(dāng)木板與水平面的夾角為45。時(shí)，兩物塊岡！好滑動(dòng)，對(duì)A物塊受力分析如圖甲

所示，沿斜面方向，A、B之間的滑動(dòng)摩擦力fi=iN=Nmgcos45。，根據(jù)平衡條件可知T

=mgsin45°+pingcos45°,對(duì)B物塊受力分析如圖乙所示，沿斜面方向，B與斜面之間的

滑動(dòng)摩擦力f2=NN，=N?3mgcos45°,根據(jù)平衡條件可知2mgsin45°=T4-pimgcos45。+

3mgeos45°,兩式相加,可得2mgsin45°=mgsin45°+pmgeos45°+pmgeos4504-

|.r3mgcos45°,解得A、B、D錯(cuò)誤，C正確.

J

甲乙

9.畫出定滑輪的軸心O的受力分析示意圖，選取直角坐標(biāo)系，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件得

Fnsina—FT2Sin30°=0,FT2COS30°-FTICOSa-Fn=C',其中FTi=FT3=niAg，聯(lián)立解得a

=60°.

畫出物體B的受力分析示意圖，選取直角坐標(biāo)系，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件得Fr-FTisin

a=0,FN+FTICOSa-mBg=0,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得niAg=FTi=40N,FT2=4S-N,Ff

=2()V3N.

第12頁，共131頁

甲乙

10.(1)對(duì)氫氣球進(jìn)行受力分析，并分解如圖所示，

由平衡條件列式，豎直方向F為=mg+Tsin37。，

水平方向Fia=Tcos37。，

聯(lián)立解得F風(fēng)=12N,T=15N.

(2)對(duì)人進(jìn)行受力分析，并分解如圖所示,

由平衡條件列式，豎直方向

FN=Mg-Tsin370=(500-15X0.6)N=491N.

(3)若風(fēng)力增強(qiáng)，只改變了水平方向的力，視氣球及人為一整體，可知豎直方向上的受力

情況沒改變，人對(duì)地面的壓力不變.

第4課時(shí)受力分析和共點(diǎn)力的平衡

1.A解析：因?yàn)橐松龣C(jī)沿虛線方向斜向下減速飛行，故合力沿虛線向上，宜升機(jī)受到豎直

向下的重力以及空氣作用力兩個(gè)力，要想合力沿虛線向上，則根據(jù)矢量三角形可得空氣對(duì)

其作用力可能為R,如圖所示.故A正確.

2.C解析：支架可以任意彎成舒適角度，則手機(jī)受到的彈力、摩擦力都不一定豎直向上,

故A、B錯(cuò)誤；由于手機(jī)處于平衡狀態(tài)，則手機(jī)的重刀與支架對(duì)手機(jī)的作用力大小相等,

方向相反，合力為0,故C正確，D錯(cuò)誤.

第13頁，共131頁

3.A解析：對(duì)物塊進(jìn)行受力分析：重力G、斜面對(duì)物塊的支持力N、摩擦力f,斜面對(duì)物塊

的作用力即支持力與摩擦力的合力，由于物塊勻速下滑，所以支持力與摩擦力的合力應(yīng)與

重力等大、反向，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.

4.A解析：以0點(diǎn)為研究對(duì)象，0受力如圖所示.0點(diǎn)靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得

FB='n>故A1E確，B、C、D錯(cuò)誤.

sinU

5.A解析：對(duì)O點(diǎn)受力分析，F(xiàn)與T的變化情況如圖所示，由圖可知在0點(diǎn)向左移4的過

程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故A正確.

6.D解析：設(shè)a、b的重力分別為Ga、Gb對(duì)a分析，媚子的拉力FT=Ga.Mb分析：①若

GaWGbsin仇此時(shí)Ga+Ff=GbSindc對(duì)b的摩擦力方向沿斜面向上,當(dāng)沙子流出時(shí),Ga

減小，摩擦力增大；②若Ga>GbsinO,剛開始一段時(shí)間有Ga=GbsinO+Ff,c對(duì)b的摩擦力

方向沿斜面向下，隨著Ga減小，摩擦力在減小，當(dāng)減小到Ga=GbSinO時(shí)，摩擦力減小為

零，隨后Ga〈GbsinO,跟第①種情況一樣.故A、C錯(cuò)誤.以b、c整體為研究對(duì)象，分析

受力如圖所示，根據(jù)平衡條件得知水平面對(duì)c的摩擦力Ff=FTCOs0=GaCOs9,方向水平向

左.在a中的沙子緩慢流出的過程中，摩擦力在減小.B錯(cuò)誤，D正確.

7.C解析：如圖所示，由于不計(jì)摩擦，線上張力處處相等，且輕環(huán)受細(xì)線的作用力的合力

方向指向圓心.由于a、b間距等于圓弧半徑，則NaOb=6()。，進(jìn)一步分析知，細(xì)線與aO、

bO間的夾角皆為30。.取懸掛的小物塊研究，懸掛小物塊的細(xì)線張角為120。，由平衡條件

知，小物塊的質(zhì)量與小球的質(zhì)量相等，即為