復(fù)習(xí)講義答案解析【公眾號(hào)：屋里學(xué)家】

復(fù)習(xí)講義答案解析第一章運(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)的描述考點(diǎn)一跟蹤訓(xùn)練1.C[“5小時(shí)57分”指的是月全食持續(xù)的時(shí)間，是時(shí)間間隔，故A錯(cuò)誤；研究月食現(xiàn)象時(shí)，月球的形狀不能忽略，不能將月球視為質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；由于月球圍繞地球運(yùn)動(dòng)，則研究月球的運(yùn)動(dòng)時(shí)，選擇太陽(yáng)為參考系比選擇地球?yàn)閰⒖枷蹈鼜?fù)雜些，故C正確；雖然月球的體積大，但研究月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，月球與地球間的距離遠(yuǎn)大于月球的半徑，則可以把月球看成質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。]2.BD[列車的時(shí)刻表中，出發(fā)或者到達(dá)的時(shí)間是某一時(shí)間點(diǎn)，指的是時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；列車從一地到另一地行駛所用的時(shí)間，是時(shí)間間隔，圖中6時(shí)48分表示時(shí)間間隔，故B正確；用電子地圖測(cè)距工具測(cè)得青島站到上海虹橋站的直線距離約為530.3km，表示有向線段，是位移大小，故C錯(cuò)誤；研究列車在地圖上的位置，由于地圖上比例尺都較大，列車的尺寸對(duì)研究在列車運(yùn)動(dòng)過程中位置變化無影響，可視列車為質(zhì)點(diǎn)，故D正確。]3.C[根據(jù)題意可知，該次作業(yè)中小車相對(duì)地面的位移大小為s＝eq\r(82＋62)m＝10m，故C正確。]考點(diǎn)二例1B[題目中“全長(zhǎng)16.34km”指的是該大橋的長(zhǎng)度，指路程，A錯(cuò)誤；“風(fēng)速超過20m/s”“不能超過300km/h”均指的是某一時(shí)刻的速度，均為瞬時(shí)速度，B正確，C錯(cuò)誤；由于不清楚題目中所述的通過大橋的位移，所以無法計(jì)算平均速度，204km/h是平均速率，D錯(cuò)誤。]例2D[滑塊經(jīng)過A時(shí)的速度vA＝eq\f(d,tA)＝eq\f(1,0.010)cm/s＝100cm/s，故A錯(cuò)誤；滑塊經(jīng)過B時(shí)的速度vB＝eq\f(d,tB)＝eq\f(1,0.005)cm/s＝200cm/s，故B錯(cuò)誤；滑塊在A、B間的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.3,0.200)m/s＝1.5m/s，故C錯(cuò)誤；滑塊在A、B間的位移大小和路程相同，所以平均速率也為1.5m/s，故D正確。]跟蹤訓(xùn)練4.D[由題意知位移s＝50km，考慮到公路與鐵路都會(huì)有一定的彎曲，所以路程s路>50km，利用平均速度的定義式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)知汽車的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)＝eq\f(50km,1h)＝50km/h，考慮到汽車的加速與減速，所以汽車行駛的瞬時(shí)速度不一定是50km/h，A錯(cuò)誤；路程s路>50km，所以汽車行駛的平均速率一定大于50km/h，B錯(cuò)誤；利用平均速度的定義式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)知，高鐵的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))′＝eq\f(s,t′)＝eq\f(50km,0.5h)＝100km/h，C錯(cuò)誤，D正確。]5.AC[計(jì)算汽車速度的原理是利用短時(shí)間內(nèi)的平均速度來代替瞬時(shí)速度，故汽車速度的表達(dá)式為v＝eq\f(L,Δt)，A正確，B錯(cuò)誤；若L＝8m，Δt＝0.2s，則汽車的速度為v＝eq\f(L,Δt)＝40m/s＝144km/h>120km/h，超速，照相機(jī)將會(huì)拍照，C正確；若L＝8m，Δt＝0.3s，則汽車的速度為v＝eq\f(L,Δt)＝26.67m/s＝96km/h<120km/h，未超速，照相機(jī)不會(huì)拍照，D錯(cuò)誤。]考點(diǎn)三例3D[物體運(yùn)動(dòng)的速度改變量很大，但不知道改變所用時(shí)間，故不能得到加速度很大的結(jié)論，故A錯(cuò)誤；加速度增大時(shí)，運(yùn)動(dòng)物體的速度不一定增大，如果加速度方向和速度方向相反，加速度增大時(shí)，速度減小，故B錯(cuò)誤；速度為零的物體加速度不一定為零，如豎直上拋的物體在最高點(diǎn)時(shí)速度為零，而加速度為重力加速度，故C錯(cuò)誤；速度很大，其加速度可以很小，可以為零，如勻速飛行的飛機(jī)，速度很大，但加速度為零，故D正確。]例4B[以末速度方向?yàn)檎较颍古仪虮粨舸蜻^程的速度變化量為Δv＝v2－v1＝eq\f(126－（－90）,3.6)m/s＝60m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；加速度a＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(126－（－90）,3.6×0.002)m/s2＝30000m/s2，故C、D錯(cuò)誤。]跟蹤訓(xùn)練6.A[2.5s內(nèi)汽車的速度改變量Δv1＝0－v1＝－108km/h＝－30m/s，A正確；10分鐘內(nèi)“復(fù)興號(hào)”高鐵速度改變量Δv2＝v2－0＝350km/h≈97.2m/s，B錯(cuò)誤；汽車和高鐵的加速度大小分別為a1＝eq\f(|Δv1|,t1)＝12m/s2，a2＝eq\f(Δv2,t2)≈0.16m/s2，所以汽車速度變化比高鐵快，高鐵的加速度比汽車的加速度小，C、D錯(cuò)誤。]第2講勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律考點(diǎn)一例1(1)2m/s2(2)7.2m/s(3)131m解析(1)設(shè)勻加速階段的加速度為a1，則v1＝a1t1解得a1＝2m/s2。(2)設(shè)減速運(yùn)動(dòng)階段的加速度為a2，因?yàn)関2＝v1＋a2t3所以a2＝－0.4m/s2當(dāng)t＝16s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)已減速運(yùn)動(dòng)了t4＝2s，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速度為v3＝v1＋a2t4＝7.2m/s。(3)勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝16m勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移s2＝v1t2＝80m勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移s3＝v1t3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)＝35m則總位移s＝s1＋s2＋s3＝131m。例2B[令s1＝50m，s2＝1m，汽車的剎車時(shí)間為t，剎車時(shí)的加速度大小為a，把剎車過程逆向處理，則有veq\o\al(2,0)＝2a(s1－s2)，t＝eq\f(v0,a)，聯(lián)立解得a＝8m/s2，t＝3.5s，所以汽車開始“主動(dòng)剎車”后第4s內(nèi)通過的位移大小為3～3.5s內(nèi)通過的位移大小，有s4＝eq\f(1,2)aΔt2，解得s4＝1m，故B正確。]跟蹤訓(xùn)練1.A[由位移與時(shí)間的關(guān)系s＝(24t－6t2)m，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，v0＝24m/s，a＝－12m/s2，由vt＝v0＋at可知，汽車停止運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間t＝eq\f(－v0,a)＝2s，故它在前3s內(nèi)的位移等于前2s內(nèi)的位移，則Δs＝24×2m－6×22m＝24m，汽車在前3s內(nèi)的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(24,3)m/s＝8m/s，故A正確。]考點(diǎn)二例3C[由題知，電動(dòng)公交車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)RS間的距離為s，公交車經(jīng)過R、S、T點(diǎn)時(shí)瞬時(shí)速度為v1、v2、v3，經(jīng)過RS間的時(shí)間為t1，經(jīng)過ST間的時(shí)間為t2，有eq\f(v1＋v2,2)＝10m/s，eq\f(v2＋v3,2)＝5m/s，則v1－v3＝10m/s，又eq\f(s,t1)＝10m/s，eq\f(2s,t2)＝5m/s，則t1＋t2＝eq\f(s,2)，全程的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3s,t1＋t2)＝6m/s，即eq\f(v1＋v3,2)＝6m/s，聯(lián)立解得v3＝1m/s，故C正確。]例4C[根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論可得加速度大小為a＝eq\f(Δs,T2)＝eq\f(16－9.6,42)m/s2＝0.4m/s2，B錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該段內(nèi)的平均速度可知送貨車在第1個(gè)4s末的速度大小為v1＝eq\f(s1＋s2,2T)＝eq\f(9.6＋16,8)m/s＝3.2m/s，C正確；根據(jù)vt＝v0＋at可得，計(jì)時(shí)時(shí)刻送貨車的速度為v0＝v1－aT＝3.2m/s－0.4×4m/s＝1.6m/s，A錯(cuò)誤；送貨車在第2個(gè)4s內(nèi)的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s2,T)＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s,D錯(cuò)誤。]例5AD[將子彈的運(yùn)動(dòng)過程逆向來看，即看成從左到右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)在連續(xù)相等的位移所用時(shí)間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…可知，子彈從右到左穿過每個(gè)水球的時(shí)間之比為(eq\r(4)－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－eq\r(1))∶1，A正確；根據(jù)A項(xiàng)分析子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B錯(cuò)誤；根據(jù)公式Δv＝aΔt知，子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的速度變化量不同，C錯(cuò)誤；根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有veq\o\al(2,t)＝2as，則vt＝eq\r(2as)，設(shè)在每個(gè)水球中的位移大小為s0，可得子彈從左到右每次射出水球的速度之比為eq\r(2as0)∶eq\r(2a·2s0)∶eq\r(2a·3s0)∶eq\r(2a·4s0)＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2，即子彈從右到左減速過程依次進(jìn)入四個(gè)水球的初速度之比為eq\r(4)∶eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，D正確。]跟蹤訓(xùn)練2.C[初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第一個(gè)t時(shí)間內(nèi)、第二個(gè)t時(shí)間內(nèi)、第三個(gè)t時(shí)間內(nèi)、…、第n個(gè)t時(shí)間內(nèi)的位移之比sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，將運(yùn)動(dòng)員的勻減速直線運(yùn)動(dòng)看作反向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為8t，則第一個(gè)t時(shí)間內(nèi)的位移即為逆過程中第八個(gè)t時(shí)間內(nèi)的位移，最后兩個(gè)t時(shí)間內(nèi)的總位移即為逆過程中前兩個(gè)t時(shí)間內(nèi)的位移，故s1∶s2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故C正確。]第3講自由落體運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng)多運(yùn)動(dòng)過程問題考點(diǎn)一例1(1)0.4s(2)0.2s解析(1)圓棒底部距離A點(diǎn)的高度h1＝2.3m－0.4m－1.1m＝0.8m圓棒做自由落體運(yùn)動(dòng)下落到A點(diǎn)，有h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.4s。(2)圓棒通過AB的過程即圓棒底部到達(dá)A點(diǎn)和圓棒頂端離開B點(diǎn)這一過程圓棒頂端到達(dá)B點(diǎn)，下落的高度為h2＝2.3m－0.5m＝1.8m由h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)得t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.6s則圓棒通過AB的時(shí)間t3＝t2－t1＝0.2s。跟蹤訓(xùn)練1.D[設(shè)整個(gè)過程下落高度為h，由題意可得eq\f(1,3)h＝eq\f(1,2)gt2，則物體自由下落高度為eq\f(1,2)h時(shí)，滿足eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)gt′2，解得t′＝eq\f(\r(6),2)t，A錯(cuò)誤；物體自由下落eq\f(1,2)高度時(shí)的速度為v′＝gt′＝eq\f(\r(6),2)gt，B錯(cuò)誤；物體落地過程滿足h＝eq\f(1,2)gt″2，解得物體落地所用的時(shí)間為t″＝eq\r(3)t，C錯(cuò)誤；物體落地時(shí)的速度為v″＝gt″＝eq\r(3)gt，D正確。]2.B[由題圖可知sAB∶sBC∶sCD＝1∶3∶5，水滴做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故水滴在下落過程中通過相鄰兩點(diǎn)之間的時(shí)間相等，A錯(cuò)誤；由s＝eq\f(1,2)gt2可得水滴在下落過程中通過相鄰兩點(diǎn)之間的時(shí)間為eq\f(\r(2),10)s，即閃光的間隔時(shí)間是eq\f(\r(2),10)s，B正確；由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)知水滴在相鄰兩點(diǎn)間的平均速度滿足eq\o(v,\s\up6(－))AB∶eq\o(v,\s\up6(－))BC∶eq\o(v,\s\up6(－))CD＝1∶3∶5，C錯(cuò)誤；由vt＝gt知水滴在各點(diǎn)的速度之比滿足vB∶vC∶vD＝1∶2∶3，D錯(cuò)誤。]考點(diǎn)二例2AB[小球的位移大小一定是s＝eq\f(veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0),－2g)＝eq\f(102－202,－2×10)m＝15m，方向豎直向上，故A正確；當(dāng)小球速度大小為10m/s，方向豎直向上時(shí)，小球在這段時(shí)間的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(vt＋v0,2)＝15m/s；當(dāng)小球速度大小為10m/s，方向豎直向下時(shí)，小球在這段時(shí)間的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋（－vt）,2)＝5m/s，故B正確；當(dāng)小球速度大小為10m/s，方向豎直向上時(shí)，在這段時(shí)間的速度變化為Δv＝vt－v0＝(10－20)m/s＝－10m/s，方向豎直向下；當(dāng)小球速度大小為10m/s，方向豎直向下時(shí)，在這段時(shí)間的速度變化為Δv＝vt－v0＝(－10－20)m/s＝－30m/s，方向豎直向下，故C錯(cuò)誤；小球上升的最大高度為h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m，故D錯(cuò)誤。]跟蹤訓(xùn)練3.ABD[小石子離拋出點(diǎn)最遠(yuǎn)的距離為sm＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝20m，當(dāng)小石子運(yùn)動(dòng)到離拋出點(diǎn)上方15m時(shí)，有s＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t1＝1s，t2＝3s，當(dāng)小石子運(yùn)動(dòng)到離拋出點(diǎn)下方15m時(shí)，有－s＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t3＝(2＋eq\r(7))s，t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故A、B、D正確。]考點(diǎn)三例3(1)50s100m(2)13.5s(3)36.5s解析(1)汽車通過人工收費(fèi)的減速時(shí)間t1＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(0－10,－1)s＝10s減速路程s1＝v0t＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝50m汽車加速過程和減速過程對(duì)稱，故加速時(shí)間t2＝t1＝10s加速路程s2＝s1＝50m故通過人工通道的總時(shí)間t人＝t1＋t2＋t0＝50s總路程s＝s1＋s2＝100m。(2)汽車通過ETC通道的減速時(shí)間t3＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(5－10,－1)s＝5s減速路程s3＝v0t3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝37.5m汽車加速過程和減速過程對(duì)稱，故加速時(shí)間t4＝t3＝5s加速路程s4＝s3＝37.5m汽車以5m/s勻速通過ETC通道的時(shí)間t5＝eq\f(s0,v)＝2s比人工通道少走位移s5＝s人－(s3＋s4＋s0)＝15m對(duì)應(yīng)時(shí)間t6＝eq\f(s5,v0)＝1.5s故通過ETC通道的總時(shí)間tE＝t3＋t4＋t5＋t6＝13.5s。(3)比人工通道節(jié)約的時(shí)間Δt＝t人－tE＝(50－13.5)s＝36.5s。跟蹤訓(xùn)練4.C[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，則列車減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有v＝v0－2at1解得t1＝eq\f(v0－v,2a)在隧道內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間t2＝eq\f(L＋l,v)列車尾部出隧道后加速到速率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＝t1＋t2＋t3＝eq\f(3（v0－v）,2a)＋eq\f(L＋l,v)，故選項(xiàng)C正確。]專題強(qiáng)化一運(yùn)動(dòng)圖像問題考點(diǎn)一例1C[設(shè)t＝0時(shí)刻汽車的速度大小為v0，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，根據(jù)位移與時(shí)間關(guān)系有s＝v0t＋eq\f(1,2)at2，結(jié)合圖像可知，汽車5s內(nèi)的位移為45m，2s內(nèi)的位移為12m，解得v0＝4m/s，a＝2m/s2，所以4s內(nèi)，物體的位移為s＝4×4m＋eq\f(1,2)×2×42m＝32m，故A、B錯(cuò)誤；6s后汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v＝v0＋at＝4m/s＋2×6m/s＝16m/s，故C正確；0～6s內(nèi)汽車平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝10m/s，故D錯(cuò)誤。]例2D[由v－t圖像知，0～10s內(nèi)，a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，A錯(cuò)誤；0～30s內(nèi)，v＞0，潛艇一直向下運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；t＝30s時(shí)，位移最大，有sm＝eq\f(1,2)×30×20m＝300m，C錯(cuò)誤；10～30s內(nèi)，a＜0，加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，D正確。]例3BD[質(zhì)點(diǎn)在0～t0時(shí)間內(nèi)從靜止開始先做加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，此過程一直向前加速運(yùn)動(dòng)，t0～2t0時(shí)間內(nèi)加速度反向，先做加速度增大的減速直線運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，2t0時(shí)刻速度減小到零，此過程一直向前做變速直線運(yùn)動(dòng)，以后重復(fù)此過程的運(yùn)動(dòng)，即質(zhì)點(diǎn)一直向前運(yùn)動(dòng)，t＝2t0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度最小，根據(jù)對(duì)稱性可知，t＝eq\f(3,2)t0與t＝eq\f(1,2)t0時(shí)，P的運(yùn)動(dòng)速度相同，故A、C錯(cuò)誤，B、D正確。]考點(diǎn)二例4D[根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2，整理可得eq\f(s,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，結(jié)合eq\f(s,t)－t圖像可得v0＝0，eq\f(1,2)a＝eq\f(10,2)m/s2，解得a＝10m/s2，故A錯(cuò)誤；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vt＝v0＋at可得，t＝2s時(shí)，甲車的速度大小為v2＝at＝20m/s，故B錯(cuò)誤；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得，0～2s內(nèi)甲車的位移大小為s2＝eq\f(1,2)at2＝20m，故C錯(cuò)誤，D正確。]跟蹤訓(xùn)練B[0～s2過程中加速度不變，所以物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，s2～s3過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s3時(shí)，物體的速度達(dá)到最大，A、C錯(cuò)誤；由位移與速度公式可得2a0s1＝veq\o\al(2,1)，解得位移為s1時(shí)，物體的速度大小為v1＝eq\r(2a0s1)，B正確；由位移與速度公式可得eq\f(veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0),2)＝as，故a－s圖像的面積表示eq\f(veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0),2)，則物體在位移為s3時(shí)，有eq\f(s2＋s3,2)a0＝eq\f(veq\o\al(2,m),2)，則最大速度為vm＝eq\r(a0（s2＋s3）)，D錯(cuò)誤。]考點(diǎn)三例5A[x－t圖像斜率的物理意義表示速度，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，汽車的速度不變且不為0；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項(xiàng)中v－t圖像可能正確，故選項(xiàng)A正確。]專題強(qiáng)化二追及相遇問題例1(1)8s(2)16m解析(1)假設(shè)A車追上B車時(shí)，B車還沒停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)t′時(shí)間內(nèi)A車追上B車，如圖所示。根據(jù)題意，A車追上B車，需要通過位移sA＝sB＋LA車的位移是sA＝vAt′B車的位移是sB＝vBt′＋eq\f(1,2)at′2聯(lián)立解得t′＝7s但B車停下來所用時(shí)間tB＝eq\f(0－vB,a)＝eq\f(0－10,－2)s＝5s比較t′和tB可知，A車是在B車停止運(yùn)動(dòng)后才追上B車的，因此7s不是A車追上B車的時(shí)間，設(shè)A車追上B車的時(shí)間為t，即sA＝vAtB車實(shí)際運(yùn)動(dòng)時(shí)間應(yīng)為tB，即sB＝vBtB＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,B)聯(lián)立解得t＝8s。(2)在A車追上B車之前，當(dāng)二者速度相等時(shí)，二者之間有最大距離Δsmax，設(shè)此時(shí)兩車運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0，有vA＝vB＋at0代入數(shù)據(jù)解得t0＝3s則此時(shí)A的位移sA′＝vAt0B的位移sB′＝vBt0＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)故二者之間的最大距離Δsmax＝sB′＋L－sA′聯(lián)立解得Δsmax＝16m。跟蹤訓(xùn)練1.D[由s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得甲從出發(fā)到相遇的位移為8m，A錯(cuò)誤；2s相遇時(shí)甲的速度由v＝v0＋at可得v甲＝6m/s，同理可得v乙＝9m/s，又乙的加速度大于甲，可知2s后乙的速度始終大于甲，不會(huì)再次相遇，B錯(cuò)誤；由s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得從出發(fā)到相遇甲、乙的位移分別為s甲＝8m，s乙＝10m，則甲與乙出發(fā)地之間的距離為s乙－s甲＝2m，C錯(cuò)誤；分析可知甲、乙速度相等的時(shí)刻相距最遠(yuǎn)，由v甲0＋a甲t＝v乙0＋a乙t，可得t＝0.5s時(shí)甲、乙相距最遠(yuǎn)，D正確。]例2CD[根據(jù)v－t圖像中圖線與時(shí)間軸包圍的面積表示位移，可知乙在t＝10s時(shí)啟動(dòng)，此時(shí)甲的位移為s＝eq\f(1,2)×10×10m＝50m，即甲車在乙前方50m處，故A錯(cuò)誤；乙車超過甲車后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故B錯(cuò)誤；由于兩車從同一地點(diǎn)沿同一方向沿直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)甲車啟動(dòng)t′兩車位移相等兩車才相遇，有eq\f(（t′－20）＋（t′－10）,2)×20＝eq\f(t′＋（t′－10）,2)×10，解得t′＝25s，即乙車啟動(dòng)15s后正好追上甲車，故C正確；當(dāng)兩車的速度相等時(shí)相距最遠(yuǎn)，最大距離為Δs＝eq\f(1,2)×(5＋15)×10m－eq\f(1,2)×10×5m＝75m，故D正確。]跟蹤訓(xùn)練2.BD[從v－t圖像上看，由于所有龍舟出發(fā)點(diǎn)相同，故只要存在甲龍舟與其他龍舟從出發(fā)到某時(shí)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(cuò)誤，B正確；從s－t圖像上看，圖像的交點(diǎn)即代表兩龍舟船頭并齊，故D正確，C錯(cuò)誤。]例3(1)5m/s2(2)1m/s2解析(1)設(shè)汽車的加速度大小為a，初速度v汽＝54km/h＝15m/s，初始距離d＝14m在經(jīng)過反應(yīng)時(shí)間0.4s后，汽車與自行車相距d′＝d－(v汽－v自)t′＝10m從汽車剎車開始計(jì)時(shí)，自行車的位移為s自＝v自t汽車的位移為s汽＝v汽t－eq\f(1,2)at2假設(shè)汽車能追上自行車，此時(shí)有s汽＝s自＋d′代入數(shù)據(jù)整理得eq\f(1,2)at2－10t＋10＝0要保證不相撞，即此方程最多只有一個(gè)解，即得Δ＝102－20a≤0解得a≥5m/s2，則汽車的加速度至少為5m/s2。(2)設(shè)自行車的加速度為a′，同理可得s汽′＝s自′＋d′其中s汽′＝v汽t－eq\f(1,2)at2，s自′＝v自t＋eq\f(1,2)a′t2整理得(eq\f(1,2)a′＋2)t2－10t＋10＝0要保證不相撞，即此方程最多只有一個(gè)解，即得Δ＝102－20a′－80≤0解得a′≥1m/s2，則自行車的加速度至少為1m/s2。實(shí)驗(yàn)一測(cè)量做直線運(yùn)動(dòng)物體的瞬時(shí)速度考點(diǎn)一例1(1)C(2)0.365(3)0.500解析(1)電火花計(jì)時(shí)器使用的是220V的交流電源，故A錯(cuò)誤；為了避免紙帶上出現(xiàn)大量的空白段落，在實(shí)驗(yàn)操作中，先接通電源，后讓物體運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；由于打點(diǎn)時(shí)間間隔相同，在同一紙帶上打的點(diǎn)越密，相鄰點(diǎn)跡位移越小，則說明物體運(yùn)動(dòng)的速度越小，故C正確。(2)由于每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為T＝5×0.02s＝0.1s打計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的瞬時(shí)速度v5＝eq\f(s5＋s6,2T)＝eq\f(（3.40＋3.90）×10－2,2×0.1)m/s＝0.365m/s。(3)根據(jù)逐差法可知，加速度為a＝eq\f(（s4＋s5＋s6）－（s1＋s2＋s3）,9T2)代入數(shù)據(jù)解得a＝0.500m/s2。跟蹤訓(xùn)練1.(1)ACD(2)2.75(2.70～2.80)1.48(1.45～1.50)解析(1)實(shí)驗(yàn)需要調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線與軌道平行，A正確；該實(shí)驗(yàn)只要使得小車加速運(yùn)動(dòng)即可，不需要傾斜軌道補(bǔ)償阻力，B錯(cuò)誤；為了充分利用紙帶，則小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器靜止釋放，先接通電源再釋放小車，C、D正確。(2)計(jì)數(shù)點(diǎn)1的讀數(shù)為2.75cm。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電源的頻率為50Hz，打點(diǎn)周期T＝0.02s，打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)小車的速度大小為v2＝eq\f(s13,2T)＝eq\f(（8.65－2.75）×10－2,0.04)m/s＝1.48m/s?？键c(diǎn)二例2(1)5.000.43(2)C(3)eq\f(d2,2k)解析(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為d＝5mm＋0×0.05mm＝5.00mm小球通過光電門的瞬時(shí)速度v＝eq\f(d,Δt)＝eq\f(5.00×10－3,11.60×10－3)m/s≈0.43m/s。(2)小球由B處運(yùn)動(dòng)到A處的過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2＝2al即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)＝2al解得l＝eq\f(d2,2a)·eq\f(1,Δt2)，l∝eq\f(1,Δt2)，故選C。(3)根據(jù)l＝eq\f(d2,2a)·eq\f(1,Δt2)可知，斜率k＝eq\f(d2,2a)故小球的加速度a＝eq\f(d2,2k)。例3(1)24.0080.0(2)如解析圖所示(3)70.059.0(4)b2k解析(1)由題圖(b)中紙帶的相關(guān)數(shù)據(jù)可知ΔxAD＝6.60cm＋8.00cm＋9.40cm＝24.00cm，由平均速度的定義可知eq\o(v,\s\up6(－))AD＝eq\f(ΔxAD,3T)＝eq\f(24.00,0.3)cm/s＝80.0cm/s。(2)將坐標(biāo)點(diǎn)(0.3s，80.0cm/s)在圖中描點(diǎn)，如圖所示。(3)將圖中的實(shí)驗(yàn)點(diǎn)用直線擬合，如(2)中圖所示，可知斜率k＝eq\f(101.0－59.0,0.6)cm/s2＝70.0cm/s2，截距b＝59.0cm/s。(4)小車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，有s＝v0t＋eq\f(1,2)at2，變形可得eq\f(s,t)＝eq\o(v,\s\up6(－))＝v0＋eq\f(1,2)at，故小車在t＝0時(shí)，即打出A點(diǎn)時(shí)小車的速度大小vA＝b，小車的加速度大小a滿足eq\f(1,2)a＝k，即a＝2k。跟蹤訓(xùn)練2.(1)5.4(3)0.251.88解析(1)游標(biāo)卡尺的精度為0.1mm，主尺讀數(shù)為5mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為4×0.1mm，則遮光片的寬度d＝5mm＋4×0.1mm＝5.4mm。(3)物塊通過光電門的時(shí)間較短，可用平均速度代替瞬時(shí)速度，遮光片通過光電門1的速度大小為v1＝eq\f(d,Δt1)代入數(shù)據(jù)解得v1＝0.25m/s同理解得v2＝1.00m/s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2aL代入數(shù)據(jù)解得a＝1.88m/s2。增分微點(diǎn)1測(cè)量重力加速度的幾種方法例1(1)B(2)C(3)eq\f(s6＋s5＋s4－s3－s2－s1,36T2)9.60解析(1)為了減小阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，使重物的重力遠(yuǎn)大于阻力，重物應(yīng)選質(zhì)量大、體積小，即密度大的鐵塊，故B正確。(2)本實(shí)驗(yàn)不需要測(cè)量質(zhì)量，故不需要天平，故A錯(cuò)誤；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器本身具有計(jì)時(shí)功能，所以本實(shí)驗(yàn)不需要秒表，故B錯(cuò)誤；本實(shí)驗(yàn)需要利用刻度尺測(cè)量紙帶上所打計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離來計(jì)算加速度的大小，故需要刻度尺，故C正確。(3)由紙帶可知相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有一個(gè)點(diǎn)，則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為t＝2T根據(jù)逐差法Δs＝at2可得重物運(yùn)動(dòng)的加速度計(jì)算表達(dá)式為a＝eq\f(s6＋s5＋s4－s3－s2－s1,9t2)＝eq\f(s6＋s5＋s4－s3－s2－s1,36T2)已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)間隔T＝0.02s，代入數(shù)據(jù)，可得加速度大小a＝9.60m/s2。例2(1)1.050(2)eq\f(d2,2lt2)(3)偏大解析(1)游標(biāo)卡尺為20分度，精度為0.05mm，故根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)可知小球直徑為d＝10mm＋10×0.05mm＝10.50mm＝1.050cm。(2)根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的速度與位移關(guān)系可知g＝eq\f(v2,2l)，其中v＝eq\f(d,t)，解得g＝eq\f(d2,2lt2)。(3)小球下落過程球心并沒有通過光電門中心，光電計(jì)時(shí)器仍記錄下了擋光時(shí)間，擋光的距離小于小球直徑，擋光時(shí)間小于t，故該操作會(huì)導(dǎo)致測(cè)得的重力加速度值偏大。例3(1)0.40(2)見解析圖(3)9.67(4)偏小解析(1)0.04s時(shí)刻小球的速度為v1＝eq\f(s02,2T)＝eq\f(3.2×10－2,2×0.04)m/s＝0.40m/s。(2)根據(jù)表格數(shù)據(jù)，在圖乙中繪出小球下落的v－t圖像如圖所示。(3)根據(jù)所描繪的圖像，可得小球下落的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.56－0.40,0.16－0.04)m/s2≈9.67m/s2。(4)若頻閃儀實(shí)際閃光的時(shí)間間隔小于0.04s，根據(jù)v＝eq\f(s,2T)可知若位移測(cè)量準(zhǔn)確，但時(shí)間間隔變小了，導(dǎo)致速度測(cè)量值偏小，使得測(cè)得小球下落的加速度大小比真實(shí)值偏小。例4(1)刻度尺(2)1.5(3)eq\f(2d（Δt1－Δt2）,Δt1Δt2（Δt1＋Δt2）)(4)光柵板受到空氣阻力的作用解析(1)該實(shí)驗(yàn)測(cè)量重力加速度，不需要天平測(cè)質(zhì)量，需要用刻度尺測(cè)量遮光帶(透光帶)的寬度。(2)根據(jù)平均速度的計(jì)算公式可知v＝eq\f(d,Δt)＝eq\f(4.50×10－2,30.00×10－3)m/s＝1.5m/s。(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)平均速度等于中間時(shí)刻的速度，有v1＝eq\f(d,Δt1)，v2＝eq\f(d,Δt2)又v2＝v1＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt2＋Δt1,2)))可得g＝eq\f(2d\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Δt1－Δt2)),Δt1Δt2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Δt1＋Δt2)))。(4)光柵板下落過程中受到空氣阻力的影響，所以豎直向下的加速度小于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。第二章相互作用?講重力彈力摩擦力考點(diǎn)一例1BC[A中小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和繩的彈力平衡，斜面與小球之間不可能產(chǎn)生彈力，否則小球不可能靜止，故A中小球只受一個(gè)彈力作用，故A錯(cuò)誤；B中水平面對(duì)小球有彈力作用，由于F的作用，小球與斜面之間產(chǎn)生彈性形變，所以斜面和小球之間有彈力作用，故B中小球受兩個(gè)彈力作用，故B正確；C中小球在繩子拉力、重力、斜面的支持力三力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此小球受兩個(gè)彈力作用，故C正確；D中豎直面對(duì)小球沒有彈力作用，否則小球不可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故D錯(cuò)誤。]跟蹤訓(xùn)練1.D[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)，細(xì)繩的拉力不可能為零，彈簧彈力有可能為零，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。]例2C[在最低點(diǎn)，設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，以猴子為研究對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得2FTcosθ＝G，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(xBD,lAB)＝eq\f(9m,15m)＝eq\f(3,5)，解得θ＝37°，則此時(shí)繩的張力大小為FT＝eq\f(G,2cosθ)＝eq\f(240,2×0.8)N＝150N，故C正確。]例3B[由題意知，取走一個(gè)盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補(bǔ)平，則說明一個(gè)盤子的重力可以使彈簧產(chǎn)生的形變量等于相鄰兩盤間距，由ΔF＝kΔx得mg＝3kx，解得k＝100N/m，故B正確。]例4D[對(duì)小球受力分析如圖所示，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(（mg）2＋（ma）2)，選項(xiàng)D正確。]考點(diǎn)二例5B[對(duì)小球A受力分析，它受繩的拉力和自身重力作用，兩力的合力水平向左，且大小恒定，故小車有向左的恒定加速度，則物塊B也有水平向左的加速度。由受力分析知，物塊B必受到水平向左的摩擦力，且大小恒定，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]跟蹤訓(xùn)練2.A[機(jī)器人加速前進(jìn)時(shí)，相對(duì)包裹水平托盤有向前運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，包裹對(duì)水平托盤的摩擦力方向向后，A正確；包裹受到向上的支持力是托盤發(fā)生形變產(chǎn)生的，B錯(cuò)誤；包裹對(duì)機(jī)器人的壓力和機(jī)器人對(duì)包裹的支持力是一對(duì)作用力和反作用力，C錯(cuò)誤；包裹隨著機(jī)器人一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，包裹加速度為零，故此時(shí)不受到摩擦力，D錯(cuò)誤。]考點(diǎn)三例6BD[設(shè)P、Q兩物體的重力均為G，由題意可得P受到地面的最大靜摩擦力fP＝μ·2G＝6N，同理Q受到P的最大靜摩擦力為fQ＝μG＝3N，根據(jù)fP與fQ的大小關(guān)系，結(jié)合向右水平拉力F＝4N可得，物體P靜止不動(dòng)，物體Q向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)物體P受力分析，其在水平方向上受到Q向右的摩擦力，受到地面向左的摩擦力，根據(jù)受力平衡可知地面對(duì)物體P施加向左的摩擦力f地P＝fQ＝3N，故C錯(cuò)誤；由A、B項(xiàng)分析可得，P受到地面的最大靜摩擦力為6N，Q對(duì)P的最大靜摩擦力為3N<6N，所以當(dāng)加大對(duì)物體Q的水平拉力F時(shí)，物體P不會(huì)向右運(yùn)動(dòng)，故D正確。]跟蹤訓(xùn)練3.BD[用85N的水平力可使沙發(fā)保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，則沙發(fā)的滑動(dòng)摩擦力f＝85N，由f＝μFN＝μG可知，沙發(fā)與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(f,G)＝0.17，A錯(cuò)誤；由于當(dāng)水平推力大小為90N時(shí)沙發(fā)恰好開始運(yùn)動(dòng)，可知最大靜摩擦力為90N，B正確；100N的水平推力大于最大靜摩擦力，沙發(fā)所受摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，即85N，C錯(cuò)誤；由于沙發(fā)處于運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，所以即使縮小水平力的大小，其所受摩擦力仍為滑動(dòng)摩擦力，則沙發(fā)所受的摩擦力大小為85N，D正確。]增分微點(diǎn)2摩擦力的“四類”突變問題例1D[根據(jù)胡克定律可知F彈＝kΔx＝4N，木塊B靜止，所受靜摩擦力fB＝4N，當(dāng)B受推力F＝9N時(shí)，F(xiàn)－F彈＝5N，fm＝μG＝5N，故木塊B能夠繼續(xù)保持靜止，此時(shí)B與地面間達(dá)到最大靜摩擦力，彈簧的壓縮量仍為2.0cm，故A、B錯(cuò)誤，D正確；木塊A受力平衡，故其所受靜摩擦力大小為fA＝F彈＝4N，故C錯(cuò)誤。]例2D[分析可知開始時(shí)物塊受到靜摩擦力作用，后長(zhǎng)木板與物塊間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)物塊受到的是滑動(dòng)摩擦力，大小與是否勻速運(yùn)動(dòng)無關(guān)，A錯(cuò)誤；當(dāng)長(zhǎng)木板相對(duì)物塊滑動(dòng)前，根據(jù)平衡條件可知拉力隨時(shí)間的變化關(guān)系和圖乙相同，但相對(duì)滑動(dòng)后，拉力的大小與物塊受到的摩擦力大小不一定相等，拉力大小與力傳感器中的力不一定相等，B錯(cuò)誤；根據(jù)乙圖可知，物塊受到的最大靜摩擦力約為10N，滑動(dòng)摩擦力約為7N，C錯(cuò)誤；根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式f＝μFN，解得μ＝eq\f(f,FN)＝eq\f(f,mg)＝0.2，D正確。]例3B[推力F＝FN＝kt，開始物體沿墻面豎直向下滑動(dòng)，f＝μFN＝μkt為正比例函數(shù)，當(dāng)f增加到大于G時(shí)，物體開始做減速運(yùn)動(dòng)，f繼續(xù)增大，當(dāng)速度減為零時(shí)，物體靜止，此時(shí)摩擦力為靜摩擦力，大小等于物體的重力且不再變化，故B正確。]例4BD[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)，受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，加速度a＝gsinθ＋μgcosθ；當(dāng)小木塊速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，由于μ<tanθ，即μmgcosθ＜mgsinθ，小木塊所受合力不為零，方向沿傳遞帶向下，所以速度繼續(xù)增加，此時(shí)滑動(dòng)摩擦力的大小不變，而方向突變?yōu)檠貍魉蛶蛏?，加速度a＝gsinθ－μgcosθ，a變小，則v－t圖像的斜率變小，B、D正確。]第2講力的合成與分解考點(diǎn)一例1D[以圓柱體為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，兩側(cè)半圓柱體對(duì)圓柱體的支持力的合力與重力等大反向，結(jié)合幾何關(guān)系可知Fa＝Gsin37°＝0.6G，F(xiàn)b＝Gcos37°＝0.8G，D正確。]跟蹤訓(xùn)練1.BC[合力F的取值范圍是|F1－F2|≤F≤F1＋F2，所以合力F不一定總比分力F1和F2中的任何一個(gè)力都大，故A錯(cuò)誤；根據(jù)余弦定理可得合力大小為F＝eq\r(Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2)＋2F1F2cosθ)，θ角減小，則合力F一定增大，故B正確；若夾角θ為鈍角，θ不變，F(xiàn)1大小不變，F(xiàn)2增大，有可能有如圖所示的情況，則F合′<F合，故C正確；由圖像得，當(dāng)θ＝180°時(shí)，F(xiàn)合＝2N，即|F1－F2|＝2N，當(dāng)θ＝90°時(shí)，F(xiàn)合′＝10N，即eq\r(Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2))＝10N，解得F1＝6N，F(xiàn)2＝8N或F1＝8N，F(xiàn)2＝6N，故2N≤F≤14N，故D錯(cuò)誤。]2.A[根據(jù)對(duì)稱性可知，OB繩與OA繩拉力大小相等，由平衡條件得FOC＝2FOBcoseq\f(α,2)，當(dāng)衣物足夠重時(shí)OC繩先斷，說明FOC>FOB，則2FOBcoseq\f(α,2)>FOB，解得α<120°，故A正確。]考點(diǎn)二例2B[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，根據(jù)平行四邊形定則可得FB>FA，又因?yàn)閮衫K承受的最大拉力相等，故當(dāng)在球內(nèi)不斷注入鐵砂時(shí)，繩BO受到的拉力先達(dá)到最大值，繩BO先斷，故B正確。]跟蹤訓(xùn)練3.B[圓柱體A、B對(duì)瓜子壓力的合力不為零，與恒力F等大反向，A錯(cuò)誤；根據(jù)力的作用效果分解如圖所示，由三角函數(shù)得sineq\f(θ,2)＝eq\f(\f(F,2),FA)，解得FA＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，合力F恒定，頂角θ越大，F(xiàn)A越小，圓柱體A對(duì)瓜子的壓力大小等于FA，則壓力越小，B正確，C、D錯(cuò)誤。]例3C[根據(jù)題意，分別對(duì)A、B受力分析，如圖所示，對(duì)小球A，豎直方向有Facos30°＝mg，水平方向有Fasin30°＝FcA，對(duì)小球B，豎直方向有Fbcos60°＝mg，水平方向有FcB＋Fbsin60°＝F，又有FcA＝FcB，聯(lián)立解得F＝eq\f(4\r(3),3)mg，故C正確。]跟蹤訓(xùn)練4.A[對(duì)小球受力分析如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，有Tsinθ＝F風(fēng)，Tcosθ＝mg；又因?yàn)镕風(fēng)＝kv2，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，故A正確。]考點(diǎn)三例4B[甲、乙兩物體的質(zhì)量均為m＝2kg，則OC繩的拉力與OB繩的拉力均為20N，這兩個(gè)力的合力與OA繩的拉力大小相等，方向相反。由幾何關(guān)系可知OC繩的拉力與OB繩的拉力夾角為110°，而夾角為120°大小均為20N的兩個(gè)力的合力大小為20N，所以O(shè)C繩的拉力與OB繩的拉力的合力略比20N大。由于OA繩的拉力大小等于OC繩與OB繩拉力的合力，所以可推理出OA繩的拉力約為23N，故B正確。]跟蹤訓(xùn)練5.BD[輕環(huán)兩邊細(xì)線的拉力大小相等，均為T＝mg，則細(xì)線對(duì)M點(diǎn)的拉力大小為mg，故A錯(cuò)誤；輕環(huán)兩側(cè)細(xì)線的拉力與輕環(huán)對(duì)半圓軌道的壓力的夾角相等，設(shè)為θ，由OA＝OM得∠OMA＝∠MAO＝θ，則3θ＝90°，得θ＝30°，輕環(huán)受力平衡，則軌道對(duì)輕環(huán)的支持力大小FN＝2mgcosθ＝eq\r(3)mg，故B正確；細(xì)線對(duì)輕環(huán)的作用力是輕環(huán)兩側(cè)細(xì)線拉力的合力，大小為FN′＝FN＝eq\r(3)mg，此時(shí)MA＝2Rcosθ＝eq\r(3)R，故C錯(cuò)誤，D正確。]例5AD[甲圖中B點(diǎn)受力如圖(1)，桿在B點(diǎn)的作用力方向沿桿，由平行四邊形定則可知，F(xiàn)N1＝eq\f(mg,tan30°)＝eq\r(3)mg，F(xiàn)T1＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg，則與輕桿AB連接的鉸鏈?zhǔn)艿綏U的彈力大小為eq\r(3)mg，故A正確；乙圖中D點(diǎn)受力如圖(2)，D點(diǎn)滑輪受到桿的作用力方向不沿桿，繩中兩個(gè)拉力大小相同，可知小滑輪受到桿的彈力FN2＝FT1′＝FT2′＝mg，故B、C錯(cuò)誤；若甲、乙中輕繩能承受最大拉力相同，但甲、乙圖中繩子拉力大小關(guān)系為FT1>FT1′，則物體加重時(shí)，甲中輕繩更容易斷裂，故D正確。](1)(2)跟蹤訓(xùn)練6.B[由題可知，兩輕桿為兩個(gè)“動(dòng)桿”，而“動(dòng)桿”上彈力方向沿輕桿。對(duì)鉸鏈進(jìn)行受力分析，鉸鏈所受輕繩拉力大小為mg，方向豎直向下，下面輕桿對(duì)鉸鏈的彈力方向沿輕桿斜向下，設(shè)為F1，上面輕桿對(duì)鉸鏈的彈力方向沿輕桿斜向上，設(shè)為F2，如圖所示。在力的矢量三角形中，由正弦定理有eq\f(F1,sin30°)＝eq\f(mg,sin30°)＝eq\f(F2,sin120°)，解得F1＝mg，F(xiàn)2＝eq\r(3)mg，選項(xiàng)B正確。]第3講受力分析共點(diǎn)力的平衡考點(diǎn)一例1B[如果A受到重力、墻面對(duì)它的彈力和B對(duì)它的支持力，這三個(gè)力恰好平衡，則A、B之間沒有摩擦力，故A、C錯(cuò)誤，B正確；以A、B整體為研究對(duì)象，豎直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墻面的彈力，水平地面可以對(duì)B無摩擦力，故D錯(cuò)誤。]跟蹤訓(xùn)練1.C[物塊在重力作用下，有沿天花板下滑的趨勢(shì)，一定受到沿天花板向上的靜摩擦力，天花板對(duì)物塊一定也有彈力，所以物塊受重力、推力F、天花板的彈力和摩擦力四個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；天花板對(duì)物塊的摩擦力沿天花板向上，根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊對(duì)天花板的摩擦力沿天花板向下，故B錯(cuò)誤；對(duì)物塊受力分析及正交分解如圖所示，物塊靜止，則y方向有F＝mgcosθ＋FN，x方向有f＝mgsinθ≤fm＝μFN，聯(lián)立解得F≥2mg，故C正確，D錯(cuò)誤。]考點(diǎn)二例2A[法一合成法對(duì)甲圖中小球受力分析，如圖(1)所示。小球處于平衡狀態(tài)，由合成法可得拉力F1＝mg，F(xiàn)甲＝mg，故A正確，C錯(cuò)誤；(1)(2)對(duì)乙圖中小球受力分析，如圖(2)所示，小球處于平衡狀態(tài)，由合成法可得F2＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，F(xiàn)乙＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，故B、D錯(cuò)誤。法二正交分解法對(duì)甲圖中小球受力分析，建立坐標(biāo)系，分解F1和F甲，如圖(3)所示，x軸方向：F1sin60°＝F甲sin60°y軸方向：F1cos60°＋F甲cos60°＝mg聯(lián)立解得F1＝F甲＝mg，故A正確，C錯(cuò)誤；對(duì)乙圖中小球受力分析，建立坐標(biāo)系，分解F乙，如圖(4)所示，x軸方向：F2＝F乙sin60°y軸方向：F乙cos60°＝mg聯(lián)立解得F2＝eq\r(3)mg，F(xiàn)乙＝2mg，故B、D錯(cuò)誤。](3)(4)跟蹤訓(xùn)練2.B[對(duì)物體受力分析可知，細(xì)線彈力與其重力平衡，所以細(xì)線彈力大小為G，故A錯(cuò)誤；由于滑輪兩側(cè)細(xì)線中彈力大小相等，所以滑輪兩側(cè)細(xì)線彈力的合力F方向位于兩側(cè)細(xì)線夾角的平分線上(如圖所示)，根據(jù)對(duì)稱性可知兩側(cè)細(xì)線彈力的合力大小為F＝2Tcos30°＝eq\r(3)G，方向與豎直方向夾角為30°斜向左下。對(duì)滑輪根據(jù)平衡條件可知，a桿對(duì)滑輪的作用力與F平衡，其大小也為eq\r(3)G，方向與豎直方向夾角為30°斜向右上，故B正確，C、D錯(cuò)誤。]3.B[兩球都受到重力、細(xì)桿的彈力和細(xì)繩的拉力這三個(gè)力的作用而處于平衡狀態(tài)，對(duì)a、b受力分析，如圖所示，在圖中過O點(diǎn)作豎直線交ab于c點(diǎn)，則△Oac與小球a的力矢量三角形相似，△Obc與小球b的力矢量三角形相似，有eq\f(mag,lOc)＝eq\f(Fa,lOa)，eq\f(mbg,lOc)＝eq\f(Fb,lOb)，解得Fa∶Fb＝eq\r(6)∶1，故B正確。]例3D[設(shè)質(zhì)量為m的正方體物塊的邊長(zhǎng)為a，密度為ρ，當(dāng)風(fēng)速為v0時(shí)剛好能推動(dòng)物塊，根據(jù)平衡條件有F＝f，F(xiàn)N＝mg，其中F＝kSv2＝ka2veq\o\al(2,0)，f＝μFN，m＝ρa(bǔ)3，解得a＝eq\f(kveq\o\al(2,0),μρg)；當(dāng)風(fēng)速變?yōu)?v0時(shí)，剛好能推動(dòng)物塊的邊長(zhǎng)變?yōu)?a，物塊的體積變?yōu)?4a3，則物塊質(zhì)量變?yōu)閙′＝64ρa(bǔ)3＝64m，故D正確。]跟蹤訓(xùn)練4.C[對(duì)木箱進(jìn)行受力分析，受到重力mg、斜面的彈力FN、摩擦力f、水平外力F，如圖所示。由于木箱沿著斜面勻速向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)木箱受力平衡得木箱所受合力大小為0，A錯(cuò)誤；垂直于斜面方向上受力平衡，斜面對(duì)木箱的支持力大小FN＝Fsinθ＋mgcosθ，B錯(cuò)誤；由于沿著斜面方向上受力平衡，有Fcosθ＝f＋mgsinθ，得斜面對(duì)木箱的摩擦力大小為f＝Fcosθ－mgsinθ，C正確；斜面對(duì)木箱作用力的合力大小與重力和外力F的合力大小相等，即F合＝eq\r(F2＋（mg）2)，D錯(cuò)誤。]考點(diǎn)三例4D[對(duì)A和B構(gòu)成的整體進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，整體受重力(M＋m)g、水平面的支持力FN、兩墻面的支持力FNA和FNB，由于兩正方體受力平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，水平面對(duì)正方體B的彈力大小為FN＝(M＋m)g，故A、B錯(cuò)誤；隔離A，對(duì)A進(jìn)行受力分析，受重力mg、墻面的支持力FNA、B的支持力FNBA，如圖乙所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有，豎直方向mg＝FNBAsinα，水平方向FNA＝FNBAcosα，解得FNA＝eq\f(mg,tanα)，即墻面對(duì)正方體A的彈力大小等于eq\f(mg,tanα)，故C錯(cuò)誤；由整體法可知FNB＝FNA，則墻面對(duì)正方體B的彈力大小為FNB＝eq\f(mg,tanα)，故D正確。]跟蹤訓(xùn)練5.A[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，故D錯(cuò)誤；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(（2mg）2＋F2)＝eq\r(5)mg，故A正確，C錯(cuò)誤；由題意可知，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B錯(cuò)誤。]增分微點(diǎn)3立體空間共點(diǎn)力的平衡問題例1B[設(shè)每根細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)受力平衡有3FTcosθ＝mg，可得FT＝eq\f(mg,3cosθ)>eq\f(mg,3)，故A錯(cuò)誤；增加細(xì)繩長(zhǎng)度時(shí)，細(xì)繩與豎直方向的夾角θ變小，則cosθ變大，每根繩拉力均減少，故B正確；增加細(xì)繩長(zhǎng)度時(shí)，桿右端受到拉力大小等于中藥和秤盤的總重力mg保持不變，則秤砣位置不變，手對(duì)秤拉力不變，故C、D錯(cuò)誤。]跟蹤訓(xùn)練1.A[根據(jù)共點(diǎn)力平衡，三根桿對(duì)O點(diǎn)的彈力沿豎直方向的分力之和等于鍋的重力，有3Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(2\r(3),9)mg，故A正確。]例2B[對(duì)物塊受力分析，如圖所示，在垂直于斜槽的平面內(nèi)，有2FNcos45°＝mgcosθ，在物塊下滑方向，有2f＝mgsinθ，其中f＝μFN，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(2),2)tanθ，B正確。]跟蹤訓(xùn)練2.C[設(shè)每根繩的拉力為F，則這兩根繩拉力的合力F合＝2Fcoseq\f(θ,2)，方向沿兩繩夾角的角平分線，與水平面的夾角為α，輪胎受力分析如圖所示，則F合cosα＝f，解得F＝eq\f(f,2cosαcos\f(θ,2))＝eq\f(5\r(3),9)f，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。]專題強(qiáng)化三動(dòng)態(tài)平衡平衡中的臨界與極值問題考點(diǎn)一例1B[對(duì)O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，它受到汽車對(duì)它豎直向下的壓力，大小等于汽車的重力G，OA方向桿的彈力FOA，BO方向的彈力FBO，設(shè)OB與水平方向夾角為θ，可知FBO＝eq\f(G,sinθ)，F(xiàn)OA＝eq\f(G,tanθ)，當(dāng)千斤頂將汽車頂起來的過程中，θ變大，則FBO和FOA均變小，故B正確。]跟蹤訓(xùn)練1.C[將A、B整體受力分析，如圖甲所示，由平衡條件得FN＝(M＋m)g，可知FN不變，f＝F；隔離B，受力分析如圖乙所示，由平衡條件知F＝Mgtanθ，水平力F緩慢地拉起B(yǎng)的過程中，θ增大，外力F逐漸增大，所以f增大，故C正確。]甲乙例2C[根據(jù)題意，作出小球受力的矢量三角形，如圖所示，從圖中可看出力F先減小再增大，斜面體對(duì)球的支持力一直減小，故A、D錯(cuò)誤；設(shè)斜面體的質(zhì)量為m，對(duì)整體分析，豎直方向上有FN＝(mg＋G)－Fy，水平方向上有f＝Fx，現(xiàn)沿逆時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)彈簧測(cè)力計(jì)，則Fy一直增大，F(xiàn)x一直減小，則FN一直減小，f一直減小，故B錯(cuò)誤，C正確。]跟蹤訓(xùn)練2.D[分析油桶的受力情況，油桶受重力、斜面的支持力和推力，因工人緩慢地將油桶推到汽車上，油桶處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，由三角形定則作出力的動(dòng)態(tài)變化過程，如圖所示，推力F由與水平方向成60°角斜向上逐漸變?yōu)樗较蛴业倪^程中，推力先變小后變大，最小時(shí)推力F和支持力FN垂直，即沿斜面方向，此時(shí)最小值為eq\f(mg,2)，D正確。]例3C[小球沿圓環(huán)緩慢上移可看成小球始終受力平衡，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，作出受力示意圖如圖所示，由三角形相似，得eq\f(G,R)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,R)，當(dāng)A點(diǎn)上移時(shí)，半徑R不變，AB長(zhǎng)度減小，故F減小，F(xiàn)N不變，故C正確。]例4B[法一矢量圓法以鉛球?yàn)檠芯繉?duì)象，受重力G、右手對(duì)鉛球的彈力為F1和左手對(duì)鉛球的彈力為F2，受力分析如圖所示，緩慢旋轉(zhuǎn)過程中處于平衡狀態(tài)，則將三力平移后構(gòu)成一首尾相連的三角形，兩手之間夾角保持60°不變，則兩力之間的夾角保持120°不變，則在三角形中，F(xiàn)1與F2夾角保持60°不變，重力G的大小方向不變，作出力三角形的外接圓，根據(jù)弦所對(duì)的圓周角都相等，則右手由圖示位置緩慢旋轉(zhuǎn)60°至水平位置過程中力的三角形變化如圖所示，分析可得F1開始小于直徑，當(dāng)轉(zhuǎn)過30°時(shí)F1等于直徑，再轉(zhuǎn)時(shí)又小于直徑，所以F1先增大后減小，F(xiàn)2開始就小于直徑，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中一直減小，選項(xiàng)B正確。法二正弦定理法以鉛球?yàn)檠芯繉?duì)象，受重力G、右手對(duì)鉛球的彈力為F1及左手對(duì)鉛球的彈力為F2，受力分析如圖所示，緩慢旋轉(zhuǎn)過程中處于平衡狀態(tài)，則將三力平移后構(gòu)成一首尾相連的三角形，兩手之間夾角保持60°不變，右手由圖示位置緩慢旋轉(zhuǎn)的角度設(shè)為θ，轉(zhuǎn)動(dòng)過程始終處于平衡狀態(tài)，根據(jù)正弦定理有eq\f(G,sin60°)＝eq\f(F1,sin（60°＋θ）)＝eq\f(F2,sin（60°－θ）)，右手由圖示位置緩慢旋轉(zhuǎn)60°至水平位置過程中θ由0°變?yōu)?0°，sin(60°＋θ)先變大再變小，所以F1先增大后減小，sin(60°－θ)一直變小，所以F2一直減小，選項(xiàng)B正確。]考點(diǎn)二例5C[對(duì)球A受力分析，受重力和細(xì)線OA的拉力，根據(jù)受力平衡，細(xì)線AB的拉力為零，細(xì)線OA的拉力等于TOA＝mg，故A錯(cuò)誤；對(duì)B球受力分析，受重力，細(xì)線OB的拉力和所求力F，根據(jù)三力平衡條件知，任意兩個(gè)力的合力必定與第三個(gè)力等大、反向、共線，所以當(dāng)F與OB垂直時(shí)，有最小值，如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系可得Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，故C正確，D錯(cuò)誤；對(duì)B球受力分析，受重力，細(xì)線OB的拉力和所求力F，根據(jù)動(dòng)態(tài)三角形可知當(dāng)F水平時(shí)，OB的拉力最大，即TOB＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，故B錯(cuò)誤。]跟蹤訓(xùn)練3.C[以整體為研究對(duì)象進(jìn)行分析，設(shè)一個(gè)方形積木的質(zhì)量為m，則球形積木的質(zhì)量為2m，地面對(duì)方形積木的支持力為FN，根據(jù)平衡條件可得2FN＝4mg，則FN＝2mg；當(dāng)兩方形積木的距離最遠(yuǎn)時(shí)，設(shè)OA和OB之間的夾角為2θ，此時(shí)方形積木與地面間的摩擦力達(dá)到最大，對(duì)球形積木受力分析，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可得2Fcosθ＝2mg；對(duì)其中一個(gè)方形積木(如A)受力分析，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件可得Fsinθ＝f＝μFN，聯(lián)立解得tanθ＝1，則θ＝45°，根據(jù)幾何關(guān)系可得AB之間的距離為s＝eq\r(2)R，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]實(shí)驗(yàn)二探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系考點(diǎn)一例1(1)CBDAE(2)見解析圖3.3解析(1)本實(shí)驗(yàn)的操作步驟順序?yàn)镃BDAE。(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)作出彈簧彈力F與彈簧長(zhǎng)度l的F－l圖像如圖所示由胡克定律可得F＝k(l－l0)＝kl－kl0可知圖像斜率為彈簧勁度系數(shù)，由圖可得k＝eq\f(1.176,（45.37－10.00）×10－2)N/m≈3.3N/m。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圖像如圖所示。(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)將偏小。考點(diǎn)二例3(1)6.046.05(2)3(3)48.6解析(1)ΔL3＝L6－L3＝18.09cm－12.05cm＝6.04cm，壓縮量的平均值Δeq\o(L,\s\up6(－))＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝6.05cm。(2)根據(jù)(1)問可知，Δeq\o(L,\s\up6(－))為增加3個(gè)鋼球時(shí)產(chǎn)生的彈簧平均壓縮量。(3)根據(jù)胡克定律的推論可知，3mgsinθ＝kΔeq\o(L,\s\up6(－))，代入數(shù)值解得k＝48.6N/m。跟蹤訓(xùn)練(1)ADBEC(2)49(3)無勁度系數(shù)是通過圖像斜率與每個(gè)鉤碼重力的乘積得到的解析(1)根據(jù)題意，由實(shí)驗(yàn)原理可知，本實(shí)驗(yàn)通過改變鉤碼的數(shù)量來改變彈簧的彈力，通過手機(jī)的定位傳感器確定彈簧的形變量，通過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)是通過圖像的斜率與每個(gè)鉤碼重力的乘積得到的，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)果無影響。實(shí)驗(yàn)三探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律考點(diǎn)一例1(2)CD(3)同一標(biāo)記位置(5)大小和方向是否在誤差允許范圍內(nèi)相同解析(2)實(shí)驗(yàn)中要保證兩次操作使橡皮條產(chǎn)生相同的彈力作用，故應(yīng)標(biāo)記小圓環(huán)的位置以及每個(gè)力的大小和方向，力的大小由測(cè)力計(jì)讀出，方向即為細(xì)線的方向，故C、D正確；橡皮條與細(xì)線的長(zhǎng)度沒必要測(cè)出，故A、B錯(cuò)誤。(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)拉到已標(biāo)記的小圓環(huán)位置，記錄此時(shí)拉力F的大小和方向。(5)比較F′和F的大小和方向在誤差允許范圍內(nèi)是否相同，即可判斷本次實(shí)驗(yàn)是否驗(yàn)證了力的平行四邊形定則。跟蹤訓(xùn)練1.(1)AC(2)F(3)A(4)3.00解析(1)測(cè)量力的實(shí)驗(yàn)要求盡量準(zhǔn)確，為了防止摩擦對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果產(chǎn)生的誤差，拉橡皮條時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)、橡皮條、細(xì)繩應(yīng)貼近木板且與木板平面平行，A正確；實(shí)驗(yàn)中只要求力的作用效果相同，而兩彈簧測(cè)力計(jì)系的兩條細(xì)繩不必等長(zhǎng)，B錯(cuò)誤；為了準(zhǔn)確地測(cè)量力的大小，故F1、F2和合力F的大小都不能超過彈簧測(cè)力計(jì)的量程，C正確；為減小測(cè)量誤差，F(xiàn)1、F2方向間夾角要適當(dāng)大些但不一定為90°，D錯(cuò)誤。(2)由實(shí)驗(yàn)步驟可得，題圖乙中F1、F2、F、F′四個(gè)力，F(xiàn)是根據(jù)平行四邊形定則作圖得到的，故不是由彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)得的。(3)實(shí)驗(yàn)中，要求先后兩次力的作用效果相同，指的是橡皮條沿同一方向伸長(zhǎng)同一長(zhǎng)度，B、C、D錯(cuò)誤，A正確。(4)由題圖丙可知，測(cè)量中彈簧測(cè)力計(jì)M的最小刻度為0.1N，則示數(shù)為3.00N?？键c(diǎn)二例2(1)F10.05(2)C(3)C解析(1)A傳感器受到的力均為拉力，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。跟蹤訓(xùn)練2.(1)AD(2)eq\f(m1,l1)＝eq\f(m2,l2)＝eq\f(m3,l3)(3)定滑輪有摩擦、木板未豎直放置等解析(1)本實(shí)驗(yàn)用鉤碼重力作為合力，需要在豎直平面內(nèi)進(jìn)行，故A正確；該實(shí)驗(yàn)用了物體的平衡來探究力的平行四邊形，不需要每次實(shí)驗(yàn)都使線的結(jié)點(diǎn)O處于同一位置，故B錯(cuò)誤；本實(shí)驗(yàn)處理數(shù)據(jù)時(shí)重力加速度可以約掉，不需要知道當(dāng)?shù)刂亓铀俣?，故C錯(cuò)誤；數(shù)據(jù)處理時(shí)需要知道鉤碼總質(zhì)量、各個(gè)小沙桶和沙子的總質(zhì)量，所以需要測(cè)量出鉤碼總質(zhì)量、各個(gè)小沙桶和沙子的總質(zhì)量，故D正確。(2)根據(jù)力與邊的對(duì)應(yīng)關(guān)系，有eq\f(m1g,l1)＝eq\f(m2g,l2)＝eq\f(m3g,l3)，化簡(jiǎn)得eq\f(m1,l1)＝eq\f(m2,l2)＝eq\f(m3,l3)。(3)定滑輪有摩擦、木板未豎直放置等。第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律第1講牛頓運(yùn)動(dòng)定律考點(diǎn)一跟蹤訓(xùn)練1.C[亞里士多德關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)是力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，伽利略關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)是力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，即墨子的觀點(diǎn)與伽利略的觀點(diǎn)基本相同，故A錯(cuò)誤；物體受到變力作用，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定發(fā)生改變，即物體的速度一定發(fā)生變化，但是速度的大小不一定會(huì)改變，例如物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故C正確；當(dāng)物體不受力時(shí)，物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，運(yùn)動(dòng)的物體不會(huì)停止運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。]2.A[用力F擊打羽毛球筒的上端時(shí)，球筒會(huì)在力的作用下向下運(yùn)動(dòng)，而羽毛球由于慣性而保持靜止，所以羽毛球會(huì)從筒的上端出來，故A正確，B、C錯(cuò)誤；球筒向下運(yùn)動(dòng)，羽毛球相對(duì)于球筒向上運(yùn)動(dòng)，所以羽毛球受到向下的摩擦力，故D錯(cuò)誤。]考點(diǎn)二例1ABC[根據(jù)力的作用效果的獨(dú)立性可知，如果一個(gè)物體同時(shí)受到兩個(gè)力的作用，那么這兩個(gè)力都會(huì)使物體產(chǎn)生各自的加速度且互不影響，A正確；加速度是矢量，其合加速度滿足矢量合成的法則平行四邊形定則，即物體的加速度等于所受各力單獨(dú)作用在物體上時(shí)產(chǎn)生加速度的矢量和，B正確；由分運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性可知，平拋運(yùn)動(dòng)中豎直方向的重力不影響水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)，C正確；質(zhì)量是物質(zhì)本身的固有屬性，跟物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和是否受力無關(guān)，D錯(cuò)誤。]例2ABC[開始時(shí)，小球的重力大于彈簧彈力，加速度方向向下，小球向下加速運(yùn)動(dòng)，隨著彈簧的壓縮，彈力逐漸變大，由mg－kx＝ma知加速度逐漸減小，當(dāng)彈力大小等于重力時(shí)，加速度為零，即mg＝kx，得x＝eq\f(mg,k)，此時(shí)小球的速度最大，然后小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈力大于重力，加速度變?yōu)橄蛏希饾u增大，速度逐漸減小，直到速度減小到零，到達(dá)最低點(diǎn)，由對(duì)稱性可知，此時(shí)彈簧的壓縮量為2x＝eq\f(2mg,k)，故選項(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤。]例3A[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，對(duì)輕繩的中點(diǎn)，水平方向有2FTcosθ＝F，解得FT＝eq\f(5,8)F對(duì)任一小球，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。]跟蹤訓(xùn)練3.B[書放在水平桌面上，若書相對(duì)于桌面不滑動(dòng)，則最大靜摩擦力提供加速度，即fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0m/s2，書相對(duì)高鐵靜止，故高鐵的最大加速度為4.0m/s2，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]4.AD[小物塊以加速度a上行，合力方向與加速度方向相同，設(shè)加速度方向?yàn)檎较?，由牛頓第二定律可知，沿斜面方向有f－mgsin30°＝ma，解得f＝eq\f(1,2)mg＋ma，摩擦力方向沿斜面向上，故A正確，B錯(cuò)誤；由于物塊相對(duì)斜面靜止，因此摩擦力為靜摩擦力，故C錯(cuò)誤，D正確。]考點(diǎn)三例4B[手與飛行器沒有接觸，手對(duì)飛行器沒有作用力，空氣對(duì)飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對(duì)平衡力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；空氣對(duì)飛行器的作用力和飛行器對(duì)空氣的作用力是一對(duì)作用力和反作用力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由牛頓第三定律可知，螺旋槳對(duì)空氣的作用力和空氣對(duì)螺旋槳的作用力大小相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]例5D[當(dāng)圓環(huán)上升時(shí)，桿給環(huán)的摩擦力方向向下，大小設(shè)為f，則環(huán)給桿的摩擦力方向向上，大小為f，設(shè)水平面對(duì)底座的支持力大小為FN1，則對(duì)圓環(huán)由牛頓第二定律可得mg＋f＝ma，對(duì)底座，由平衡條件可得FN1＋f－Mg＝0，聯(lián)立解得FN1＝(M＋m)g－ma；當(dāng)圓環(huán)下落時(shí)，桿給環(huán)的摩擦力方向向上，大小設(shè)為f′，則環(huán)給桿的摩擦力方向向下，大小為f′，設(shè)水平面對(duì)底座的支持力大小為FN2，則對(duì)底座，由平衡條件可得Mg＋f′－FN2＝0，由題意可知f′＝f，聯(lián)立解得FN2＝(M－m)g＋ma，根據(jù)牛頓第三定律可知，圓環(huán)在升起和下落過程中，底座對(duì)水平面的壓力大小分別為(M＋m)g－ma，(M－m)g＋ma，故D正確。]跟蹤訓(xùn)練5.B[工人受到三個(gè)力的作用，即繩的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，A錯(cuò)誤；工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)作用力與反作用力，B正確；對(duì)動(dòng)滑輪受力分析，由平衡條件有2Tcoseq\f(θ,2)＝mg，其中T為繩子拉力的大小，θ為動(dòng)滑輪兩側(cè)繩子間的夾角，m為重物與動(dòng)滑輪的總質(zhì)量，隨著重物的上升，θ增大，則繩的拉力變大，C、D錯(cuò)誤。]第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用考點(diǎn)一例1BC[對(duì)小球1、2受力分析如圖甲、乙所示，根據(jù)平衡條件可得FB＝m1g，F(xiàn)Bsin30°＝m2g，所以eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1)，故A錯(cuò)誤，B正確；在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力未來得及變化，球2的加速度大小為0，彈簧彈力FB＝m1g，對(duì)球1，由牛頓第二定律有F合＝2m1gcos30°＝m1a，解得a＝eq\r(3)g，故C正確，D錯(cuò)誤。]跟蹤訓(xùn)練D[初始三個(gè)物體受力平衡，彈簧彈力大小為F＝3mg，取走C物體瞬間彈簧彈力不變，對(duì)A、B整體由牛頓第二定律有F－2mg＝2ma，解得a＝eq\f(1,2)g，之后A、B一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，最大加速度為a＝eq\f(1,2)g，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；取走C瞬間設(shè)B受到的彈力大小為FN，則有FN－mg＝ma，解得FN＝eq\f(3,2)mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)A、B運(yùn)動(dòng)到上方最大位移處時(shí)加速度a′向下，大小為a′＝eq\f(1,2)g，此時(shí)B對(duì)A的彈力最小，對(duì)B物體有mg－FN′＝ma′，解得FN′＝eq\f(1,2)mg，則B不可能脫離A，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。]考點(diǎn)二例2(1)90km(2)1200m/s250s解析(1)助推器脫落后，受到阻力f＝eq\f(1,5)mg上升過程，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝12m/s2，方向豎直向下，則助推器向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，繼續(xù)上升的高度h2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝6×104m＝60km所以助推器能上升到距離地面的最大高度為h＝h1＋h2＝90km。(2)助推器從最高點(diǎn)開始下落過程中，由牛頓第二定律得mg－f＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝8m/s2落回地面的速度大小為v＝eq\r(2a2h)＝1200m/s助推器從脫離到最高點(diǎn)所用時(shí)間t1＝eq\f(v0,a1)＝100s從最高點(diǎn)到落地點(diǎn)所用時(shí)間t2＝eq\f(v,a2)＝150s所以助推器從脫離到落地經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＝250s。例3(1)eq\f(8,3)m/s2(2)12m/s(3)66N解析(1)設(shè)雪車從A→B的加速度大小為a、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有2alAB＝veq\o\al(2,B)，vB＝at解得t＝3s，a＝eq\f(8,3)m/s2。(2)由題知雪車從A→C全程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0＝5s設(shè)雪車從B→C的加速度大小為a1、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，故t1＝t0－t，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有l(wèi)BC＝vBt1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)vC＝vB＋a1t1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2，vC＝12m/s。(3)設(shè)雪車在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin15°－f＝ma1代