第一章 运动的描述 单元卷 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

答案详解　　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　　物理　必修第一册(这是边文，请据需要手工删加) 答案详解 第一章　运动的描述 第1节　质点　参考系 课堂达标 1．C　[解析]质量很小、体积很小的物体不一定能看成质点，如原子的质量和体积都很小，在研究原子内部结构的时候是不能看成质点的，故AB错误。物体的形状和大小在所研究的问题中可以忽略时，物体就能看做质点，故C正确；物体能否看成质点与物体的速度无关，故D错误。故选C。 2．C　[解析]分析该导弹的形状时，其大小和形状不能被忽略，不能看做质点，A错误；研究该导弹的飞行时间时，导弹的大小远小于飞行距离，可以把它看成质点，B错误；研究该导弹飞行过程中经过某标示物的时间时，导弹的长度即为位移的大小，不能忽略，故不能把它看成质点，C正确；分析该导弹在空中的轨迹时，导弹的大小可以忽略，可以把它看成质点，D错误。故选C。 3．D　[解析]同一物体的运动，选不同的参考系，相对位置变化情况可能不同，故可能有不同的观察结果，故A错误；参考系不一定是静止不动的，任何物体均可作为参考系，静止的物体或正在做直线运动的物体等都可以，故B错误；做曲线运动的物体选不同的参考系其运动轨迹可能是直线，也可能是曲线。故C错误；参考系的选取是任意的，故任何物体都可以作为参考系，但选择不同的参考系对于研究同一物体的运动而言，一般会出现不同的结果，故D正确。 4．B　[解析]对接完成后，“神舟十六号”相对于“天和核心舱”的位置没有发生变化，但相对于“长征二号”、酒泉卫星发射中心和地球的位置发生变化，所以认为“神舟十六号”处于静止状态，选取的参照物是“天和核心舱”。故选B。 课后精练 1．D　[解析]研究苏炳添在百米跑比赛的起跑技术时，要看起跑动作，即此时的苏炳添不能看成质点，A错误；研究乒乓球男子单打冠军马龙的发球动作时，要看他的发球姿势，即此时的马龙不能看成质点，B错误；研究女子3米板冠军的跳水动作时，要看她的跳水姿势，即此时的施廷懋不能看成质点，C错误；研究女子50米步枪三次比赛中杜丽射出的子弹轨迹时，子弹的形状和体积对所研究问题的影响可以忽略，即此时的子弹可以看成质点，D正确。 2．C　[解析]月亮相对于地面的运动在短时间内是不易观察的，而题中说明月亮在云中穿行即相对于云的运动。 3．B　[解析]研究教室电风扇的旋转时不能忽略电风扇的大小及形状，不能把电风扇看作质点，A不符合题意；研究火车通过路旁一根电线杆时，不能忽略火车的大小及形状，不能把火车看成质点，B符合题意；研究飞机在天空中的位置时，可以忽略飞机的大小和形状，把飞机视为质点，C不符合题意；研究转动的汽车轮胎时，不能忽略轮胎的大小和形状，不能将轮胎看作质点，D不符合题意，故选B。 4．B　[解析]教练员针对训练录像纠正运动员的错误动作时，不能将运动员看作质点，否则无法分析其动作姿势，A错误；分析运动员的助跑速度时，人的形状对研究速度大小无影响，能将其看作质点，B正确，D错误；研究运动员的越杆动作时，不能将运动员看作质点，否则无法分析其越杆动作，C错误，故选B。 5．C　[解析]以演员为参考系，卡车是静止的，A错误；以地面为参考系，演员和卡车是运动的，BD错误；以卡车为参考系，演员相对卡车静止，相对卡车没有动，C正确。故选C。 6．C　[解析]通过题目所给的条件，我们可以知道所选的参考系是急速飘动的白云，认为白云静止不动的结果是“孙悟空”在飞速前进，故C正确，A、B、D错误。 7．B　[解析]甲、乙两人的说法分别是以飞机和地面作为参考系研究跳伞运动员的运动，说法都是正确的。他们的争论是由于选择的参考系不同而引起的，故A错误，B正确；研究物体运动时一定要选择参考系，否则物体的运动性质无法确定，故C错误；参考系的选择可以是任意的，一般情况下选择相对于地面静止的物体为参考系，故D错误。 8．ABD　[解析]根据题意，甲看到楼房匀速上升，说明甲相对于地面匀速下降。乙看到甲匀速上升，说明乙相对于甲匀速下降，则乙相对于地面匀速下降，且v乙>v甲。丙看到乙匀速下降，丙可能停在空中，也可能向上匀速运动，还可能是丙也匀速下降，但下降速度小于乙的速度。故选ABD。 9．A　[解析]蜜蜂、汽车车身向前具有相同的速度，它们是相对静止的，车轮边缘的点相对于车做圆周运动，运动轨迹是圆，所以蜜蜂看到的车轮边缘上的点的运动轨迹是圆，故A正确，BCD错误。 10．2 km/h　[解析]以水为参考系，此时水和救生圈都看成静止不动(水和救生圈的速度相同)。船划行多远，就往回划多远，往回划了2小时追上，则救生圈漂了4个小时。又知救生圈往下漂了8 km，所以河水速度v＝ km/h＝2 km/h。 第2节　时间　位移 课堂达标 1．A　[解析]第1 s末和第2 s初指的是同一个时间点，表示的是时刻，意义是相同的，故A正确；前2 s内指的是2 s的时间内，指的是2 s的时间段，第2 s内指的是1～2 s这1 s时间内，表示的时间段不一样，意义也不一样，故B错误；第1 s末和第1 s初分别指的是第1 s的初、末两个时间点，意义是不一样的，故C错误；第2 s内指的是1～2 s这1 s的时间内，而第2 s末指的是时刻，意义是不一样的，故D错误。故选A。 2．B　[解析]时刻是一个状态量，时间间隔是一个过程量，90分钟是指时间的长度，是时间间隔，A错误；时间轴单位可以是日，9月1日是时刻。B正确；5分钟是指时间间隔，C错误；2小时是也指时间间隔，D错误，故选B。 3．ABD　[解析]建立坐标系是为了定量描述物体的位置和位置的变化，故A正确；坐标系都是建立在参考系上的，没有参考系则坐标系无法建立，故B正确，C错误；物体在平面内做曲线运动，两条线决定一个平面，为研究方便，需要用平面直角坐标系才能确定其位置，故选ABD。 4．A　[解析]位移是从初位置到末位置的有向线段，在某段时间内物体运动的位移为零，初位置与末位置重合，但中间过程可能是运动的，故A错误；路程是轨迹的长度，在某段时间内物体运动的路程为零，说明物体静止不动，故B正确；在直线运动中，物体的路程可能大于或等于位移的大小，如往返运动路程大于位移，单向直线路程等于位移，故C正确；在曲线运动中，物体运动的路程一定大于位移的大小，故D正确。综上所述，故选A。 5．D　[解析]由题意可知，运动员最后回到了起点，故初、末位置相同，位移为0 m，而路程为经过的轨迹长度，故路程为100 m，故选D。 6．B　[解析]依题意可求得质点在第1 s内位移为x1＝4－0＝4 m，第2 s内位移为x2＝－5－4＝－9 m，第3 s内位移为x3＝－1－(－5)＝4 m，第4 s内位移为x4＝6－(－1)＝7 m，以上结果中负号均表示方向，不表示大小，所以第2 s内位移最大，故选B。 7．C　[解析]因x－t图像只能描述直线运动，即乌龟和兔子做的都是直线运动，选项A错误；由图可知，乌龟和兔子是同地但不同时出发的，选项B错误；由图可知，t2～t4时间内兔子运动的路程等于乌龟的路程，选项C正确；因两图像有两个交点，可知乌龟和兔子在比赛途中相遇过两次，选项D错误。故选C。 8．B　[解析]由题图可知，OA段用1小时走了15 km，同理CD段1小时走了30 km，因此CD段汽车运动得最快，A错误；AB段图线平行于时间轴，表示位移不随时间变化，汽车处于静止状态，B正确；OA段表示汽车沿正方向运动，CD段表示汽车沿负方向运动，所以CD段汽车的运动方向与OA段汽车的运动方向相反，C错误；由题图可知0～4 h内，汽车的位移大小为0，D错误。 9．(1)0.02　(2)时间、位移　(3)AC [解析](1)打点计时器是利用交流电的电流方向周期性改变而设计的，当交流电频率为50 Hz时，打点计时器每隔0.02 s打一次点。 (2)打点计时器是每隔0.02 s打下一个点，所以数点就知道时间间隔，故可以直接测量时间；利用刻度尺直接测量两点之间的距离即可测出位移。 (3)实验中为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先启动打点计时器然后释放小车，故A正确；打点计时器使用的是交流电源，故B错误；为了可以充分利用纸带，释放小车时小车应靠近打点计时器，故C正确；选择纸带时要选点迹清晰的点，不一定必须从纸带上第一个点选取，故D错误，故选AC。 课后精练 1．B　[解析]“1时46分”指的是时刻，选项A错误；对接完成后，飞船相对于空间站是静止的，选项B正确；飞船绕地球飞行一周时，以地心为参考系，位移为零，路程不为零，选项C错误；研究飞船与空间站对接情况时，飞船的大小不能忽略，不能将飞船看作质点，选项D错误。故选B。 2．D　[解析]位移是物体从初位置到末位置的有向线段，所以水桶的位移大小是1 m，路程是物体运动轨迹的长度，水桶通过的路程是9 m，故选D。 3．BC　[解析]由题图像可知，b车的位移先增大后减小，因此b车的运动方向发生了变化，故A错误；图线a与b有两个交点，说明两车相遇两次，故B正确；t1到t2时间内，两车的位移相同，故C正确；由题图像可知，a车的位移均匀增大，b车位移不是均匀增大的，故D错误。 4．CD　[解析]在坐标系中画出机器人的运动轨迹，如图所示 可见其运动轨迹不是直线；图线的交点表示机器人两次通过同一点，故AB错误；整个过程中机器人的位移为从点(0，0)到点(2，2)的有向线段，大小为2 m，故C正确；(0，0)、(2，2)、(5，5)三个坐标点在一条直线上，所以整个过程中机器人的位移与由点(5，5)到点(2，2)的位移方向相反，故D正确。故选CD。 5．ABD　[解析]由题图像可知，甲、乙同时出发，并且在出发时，乙在甲前面，中途有一段甲位移一直没变，说明此时甲处于静止状态，而乙物体的位置一直在变化，说明没有停止运动，故选ABD。 6．80 m　10 m　4次 [解析]如图所示，设运动员从位置O出发跑向位置a，扳倒空瓶后返回位置O，扳倒空瓶后又跑向位置c，扳倒空瓶后再跑向位置b，依次进行下去，当他扳倒第6个空瓶时应在位置d处，因此可求出运动员跑过的总路程和位移。 由以上分析得路程s0＝2s1＋s2＋s3＋s4＋s5＝(2×5＋10＋15＋20＋25) m＝80 m，位移大小s＝＝10 m，往返过程中共经过出发点O处4次(不包括从出发点开始时)。 第3节　位置变化快慢的描述——速度 课堂达标 1．D　[解析]v是按比值定义法定义的物理量，与Δx、Δt无关，A错误；匀速直线运动是速度的大小和方向都不变的运动，B错误；速度是矢量，正、负号表示方向，绝对值表示大小，C错误；速度的方向与物体运动的方向一致，D正确。 2．C　[解析]根据＝可知，平均速度等于总位移与总时间之比，则某段时间内平均速度的方向与该段时间内的位移方向相同，A正确，不符合题意；匀速直线运动的速度大小与方向恒定不变，即匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度，B正确，不符合题意；平均速度描述物体在某段时间之内运动的平均快慢，因此，瞬时速度可以精确描述变速运动，而平均速度只能粗略描述变速运动，C错误，符合题意；D正确，不符合题意。故选C。 3．C 4．D　[解析]往返全程的位移大小为0，所以平均速度大小为0。假设山脚到山顶的路程为s，则上山和下山的时间分别为t1＝，t2＝，往返全程的平均速率为v＝＝，故选D。 5．0.10　0.27 [解析]由于滑块经过光电门时遮光条的挡光时间较短，所以滑块经过光电门的速度可用遮光条挡光时间内的平均速度表示。经过第一个光电门的速度v1＝＝ m/s≈0.10 m/s，经过第二个光电门的速度v2＝＝ m/s≈0.27 m/s。 6．C　[解析]2～4 s内以12 m/s速度做匀速直线运动，A错误；4 s末，速度开始减小，6 s末变方向，B错误，6～7 s内速度为负值，大小增大，表明6～7 s，物体变速向西运动，C正确；10～12 s内，速度大小一直在变，不是匀速运动，D错误，故选C。 课后精练 1．A　[解析]时间趋于无穷小时，物体在这段时间的运动可以看成匀速运动，平均速度等于瞬时速度，故A正确；做变速运动的物体在某段时间内的平均速度，等于位移与发生该段位移所用时间的比值，与初末时刻速度和各个时刻的瞬时速度没有必然关系，故BCD错误。故选A。 2．B　[解析]由于不知道楼道的总长度，无法求出路程，故A错误；每层楼的高度为3 m，则5楼到1楼下降的高度为3×4＝12 m，所以平均速度＝＝ m/s＝0.2 m/s，故B正确，C、D错误。 3．D　[解析]由题图可知，三个物体的初、末位置相同，所以通过的位移相等，所用的时间相等，故平均速度相等，故AB错误；根据x－t图线的斜率表示速度，可知甲先沿正向运动后沿负向运动，而乙、丙一直沿正向运动，三个物体通过的位移相等，所以甲通过的路程最大，乙和丙通过的路程相等，因平均速率等于路程和时间的比值，则甲的平均速率最大，乙和丙的平均速率相等，故C错误，D正确。故选D。 4．C　[解析]运动员全程平均速度v＝＝ m/s＝10 m/s，故A错误；运动员在前7 s的平均速度v′＝＝ m/s＝7 m/s，故B错误；7.0～7.1 s内的平均速度v″＝＝ m/s＝9.2 m/s，因时间变化只有0.1 s，短时间内的平均速度可视为7 s末的瞬时速度，故C正确，D错误。故选C。 5．C　[解析]t时间内的总位移为s＝s1＋s2＝6×＋9×＝8t(m)，因此平均速度为＝＝＝8 m/s，故选C。 6．B　[解析]在标准的400 m跑道中进行800 m赛跑，刚好是跑道的两圈，但是因为最外圈一圈的路程大，因此起跑时不是在同一条直线，起跑时外圈人在前面，内圈人在后面，位移是初位置指向末位置的有向线段，则甲、乙、丙、丁四人的位移不知道起跑关系则位移大小未知，则平均速度也未知，所有人的路程都是800 m，故AC正确，B错误；平均速率是路程与时间的比值，由于甲获得了冠军，丙是第二名，说明甲用时最少，则丙的平均速率比甲的平均速率要小，故D正确。故选B。 7．(1)400 m　(2)10 m/s [解析](1)设两车相距d＝600 m，v1＝10 m/s，v2＝20 m/s，相遇时间为t，则两车相距为d＝v1t＋v2t，t＝20 s，这只小鸟飞行的路程为s＝v3t，代入数据可以得到s＝400 m。 (2)小鸟飞行的位移等于甲车前进的位移，即x＝v1t＝10 m/s×20 s＝200 m，则小鸟飞行的平均速度为v＝＝＝10 m/s。 8．C　[解析]一直匀速直线运动，则平均速度等于30 m/s；先加速后减速，可知速度一直不小于30 m/s，平均速度大于30 m/s；先减速后加速，速度小于30 m/s，则平均速度小于30 m/s。根据x＝t知，先加速后减速这种方式运动时间最短，即c种方式先到达，故C正确。 9．(1)204 m，187 m　(2)17.9 m/s [解析](1)第一次超声波接触小汽车时，超声波测速仪与小汽车之间的距离为x1＝t1＝ m＝204 m，第二次超声波接触小汽车时，超声波测速仪与小汽车之间的距离为x2＝v＝340× m＝187 m。 (2)汽车前进的位移x＝x1－x2＝(204－187) m＝17 m 经过的时间为t＝Δt＋－＝1＋－ s＝0.95 s，小车的平均速度为v＝＝ m/s≈17.9 m/s。 第4节　速度变化快慢的描述——加速度 课堂达标 1．B　[解析]当末速度的方向与初速度方向相同时，速度变化量Δv＝4 m/s－2 m/s＝2 m/s，当末速度方向与初速度方向相反，速度变化量Δv＝－4 m/s－2 m/s＝－6 m/s，故A正确，B错误；由AB选项分析知，速度变化量方向可能与初速度方向相同，也可能相反，故CD正确。故选B。 2．A　[解析]根据加速度的定义式a＝可知，加速度的大小还与Δt有关，故A错误，符合题意；由加速度定义式可知加速度方向与速度变化量Δv方向相同，由图甲可知，汽车加速时，加速度方向和初速度v1方向相同，由图乙可知，汽车减速时，加速度方向和初速度v1方向相反，故BCD正确，不符合题意。故选A。 3．D　[解析]由比值定义法定义的物理量与所比的物理量无关，加速度a与Δv和Δt均无关；a不一定随Δv的变化而变化，即对应的速度变化量Δv与所用时间之比可能不一样；Δv是矢量，方向始终与a的方向相同。则选项ABC错误，D正确。 4．C　[解析]以竖直向上为正方向，则篮球的初速度v0＝－4 m/s，末速度v＝2 m/s，篮球的加速度a＝＝＝60 m/s2故选C。 5．BC　[解析]物体的运动方向是指瞬时速度方向，故C正确，D错误；物体的速度变化量的方向就是加速度的方向，故A错误，B正确。故选BC。 6．C　[解析]比较加速度的大小看绝对值，所以－4 m/s2的加速度一定比2 m/s2的加速度大，故A错误；速度与加速度无直接关系，速度变大，加速度不一定变大，故B错误；判断速度是增加还是减小，关键看速度方向与加速度的方向关系，同向时，物体做加速运动，反向时，物体做减速运动，故C正确；在规定了正方向后，加速度为正，但速度方向不一定沿正方向，所以物体不一定做加速直线运动，故D错误。故选C。 7．D　[解析]v－t图像的斜率表示加速度，所以ka＝aa＝0；kb＝ab＝ m/s2＝ m/s2；kc＝ac＝ m2＝1 m/s2；kd＝ad＝ m/s2＝－2 m/s2，故选D。 课后精练 1．B　[解析]力是产生加速度的原因，可知加速度是由物体所受外力的合力引起的，故A错误；加速度始终为零，物体处于平衡状态，即处于静止或者匀速直线运动状态，可知运动状态一定不改变，故B正确；根据a＝可知，加速度方向改变，速度变化量的方向一定改变，但是速度方向是否改变无法确定，故C错误；物体速度增大还是减小由加速度与速度方向共同决定，当加速度为正值，速度也为正值时，物体速度越来越大，当加速度为正值，速度为负值时，物体速度越来越小，故D错误。故选B。 2．C　[解析]初速度v0<0，加速度a<0，可知速度方向与加速度方向相同，则速度增大，由于速度方向不变，则位移不断增大，故A、B错误；当加速度减小至零时，速度达到最大，然后做匀速直线运动，位移继续增大，故C正确，D错误。故选C。 3．D　[解析]卡内余额类比速度，取钱，余额减少，所以速度减小；每个月存款或者取款类比加速度，第一个月取500元，第二个月取1 000元，所以加速度越来越大，D正确。 4．A　[解析]由题给图像的斜率知，0～t1时间段内火箭的加速度小于t1～t2时间段内火箭的加速度，A正确；火箭在0～t3时间段内一直上升，B错误；t3时刻火箭上升到最高点，距地面最远，C、D错误。 5．D　[解析]以初速度方向为正方向，则v0＝5 m/s，当末速度与初速度方向相同时，v＝8 m/s，速度变化量大小为Δv＝v－v0＝3 m/s，则平均加速度大小为a＝＝3 m/s，当末速度与初速度方向相反时，v′＝－8 m/s，速度变化量为Δv′＝v′－v0＝－13 m/s，即速度变化量大小为13 m/s，则加速度为a′＝＝－13 m/s2，即加速度的大小为13 m/s2。故选D。 6．AC　[解析]跑车从静止开始以a1＝5 m/s2的加速度做加速运动，10 s后以a2＝－8 m/s2加速度运动，加速度为负，与速度方向相反，即跑车10 s后开始做减速运动，故A正确；加速度的正负表示方向，绝对值大小表示加速度的大小，故B错误；根据加速度的定义a＝，可知Δv＝a·Δt，第6 s内的速度的变化量为Δv1＝a1·Δt＝5 m/s2×1 s＝5 m/s，第12 s内的速度的变化量为Δv1＝a2·Δt＝－8 m/s2×1 s＝－8 m/s，故C正确，D错误。故选AC。 7．0.10 m/s2 [解析]遮光板通过第一个光电门的速度v1＝＝ m/s＝0.10 m/s，遮光板通过第二个光电门的速度v2＝＝ m/s＝0.30 m/s，故滑块的加速度a＝＝0.10 m/s2。 8．C 9．(1)0.1　(2)2.6　3.2　(3)2 [解析](1)每秒拍10张照片，则拍摄周期T＝ s＝0.1 s。 (2)(3)设题图中前两段的位移为x1，最后两段的位移为x2，玩具赛车在第二个位置的速度为v2＝＝ m/s＝2.6 m/s，玩具赛车在第五个位置的速度为v5＝＝ m/s＝3.2 m/s，则a＝＝2 m/s2。 疑难突破专练1 1．D　[解析]雨滴相对于地面竖直下落，但坐在匀速前进的车厢中的乘客看的话，雨滴在水平方向相对于乘客向后运动，在竖直方向相对于乘客竖直向下运动，所以乘客看到雨滴倾斜落向后下方。 2．C　[解析]由于惯性，螺栓初始有向上的速度，所以先向上减速，再向下加速。选C。 3．D　[解析]物体在AB段的的路径为直线，则位移大小为1 m，因此平均速度大小为v＝＝＝1 m/s，故A正确；根据勾股定理可得物体在ABC段的位移大小为x′＝＝ m则平均速度大小为v′＝＝ m/s，故B正确；当物体位移无限小，时间无限短时，物体的平均速度可以代表某点的瞬时速度，时间越短，平均速度越能代表某点的瞬时速度，故C正确；由图可知物体在ABCDE段的位移为3 m，则其平均速度大小为 m/s，而ABCDE段的路程大于位移，故平均速率大于 m/s，故D错误。故选D。 4．D　[解析]由图像可知超声波信号从发出到接受所用的时间变长，说明汽车离测速仪变远，A错；由图可知第一次超声波与车相遇发生反射时的时刻为t1，汽车离参考点的距离为s1，第二次超声波与车相遇发生反射时的时刻为t2，汽车离参考点的距离为s2，故在两个超声波信号开始反射的时间间隔内，汽车通过的位移s2－s1，所以汽车的平均速度为，D正确；从图像上可以看出测速仪发出两个超声波信号的时间间隔与两个超声波信号开始反射的时间间隔不同，C错；超声波的速度应为，B错。 5．变　　1　0 [解析](1)质点沿圆形轨道以恒定的速率运动，速度大小不变，方向时刻发生变化，则该物体做的是变速运动； 经过10 s运动了圆周，则平均速率为 v＝＝＝ m/s＝ m/s； 10 s内的平均速度大小为 ＝＝＝ m/s＝1 m/s， 质点运动一周的位移为0，则平均速度为0。 6．(1)0.690　1.32　1.95　(2)见解析 [解析](1)交流电的频率为50 Hz，则每打两个点之间的时间间隔为T＝0.02 s，由每相邻的两个计数点之间还有四个点没有画出，可得题图甲相邻两个计数点的时间t＝5T＝0.10 s。在计算各点瞬时速度时，可以用与该点相邻的两个计数点间的平均速度表示该点的瞬时速度 打B点时小车的速度为vB＝＝ m/s＝0.690 m/s 打C点时小车的速度为 vC＝＝×10-2 m/s＝1.32 m/s。 打D点时小车的速度为 vD＝＝×10-2 m/s＝1.95 m/s (2)小车的v－t图线如图所示 7．30 m/s [解析]车从乙地到丙地的位移x＝15×40 m－10×30 m＝300 m，车从乙地到丙地的时间t＝40 s－30 s＝10 s，车从乙地到丙地的平均速度v＝＝30 m/s。 8．B　[解析]物体B的加速度方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，故B的速度可能增加也可能减小，故A错误；加速度的正负表示方向，可知物体A的加速度比物体B的加速度小，即B的速度变化快，A的速度变化慢，故B正确，D错误；物体A的加速度为正值，但是初速度方向未知，无法确定物体A做加速运动还是减速运动，故C错误。故选B。 9．BC　[解析]物体做初速度v0＝12 m/s的匀变速直线运动，加速度a＝ m/s2＝－2 m/s2，若2 m/s的速度方向向东，则t1＝ s＝5 s，若2 m/s的速度方向向西，则t2＝ s＝7 s，故选项BC正确，AD错误，故选BC。 10．AD　[解析]位移是指从起点到终点的有向线段，小球从A到B，小球发生的位移的大小为0.5 m，方向竖直向下，A正确；设速度向下方向为正方向，则有速度变化量为Δv＝v－v0＝－7 m/s－10 m/s＝－17 m/s，负号表示速度变化量方向竖直向上，B错误；由平均速度公式可得小球的平均速度＝＝ m/s＝ m/s，方向竖直向下，C错误；由加速度的定义式可得a＝＝ m/s2≈－56.7 m/s2，负号表示加速度方向竖直向上，D正确，故选AD。 11．AD　[解析]加速度的变化率是指加速度的变化量与所用时间的比值，即，其单位为m/s3，A正确；加速度变化率为0是指加速度保持不变，但速度是变化的，B错误；若加速度与速度同向，则物体做加速运动，如图所示加速度减小，物体速度增加得慢了，但仍在做加速运动，C错误；由a－t图像中加速度随时间均匀减小，可知0～2 s内的平均加速度＝1.5 m/s2，由＝＝可得2 s末的速度v＝8 m/s，D正确。 12．A　[解析]质点在0～4 s内的加速度大小a1＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，质点在10～14 s内加速度大小a4＝||＝ m/s2＝1 m/s2，故A正确；质点在0～4 s内的速度与4～6 s内的速度均为正值，则质点在0～4 s内的运动方向与4～6 s内的运动方向相同，故B错误；质点在6～10 s的时间内速度大小为4 m/s且保持不变，则质点在6～10 s的时间内做匀速直线运动，故C错误；质点在4～6 s内做匀减速运动，质点在第5 s末的加速度a2＝＝ m/s2＝－1 m/s2，故D错误。 13．B　[解析]图线1表示物体做变速直线运动，选项A错误；x－t图像中t1时刻图线1切线的斜率大于图线2的斜率，所以v1>v2，选项B正确；v－t图像中0至t3时间内，4的位移大于3的位移，所以4的平均速度大于3的平均速度，选项C错误。在x－t图像中的t2时刻表示反向运动，在v－t图像中的t4时刻，表示向同方向做减速运动，选项D错误。 章末复习提升 知识构建 ①　②m/s2　③无关　④8 V　⑤220 V　⑥大小 ⑦方向　⑧理想　⑨运动　⑩　　 平均　瞬时　大小　方向　直线 教考衔接 [典例1] C　[解析]选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果会有所不同，跳水运动员下落时，运动员看到水面迎面扑来，是选择自己为参考系，选项A错误；研究运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够视为质点，故B错误；运动员看到国旗冉冉升起，研究对象是“国旗”，是以地面为参考系的，故C正确；研究运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够视为质点，故D错误。故选C。 跟踪训练1　C　[解析]在车窗旁立一杯水测试车辆平稳性时以及研究车辆通过某一桥梁所用的时间，车辆的大小均不能忽略，不能将该车辆视为质点，AB错误；选进站时运动的车辆为参考系，坐在车辆中的乘客是静止的，站台上等候的乘客是运动的，C正确，D错误。 跟踪训练2　C　[解析]操控机器人进行挖沟作业、监测机器人搜寻时的转弯姿态、测试机器人敷埋作业时的机械臂动作均不能忽略机器人的大小和形状，需要关注机器人本身的变化情况，因此不可以看作质点，定位机器人在敷埋线路上的位置时可以忽略机器人的大小和形状，可以视为质点。故选C。 [典例2] C　[解析]该游客的位移指的是从M点到N点的有向线段，故位移大小为1.8 km，故A错误；该游客从M点漂流到N点的路程为5.4 km，用时1 h，则平均速率为率＝＝ km/h＝5.4 km/h＝1.5 m/s，故B错误；该游客的平均速度大小为v＝＝ km/h＝1.8 km/h＝0.5 m/s，故C正确；以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度大小为0.5 m/s，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度大小也为0.5 m/s，故D错误。 跟踪训练3　D　[解析]由题意可知，火星车从O处行驶到N处的路程为sON＝sOM＋sMN＝585米＋304米＝889米，故A错误；位移的大小为始、末位置之间的直线距离，设火星车从O处行驶到N处的位移大小为xON，由题图可知，xON<xOM＋xMN＝463米＋234米＝697米，故B错误；根据平均速率的定义可知，火星车从O处行驶到M处的平均速率OM＝＝ 米/天≈9.59米/天，故C错误；根据平均速度的定义可知，火星车从M处行驶到N处的平均速度大小vMN＝＝ 米/天≈10米/天，故D正确。 [典例3] C　[解析]v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，故可得x＝×20× m＝1 430 m，故选C。 跟踪训练4　B　[解析]在位移—时间图像中，图线的斜率表示物体的速度，由图知在0.2～0.5小时内，甲、乙两人的x－t图线皆为直线，且甲的图线斜率大，可知两人都做匀速直线运动，且甲的速度大，A错误，B正确；x－t图线上某点的纵坐标表示对应时刻物体的位移，两纵坐标的差值表示对应时间段内位移的大小，故0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的位移大，C错误；物体单向直线运动中路程等于位移的大小，有反向运动时路程等于每个阶段中位移大小之和，故知0.8小时内两人位移相等，但甲骑行的路程大于乙骑行的路程，D错误。故B正确。 跟踪训练5　(1)1.5 m/s2　3 m/s2 (2)　 [解析](1)由a＝得a1＝＝1.5 m/s2，a2＝＝－3 m/s2。 故加速上升的加速度大小为1.5 m/s2，减速上升的加速度大小为3 m/s2。 (2)升降机运动的速度—时间图像，如答案图所示。第一章　章末检测(一) 1．A　[解析]以救生员为参考系，处于静止状态的是救生员抱着的伤病员，直升机、钻井平台、直升机的驾驶员都相对于救生员向下运动。故选项A正确，选项B、C、D错误。 2．B　[解析]根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移为x＝＝ m＝10 m，故选B。 3．D　[解析]在时间间隔Δt较小的情况下，平均速度能比较精确地描述物体运动的快慢程度，Δt越小，描述越精确，这里利用的是极限法。 4．A　[解析]30 min是时间间隔，A正确，B错误。55 km是路程，C错误。100 km/h是车辆允许行驶的最大速度，指瞬时速度，不是平均速度，D错误。 5．A　[解析]前20 min，甲同学做匀速直线运动，A错误。20～50 min内甲同学一直在乙同学家，B正确。甲、乙两同学家的距离为8.4 km－4.8 km＝3.6 km，C正确。甲同学从学校到家的位移x＝8.4 km，所用时间t＝70 min＝4 200 s，平均速度v＝＝ m/s＝2 m/s，D正确。故选A。 6．C　[解析]规定水平向右为正方向。根据加速度的定义式a＝得a＝ m/s2＝－500 m/s2，负号表明加速度方向与正方向相反，即水平向左。故C正确。 7．D　[解析]由题图可知，在0～时间内a＝a0>0，若v0≥0，物体做匀加速运动；若v0<0，物体做匀减速运动，故选项B、C错误；由于在T～2T时间内a＝－a0，故图线斜率的绝对值与0～时间内相同，故选项A错误，D正确。 8．AD　[解析]照相机每隔 s拍照一次，所以图中0～8 cm所用的时间t＝0.4 s；照片与实物的比例为1∶10，所以图中8 cm对应的实际位移x＝80 cm＝0.8 m。则小球在通过图中8 cm的距离内的平均速度＝＝ m/s＝2 m/s，选项A正确，B错误；由于小球做直线运动，则小球通过图中8 cm对应的实际路程s＝0.8 m。则小球通过图中8 cm的距离内的平均速率等于路程与时间的比值为2 m/s，选项C错误，D正确。 9．BC　[解析]百米赛跑中甲都比乙提前10 m到达终点，即甲跑完100 m与乙跑完90 m所用时间相同，则有＝，得v甲＝v乙。让甲远离起跑点10 m而乙仍在起跑点，则甲跑110 m到达终点的时间t甲′＝＝，而乙跑到终点的时间t乙′＝>t甲′，所以甲先跑到终点，故选BC。 10．ABD　[解析]x－t图像中斜率表示速度，a图线的斜率周期性变化，说明质点a做周期性的往返运动，A正确；由图知t′时刻a和b位置相同，初位置也相同，所以位移相同，B正确；0～t′时间内，a和b质点的初位置都在坐标原点，末位置都在x＝－5 m处，所以位移大小均为5 m，C错误；0～t0时间内：a质点的路程是(5＋5＋5＋5＋5＋5) m＝30 m，b质点的路程为(5＋5) m＝10 m，a质点的路程是b质点路程的3倍，位移都是0，D正确。 11．低压交流电源、刻度尺 [解析]电磁打点计时器应使用低压交流电源，测量纸带上各点间的距离需用到刻度尺。 12．4.45　0.89　1.48　3.93 [解析]由题图可知d＝8.45 cm－4.00 cm＝4.45 cm，通过光电门的速度分别为v1＝＝0.89 m/s，v2＝≈1.48 m/s，滑块的加速度a＝≈3.93 m/s2。 13．0.58倍 [解析]由题意知声波是在该同学正上方发出的，在该声波由上到下传播的过程中，飞机沿水平直线匀速飞行，画出运动示意图如图所示。 设飞机离地高度为h，则有h＝v声Δt。在Δt时间内，飞机的水平位移Δx＝v飞Δt，由几何知识得＝，解得v飞＝＝v声≈0.58v声，即飞机的速度约为声速的0.58倍。 14．(1)有生命危险　(2)1∶1 [解析](1)两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量为Δv＝v2－v1＝－72 km/h－54 km/h＝－20 m/s－15 m/s＝－35 m/s 两车相碰撞时摩托车的加速度为a＝＝≈－16 667 m/s2＝－1 666.7g，1 666.7g>500g，因此摩托车驾驶员有生命危险。 (2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a1、a2，根据加速度定义式得：a1＝，a2＝，所以a1∶a2＝∶＝∶＝1∶1。 15．0.92 m/s　2.4 m/s [解析]规定车辆通过三盏信号灯经历的时间不得超过150 s，由图知自行车通过L3的最长时间为t1＝(140－10) s＝130 s，最小速度vmin＝ m/s≈0.92 m/s，自行车通过L3的最短时间t2＝(60－10) s＝50 s；最大速度vmax＝ m/s＝2.4 m/s。 第一章　章末检测(二) 1．C　[解析]研究国产大飞机转弯时机翼的倾斜角度时，飞机的大小不能忽略，不能视为质点，A错误；研究自由体操运动员在空中翻滚的动作时，不能把体操运动员视为质点，选项B错误；研究高铁从昆明到大理的运行时间时，高铁列车的大小可以忽略不计，可视为质点，选项C正确；研究陀螺的转动时，不能把陀螺视为质点，选项D错误。故选C。 2．A　[解析]由图可知相等时间内位移不等，所以速度不等。若小球向右运动，可得速度越来越大，做加速运动，此时加速度方向向右；若小球向左运动，可得速度越来越小，做减速运动，此时加速度与速度方向相反，方向向右；所以可以判定加速度方向向右，速度和位移方向无法断定。故选A。 3．A　[解析]甲处在时间轴上对应一个点，所以指时刻；乙处是某一时刻所对应的速度，表示瞬时速度，故A正确，B错误；显示屏显示的内温是24 ℃，温度是标量，故C错误；列车运动到C处时速度方向为轨迹的切线方向，故D错误。故选A。 4．C　[解析]根据v－t图线与坐标轴所围的面积表示位移可知，如果物体在0～1 s做减速运动如图中直线所示，经过的位移为x1＝×1 m＝3 m，而实际曲线的面积大于3 m，故选C。 5．A　[解析]其全程平均速度约为v＝＝ m/s≈10.2 m/s，故A正确；百米比赛过程中终点速度不一定是最大速度，故B错误；前60 m的平均速度v′＝ m/s≈9.2 m/s＜v，即前60 m的平均速度要小于全程的平均速度，故C错误；由题意得，第1 s内的平均速度为8.6 m/s，第1 s末时的速度不一定是8.6 m/s，故D错误。 6．D　[解析]位移—时间图像的斜率等于速度，由图可知在0～t1时间内，甲的斜率不变，则速度不变，甲做匀速直线运动，乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后大于甲，乙做加速运动，t1时刻甲、乙的斜率不同，速度不相同，故ABC错误；根据图像信息可知，甲、乙做单向直线运动，在t1时间内纵坐标的变化量相同，甲、乙位移相同，根据v＝，可知平均速度相等，故D正确。故选D。 7．C　[解析]若y轴表示位移x/m，则物体6 s内位移为Δx＝0，A错误；若y轴表示位移x/m，则图像的斜率表示速度，物体前3 s和后3 s的速度不同，B错误；若y轴表示速度v/(m·s-1)，根据运动的对称性可知，物体在前3 s内和后3 s内位移相同，C正确；若y轴表示速度v/(m·s-1)，则图像的斜率表示加速度，物体前3 s和后3 s的加速度不同，D错误。 8．BC　[解析]时刻是一个瞬间，对应时间轴上的一个点，不是一段很短的时间间隔，故A错误；第 4秒指的是t＝“3 s”到t＝“4 s”之间的时间间隔，故B正确；第4秒末和第5秒初都是指t＝“4 s”这一时刻，故C正确；物理测验时间是60 min，这里60 min 指的是时间间隔，故D错误。故选BC。 9．BC　[解析]物体的加速度方向始终与速度方向相同，加速度逐渐减小，物体仍然做加速运动，速度增加得越来越慢，当加速度减小到0，速度达到最大值，位移将一直增大。故选BC。 10．CD　[解析]0～4 s内，骑手的速度比烈马的小，骑手远离烈马，A错误；根据v－t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知前6 s内骑手的位移小于烈马的位移，因t＝0时刻两者位于同一位置，则6 s末骑手还没有追上烈马，B错误；前9 s内，骑手的位移为x1＝×15 m＝90 m，烈马的位移为x2＝10×8 m＋×1 m＝92.5 m，x2－x1＝92.5 m－90 m＝2.5 m，C正确；根据v－t图像的斜率表示加速度知，斜率越大，加速度越大，故8～9 s内烈马的加速度大于0～6 s内骑手的加速度，D正确。 11．(1)1.0　 2.0　(2)AD [解析](1)根据速度的定义式v＝，可知滑块通过光电门1的速度大小为v1＝＝1.0 m/s；滑块通过光电门2的速度大小为v2＝＝2.0 m/s，则滑块的加速度大小为a＝＝2.0 m/s2。 (2)根据速度的定义式v＝，可知遮光条越窄越接近瞬时速度，即滑块的释放点离光电门越远，滑块经过光电门的时间越短，那么遮光条在遮光时间里的平均速度更接近该位置的瞬时速度，AD正确。 12．(1)交流　(2)A　(3) [解析](1)电磁打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器。 (2)为了打点稳定并且有效利用纸带，在实验时应先接通电源，打点稳定后再让纸带运动，故选A。 (3)时间很短时，可用平均速度代替瞬时速度，时间越短，平均速度越接近瞬时速度，所以打下E点时纸带的速度为。 13．(1)1.2 m/s，方向沿斜面向下 (2)96 m/s2，方向沿斜面向上 [解析](1)小球从开始下滑至反弹到最高点的过程中位移大小为x＝x1－x2＝2.7 m－0.9 m＝1.8 m，方向沿斜面向下 小球从开始下滑至反弹到最高点的过程中所用的时间为t＝t1＋Δt＋t2＝0.9 s＋0.1 s＋0.5 s＝1.5 s 小球从开始下滑至反弹到最高点的过程中的平均速度大小为v平＝＝ m/s＝1.2 m/s，方向沿斜面向下。 (2)小球在与挡板碰撞过程中，以沿斜面向上为正方向，根据加速度定义，可得加速度为a＝＝ m/s2＝96 m/s2，方向沿斜面向上。 14．(1)2 m　－3 m　10 m　－2 m (2)0～2 s内速度为2 m/s　2～3 s内速度为0 3～5 s内速度为－3 m/s [解析](1)由图像知，客车在第2 s内的位移为 x1＝6 m－4 m＝2 m 第4 s内的位移为x2＝3 m－6 m＝－3 m 前5 s内的路程为s＝4 m＋6 m＝10 m 总位移为x总＝0－2 m＝－2 m。 (2)客车在0～2 s内的速度v1＝ m/s＝2 m/s 2～3 s内的速度v2＝0 3～5 s内的速度v3＝－ m/s＝－3 m/s。 v－t图像如答案图所示。 15．(1)1.5 m/s2，方向与运动方向相同 (2)2.5 m/s2，方向与运动方向相反 (3)4 m/s，方向与运动方向相同 [解析](1)汽车在t＝0时刻的速度为0，4 s末的速度为6 m/s，故汽车在前4 s的平均加速度大小为 a1＝＝1.5 m/s2，方向与运动方向相同。 (2)汽车6 s末的速度为5 m/s，8 s末的速度为0，最后2 s的平均加速度为a′＝＝－2.5 m/s2 故汽车在最后2 s的平均加速度大小为2.5 m/s2，方向与运动方向相反。 (3)汽车在第5 s内的位移为4 m，时间为1 s，故汽车在第5 s内的平均速度大小为v平＝4 m/s，方向与运动方向相同。 第二章　匀变速直线运动的研究 第1节　实验：探究小车速度 随时间变化的规律 课堂达标 1．ACD 2．(1)AC　(2)BD [解析](1)使用打点计时器是需要用电压合适的交流电源；处理纸带时需要用刻度尺，而天平与秒表均不需要。故选AC。 (2)实验过程中，要先接通电源，再使纸带运动，故A错误，B正确；为充分利用纸带，则应该将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，故C错误，D正确。故选BD。 3．(1)AC　(2)2.95　1.40 [解析](1)电磁打点计时器应接在交流电源上；小车质量不用远大于槽码质量；小车应靠近打点计时器，故选AC。 (2)A点在刻度尺上位置的读数为2.95 cm；打点计时器打点时间间隔T＝0.02 s，在打下C点时小车的速度 vC＝＝ m/s＝1.40 m/s。 课后精练 1．A　[解析]相邻计数点时间间隔为0.1 s。打纸带上b点时小车的瞬时速度大小vb＝＝ m/s＝0.520 m/s，故选A。 2．(1)左　(2)0.340 [解析](1)由于小车由静止释放，做加速运动，则有纸带左端与小车相连。 (2)纸带上每两个相邻的计数点之间还有4个计时点未画出，电源频率为50 Hz，可知纸带上相邻两计数点间的时间间隔为T＝×5 s＝0.1 s，由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得vD＝＝ m/s＝0.340 m/s。 3．(1)ACD　(2)2.75　1.48 [解析](1)实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项A正确；该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道平衡阻力，选项B错误；为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C正确；先接通电源再释放小车，选项D正确。故选ACD。 (2)计数点1的读数为2.75 cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz，则打点周期T＝0.02 s，则打计数点2时小车的速度大小为 v2＝＝ m/s＝1.48 m/s。 4．(1)①电磁　交流8 V　② (2)①DCBA　②0.1　③ [解析](1)图甲是电磁打点计时器，电源采用的是交流8 V；图丙中，因遮光片通过光电门的时间很短，则遮光片通过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，则若已知物体挡光宽度为d，物体经过光电门用时t，则可以近似认为物体通过光电门的瞬时速度的表达式为v＝。 (2)实验步骤的正确顺序是：DCBA。图中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.1 s，计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5＝。 第2节　匀变速直线运动的 速度与时间的关系 课堂达标 1．D　[解析]匀变速直线运动有两个特点：①轨迹为直线；②加速度恒定。只有具备这两个特点，物体做的才是匀变速直线运动，B错误，D正确；匀变速直线运动的速度不断变化，所以速度变化量不为零，相等时间内通过的位移也不相同，A、C错误。 2．D　[解析]虽然此物体单位时间内速度的变化量是相等的，但运动过程中任意时刻的速度不能确定，而匀变速直线运动是指在任意相等的时间内速度的变化量都相等，所以不能确定此物体的运动性质，D正确。 3．BC　[解析]由题图知，物体的速度均匀增大，图像的斜率一定，说明该物体做匀加速直线运动，A错误，B正确。物体运动的初速度，即t＝0时刻的速度，由题图知初速度为10 m/s，C正确。物体在0～10 s内的加速度为a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，D错误。 4．C　　[解析]因为速度—时间图像的斜率表示物体运动的加速度，所以由题图可知物体在第1 s内的加速度大小为a＝ m/s2＝2 m/s2，第1 s末到第3 s末物体的加速度为负值，与第1 s内的加速度方向相反，A、B错误；因为v－t图像在第一象限，所以物体的速度为正值，即物体始终向同一方向运动，C正确；物体运动方向没有变化，一直向前，所以物体的位移不为零。D错误。 5．B　[解析]质点第4 s末的速度为v＝v0＋at＝2.4 m/s，A正确，不符合题意；加速度为0.1 m/s2，每经过1 s时间，物体速度就增大0.1 m/s，B错误，符合题意；质点做匀加速直线运动，质点的加速度不变，故C正确，不符合题意；质点做匀加速直线运动，质点的速度随时间均匀增大，D正确，不符合题意。 6．C　[解析]在这段时间内，由速度的表达式可知，火箭的速度均匀增大，故火箭做匀加速直线运动，选项D错误；由匀变速直线运动的速度公式v＝v0＋at知，这段时间内火箭的初速度v0＝4 m/s，加速度a＝20 m/s2，选项A、B错误；将时间t＝3 s代入得v3＝64 m/s，选项C正确。 7．ABD　[解析]180 km/h＝50 m/s，根据速度与时间公式可知列车加速时的加速度为a＝＝ m/s2＝ m/s2，故A正确；规定初速度的方向为正方向，由于列车减速时的加速度大小等于加速时的加速度大小，若运用v＝v0＋at计算瞬时速度，其加速度为a＝－ m/s2，故B正确；在速度—时间图像中，速度的正负表示运动的方向，减速时由于速度的方向未变，则减速时的图线仍然在时间t轴的上方，故C错误；根据速度与时间公式得v＝at＝×60 m/s＝20 m/s，故D正确。 课后精练 1．A　[解析]若速度大小随时间的增加而均匀增大，则物体做匀加速直线运动，速度的正负不表示速度是否增加，A正确。 2．D　[解析]物体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，零时刻速度为v0，则由v1＝v0＋at1得v0＝v1－at1＝(6－2×1) m/s＝4 m/s，因此A、B对。由Δv＝at可得任何1 s内的速度变化均为2 m/s，故C对。每1 s初与前1 s末是同一个时刻，速度相同，因此D错。 3．C　[解析]在0～1 s内，物体做加速度减小而速度增大的直线运动，A错误；在1～2 s内，物体的速度为正，表示物体向右运动，斜率为负表示加速度与初速度方向相反，物体做减速运动，B错误；在1～3 s内，物体的加速度a＝ m/s2＝－4 m/s2，即方向向左，C正确；1～3 s内，物体的速度先减小后反向增大，D错误。 4．B　[解析]物体沿斜面向上运动速度减小为零所用时间为t1，由v0＝at1，得t1＝＝2 s，此后物体沿光滑斜面向下加速，1 s后速度大小为v＝5 m/s，方向沿斜面向下，故B正确。 5．BC　[解析]取物体开始运动的方向为正方向，物体的加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2。物体的速度大小为2 m/s时，方向可能向东，也可能向西。当速度方向向东时，t1＝ s＝5 s；当速度方向向西时，t2＝ s＝7 s，故BC正确。 6．BC　[解析]由题图知，甲以2 m/s的速度做匀速直线运动，乙在0～2 s内做匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，2～6 s内做匀减速直线运动，加速度a2＝－1 m/s2，A错误，C正确；t1＝1 s和t2＝4 s时甲、乙速度相同，B正确；0～6 s内甲、乙的速度方向都沿正方向，D错误。 7．(1)5 m/s2，方向沿斜面向下　2 m/s2，方向与物体运动的方向相反　(2)2.5 m/s　(3)2.3 m/s [解析](1)物体在AB段的加速度a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向沿斜面向下，物体在BC段的加速度a2＝＝ m/s2＝－2 m/s2，加速度大小为2 m/s2，方向与物体运动方向相反。 (2)由表可知，物体开始运动的时刻t0＝0.2 s，设运动到B点的时刻为t，有vB＝a1(t－t0)，则v1.4＝vB＋a2(t1.4－t) 解得t＝0.7 s，vB＝2.5 m/s。 (3)由(2)知t＝0.7 s时物体到达B点，速度达到最大，故t＝0.8 s时物体在BC上匀减速直线运动了0.1 s，此时物体的速率v0.8＝vB＋a2(t0.8－t)＝2.5 m/s－2×0.1 m/s＝2.3 m/s。 8．B　[解析]前4节车厢经过工作人员的时间t1＝，后4节车厢经过工作人员的时间t2＝，联立可得＝＝＝，故选B。 9．B　[解析]蛟龙号上浮时的加速度大小a＝，可知蛟龙号在t0时刻速度为v0＝v－at0＝，故选B。 第3节　匀变速直线运动的 位移与时间的关系 课堂达标 1．B　[解析]由题图知，火箭前40 s向上做匀加速直线运动，40～120 s向上做匀减速直线运动，所以ACD错误；上升的最大高度x＝×800×120 m＝48 000 m，B正确。 2．BC　[解析]由图可知3～4 s内做负方向的匀加速运动。时间轴上方为正方向，下方为负方向。v－t图像的斜率表加速度，可计算出加速度大小为2 m/s2，v－t图像的面积表位移，时间轴上方的面积表位移为正的，下方为负方向，最后代数和为总位移。 3．B　[解析]根据x＝4t＋4t2及位移公式x＝v0t＋at2，对应可得质点的初速度v0＝4 m/s，加速度a＝8 m/s2，故B正确，ACD错误。故选B。 4．A　[解析]根据速度公式v1＝at，得a＝＝ m/s2＝4 m/s2。第1 s末的速度等于第2 s初的速度，所以物体在第2 s内的位移x2＝v1t＋at2＝4×1 m＋×4×12 m＝6 m，故A正确。 5．C　[解析]由v2－v＝2ax得v＝＝ m/s＝10 m/s，选项C正确。 6．D　[解析]根据匀变速直线运动公式有，设加速度大小为a，则有xAB＝；xAC＝＝得xAB∶xAC＝1∶4，故选D。 课后精练 1．C　[解析]取初速度方向为正方向，则汽车运动的加速度为a＝－5 m/s2，根据速度时间关系可知，汽车停车时间为t＝＝ s＝4 s，所以汽车刹车后2 s内的位移为x2＝v0t＋at2＝(20×2－×5×4) m＝30 m，刹车后6 s汽车通过的位移x6＝ m＝40 m，则位移之比为x2∶x6＝3∶4故选C。 2．C　[解析]设弹射系统必须使飞机具有的最小初速度为v0，根据运动学公式可得2ax＝v2－v，解得v0＝＝ m/s＝40 m/s，故选C。 3．C　[解析]设加速度大小为a，由题意可得 a×52 m－a×42 m＝27 m，解得a＝6 m/s2，小车在2 s末的速度是v1＝at1＝12 m/s，故A错误；小车在第5 s内的平均速度是＝ m/s＝27 m/s，故B错误；小车在第2 s内的位移是x1＝a×22 m－a×12 m＝9 m，故C正确；小车在5 s内的位移是x2＝a×52 m＝75 m，故D错误。故选C。 4．A　[解析]设子弹运动的加速度为a，子弹穿出A时的速度为v，有v2－v＝－2aL；v－v2＝－2a· 2L，解得v＝，A正确，BCD错误。 5．D　[解析]汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，则反应时间内汽车行驶的距离为x＝v0t＝8×0.2 m＝1.6 m，故A错误；刹车后汽车做匀减速运动，根据速度公式v＝v0＋at，当汽车速度为零时，解得t＝1.6 s，汽车运动总时间为t总＝t0＋t＝0.2 s＋1.6 s＝1.8 s，根据匀减速的位移公式x′＝，解得x′＝6.4 m，汽车通过的总位移x总＝x＋x′＝8 m，所以到达斑马线时刚好停下，行人可以安全通过，即汽车能保证车让人，故D正确，BC错误。 6．BD　[解析]在v－t图像中，图像的斜率表示加速度，由图可知，物体在0～3 s内加速度不变，则在t＝1 s时，物体的加速度为a＝ m/s2＝2 m/s2，故A错误；根据速度的正负表示速度方向可知，由图可知，在t＝1 s时，物体速度方向改变，故B正确；根据速度图线与时间轴围成图形的面积大小等于物体通过的位移大小可知，在前5 s内，物体经过的位移为x＝×1×(－2)m＋×(1＋4)×4 m＝9 m，则在前5 s内，物体的平均速度为＝＝1.8 m/s，故C错误，D正确。故选BD。 7．(1)6 m/s　(2)600 m [解析](1)由题意知，v0＝216 km/h＝60 m/s，最初2 s内，根据x1＝v0t1＋at，解得a＝－3 m/s2，飞机减速到零所需的时间为t2＝＝20 s，18 s末的速度为v＝v0＋at＝6 m/s。 (2)飞机着陆后22 s内的位移就是20 s内的位移 x2＝v0t2＋at＝600 m。 8．C　[解析]设AB＝x，则AC＝x，选A到B方向为正方向，则从A到B，x＝a1t2，vB＝a1t，若C点在A点右侧，从B到C，－x＝vBt－a2t2，解得a2＝5 m/s2，若C点在A点左侧，从B到C－x＝vBt－a2t2，解得a2＝7 m/s2，故选C。 9．(1)112.5 m，45 s　(2)110 m，12 s [解析](1)汽车的速度v＝54 km/h＝15 m/s 汽车通过人工收费通道时，速度减速为零的位移 x1＝＝ m＝56.25 m，经过的时间t1＝＝7.5 s 速度从零加速到原来速度经历的位移x2＝x1＝56.25 m 加速的时间t2＝t1＝7.5 s，总位移x＝2x1＝112.5 m 总时间t＝t0＋2t1＝45 s。 (2)设汽车通过ETC通道时，从速度v减速到v′，行驶的位移为x1，时间为t1′，从速度v′加速到v行驶的位移为s2，时间为t2′，根据速度位移公式得s1＝s2＝＝50 m，运动时间满足t1′＝t2′＝＝5 s 匀速直线运动的时间t3′＝ s＝2 s 总位移s＝s1＋s2＋s0＝110 m 汽车通过的时间是t′＝t1′＋t2′＋t3′＝12 s。 培优专项　匀变速直线运动规律的应用 课堂达标 1．ACD　[解析]由v＝at得v∝t，故物体在1 s、3 s、5 s时的速度之比为1∶3∶5，A正确；由x＝at2得x∝t2，故物体在1 s、3 s、5 s内的位移之比为12∶32∶52，B错误；由v2＝2ax得v∝，故物体经过1 m、3 m、5 m时的速度之比为∶∶，C正确；由x＝at2得t∝，物体经过1 m、3 m、5 m所用时间之比为∶∶，D正确。 2．BD　[解析]设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们应用逆向思维，相当于子弹做初速度为零的匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d、2d、3d和4d，根据x＝at2知，时间之比为1∶∶∶2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，故A错误；由以上的分析可知，子弹依次穿过4个水球的时间之比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，故B正确；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由Δv＝at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同，故C错误；由对B项分析可知，子弹穿过前3个水球的时间与穿过第4个水球的时间是相等的，由匀变速直线运动的特点可知，子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，故D正确。 3．C　[解析]由逆向思维可知物体从b到e和从e到a的时间比为1∶(－1)，即t∶t0＝1∶(－1)，得t＝(＋1)t0，由运动的对称性可得从e到b和从b到e的时间相等，所以从e经b再返回e所需时间为2t，即2(＋1)t0，故C正确。 4．D　[解析]初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故所求时间之比为tOA∶tAB∶tBC＝(－)∶(－1)∶1；由v2＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中连续相等的位移末的速度之比为1∶∶，则由逆向思维可知，所求的速度之比为v0∶vA∶vB＝∶∶1，故ABC错误，D正确。 5．C　[解析]两段过程中速度的变化量相等，根据t＝知，两段过程中运动的时间相等，若做匀加速直线运动，第一段位移小于第二段位移，若做匀减速直线运动，第一段位移大于第二段位移，故A、B错误；两段过程的时间相等，设为Δt，则有x2－x1＝a(Δt2)，又Δv＝aΔt，解得物体的加速度a＝，故C正确；运动的总时间t＝2×＝，则通过两段位移的平均速度＝＝，故D错误。 6．D　[解析]设第3 s内、第5 s内位移分别为x3、x5，则x5－x3＝x5－x4＋x4－x3＝2aT2，解得a＝－1.5 m/s2，负号表示方向沿正西方向，故D正确。 7．B　[解析]全程的平均速度v＝＝，A正确。时，物体的速度等于全程的平均速度，B错误。若末速度为v，则＝，v＝，故中间位置的速度v中＝＝，C正确。设物体的加速度为a，到达中间位置用时t′，则L＝at2，＝at′2，所以t′＝t，D正确。 8．D　[解析]根据x＝t得：720 m＝×12 s，解得v＝120 m/s，故D正确，ABC错误。 课后精练 1．C　[解析]由Δx＝aT2得：9 m－7 m＝aT2，T＝1 s，a＝2 m/s2，由v0t－at2＝x1得：v0×1 s－×2×12 m＝9 m，v0＝10 m/s，汽车刹车时间tm＝＝5 s<6 s，故刹车后6 s内的位移为x＝at2＝×2×52 m＝25 m，故选C。 2．BC　[解析]由Δx＝aT2可得物体的加速度a的大小为a＝＝＝，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故A错误；根据xCD－xBC＝xBC－xAB＝1 m，可知xCD＝(3＋1) m＝4 m，故B正确；物体经过B点时的瞬时速度为vB＝AC＝ m，由v2＝2ax可得O、B两点间的距离为xOB＝＝· m＝3.125 m，所以O与A间的距离为xOA＝xOB－xAB＝(3.125－2) m＝1.125 m，故C正确，D错误。 3．C　[解析]由题意知，汽车刹车后的位移x＝t＝t＝4 m＜5.9 m，所以符合规定。故C正确。 4．D　[解析]设斜面长为L，加速度为a，到达底端的速度为v，则由v＝2a，v2＝2aL，所以v＝3 m/s，D正确。 5．B　[解析]把物体的运动看成初速度为零的匀加速直线运动，由推论知在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，已知第4 s内的位移是14 m，所以第1 s内的位移是2 m，即物体在最后1 s的位移是2 m，B正确。 6．BC　[解析]由初速度为零的匀加速运动的推论可得tB∶tC∶tD∶tE＝1∶∶∶2，故物体到达各点的速度之比为1∶∶∶2，物体到达各点所经历的时间tE＝2tB＝tC＝tD，故A错误，B正确；物体从A运动到E的全过程平均速度等于中间时刻的瞬时速度，AB与BE的位移之比为1∶3，可知B点为AE段的中间时刻，则物体从A运动到E全过程的平均速度＝vB，故C正确；物体通过每一部分时，所用时间不同，故其速度增量不同，故D错误。 7．AD　[解析]匀减速直线运动到停止可以看成反向初速度为0的匀加速直线运动，设加速度大小为a，每块路边石的长度为d，初速度为 0，末速度为v0，由匀加速直线运动的速度—位移关系可得v＝2a(24d)①，v＝2a(23d)②，联立①②两式可得，汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v1＝v0，v＝2a(6d)③，联立①③两式可得，汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v18＝v0，故A正确，B错误；设汽车经过前后12块的时间分别是t1、t2，at＝12d④，a(t1＋t2)2＝24d⑤，联立④⑤两式可得汽车经过前 12 块路边石与后12块路边石的时间比为t1∶t2＝(－1)∶1，故C错误；同理可列两式得出：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间比为1∶1，故D正确。 8．12.5 m [解析]由题意知，物体做初速度等于零的匀加速直线 运动，相等的时间间隔为3 s。由题意知＝，x2－x1＝6 m，解得x1＝4.5 m，x2＝10.5 m。由于连续相等时间内位移的比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故xn＝(2n－1)x1，可知10.5＝4.5(2n－1)，解得n＝。又因为x总＝n2x1，所以斜面总长：x总＝()2×4.5 m＝12.5 m。 第4节　自由落体运动 课堂达标 1．B　[解析]伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略在研究物体在无阻力的下落运动(即自由落体运动)时，发现不同质量的铜球沿阻力极小的斜面滚下，结果发现铜球的下滑加速度都是相同的．不断增大斜面倾角，结果发现，只是铜球的下滑加速度增大了，而所有铜球的下滑加速度仍是相同的．对斜面上得到的规律进行合理外推至自由落体运动。故选B。 2．D　[解析]自由落体运动是物体只在重力作用下由静止开始下落的运动，与物体的质量大小无关，AB错误；忽略空气阻力，若物体下落的初速度不为零，则物体下落的运动不是自由落体运动，C错误；熟透的苹果从树枝上自由下落的运动过程中，空气阻力较小可以忽略，故该运动可被视为自由落体运动，D正确。 3．B　[解析]下落高度h＝1 000 m，由v2＝2gh，解得v≈141 m/s，B项正确。 4．B　[解析]根据h＝gt2，从竖直杆自由下落到下端运动到圆筒上沿的时间t1＝＝ s＝1 s。竖直杆自由下落到竖直杆的上端离开圆筒下沿的时间t2＝＝ s＝ s。则竖直杆通过圆筒的时间t＝t2－t1＝(－1) s，B正确。 5．(1)交流　220　(2)1.17　9.75　(3)重物下落过程中受到空气阻力 [解析](1)需要的电源为交流；电压为220 V。 (2)打点计时器在打C点时物体的瞬时速度大小为 vC＝ m/s＝1.17 m/s 所测得的重力加速度大小为 a＝ m/s2＝ 9．75 m/s2。 (3)重物下落过程中受到空气阻力作用。 6．B 7．B 课后精练 1．D　[解析]物体自由下落时，速度和加速度均不为0，初速度为0，故A错误；物体下落过程中速度增大，加速度大小保持不变，方向也不变，始终竖直向下，为恒量，故BC错误，D正确。 2．B　[解析]由x＝gt2知，x＝×10×42 m＝80 m，B正确。 3．AC　[解析]由题图可知物体上升的最大高度为20 m，上升时间为5 s，由h＝gt2，解得g＝1.6 m/s2，A正确，B错误。根据v＝gt＝8 m/s，可知C正确，D错误。 4．BCD　[解析]由题意可知第一个石子下落到井底用时为t＝(7－1)×0.5 s＝3 s，石子做自由落体运动，根据自由落体运动位移与时间关系式可得矿井深度h＝gt2＝×10×32 m＝45 m，故A错误；根据自由落体运动规律可得，下落石子之间的距离之比为x67∶x56∶x45∶x34∶x23∶x12＝1∶3∶5∶7∶9∶11，所以第1个石子恰好到达井底时与第2个石子之间的距离达到最大值，故B正确；当第1个石子恰好到达井底时，第三个石子下落的时间为2 s，第五个石子下落的时间为1 s，则两者的距离h35＝h3－h5＝g(t－t)＝×10×(22－12) m＝15 m，故C正确；当第1个石子恰好到达井底时，第4个石子下落的时间为1.5 s，第4个石子的瞬时速度v4＝gt4＝10×1.5 m/s＝15 m/s，故D正确。 5．(1)0.2 s　(2)10 m/s [解析](1)设B球落地所需时间为t1，由于h1＝gt 则t1＝＝ s＝1 s 设A球落地时间为t2，由于h2＝gt 则t2＝＝ s＝1.2 s 所以两小球落地的时间差为Δt＝t2－t1＝0.2 s。 (2)当B球落地时，A球的速度与B球的速度相等。 即vA＝vB＝gt1＝10×1 m/s＝10 m/s。 6．B　[解析]松手后4个垫圈同时做自由落体运动，可以看成一个垫圈自由下落，在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，由初始时各垫圈的间距知各垫圈落到盘上的时间间隔相等，故A错误，B正确；因为各垫圈落到盘上的时间间隔相等，则各垫圈依次落到盘上的时间之比为1∶2∶3∶4，根据v＝gt可知，速率之比为1∶2∶3∶4，故CD错误。 7．0.33 s<<0.5 s　[解析]每个球做一次竖直上抛运动的时间是t＝2()＝2×(2×)＝1.0 s 球从这一次被抛出到下一次被抛出，完成一个周期性运动，设周期为T。如果每个球在手中停留的时间趋于零，那么T＝t＝1.0 s；如果手中总停留着一个球，一个球停留的时间是t′，那么T＝t＋t′，且t′＝，那么t＝T，T＝1.5 s。 以上考虑的是两个极端情况，实际上1.0 s<T<1.5 s。在T时间内抛出三个球，每隔的时间抛出一个球，0.33 s<<0.5 s。 专题提升1　竖直上抛运动和运动图像问题 [典例1] B　[解析]根据题意，运动员先做竖直上抛运动，到达最高点速度为0，即t1时刻到达最高点，接下来做自由落体运动，图线的斜率不变，当运动员与水面接触时，受到向上的水的阻力，加速度开始减小，但加速度仍然向下，速度增大，所以运动员与水面接触的时刻为t2，当阻力增大到与重力相等时，运动员的速度达到最大，之后阻力大于重力，运动员开始做减速运动，直到最低点速度减为0。故选B。 针对训练1　A　[解析]由运动员从蹦床上跳起后的v－t图像，结合速度的正负表示速度方向，可知在0～t1阶段上升，t1～t2阶段下降，故A正确；由题图像可知，速度大小先变小后变大，故B错误；在0～t1阶段上升，可知是选择的向上为正方向，故C错误；在0～t1阶段上升，在t1时刻速度为0，说明运动员到达最高点，故D错误。故选A。 [典例2] C　[解析]对汽车A进行分析，根据速度与位移的关系有v2－v＝2a1x，则有v2＝2a1x＋v，结合图像有v＝36 m2·s-2，2a1＝－ m/s2，解得v0＝6 m/s，a1＝－2 m/s2，即汽车A的加速度为－2 m/s2，故A错误；对汽车B进行分析，根据速度与位移的关系有v2＝2a2x，结合图像有2a2＝ m/s2，解得a2＝1 m/s2，故B错误；汽车A处于刹车状态，利用逆向思维，A停止运动的时间t0＝＝3 s，表明4 s时A已经停止运动，则A在0～4 s内的位移x0＝t0＝9 m，故C正确；A、B两辆汽车同时从坐标原点沿同一方向做直线运动，相遇时有a2t2＝v0t＋a1t2，解得t＝4 s>t0＝3 s，表明相遇前A已经停止运动，此时的位移x＝x0＝9 m，故D错误。故选C。 针对训练2　D　[解析]甲、乙两物体在0～4 s内的位移不变，表示静止，故A错误；丙、丁两物体在t＝10 s时有共同速度，v－t图像与时间轴围成的面积表示位移，0～10 s内丁的位移大，但不知道t＝0时刻的位置，t＝10 s时丙、丁两物体不一定相遇，故B错误；x－t图像的斜率表示速度，4～10 s内，甲、乙两物体速度越来越大，故C错误；v－t图像的斜率表示加速度，4～10 s内，丙、丁两物体的加速度均越来越大，故D正确。故选D。 专题提升2　追及相遇问题 [典例1] (1)125 m　 (2)16.25 s [解析](1)当两车速度相等时距离最远，则v1－at＝v2，解得t＝5 s 两车在运动方向上的最远距离Δx＝x0＋t－v2t＝125 m。 (2)A车停止运动需要时间t0＝＝15 s 前进的距离为xA＝t0＝225 m 此时B的位移xB＝v2t0＝300 m 此时两车相距Δs＝100 m＋225 m－300 m＝25 m 相遇时还需要用时间t1＝＝ s＝1.25 s 从A车开始减速到两车相遇所用的时间 T＝t0＋t1＝16.25 s。 针对训练1　BC　[解析]由题图可知，在0～2 s内羚羊的速度比猎豹快，而其中羚羊是被追者，所以两者之间距离逐渐增大，故A项错误；由v－t图像可知，其图线与坐标轴围成的面积为物体的位移，6 s末羚羊的位移为x羚＝6×10 m＝60 m，则6 s末猎豹的位移为x猎＝×6×30 m＝90 m，所以两者之间此时的距离为Δx＝x0－＝120 m，故B项正确；v－t图像的斜率为加速度，由题图可知，猎豹的加速度大小为a猎＝＝5m/s2，羚羊的加速度大小为a羚＝＝4 m/s2<a猎，故C项正确；由v－t图像可知，其图线与坐标轴围成的面积为物体的位移，则12 s末羚羊的位移为x羚1＝10×7 m＋× m＝170 m，12 s末猎豹的位移为x猎1＝×6×30 m＋30× m＝270 m，所以两者之间此时的距离为Δx1＝x0－＝50 m，所以12 s末猎豹并没有追上羚羊，故D项错误。故选BC。 [典例2] B　[解析]根据v－t图像的斜率表示加速度，可得乙刹车过程中的加速度大小为a＝||＝ m/s2＝2 m/s2，故A错误；从t＝0时刻开始，设乙车匀速时间为t0＝2 s，假设两车在t＝4 s时刻相遇，根据运动学公式，可得乙车的位移为x2＝v乙·t0＋v乙·(t－t0)－a(t－t0)2，根据v－t图像，可得甲刹车过程中的加速度大小为a′＝ m/s2＝1 m/s2，甲车的位移为x1＝v甲t－a′t2，根据题意得d＝x2－x1，代入数据联立解得d＝20 m，故B正确；假设两车在t′时刻共速，由速度—时间公式得v乙－a(t′－t0)＝v甲－a′t′，代入数据解得t′＝8 s，故 C错误；共速时间内，根据运动学公式，可得乙车的位移为x2′＝v乙t0＋v乙(t′－t0)－a(t′－t0)2，甲车的位移为x1′＝v甲t′－a′t′2，两车若要相遇，d应满足d≤x2′－x1′，代入数据，联立解得d≤28 m，故 D错误。 针对训练2　(1)8 m　(2)16 m [解析](1)根据匀变速直线运动速度—时间公式，有v＝at1，解得乙加速的时间为t1＝2 s，乙加速的位移大小为x1＝t1＝8 m，甲追上乙时，甲的位移大小为x＝vt1＝16 m，根据位移关系，可知甲追上乙时，有x＝x0＋x1，解得x0＝8 m。 (2)乙匀速的时间为t2＝t－t1＝1 s 乙匀速的位移大小为x2＝vt2＝8 m 则接力区的长度为L＝x1＋x2＝16 m。 [典例3] (1)50 m　(2)50 m [解析](1)根据题意行人从A点到B点时间t0＝＝5 s，此时乙车恰好停在停止线的位置，即速度刚好为0，故匀减速位移x＝t0＝50 m，该过程乙车加速度大小为a1＝＝＝4 m/s2。 (2)设行人到达B点时开始计时，此时甲车以加速度a2＝2 m/s2做匀加速直线运动，则甲车位移和速度为x甲＝a2t2，v甲＝a2t。分析可知行人从B点运动到C点过程所用时间依然为t0，当行人运动到C点时乙车以加速度a1做匀加速直线运动，故乙车位移和速度为x乙＝a12，v乙＝a1。分析可知，二者速度相等时，两车之间沿车道方向距离最远，a1＝a2t，代入数据解得t＝10 s，故两车之间沿车道方向距离最远为Δx＝x甲－x乙＝a2t2－a12＝102 m－2×(10－5)2 m＝50 m。 针对训练3　(1)10 m　(2)26.2 m (3)12.25 m　2.6 s [解析](1)由题可知甲车刚刚并线结束时，甲车比乙车多行驶的距离为Δx′＝t0＝6 m 则甲车车尾与乙车车头之间的距离为 Δx1＝Δx′＋d＝10 m。 (2)并线完成后，甲车立刻以大小为a＝2.5 m/s2的加速度匀减速刹车，设经过时间t1，丙车和甲车共速，则有t1＝＝2.4 s，则甲车的位移为x1＝t1＝31.2 m，乙车的位移为x2＝v0t1＝24 m，此时甲车前端与乙车前端相距Δx2＝Δx1＋d＋＝21.2 m，此时甲车车头与前面丙车车尾的距离最小为Δx＝5 m，乙车车头到丙车车尾之间距离至少为Δx2′＝Δx2＋Δx＝26.2 m。 (3)设甲车与乙车共速的时间为t2，则有t2＝＝0.75 s，甲车车尾与乙车车头的最大距离为Δx3＝Δx1＋t2－v0t2＝12.25 m，设甲车刹车的时间为t3，则有t3＝＝2 s，甲车的位移为x1′＝t3＝16 m，乙车的位移为x2′＝v0t3＝20 m，此时由于x2′－x1′＝4 m<10 m，则甲车停止后，乙继续向前行驶，有t4＝＝0.6 s，甲乙两车相撞用时t总＝t3＋t4＝2.6 s。 疑难突破专练2 1．D　[解析]x－t图像的斜率表示速度，0.2～0.5 h内，甲的斜率大，则甲的速度比乙的大，故A错误。由题图知，0.2～0.5 h内，甲、乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故B错误。物体的位移等于x的变化量，则知0.6～0.8 h内，甲的位移比乙的大，故C错误。0.8 h时，甲、乙位移相等，甲追上乙，故D正确。 2．D　[解析]由题中－x图像可知，与x成正比，即vx＝常数，质点做减速直线运动，故A错误；－x图线斜率不等于质点运动的加速度，故B错误；由于三角形OBC的面积S1＝OC·BC＝，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C′所用的时间可由S2＝体现，所以四边形BB′C′C面积可体现质点从C到C′所用的时间，故C错误，D正确。 3．C　[解析]斜率k表示加速度变化的快慢，A、B错误；面积S表示t1～t2的过程中质点速度的变化量，C正确，D错误。 4．A　[解析]根据0－v2＝2ax得，＝－，可知＝＝，解得刹车过程中加速度大小a＝5 m/s2，由图线可知，汽车的初速度为10 m/s，则刹车过程持续的时间t＝＝＝2 s，故BD错误，A正确。刹车过程中3 s内的位移等于2 s内的位移，则x＝＝ m＝10 m，故C错误。 5．ABC　[解析]由图甲x－t图像知0～4 s内，甲的位移大小为8 m；图乙v－t图像围成的面积表示位移，可得乙的位移大小为0；图丙a－t可知，物体先向前匀加速1 s，接着向前匀减速1 s，周而复始，一直向前运动所以0～4 s内的位移大小为x丙＝4×()×1×12＝2 m，图丁，由x/t－t图像可得物体位移—时间关系为x丁＝4t－4t2，所以可得0～4 s内x丁＝4×4－42＝0 m，所以0～4 s内位移最大的是甲，故AB正确；图甲物体做匀速直线运动，加速度大小为0; 图乙4 s末加速度大小为a乙＝4 m/s2，图丙加速度大小为1 m/s2；图丁，根据位移一时间关系式x丁＝4t－t2可得加速度大小为a丁＝－2 m/s2，所以，第4 s末加速度最大的是乙物体，故C正确；图甲，物体做匀速直线运动，所以第3 s末速度大小为v甲＝2 m/s，图乙，第3 s末速度为－4 m/s；图丙，由a－t图像围成的面积表示速度的变化量，所以可判断得第4末速度大小为1 m/s；图丁，根据位移时间关系式x丁＝4t－t2可知丁的初速度和加速度为v＝4 m/s，a＝－2 m/s2，所以，第3 s末速度为v＝4－2×3＝－2 m/s所以，第3 s末速度最大的是乙，故D错误，故选ABC。 6．D　[解析]由v－t图像，通过斜率可计算加速度大小，加速时A、B的加速度大小之比为10∶1，减速时A、B的加速度大小之比为1∶1，所以A错误；由A、B运动关系可知，当A、B速度相同时距离最远，所以BC错误；由题意可知A、B是从同一位置同时开始运动的，由速度—时间图像可以算出运动位移，可知在6t0时刻，A、B位移相同，因此在此时刻A、B相遇，所以D正确。 7．ABC　[解析]根据图像知，A、B两物体开始时相距100 m，速度方向相反，是相向运动，故A正确；x－t图像的斜率表示速度，故B物体做匀速直线运动，速度大小为：v＝ m/s＝－5 m/s，速度大小为5 m/s，故B正确；t＝8 s时有交点，表明A、B两物体运动8 s时，在距A的出发点60 m处相遇，故C正确；2～6 s，物体A位置坐标不变，保持静止，即停止了4 s，故D错误。 8．(1)4 s　8 s　(2)125 m或245 m [解析](1)甲车运动6.0 s的位移x0＝a1t＝45 m，甲车尚未追上乙车，设此后经时间t与乙车相遇，则有 a1(t＋t0)2＝a2t2＋85 m，将上式代入数据解得t1＝4 s，t2＝8 s，t1、t2都有意义，t1＝4 s时，甲车追上乙车；t2＝8 s时，乙车追上甲车，再次相遇。 (2)第一次相遇地点距A处的距离s1＝a1(t1＋t0)2＝125 m，第二次相遇地点距A处的距离s2＝a1(t2＋t0)2＝245 m。 9．(1)100 m　(2)66 m [解析](1)甲车速度由20 m/s减速至6 m/s过程中的位移x1＝＝91 m，x2＝x0＋x1＝100 m， 即甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开始刹车。 (2)设甲车司机刹车后经时间t，甲、乙两车速度相同，由运动学公式得，v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t，解得t＝8 s 相同速度v＝v甲－a甲t＝4 m/s＜6 m/s，只需满足乙车到达窗口前不超速，两车不会相撞。乙车从34 m/s减速至6 m/s的过程中位移为x3＝v乙t0＋＝157 m，所以要满足条件，甲、乙的距离至少为x＝x3－x1＝66 m。 章末复习提升 知识构建 ①不变　②v0＋at　③v0t＋at2　④2ax　⑤ ⑥aT2　⑦v　⑧v－t　⑨逐差　gt　gt2　速度　时间　分段　整体 教考衔接 [典例1] C　[解析]设RS间的距离为x，则ST间的距离为2x，设公交车经过两段距离的时间分别为t1、t2，根据题意有vRS＝10 m/s＝＝，vST＝5 m/s＝＝，联立解得t2＝4t1，vR－vT＝10 m/s，再根据匀变速直线运动规律有vT＝vR－a(t1＋t2)，则at1＝2 m/s，又v＝vR－a·＝vRS，解得vR＝11 m/s，则vT＝1 m/s，故选C。 跟踪训练1　C　[解析]设相同的时间为t，第一段时间内的加速度大小为2a，第二段时间内的加速度大小为a，则第一段时间内的路程为 x1＝×2at2＝at2 第一段时间的末速度大小v＝2at 则第二段时间内的路程为 x2＝vt＋at2＝2at×t＋at2＝at2 则两段时间内的路程之比为＝＝ 故C正确，ABD错误。 [典例2] C　[解析]设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2 s，根据x＝×4，可得v＝1 m/s，则加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，故选C。 跟踪训练2　B　[解析]汽车做末速度为0的匀减速直线运动，则有x＝t＝10 m，故选B。 [典例3] B　[解析]陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝＝ s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝＝ s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，B正确，ACD错误。 跟踪训练3　B　[解析]重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1 s后速度为v1＝v2＝gt＝10 m/s2×1 s＝10 m/s，故选B。 [典例4] D　[解析]铯原子团仅在重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在v－t图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB错误；因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，选项D正确。故选D。 跟踪训练4　C　[解析]运动员起跳到达最高点的瞬间速度为0，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动，根据初速度为0匀加速运动，连续相等的相邻位移内时间之比等于1∶(－1)∶(－)∶(－)∶…∶(－)，可知＝＝＝2＋，即3<<4，故选C。 [典例5] (1)20 m/s　(2)680 m [解析](1)根据匀变速运动速度公式v＝at1 可得救护车匀速运动时的速度大小 v＝2×10 m/s＝20 m/s。 (2)救护车加速运动过程中的位移x1＝at＝100 m 设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得 ＋t3＝t2 解得t3＝39 s 停止鸣笛时救护车距出发处的距离 x＝x1＋v×(t3－t1) 代入数据联立解得x＝680 m。 跟踪训练5　B　[解析]108 km/h＝30 m/s＝v，324 km/h＝90 m/s＝v′ 相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m 普通列车加速时间t1＝＝ s＝60 s 加速过程的位移x1＝at＝×0.5×602 m＝900 m 根据对称性可知加速与减速的位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝ s＝7 140 s 同理高铁列车加速时间t1′＝＝ s＝180 s 加速过程的位移x1′＝at1′2＝×0.5×1802 m＝8 100 m 根据对称性可知加速与减速的位移相等，可得匀速运动的时间 t2′＝＝ s＝2 220 s 相邻两站间节省的时间 Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s 因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分，故选B。 跟踪训练6　A　[解析]设匀加速直线运动时间为t′，匀速运动的速度为v，匀加速直线运动阶段，由位移公式x＝t′，加速阶段和减速阶段加速度大小相等，由逆向思维可知，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x－x－x＝vt，得t′＝，根据x＝at′2，解得x＝at2，BCD错误，A正确。故选A。 [典例6] (1)24.00　80.0 (2) (3)71.5　58.7 (4)b　2k [解析](1)根据纸带的数据，可得ΔxAD＝6.60 cm＋8.00 cm＋9.40 cm＝24.00 cm；故vAD＝＝80.0 cm/s。 (2)根据第(1)问结果补全实验点(0.3 s，80.0 cm/s)，如答案图所示。 (3)从实验结果可知，小车运动的v－Δt图线可视为一条直线，图像如图所示。此直线用方程v＝kΔt＋b表示，由图像可知，k＝＝71.5 cm/s2，b＝58.7 cm/s。 (4)由匀变速直线运动位移与时间的关系式，可得Δx＝vAΔt＋a(Δt)2，又平均速度v＝，联立可得v＝vA＋aΔt，与小车运动的v－Δt方程v＝kΔt＋b对比，可得vA＝b，a＝2k。 跟踪训练7　(1)刻度尺 (2)1.5 (3) (4)光栅板受到空气阻力的作用 [解析](1)该实验通过匀变速直线运动规律测量重力加速度，不需要用天平测质量，需要用刻度尺测量遮光带(透光带)的宽度。 (2)根据平均速度的计算公式可知 v3＝＝＝1.5 m/s。 (3)根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的速度，有v1＝，v2＝，且v2＝v1＋g()，可得g＝。 (4)因光栅板下落过程中受到空气阻力的影响，所以竖直向下的加速度小于当地的重力加速度。 第二章　章末检测 1．C　[解析] 设两棵树之间的距离为x，则依题意有v2－v＝2a×3x，设经过第2棵树时的速度为v2，则有v－v＝2ax，联立可得v2＝，故选C。 2．B　[解析]设小明和小华最大速度分别为v1、v2，根据题意有t0＋v1＝t0＋v2，其中t0＝2 s，t1＝7 s，t2＝9 s，解得＝，故选B。 3．B　[解析]由匀变速直线运动规律可知，玩具车在加速过程中所用的时间为t1＝＝2.5 s，运动的位移大小为x1＝＝25 m，匀速运动的时间为t2＝＝3 s，所以总时间为t＝t1＋t2＝5.5 s，故选B。 4．B　[解析]因为v－t图像的斜率表示加速度，由速度与时间关系可知v＝at，则匀加速阶段为一条倾斜直线，匀速阶段为一条平行于时间轴的直线，故A错误，B正确；根据位移与时间的关系x＝at2，则x－t图像在匀加速阶段为开口向上的抛物线，匀速阶段为一条倾斜直线，故CD错误。故选B。 5．A　[解析] 采取逆向思维，看成初速度为0的匀加速直线运动。初速度为0的匀加速直线运动在连续相等的时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11∶13∶…，可知x2∶x1＝1∶9，故选A。 6．B　[解析]作出两车的速度—时间变化图像，如图图像面积代表位移，由于t2时刻两车位移相等，根据几何关系可知v0＝v。故选B。 7．B　[解析]由x－t图像可知质点先向正方向运动再向负方向运动，故A错误；根据x－t图像的切线斜率表示速度，可知t＝0时刻的速度为v0＝＝6 m/s，解得x0＝3.5 m，故B正确；根据x－t图像的切线斜率表示速度，可知t＝1.5 s时刻的速度为0，则质点的加速度大小为a＝ m/s2＝4 m/s2，故C错误；从t＝1.5 s到t0时刻过程，根据运动学公式可得x＝a(t0－1.5 s)2＝8 m，解得t0＝3.5 s，故D错误。故选B。 8．ABD　[解析]前4 s内的平均速度v＝＝ m/s＝2.5 m/s，故A正确；根据匀变速直线运动的推论可知Δx＝aT2，其中T＝1 s，Δx＝1 m，解得a＝1 m/s2，故B正确；根据匀变速直线运动的规律，某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速度，由此可知2 s末的瞬时速度等于第2 s与第3 s内的平均速度，即v2＝＝ m/s＝2.5 m/s，故C错误；第1 s内的位移x1＝v0t1＋at，其中t1＝1 s，代入数据解得v0＝0.5 m/s，故D正确。故选ABD。 9．BD　[解析]质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到0，2t0～4t0重复0～2t0过程的运动，即质点一直向前运动，AC错误，B正确；a～t图像的面积表示速度变化量，～t0内速度的变化量为0，因此时刻的速度与t0时刻相同，D正确。故选BD。 10．ACD　[解析]两者相遇时，甲的位移为H，乙的位移为H；相遇时，甲、乙的位移之和为H，则有gt2＋v0t－gt2＝H，甲的位移为H＝gt2，乙的位移为H＝v0t－gt2，联立可得H＝，t＝，故A正确；乙物体上升到最高点时间为t1＝，物体甲的位移为h＝gt12＝g×2＝＝H，即甲物体落到地面时，乙物体上升到了最高点，故B错误；甲、乙相遇时的运动时间为t＝，甲的速度为v甲＝gt＝；乙的速度为v乙＝v0－gt＝，故C正确；乙做竖直上抛运动，上升的最大高度为h＝＝H，故D正确。故选ACD。 11．(1)AC　(2)1.44 (3)9.63　不是 (4)纸带和打点计时器之间存在阻力(或存在空气阻力，合理即可) [解析](1)为保证打点计时器稳定工作，应先接通电源，待打点稳定后，再释放重锤，故A正确；为了减少浪费并尽可能使重锤自由下落时间长一些，重锤初始静止时应尽量靠近打点计时器，故B错误；为了保证重锤带动纸带做自由落体运动，重锤和纸带应在同一条铅垂线上，故C正确；重锤在下落的初始阶段，速度比较小，两点之间的距离较小，若直接从初始算起，则相对误差较大，应从中间适当位置开始算起，故D错误。 (2)交流电源的频率为50 Hz，则打点周期为0.02 s。两计数点间还有一个计时点未画出，故两相邻计数点的时间间隔为T＝0.04 s。打点2时的瞬时速率可近似为点1～3的平均速度v2＝v13平＝＝1.44 m/s。 (3)由逐差法可求得重力加速度g＝≈9.63 m/s2；重锤运动到计数点2的时间t＝≈0.15 s＝ s，故打点计时器不是在重锤释放后的瞬间打点。 (4)由于各种阻力的存在，使得测得的重力加速度比真实的重力加速度偏小。 12．(1)AB　(2)0.80　0.40 [解析](1)为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先接通电源再放开小车，故AB正确；本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量，只要能让小车做匀加速直线运动即可，故C错误。故选AB。 (2)每两个计数点间有4个点没有画出，故两相邻计数点间的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s，根据逐差法可知，小车的加速度 a＝＝ × 10-2 m/s2＝0.80 m/s2 B点的速度等于AC段的平均速度，则有 vB＝＝ m/s＝0.40 m/s。 13．(1) m　(2)3.7 m [解析](1)在t0时间内，篮球水平方向做匀速直线运动，位移为x＝v0t0＝5×0.2 m＝1 m 竖直方向做自由落体运动，位移为 h＝gt＝×10×0.22 m＝0.2 m 所以篮球的位移为x0＝＝ m＝ m。 (2)从发出球到接住球经过的时间为 t＝＝ s＝0.5 s 所以该同学起跳离地到接住球经历的时间为 t1＝t－t0＝0.3 s 同学起跳后上升的高度为 h1＝gt＝×10×0.32 m＝0.45 m 整个过程篮球下降的高度 h2＝gt2＝×10×0.52 m＝1.25 m 所以出球口距地面的高度为 H＝h0＋h1＋h2＝2.0 m＋0.45 m＋1.25 m＝3.7 m。 14．(1)5 s　(2)32.5 m [解析]据题意小轿车的初速度v0＝25 m/s 刹车最大加速度a＝－5 m/s2 驾驶员的视距d＝50 m 反应时间t1＝0.8 s。 (1)从刹车到停止时间为t2，则t2≥＝5 s。 (2)反应时间内做匀速直线运动，则x1＝v0t1＝20 m 从刹车到停止，汽车做匀减速直线运动直到速度为0，则x2≥＝62.5 m 小轿车从发现物体到停止的全部距离为 x≥x1＋x2＝82.5 m 三角警示牌距车的最小距离为 Δx＝x－d＝32.5 m。 15．(1)4 s　16 m　(2)16 m (3)乙不能在甲到达校门前追上他 [解析](1)甲减速到0时所用的时间t1＝ 甲减速到0时所通过的位移大小x0＝ 解得t1＝4 s，x0＝16 m。 (2)当甲和乙速度相等时，距离最大，根据速度和时间的关系v0－at2＝at2 解得t2＝2 s 甲的位移x1＝v0t2－at＝12 m 乙的位移x2＝at22＝4 m 最大距离xmax＝x1－x2＋Δx 解得xmax＝16 m。 (3)甲开始减速到校门，根据位移和时间的关系 x3＝v0t3－at32＝s 解得甲开始减速到校门的时间t3＝2 s 此过程乙的位移x4＝at32＝4 m 由于x4<x3＋Δx 所以乙不能在甲到达校门前追上他。 阶段测试1 1．B　[解析]60 as＝60× s＝6×10-17 s。故选B。 2．C　[解析]杭州亚运会开幕时间“2023年9月23日20：00”所指为时刻，故A错误；在男子速度轮滑3 000 m接力赛中，中国台北队黄玉霖夺冠，在冲刺过程中，研究黄玉霖的动作时，需要研究其肢体动作，不可将其视为质点，故B错误；葛曼棋以11秒23获得杭州亚运会田径女子100 m金牌，由此可知其比赛过程中平均速度大小为＝＝ m/s≈8.9 m/s，故C正确；葛曼棋以11秒23获得杭州亚运会田径女子100 m金牌，可知其冲线时的瞬时速度由题目已知条件不可求解，故D错误。 3．C　[解析]某时刻物体的速度为零，其加速度不一定为零，比如自由落体的初速度为0，但是加速度不为0，故A错误；物体的速度变化快，加速度才一定大，故B错误；速度变化量、加速度均为矢量，加速度方向与速度变化量方向相同，故C正确；若加速度为正值，速度为负值，速度减小；当加速度为负值，速度为负值，速度增大，故D错误。 4．B　[解析]75.6 km/h＝21 m/s，则汽车加速度的大小为a＝＝ m/s2＝7 m/s2，故选B。 5．A　[解析]根据题意可知，A到B和A到C的路程相同，位移大小相等，位移方向不同，则位移不同，故B错误，A正确；该教师从A出发回到A，通过的总位移为0，故C错误；7.5 s是一段时间，指教师的运动时间间隔，故D错误。 6．D　[解析]由平均速度的定义式＝可知，当Δt无限趋近于零时，平均速度就等于瞬时速度。所以时间越短，平均速度越接近于瞬时速度，误差越小，D正确，ABC错误。 7．D　[解析]v－t图像与时间轴围成的面积表示位移，故物体在0～t0这段时间内的位移大于，故A错误；根据v2＝2ax，可知，图像斜率k＝ m/s2＝2a，得a＝0.5 m/s2，故B错误；加速度方向与速度方向相同时物体做加速运动，相反时做减速运动，由于不知道速度方向，无法判断速度增减性，故C错误；由图可知函数关系式为＝5t－5，即x＝5t2－5t，对比x＝v0t＋at2，v0＝－5 m/s，a＝10 m/s2，t＝3 s时物体的速度为v＝v0＋at＝25 m/s。故D正确。 8．AB　[解析]t2表示时刻，称为第2 s末，也称为第3 s初，A正确；t2－t3表示时间，称为第3 s内，B正确；t0－t2表示时间，称为最初2 s内，不能称为第2 s内，C错误；tn－1－tn表示时间，称为第n s内，D错误。 9．AD　[解析]根据v＝，可知，h一定，则B球落地时AB的速度v1一定，根据L＝v1Δt＋gΔt2，则L越大，则Δt越大，选项A正确，B错误；根据v＝，可知h越大，B球落地时AB的速度v1越大，L一定，根据L＝v1Δt＋gΔt2，则Δt越小，选项C错误，D正确。 10．BD　[解析]设甲乙和乙丙间距分别为x和2x，设经过甲、乙、丙时的速度分别为v1、v2、v3则＝12 m/s，＝6 m/s，v－v＝2ax，v－v＝4ax，联立解得v1＝13.2 m/s，v2＝10.8 m/s，v3＝1.2 m/s，根据该题条件不能求解加速度a，选项AC错误，B正确；汽车通过甲、乙两树间的时间与通过乙、丙两树间的时间之比为＝∶＝，选项D正确。 11．(1)20.0　(2)0.20　0.40　0.31 [解析](1)由图可知，米尺的最小分度为 1 cm，估读到下一位，故读数为20.0 cm。 (2)滑块经过光电门A时的瞬时速度大小v1＝＝ m/s≈0.20 m/s，滑块经过光电门B时的瞬时速度大小v2＝＝ m/s≈0.40 m/s，滑块在此过程中的加速度大小a＝＝＝ m/s2≈0.31 m/s2。 12．(1)E　先接通电源，后放开小车 (2)AB (3)0.864　0.928 [解析](1)E步骤错误，应先接通电源，再放开小车，把“先放开小车，再接通电源”改为“先接通电源，后放开小车”。 (2)根据打点计时器打出的纸带，可以从纸带上直接用刻度尺测量得到的物理量是位移，纸带上的点与点间的时间可根据打点计时器的打点周期求出，而加速度、平均速度都需要用公式计算，AB正确。 (3)因为每相邻两计数点间还有4个点，所以相邻两计数点之间的时间间隔为0.1 s，我们将一段位移中间时刻的瞬时速度视为该过程中的平均速度，故有vD＝＝＝ m/s＝0.864 m/s，vE＝＝＝ m/s＝0.928 m/s。 13．(1)0.375 m　(2) m/s (3)1.125 m [解析](1)由图可知，运动员在4t0时刻入水，根据速度—时间图像与时间轴所围的面积表示位移，可知运动员入水前向上运动的位移大小是向下运动的位移大小的，设运动员上升的位移大小为x，则有＝；解得x＝ m＝0.375 m。 (2)运动员向下运动的位移为h＝3 m＋x＝3.375 m 设运动员入水速度大小为v，根据自由落体运动规律有v2＝2gh，解得v＝ m/s。 (3)运动员入水前做竖直上抛运动，加速度等于重力加速度g，设入水后加速度大小为a，则有g＝＝，a＝＝，则有a＝3g＝3×10 m/s2＝30 m/s2，根据速度和位移关系有h′＝＝ m＝1.125 m，解得运动员入水深度1.125 m。 14．(1)3 m/s2　(2)6.5 m [解析](1)设经过时间t，甲追上乙，则x甲＝vt，x乙＝×(0＋v)t，根据题意有x甲－x乙＝13.5 m，将v＝9 m/s代入，得t＝3 s，再由v＝at，解得a＝3 m/s2。 (2)设甲追上乙时，乙跑过的距离为x，则x＝at2，代入数据得x＝13.5 m，所以乙与接力区末端的距离Δx＝20 m－13.5 m＝6.5 m。 15．(1)2 m/s2，方向与初速度方向相反 (2)两车会相撞 (3)0.5 m/s2 [解析](1)由于B汽车做匀减速直线运动，刹车距离为100 m后停下，由速度—位移关系公式v2－v＝2ax，可得0－v＝2aBx1，解得aB＝－2 m/s2，负号表示加速度方向与初速度方向相反。 (2)设经过时间t，A车、B车速度相同，由速度时间公式，则有vB＋aBt＝vA，解得t＝5 s，A车位移xA＝vAt＝50 m，B车位移xB＝(vA＋vB)t＝75 m 由于xB－xA＝25 m>x0＝20 m，则两车会相撞。 (3)设A车的加速度为aA时两车恰好不相撞，经时间T共速，则有vA＋aAT＝vB＋aBT，xB＝xA＋x0，即vBT＋aBT2＝vAT＋aAT2＋x0，解得T＝4 s，aA＝0.5 m/s2，则A车的加速度至少为0.5 m/s2才能避免相撞。 第三章　相互作用——力 第1节　重力与弹力 课堂达标 1．D　[解析]重心是重力的等效作用点，并不是物体上最重的一点，故选项A错误；质量均匀分布的、有规则形状的物体的重心才在其几何中心，故选项B错误；物体的重心不一定在物体上，如粗细均匀的铁丝被弯曲成圆环时，其重心在圆心处，而不在铁丝上，故选项C错误；根据二力平衡，重力与绳的拉力方向总是在同一直线上且方向相反，所以可以用悬挂法确定形状不规则薄板的重心，故选项D正确。 2．AC　[解析]模型桥受到向下的弹力，是因为汽车发生了形变，汽车受到的弹力来自于模型桥的形变，故A正确，B错误；汽车受到向上的弹力，是因为桥梁发生了形变，故C正确，D错误。 3．见解析图 [解析]各物体所受弹力示意图如图所示。 4．B　[解析]因为弹簧的形变量和其受到的作用力成正比，则有＝，解得F＝30 N，故B正确。 5．A　[解析]图甲中，弹簧的弹力等于小球的重力G；图乙中，细线对小球的拉力等于小球的重力，故可知弹簧的弹力等于小球的重力G；同理，图丙中，弹簧的弹力等于小球的重力G。各小球质量相等，所以平衡时各弹簧的弹力大小相等，则有l1＝l2＝l3，选A。 课后精练 1．C　[解析]装饰瓶受到地球对它的吸引力，它对地球也有吸引力，A错误；装饰瓶的重心位置与其质量分布和形状有关，它的重心不一定与几何中心重合，只有形状规则、质量分布均匀物体的重心才一定与几何中心重合，B错误，C正确；在水慢慢减少的过程中，装饰瓶(含水)的重心先降低后升高，D错误。 2．C　[解析]弹力的方向总是垂直于接触面指向受力物体，C项正确。 3．D　[解析]对重物B受力分析得FT＝GB，对重物A受力分析可得FT＋FNA＝GA，则重物A对地面的压力大小为FNA′＝FNA＝GA－GB，选项A错误，选项D正确；弹簧测力计的读数为2FT＝2GB，弹簧的伸长量为Δx＝＝，选项B、C错误。 4．D　[解析]设一个钩码的质量为m。由胡克定律F＝kx，k不变，得ΔF＝kΔx；则当轻轻取下一个钩码时，有mg＝kΔx，即mg＝k(L1－L2)；再去掉两个钩码时，有2mg＝kΔx′；则得此过程中弹簧缩短的长度为Δx′＝2(L1－L2)＝2×(30 cm－25 cm)＝10 cm，故D正确。 5．(1)15 cm　(2)500 N/m [解析](1)弹簧不产生弹力时的长度等于原长，由题图可知该弹簧的原长为l0＝15 cm； (2)根据F＝kx得该弹簧的劲度系数k＝＝，由题图可知，该弹簧伸长Δl＝25 cm－15 cm＝10 cm时，弹力ΔF＝50 N，所以k＝＝ N/m＝500 N/m。 6．AC　[解析]绳子弹力的方向沿着绳子收缩的方向，细线水平，则细线对杆的弹力方向水平向左，所以杆对细线的弹力方向水平向右，A正确，B错误。杆受到的地面弹力的施力物体是地面，杆受到的地面的弹力是由地面形变产生的，C正确。杆受到的地面的弹力方向垂直于地面向上，所以地面受到的杆的弹力方向垂直于地面向下，D错误。 7．BC　[解析]弹簧若处于伸长状态，对A进行受力分析可知细线中的弹力为5 N，对B进行受力分析可知地面对B的支持力为2 N，故B对地面的压力为2 N，选项B正确；弹簧若处于压缩状态，对A进行受力分析可知细线中的弹力为1 N，对B进行受力分析可知地面对B的支持力为6 N，则B对地面的压力为6 N，选项C正确。 8．8 cm [解析]“缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态，该过程中p弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化量之和；最初，p弹簧处于原长，而q弹簧受到竖直向下的压力FN1＝mbg＝10 N，所以其压缩量为x1＝＝2 cm；最终c木块刚好离开水平地面，q弹簧受到竖直向下的拉力FN2＝mcg＝10 N，其伸长量为x2＝＝2 cm，拉力F＝(mb＋mc)g＝20 N，p弹簧的伸长量为x3＝＝4 cm，所以p弹簧的左端向左移动的距离x＝x1＋x2＋x3＝8 cm。 第2节　摩擦力 课堂达标 1．A　[解析]一个物体可以同时与多个物体接触，故可能同时受到滑动摩擦力和静摩擦力的作用，故A正确；摩擦力的存在依赖于弹力，即有摩擦力一定有弹力，但有弹力不一定有摩擦力，故B错误；发生静摩擦的两个物体间相对静止，相对地面可以一起运动，也可以静止；存在滑动摩擦力的两个物体间有相对滑动，相对于地面，可以有一个物体是静止的，故C错误；摩擦力的方向与物体的相对运动方向(或相对运动趋势方向)相反，与运动方向无关，存在各种可能性，如汽车转弯时提供向心力的摩擦力与运动方向相互垂直，故D错误。 2．BC　[解析]只有滑动摩擦力的大小才与压力成正比，故A错误；由平衡条件可知，静摩擦力跟平行于接触面的外力大小有关，故B正确；物体间的压力增大时，静摩擦力有可能不变，如被压在竖直面的物体，故C正确；滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关，静摩擦力与接触面的粗糙程度无关，故D错误。 3．BC　[解析]容器处于平衡状态，在竖直方向上重力与摩擦力平衡，盛满水前墙面对容器的静摩擦力一直增大，如果一直没有达到正压力F作用下的最大静摩擦力，则水平力F可能不变，选项B、C正确。 4．A　[解析]物体相对地面运动，故物体受到的是滑动摩擦力，则摩擦力的大小为Ff＝μF压＝μmg＝0.2×5×10 N＝10 N；滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，故摩擦力方向水平向左，A正确。 课后精练 1．B　[解析]对小球受力分析可知，小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用。根据平衡条件可知，小球在竖直方向上，受到的摩擦力与重力大小相等，方向相反，A错误，B正确；增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力仍等于重力，大小不变，C错误；若水平移动铁夹，由于小球在竖直方向受力始终平衡，且没有相对运动，故小球受到的还是静摩擦力，D错误。 2．A　[解析]镁粉是比较粗糙的，抹在手上，增大了手和单杠接触面的粗糙程度，从而增大摩擦；手握单杠不能太紧，是通过减小压力来减小摩擦的；故前者是增大摩擦，后者是减小摩擦。故选A。 3．C　[解析]由题分析知，木块与水平面间的动摩擦因数μ相同，木块对水平面的压力都等于重力，所以压力FN相等，则根据公式Ff＝μFN分析得知，滑动摩擦力相等，故C正确。 4．C　[解析]该同学奔跑途中，后脚用力向后蹬，人才向前运动，正是由于地面给后脚有个向前的静摩擦力，运动员才能向前运动。而当前脚向前跨时，地面给前脚有个向后的静摩擦力，否则运动员会向前滑动，所以前脚受到地面对其向后的静摩擦力。 5．D　[解析]先将所有书(设有n本)当作整体分析，竖直方向上2μ1F≥nmg，解得n≤19.6；再去除最外侧两本书进行分析，竖直方向上2μ2F≥(n－2)mg，解得n≤16.7，故D正确。 6．D　[解析]以木板为研究对象，木板在水平方向上受到两个力：木块给的向右的静摩擦力，大小为F静1；地面给的向左的滑动摩擦力，大小为Ff2＝μ2·3mg。对木板根据平衡条件有F静1＝Ff2＝3μ2mg，由题可知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F静1≤μ1mg，即3μ2mg≤μ1mg，因此μ1≥3μ2，故A、B、C错误，D正确。 7．C　[解析]根据受力平衡，黑毛巾有四个面受到摩擦力，平衡时F＝Ff1＋Ff2＋Ff3＋Ff4＝μ·mg＋μ·2·mg＋μ·3·mg＋μ·4·mg＝5μmg，故选C。 8．(1)3 N　(2)100 N/m　(3)0.3 [解析](1)由题图像可得1 s时物体受的静摩擦力是3 N； (2)匀速运动时弹簧拉力是6 N，由F＝kx，得k＝100 N/m； (3)物体对地面的正压力是FN＝mg＝2 kg×10 N/kg＝20 N，物体滑动时的摩擦力是6 N，由Ff＝μFN，解得μ＝0.3。 9．D　[解析]开始时A物体保持静止，在水平方向上二力平衡，即向左的拉力和B物体给A物体向右的静摩擦力F1平衡，所以F1＝(m2g＋m3g)；将质量为m3的物体放在物体A的上方，发现A仍处于静止，则在水平方向上二力平衡，即向左的拉力和B物体给A物体向右的静摩擦力F1平衡，此时F1＝m2g，所以此时F1变小了。再分析B物体的受力情况，因为m1>m2＋m3，所以整个系统所受桌面给的摩擦力F2必定向左，此时F2＝(m1g－m2g－m3g)；当将质量为m3的物体放在物体A的上方时，B仍处于平衡状态，水平方向上二力平衡，此时F2＝(m1g－m2g)，所以F2变大。故D正确。 第3节　牛顿第三定律 课堂达标 1．A　[解析]作用力和反作用力作用在不同的物体上，作用效果不能抵消，不能合成，故A正确。作用力与反作用力的大小一定相等，方向相反，作用在两个物体上，因此地球对重物的作用力等于重物对地球的作用力，故BC错误。作用力和反作用力没有主次、先后之分，同时产生、同时消失，故D错误。 2．A　[解析]人向前推车对车有向前的力，同时车对人有向后的反作用力，故A正确，B错误；人与车之间的力为作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故CD错误。 3．C　[解析]木块对弹簧测力计的拉力的施力物体是木块，A错误；木块的重力和弹簧测力计对木块的拉力是一对平衡力，B错误；弹簧测力计对木块的拉力与木块的重力平衡，则弹簧测力计对木块的拉力在数值上等于木块的重力，C正确；弹簧测力计对木块的拉力和木块对弹簧测力计的拉力是一对相互作用力，D错误。 4．B　[解析]物体沿斜面向上运动时，对物体受力分析，物体受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，所以B正确。 5．BC　[解析]对A进行受力分析可得，A受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力F、竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力。对B进行受力分析可得，B受重力、A对B的压力、斜面的支持力、A对B向左的摩擦力，斜面若对B没有摩擦力，则B受到4个力，斜面若对B有摩擦力，则B受5个力，选项AD错误，选项BC正确。 课后精练 1．C　[解析]工人对车的力与车对工人的力是一对作用力与反作用力，A错误，C正确；工人受到的重力与地面对工人的支持力是一对平衡力，B、D错误。 2．BD　[解析]无论物体处于何种状态，物体间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，即任何情况下，甲对乙的拉力都等于乙对甲的拉力，A、C错误，B正确；甲获胜的原因是甲与地面间的摩擦力大于绳子对甲的拉力，绳子对乙的拉力大于乙受到地面的摩擦力，D正确。 3．C　[解析]先以A为研究对象进行受力分析，Ff＝μmg＝3 N＞1 N，可知B对A的摩擦力与作用在A上的力F大小相等、方向相反，即为1 N；再以A、B整体为研究对象进行受力分析，可知地面对B的摩擦力为零，故C正确。 4．A　[解析]由二力平衡可知选项A正确。 5．AC　[解析]因为货物匀速运动，所以a情形中货物只受重力和支持力，A正确，B错误；b情形中除受重力和支持力外还必须受到一个沿斜面向上的静摩擦力作用，C正确；D错误。 6．B　[解析]物块b受到重力、a的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力F，共五个力，故A错误。以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为2mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于2mg，故B正确。以a、b整体为研究对象，可知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，故C错误。物块a受到物块b两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误。 7．C　[解析]两种情况下m相对于传送带均向左匀速运动，m均受传送带向右的滑动摩擦力，其大小均为Ff＝μmg，根据二力平衡的条件F1＝F2＝Ff＝μmg，即kΔx＝kΔx′，故Δx′＝Δx，故选项C正确。 8．9 N [解析]设B对A的作用力为F。 取向下为正方向，A受力如图1所示， 有－k(L－L0)＋mg＋F＝0，解得F＝－4 N 故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上。 由牛顿第三定律得A对B的作用力，F′＝－F＝4 N，方向竖直向下，B受力如图2所示，有－FN＋mg＋F′＝0，解得FN＝9 N 由牛顿第三定律得B对地面的压力F压＝FN＝9 N。 第4节　力的合成和分解 课堂达标 1．AC　[解析]由合力和分力的关系可知，A正确；合力和分力是等效替代关系，它们不能同时存在，B错误，C正确；力能否合成与力的性质无关，D错误。 2．A　[解析]1 N与10 N的合力范围是9 N≤F≤11 N。不可能为8 N，故A符合题意；10 N与10 N的合力范围是0 N≤F≤20 N，可能为8 N；10 N与15 N的合力范围是5 N≤F≤25 N，可能为8 N；15 N与20 N的合力范围是5 N≤F≤35 N，可能为8 N。故选A。 3．AD　[解析]若F1和F2的大小不变，θ角越小，根据平行四边形定则知，合力F就越大，故A正确。合力可能比分力大，可能比分力小，也可能与分力相等，故B错误。如果夹角θ不变，若夹角为180°，F1大小不变，增大F2，则合力可能减小，故C错误。如果夹角为120°，F1、F2大小相等，则合力与分力大小相等，故D正确。 4．C　[解析]由矢量和标量的定义可知A、B正确；－10 m的位移比5 m的位移大，负号不表示大小，仅表示方向与正方向相反，故C错误；温度是标量，负号表示该温度比0 ℃低，正号表示该温度比0 ℃高，故－10 ℃的温度比5 ℃的温度低，D正确。 5．(1)调零　(2)见解析图　(3)①验证该图形基本就是平行四边形；②得出求合力的一般方法；③改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验，验证猜想；④与同学交流，得出合理结论(任选其二) [解析](1)该实验所用弹簧测力计开始时指针不在零位置，故在用它测力前应对它进行的操作是调零。 (2)根据力的三要素作出合力F的图示如图所示： (3)根据所画的图形很像平行四边形这一事实，小明接下来应该做以下事情：①验证该图形基本就是平行四边形；②得出求合力的一般方法；③改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验，验证猜想；④与同学交流，得出合理结论。 课后精练 1．C　[解析]三个力的合力的最大值Fmax＝F1＋F2＋F3＝35 N，F1与F2的合力范围为5 N≤F12≤15 N，当F12＝15 N且与F3反向时，三个力的合力最小，Fmin＝|F12－F3|＝5 N，故三个力的合力范围为5 N≤F≤35 N，故选C。 2．C　[解析]由图可知，最大恒力为F3，根据平行四边形定则，F1与F4的合力为F3，F2与F5的合力为F3，这五个力的合力为三倍的F3。已知F1＝10 N，根据几何关系可知，F3＝20 N，所以合力的大小为60 N，C正确，A、B、D错误。 3．AD　[解析] F>Fsin 30°＝，由图可知，F1的大小有两个可能值。 在△OAD中，FOA＝Fcos 30°＝F，在△BAD中，FBA＝＝F，由对称性可知，FAC＝FBA＝F，则F1＝FOA－FBA＝F；F1′＝FOA＋FAC＝F。 4．B　[解析]将F沿AC、AB方向分解为F1、F2，则F2＝，F2的作用效果是使滑块B对左壁有水平向左的挤压作用F3，对物体D有竖直向上的挤压作用F4，则物体D所受的向上顶的力为FN＝F4＝F2sin α＝tan α，由题图可知tan α＝＝＝10，故FN＝2 000 N，选项B正确。 5．D　[解析]由题图可知，F甲＝2 N，方向竖直向上；F乙＝ N，方向斜向右下；F丙＝ N，方向斜向左上；F丁＝1 N，方向竖直向上；则丁图的合力最小，为1 N，故选D。 6．D　[解析]根据题意先将肌肉群对膝关节的作用力F沿大腿骨和小腿骨方向分解，然后再分解小腿骨方向的分力，设脚掌所受小腿骨沿竖直方向的力为FN，沿小腿方向的力为F1，可得F1cos ＝F，即F1＝，所以FN＝F1sin ＝tan ，故D正确。 7．A　[解析]将木块重力按照实际作用效果分解，如图所示， F1＝mgsin 60°＝mg，F2＝mgsin 30°＝mg，滑动摩擦力为Ff＝μ(F1＋F2)，木块做匀速直线运动，即Ff＝F，联立解得木块与AB、BC面间的动摩擦因数大小为μ＝，故选A。 8．(1)O、b两点太近，误差大　(2)使合力F与F1、F2共同作用的效果相同　(3)F [解析](1)为了减小测量的误差，记录方向时，记录点与O点的距离适当大一些，图甲中的b点标记得不妥，其原因是O、b两点太近，误差大。 (2)用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是与F1、F2共同作用的效果相同。 (3)F1和F2合力的实际测量值是用一根弹簧测力计拉的，不是根据平行四边形定则作出的，故F是F1和F2合力的实际测量值。 第5节　共点力的平衡 课堂达标 1．ACD　[解析]物体处于平衡状态的条件是a＝0，B中运动员在最高点时v＝0，而a≠0，故不是处于平衡状态，B错误，A、C、D正确。 2．CD　[解析]物体运动速度为零时，该物体不一定处于平衡状态，A错误；物体运动速度大小不变、方向变化时，物体的运动不是匀速直线运动，物体不处于平衡状态，B错误；物体处于平衡状态时，合力为零，物体沿任意方向的合力都必为零，C正确；物体受三个共点力作用处于平衡状态时，任意两个共点力的合力与第三个力等大反向，合力为零，D正确。 3．B　[解析]物体在n个力作用下合力为零，则除F1以外的其他力的合力大小也为F1，且与F1反向，故当F1转过90°，大小不变时，合力应为F1，故B正确。 4．10 N　方向与F3的夹角为30°斜向上 [解析]如图所示，沿水平、竖直方向建立直角坐标系，把F1、F2正交分解，可得 F1x＝－20sin 30° N＝－10 N， F1y＝－20cos 30° N＝－10 N， F2x＝－30sin 30° N＝－15 N， F2y＝30cos 30° N＝15 N， 故沿x轴方向的合力Fx＝F3＋F1x＋F2x＝15 N， 沿y轴方向的合力Fy＝F2y＋F1y＝5 N， 可得这三个力合力的大小F＝＝10 N， 方向与F3的夹角θ＝arc tan＝30°斜向上。 课后精练 1．D　[解析]当物体在共点力作用下平衡时，任何一个力与其余力的合力等大反向，故A、B对。共点力平衡的条件是合外力为零，故C对。撤去其中的三个力后，若剩下的两个力等大反向，则物体仍处于平衡状态，故D错。 2．C　[解析]三力平衡，则风力的反向延长线在重力与拉力之间。故选C。 3．D　[解析]人随扶梯匀速上升，说明人所受合外力为零，故人仅受重力和支持力。选项D对。 4．ABD　[解析]物体A、B、C均处于静止状态，所受的合力均为零，A正确，C错误；B、C对A的作用力的合力一定与A球的重力等大反向，D正确；如圆柱体光滑，A对B的压力在水平方向的分力将使B圆柱体水平向左移动，同理C向右移动，从而使A落下，所以它们均不可能平衡。 5．CD　[解析]由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，故A错误； 容器对小球的作用力是弹力，指向球心O，对小球受力分析，如图所示，由θ＝30°可知，支持力和弹簧的弹力之间的夹角为120°，则由几何关系可知，小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，故C正确；图中弹簧长度为R，压缩量为，故原长为R＋，故D正确。 6．B　[解析]因为圆环光滑，所以OC、OB段轻绳所受的拉力的大小FTC、FTB始终相等，且等于物体的重力。OB段轻绳始终保持水平，OC段轻绳始终保持竖直，则A点缓慢右移，圆环也随之右移，角θ不变，由平衡条件可知OA段绳上所受的拉力不变。 7．AC　[解析] 电脑受到的支持力为FN＝mg cos θ，由原卡位1调至卡位4，θ减小，故FN增大，A正确；电脑受到的静摩擦力为Ff＝mg sin θ，θ减小，Ff减小，B错误；由平衡条件知，底座对电脑的作用力的合力与电脑重力等大反向，故保持不变，C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与其重力大小相等，但电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力，D错误。 8．(1)140 N　(2) [解析](1)受力分析如图 竖直方向上有FN＋Fsin 37°＝mg，解得FN＝140 N。 (2)物块匀速运动，则有Fcos 37°＝Ff，Ff＝μFN，解得μ＝。 9．(1)0.5G　(2)0.4G [解析](1)分析圆柱体的受力可知，沿轴线方向受到拉力F、两个侧面对圆柱体的动摩擦力，由题给条件知：F＝2Ff，由圆柱体重力产生的效果将重力进行分解，如图α＝60°，所以G＝F1＝F2，由Ff＝μFN得：F＝0.5G。 (2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧斜面的分力： F1′＝F2′＝G cos 37°＝0.8G，此时工件和槽之间的摩擦力大小：Ff′＝2×μF1′＝0.4G。 疑难突破专练3 1．D　[解析]对物体受力分析，物体受重力，推力，斜面的支持力，摩擦力。由物体处于平衡状态，可以由正交分解求出物体所受的摩擦力。物体受力如图： 由正交分解可知在运动方向上有：Ff＋mg sin θ＝F cos θ解得：Ff＝F cos θ－mg sin θ，在垂直于运动方向上有：N＝mg cos θ＋F sin θ又：Ff＝μN解得：Ff＝μ(mg cos θ＋F sin θ)，故D正确。 2．AC　[解析]小船受四个力的作用而匀速前进。水平方向有Ff＝F cos θ，竖直方向有F sin θ＋F浮＝mg。当θ角增大时，由于阻力Ff不变，所以拉力F增大，浮力F浮减小。 3．C　[解析]如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解 沿斜面方向，由平衡条件得Ff＝G cos θ，故A错误，C正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F＝G sin θ＋FN，故BD错误。 4．A　[解析]对木块受力分析，受推力F、重力G、支持力FN和向上的静摩擦力Ff，如图 由于物体保持静止，根据共点力平衡条件，有： x方向：FN－F cos α＝0 y方向：Ff－G－F sin α＝0 由以上两式，解得Ff＝Mg＋F sin α，方向竖直向上 故答案为：A，竖直向上。 5．B　[解析]由题，在球B上施一通过球心的力F，系统保持静止，B所受合外力保持为零不变。故A错误。以B为研究对象，分析受力如图1。设A的倾角为α，根据平衡条件得到，墙壁对B的压力为：N2＝(G＋F)tan α 可知F增大，N2增大，则B对竖直墙壁的压力也增大。故B正确。以整体为研究对象，分析受力如图2，根据平衡条件得知，地面对A的摩擦力Ff＝N2，即A对地面的摩擦力将等于B对墙壁的压力，N2增大，Ff增大。故C错误，D错误。 6．B　[解析]对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图 根据三力平衡条件，得到T＝，N＝mg tan θ，再对P、Q整体受力分析，受到总重力、OA杆支持力FN、向右的静摩擦力、BO杆的支持力N，如图 根据共点力平衡条件，有N＝Ff FN＝(m＋m)g＝2mg 故Ff＝mg tan θ，当P环向左移一小段距离，角度θ变小，故静摩擦力Ff变小，支持力FN不变；故选B。 7．B　[解析]以B为研究对象，小球受到重力、水平力F和轻绳的拉力T，如图1所示 由平衡条件得：F＝mg tan α，α增大，则F增大，再以整体为研究对象，受力图如图2所示。根据平衡条件得：Ff＝F，则Ff逐渐增大。FN＝(M＋m)g，FN保持不变。故B正确，ACD错误。 8．BD　[解析]设a、b的重力分别为Ga、Gb。若Ga＝Gbsin θ，b受到c的摩擦力为零；若Ga≠Gbsin θ，b受到c的摩擦力不为零。若Ga<Gbsin θ，b受到c的摩擦力沿斜面向上；故A错误，B正确。以bc整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知：水平面对c的摩擦力Ff＝T cos θ＝Gacos θ，方向水平向左。在a中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小。故D正确，C错误。 9．A　[解析]设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a球为研究对象，分析受力情况如图所示： 根据平衡条件得：F弹＝，α减小，cos α增大，则F弹减小，弹簧变长，故A正确，B错误；挡板对a的弹力N＝mg tan α，α减小，N减小；对整体研究：水平方向：F＝N，则作用力F将减小；竖直方向：地面对b的支持力FN＝(ma＋mb)g，不变，根据牛顿第三定律可知，b对地面的压力不变，故CD错误。 10．B　[解析]根据整体法，下面每个球对地面的压力为FN，3FN＝4mg，故FN＝；故A错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，故B正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg，故C错误；根据正四面体几何关系可求，F与mg的夹角的余弦值cos θ＝，正弦值sin θ＝；则有：F＋mg＝FN＝mg，Ff＝F，联立解得：Ff＝，F＝，则μ＝＝，所以水平面的摩擦因数至少为，故D错误。 11．A　[解析] 以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg，绳的拉力FT和力F，作出受力如图所示。由作图法可知，当F与绳子方向垂直时，F最小。根据平衡条件得 F＝mg sin β，故选A。 12．B　[解析]由F做OO′的垂线，此时的F′就是最小值，再由三角形的知识可以求得最小值为F sin θ，所以B正确。故选B。 13． N≤F≤ N [解析]物体的受力情况如图所示 由平衡条件得F sin θ＋F1sin θ－mg＝0， F cos θ－F2－F1cos θ＝0， 联立可得F＝－F1，F＝＋， 令F1＝0，得F最大值Fmax＝＝ N 令F2＝0，得F最小值Fmin＝＝ N 综合得F的取值范围为 N≤F≤ N。 疑难突破专练4 1．C　[解析]以滑轮为研究对象，悬挂重物的绳的拉力是F＝mg＝100 N，故小滑轮受到绳的作用力沿BC、BD方向，大小都是100 N。从图中看出，∠CBD＝120°，∠CBE＝∠DBE，得∠CBE＝∠DBE＝60°，即△CBE是等边三角形，故F合＝100 N。 2．FT＝　FN＝ [解析]对点O受力分析，将物体的拉力按照作用效果分解，如图所示： 故：FT＝，FN＝。 3．ABC　[解析]对物体进行受力分析，在沿斜面的方向，由平衡条件知：当F＜mg sin θ时，M有沿斜面向下运动的趋势，则M所受的静摩擦力方向沿斜面向上，且Ff＝Mg sin θ－F，当Mg sin θ＝2F时，Ff＝F，故AC正确；当F＞mg sin θ时，M有沿斜面向上运动的趋势，则M所受的静摩擦力方向沿斜面向下，B正确；当F＝mg sin θ时，M没有运动的趋势，此时物体不受斜面的静摩擦力，D错误。 4．BD　[解析]未撤去F前，将物体的重力分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向两个分力，在斜面方向的分力大小为mg sin θ，方向沿斜面向下，作出物体在斜面平面内的受力情况如，由平衡条件得：摩擦力应与拉力与重力分力的合力平衡；如图所示： 摩擦力：Ff＝，Ff的方向与F和mg sin α合力方向相反。所以物体受到的最大静摩擦力：Ffm≥，撤去F后，物体对斜面的压力没有变化，所以最大静摩擦力也没有变化，此时mg sin θ<fm，故物体不会沿斜面下滑，A错误；撤去F后，摩擦力方向沿斜面向上，与撤去F前不同，故B正确；由平衡条件得，撤去F后，摩擦力大小为Ff′＝mg sin θ<Ff，即摩擦力变小，故D正确，C错误。 5．A　[解析] 运动员受本身的重力及8根丝线的拉力而处于平衡状态；将丝线的拉力分解为水平和竖直两个方 向上的分力，则竖直上的分力之和等于向下的重力。 如图以一根丝线为例，每根丝线拉力向上的分力：F1＝Fcos 30°＝；由共点力的平衡条件可知：8F1＝G；联立解得：F＝G1。 故选A。 6．B　[解析]对结点O受力分析如图： 结点O始终处于平衡状态，所以OB绳和OA绳上的拉力的合力大小保持不变，方向始终是竖直向上的。 由图可知，OA绳受力大小一直变小；OB绳受力大小是先变小后变大，故ACD错误，B正确。 7．AD　[解析]以物体为研究对象，对其受力分析，如图所示， 受重力G、斜面对球的弹力F1和挡板对球的弹力F2；小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2合成的合力F一定与重力G等值、反向、共线。从图中可以看出，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F1逐渐变小，F2先变小后变大，故AD正确。 8．B　 [解析]取Q为研究对象，Q受到重 力、挡板对它的支持力FMN、半圆柱体对它的支持力Fp三个力的作用，若MN缓慢向右移动，则FMN方向不变，Fp与竖直方向夹角增大，可以判断FMN、Fp都逐渐变大，A、C错误；由于Q缓慢移动，受力平衡，合力始终为零，D错误；取 P、Q整体为研究对象，地面对P的摩擦力应与FMN平衡，所以地面对P的摩擦力逐渐变大，B正确。 9．B　[解析] 取BO杆的B端为研究对象，受到绳子拉力(大小为F)、BO杆的支持力FN和悬挂重物的绳子的拉力(大小为G)的作用，将FN与G合成，其合力与F等值反向，如图所示，得到一个力的三角形(如图中画斜线部分)，此力的三角形与几何三角形OBA相似，可利用相似三角形对应边成比例来解。如图所示，力的三角形与几何三角形OBA相似，设AO高为H，BO长为L，绳长为l，则由对应边成比例可得：＝＝，式中G，H，L均不变，l逐渐变小，所以可知FN不变，F逐渐变小。B正确。 10．B　[解析]以小球B为研究对象，分析受力情况，根据三角形相似法，得出绳子的拉力与小球B的重力的关系，再研究F1和F2的大小关系。 以小球B为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可知，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，作出力的合成如图，由三角形相似得：＝＝，又由题，OA＝OB＝L，得，F＝F合＝mg，可见，绳子的拉力T只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数k无关，所以得到T1＝T2。由牛顿第三定律得知，两种情况下绳子所受的拉力F1与F2的大小关系为F1＝F2。故选B。 章末复习提升 知识构建 ①吸引　②mg　③竖直　④重心　⑤挤压　⑥相反 ⑦kx　⑧粗糙　⑨弹力　⑩相对　μFN　相对 粗糙　弹力　相对　0　Fmax　相对　－F′　同时　同种　两个　等效 平行四边形　|F1－F2|　F1＋F2　效果　正交　静止　0 教考衔接 [典例1] D　[解析]水管口持续有水流出，而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，故选D。 跟踪训练1　D　[解析]飞行的蝴蝶除了受到重力的作用还受到空气的作用力，故A错误；蝴蝶转弯时所受重力大小不变，故B错误；小猫在空中与其他物体间没有接触，不受弹力的作用，故C错误；小猫蹬地时有向上的加速过程，故弹力大于所受重力，故D正确。故选D。 [典例2] B　[解析]由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使三根弹簧均发生相邻两盘间距的形变，即有mg＝3kx，式中m＝300 g，x＝1.0 cm，解得每根弹簧的劲度系数k＝100 N/m，故选B。 跟踪训练2　D　[解析]由题意知，弹簧的弹力为4 N时，弹簧伸长2 cm，根据胡克定律F＝kx，代入数据可得弹簧的劲度系数k＝200 N/m，故选D。 [典例3] B　[解析]根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”受力分析有mg sin 30°≤μmg cos 30°，可得μ≥tan 30°＝，故选B。 跟踪训练3　D　[解析]对钢管受力分析，如图所示 若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，钢管不可能处于静止状态，故地面对钢管左端的摩擦力大小为0。ABC错误，D正确。 [典例4] B　[解析]对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示。 水平方向上拉力F与擦窗工具所受摩擦力水平分量Ff滑等大反向，竖直方向上重力mg与擦窗工具所受摩擦力竖直分量Ff静等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中Ff所示，大小为Ff＝＝mg，故选B。 跟踪训练4　B　[解析]根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为F合＝2F cos ，故选B。 [典例5] D　[解析]沿水平方向和竖直方向将手掌对水的作用力分解，则有该力在水平方向的分力大小为F cos 30°＝F，故选D。 跟踪训练5　B　[解析]最上面这根原木由于重力作用，对其下面两根原木有垂直于接触面的压力，如图所示。 由平行四边形定则可得，最上面这根原木对其下面两根原木的作用力大小为F1＝F2＝＝G。 [典例6] B　[解析]将拉力F正交分解如图所示。 则在x方向可得出Fx曲 ＝ F sin α，Fx直 ＝ F sin β，在y方向可得出Fy曲 ＝ F cos α，Fy直 ＝ F cos β，由题知α<β，则sin α<sin β，cos α>cos β，则可得到Fx曲<Fx直，Fy曲>Fy直，A错误，B正确；耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。故选B。 跟踪训练6　B　[解析]以钢管为研究对象进行受力分析，如图所示。 根据数学知识和平衡条件F＝mg＝2FOMcos 60°，代入数据解得FOM＝mg，故ACD错误，B正确。 第三章　章末检测(一) 1．C　[解析]重力与物体的运动状态无关，无论是静止还是运动，重力是不变的，A错误；重力的方向是竖直向下的，但重力并不一定与地面垂直，B错误；摩擦力的方向总是跟物体的相对运动方向相反，有时跟物体运动方向相同，有时跟物体运动方向相反，有时与运动方向不在同一直线上，C正确；书放在桌面上要受到一个向上的弹力，是由于桌面发生形变而产生的，D错误。 2．A　[解析]当研究对象受到多个作用力处于静止状态时，其中一个力与其余力的合力是等大、反向的，可知椅子各部分对人的作用力的合力大小为G，A正确。 3．B　[解析] 本题以细绳为背景，意在考查共点力平衡。O点受力如图所示，甲、乙两物体的质量相等，绳子的拉力与物体的重力相等，所以F甲＝F乙；O点受三个力处于平衡状态，拉力F与另两个力的合力等大反向，所以与墙相连一侧的细绳的延长线是力F甲和力F乙夹角的角平分线，根据几何关系知，θ＝β，2θ＋α＝180°，解得β＝55°，选项B正确。 4．C　[解析]对N进行受力分析如图所示。 可知N一定受重力mg、M对N的弹力FN以及M对N的摩擦力Ff，即一定受3个力的作用，处于平衡状态，B错误，C正确；将M、N作为一个整体，可知墙壁对M一定不存在弹力，否则不可能平衡，由于弹力是摩擦力的前提，因此墙壁与M之间一定没有摩擦力，因此M一定受到4个力的作用，AD错误。 5．B　[解析]沙堆底面为一圆，根据圆的周长l＝2πr可得r≈10 m，以最上层一粒沙子为研究对象，分析受力可知，它受竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力和沿斜面向上的摩擦力，且摩擦力为最大静摩擦力，设斜面和地面夹角为θ，故满足μmg cos θ＝mg sin θ，解得tan θ＝0.8，设高度为h，由tan θ＝，解得h＝8 m，B正确。 6．D　[解析]滑轮两边绳上的力大小相等，人缓慢向右移动一小段距离的过程，滑轮两边绳间的夹角θ变小，根据2T cos ＝m球g，解得T＝，可知绳上的张力T变小，A错误；对人分析有FN＝m人g＋T cos ＝m人g＋m球g，则人对地面的压力FN′＝FN＝m人g＋m球g，可知人对地面的压力不变，B错误；对滑轮与小球整体分析可知，滑轮受到绳的作用力为F＝m球g，则滑轮受到绳的作用力不变，C错误；对人分析可知地面对人的摩擦力Ff＝T sin ＝m球g tan ，可知θ变小，地面对人的摩擦力变小，D正确。 7．A　[解析]以滑块为研究对象，其受力情况如图所示，有FNsin θ＝mg，F＝FNcos θ＝，滑块在沿容器内表面上滑的过程中，θ逐渐减小，sin θ逐渐减小，而tan θ逐渐减小，故FN逐渐增大，F逐渐增大，A正确。 8．AC　[解析]自动擦窗机器人的重力为G＝mg＝1.5 kg×10 N/kg＝15 N；自动擦窗机器人静止时处于平衡状态，即受力平衡，在竖直方向上摩擦力和重力平衡，则摩擦力大小等于重力大小15 N，只要自动擦窗机器人在竖直玻璃上静止或匀速运动，重力不变，摩擦力就不变，故A正确，B、D错误；自动擦窗机器人对玻璃的压力和玻璃对自动擦窗机器人的支持力是一对相互作用力，故C正确。 9．AB　[解析]设细线的张力为T，拉力最大时，对A进行受力分析有T＝mAg sin θ＋μmAg cos θ，对B进行受力分析有Fm＋mBg sin θ＝T＋μmAg cos θ，解得Fm≈28.9 N。拉力最小时，对A进行受力分析有T＋μmAg cos θ＝mAg sin θ，对B进行受力分析有Fmin＋μmAg cos θ＋mBg sin θ＝T′，解得Fmin≈1.1 N。拉力F取值范围为1.1 N≤F≤28.9 N，A、B两项符合题意。 10．BC　[解析]小球受力如图所示，小球缓慢运动，则小球所受的合力为0，由力的矢量三角形与△DCM相似可得＝＝，其中F′＝F，解得轻杆对小球的支持力FN＝mg·，轻绳对小球的拉力F＝mg·，小球从A点缓慢运动到B点的过程中，MC和DC不变，DM逐渐减小，故轻杆对小球的支持力FN大小不变，轻绳对小球的拉力F变小，BC两项正确。 11．(1)4　50　(2)10 [解析](1)当F＝0时，弹簧的长度即为原长，由胡克定律可知图像的斜率表示劲度系数大小，k＝＝ N/m＝50 N/m。 (2)弹簧测力计的示数为3.0 N，则伸长量为 m＝0.06 m，则长度为10 cm。 12．(1)3.0　(2)AC　(3)乙　因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上。 [解析](1)以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头，如图所示，则F1与F2的合力大小为3.0 N。 (2)弹簧测力计应先在水平方向进行调零，A正确；橡皮筋对结点O的拉力与两弹簧测力计对结点O的拉力F1与F2的合力是一对平衡力，B错误；两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同，C正确。 (3)用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮筋拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮筋拉力一定在同一直线上，所以乙同学的实验结果存在问题，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上。 13．(1)1.732G　G　(2)60° [解析](1)对整体分析，运用正交分解得： FAB＝2Gcos 30°＝1.732G，FCD＝2Gcos 60°＝G。 (2)对C球受力分析得：FBCsin θ＝Gsin 60° Gcos 60°＋FBCcos θ＝G，所以θ＝60°。 14．(1)0.5　(2)2 N　(3)缓慢向上比缓慢向下擦得更干净。因为缓慢向上擦时黑板擦与黑板间的摩擦力更大，擦得更干净。 [解析](1)在黑板擦缓慢向上擦的过程中，以黑板擦为研究对象进行受力分析，如图甲所示，则 水平方向：Fsin 53°＝FN，竖直方向：Fcos 53°＝mg＋Ff，Ff＝μFN，解得Ff＝4 N，μ＝0.5。 (2)在黑板擦缓慢向下擦的过程中，以黑板擦为研究对象进行受力分析如图乙所示，则 水平方向：Fsin 53°＝FN′ 竖直方向：Fcos 53°＋Ff′＝mg Ff′＝μFN′，解得F＝2 N，Ff′＝0.8 N。 (3)缓慢向上比缓慢向下擦得更干净。因为缓慢向上擦时黑板擦与黑板间的摩擦力更大，擦得更干净。 15．(1)1.6 N，方向水平向左　2 N，方向沿绳斜向右上方　(2) cm　15 N/m [解析](1)由台秤示数知，物块此时所受支持力N＝8.8 N，物块受力示意图如图： 水平方向Tcos 37°－Ff＝0 竖直方向N＋Tsin 37°－mAg＝0 解得T＝2 N，方向沿绳斜向右上方，Ff＝1.6 N，方向水平向左。 (2)分析知，此时弹簧恢复原长，弹力为0，对B受力分析，有T1－mBg＝0，所以T1＝5 N，设此时细线与水平方向夹角为θ′，对A水平方向T1cos θ′－Ffm＝0 竖直方向N1＋T1sin θ′－mAg＝0，其中Ffm＝μN1， 得sin θ′＋2cos θ′＝2，结合cos2θ′＋sin2θ′＝1，得cosθ′＝0.6，sin θ′＝0.8，滑轮上升的高度为Δh＝s·tan θ′－s·tan θ＝(20×－20×) cm＝ cm，由几何关系知，弹簧伸长量为Δx＝Δh＋Δl＝20 cm，对B受力分析，有：T＋F0－mBg＝0，初始时刻弹簧处于压缩状态，弹力为F0＝3 N，末状态弹簧恢复原长，弹力为0，所以有k＝＝ N/cm＝15 N/m。 第三章　章末检测(二) 1．C　[解析]放在水平地面上的物体受到地面的支持力，是因为地面发生了形变，故A错误；重力与物体的运动状态无关，故B错误；运动的物体可能受到静摩擦力的作用，例如，与倾斜传送带一起运动的物体，受传送带的静摩擦力，故C正确；两个物体不接触也可以产生力的作用，如磁铁间的作用力、物体受到的重力等，故D错误。故选C。 2．C　[解析]人受到支持力是因为平衡木发生了形变， 故A错误；平衡木对人的支持力和人的重力是性质不同的力，故B错误；过运动员的重心作竖直线，该竖直线一定穿过平衡木，否则运动员不能静止于平衡木上，故C正确；平衡木对人的支持力与人对平衡木的压力是一对作用力和反作用力，故D错误。故选C。 3．D　[解析]当F＝40 N时，沙发没有推动，即此时沙发处于受力平衡状态，由受力分析可知，此时受到的摩擦力为静摩擦力，大小与推力相等，为40 N，方向向左，故AB错误；当F＝60 N时沙发恰好被推动，即此时沙发受到的静摩擦力达到最大值，故沙发和地面间的最大静摩擦力大小为60 N；当F＝55 N时，沙发做匀速直线运动，即此时沙发处于受力平衡状态，受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为55 N，根据滑动摩擦力的影响因素可知，当F＝80 N>60 N时，沙发受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小仍为55 N，方向向左，故C错误，D正确。故选D。 4．D　[解析]最上面第1张纸在滚轮对其水平向右的摩擦力作用下向右运动，故A错误；第2张纸虽然静止不动，但它相对第1张纸在向左运动，故两者间的摩擦力为滑动摩擦力，故B错误；由前面分析可知，第1张纸对第2张纸的摩擦力方向水平向右，故第2张纸能静止不动，则应受到第3张纸对它水平向左的摩擦力，故C错误；将第1张纸下面所有纸张视为整体，由平衡条件可知，摩擦片对最下面的白纸的摩擦力方向水平向左，故D正确。故选D。 5．C　[解析]如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解 沿斜面方向，由平衡条件得Ff＝G cos θ，故A错误，C正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F＝G sin θ＋F N，故BD错误。故选C。 6．A　[解析]设细线长度为L，细线与竖直方向的夹角为θ，A、B两点水平间距为d，如图所示。 由几何关系可得sin θ＝，根据平衡条件可得2F cos θ＝mg。沿虚线a向左移动，d减小、θ减小、cos θ增大，则细线的拉力减小，故A正确；沿虚线b向上移动，d不变、θ不变、cos θ不变，细线的拉力不变，故B错误；沿虚线c斜向上移动，d增大、θ增大、cos θ减小，细线的拉力增大，故C错误；沿虚线d向右移动，空竹受力平衡，根据平衡条件可知，细线对空竹的合力与重力等大反向，所以细线对空竹的合力不变，故D错误。故选A。 7．D　[解析]物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mg sin 37°＝3 N，当0<F≤3 N时，物块受到沿斜面向上的静摩擦力，根据物体的平衡条件有F＋Ff＝mg sin 37°＝3 N，可得Ff＝3 N－F，故AC错误；物块所受斜面的最大静摩擦力Fm＝μmg cos 37°＝3.5 N，当物块刚要沿斜面上滑时，拉力的大小F′＝Fm＋mg sin 37°＝6.5 N；当3 N<F≤6.5 N时，物块受到沿斜面向下的静摩擦力，根据物体的平衡条件有F＝Ff＋mg sin 37°，可得Ff＝F－3 N，当F>6.5 N时，物块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小Ff＝μmg cos 37°＝3.5 N，故B错误，D正确。故选D。 8．BD　[解析]如题图甲所示，假设小球受到上斜板的弹力作用，由于小球与两夹板均为光滑，其合力方向大致向右，则小球有向右的运动趋势，A不符合题意；使用隔离法，将N单独进行受力分析，N受重力以及M对其的支持力，由于N保持静止，N没有向右运动的趋势，故N不受M对其的摩擦力，B符合题意；单独对小球进行研究，小球受到重力、绳子对其的拉力，斜面体可能对其的支持力，如若这个支持力存在，则小球合力方向为垂直斜面斜向上，而条件已知小球为静止状态，则会存在一个平行于斜面的摩擦力斜向上，这样才有可能使得合力为0，而又知小球为光滑的，则不存在摩擦力，故推知也不存在斜面对其的支持力，再单独对斜面体进行研究，斜面体受到重力、地面对其的支持力，由上文可知，斜面对小球不存在支持力，根据牛顿第三定律可知，小球对斜面体也不存在压力，故地面对斜面体不存在摩擦力作用，C不符合题意；对小滑块进行受力分析，小滑块受到重力G、斜面体对其的支持力FN、拉力F2以及可能的摩擦力F，若G、FN、F2已经可以形成一个首尾相连的三角形的情况下，则说明小滑块已经受力平衡了，可得出此时“粗糙斜面体对小滑块的摩擦力F可能不存在”的结论，D符合题意。 9．AC　 [解析]以整条电线为研究对象，受力分析如图所示。 由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，电线杆上的电线的质量一定，重力保持不变，由几何关系得F cos θ＝，可得F＝，由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，拉力变小，所以两电线杆处的电线拉力冬天与夏天相比是变大，故A正确，BD错误；电线杆上的电线的质量一定，根据受力平衡，电线杆两侧电线对电线杆拉力的合力不变，故C正确；故选AC。 10．AC　[解析]假设每个灯笼所受的风力均为f，对4个灯笼的整体受力分析可知tan 30°＝，可得四个灯笼所受到的风力之和为4f＝mg，故B错误；对下面的n个灯笼(n＝3)的整体分析可知tan α＝＝tan 30°，可得α＝30°，即每根绳与竖直方向的夹角均相同，故A正确；以3、4号灯笼为整体受力分析，2号灯笼与3号灯笼之间的作用力大小为FT23＝＝mg，故C正确；若再挂上一个同样的灯笼，对下面的n个灯笼(n＝4)的整体分析可知tan α＝＝tan 30°，可得α＝30°，则最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角不会变化，故D错误。故选AC。 11．(1)AB　(2)　(3) [解析](1)弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，A正确；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置，使弹力与钩码的重力平衡，待钩码处于平衡状态时再读数，B正确；弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量应等于弹簧的长度减去原长，C错误；用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出弹力与伸长量成正比，D错误。故选AB。 (2)根据胡克定律可得kx＝mg，解得x＝g，结合乙图可得3x1＝m，x1＝m，由于1弹簧的劲度系数为k，解得2弹簧的劲度系数为k2＝。 (3)当两弹簧串联起来时，设所挂钩码的质量为m0，平衡时k1·Δx1＝m0g，k2·Δx2＝m0g，k串·(Δx1＋Δx2)＝m0g，联立解得k串＝＝＝。 12．(1)C　(2)＝＝　(3)变大 [解析](1)实验中研究的是结点O的受力情况，无须两侧杆保持竖直状态，A错误；两绳之间的夹角可以适当大些，便于作图，减小实验误差，但并非越大越好，B错误；记录细绳方向时，选取相距较远的两点，有利于作出力的图示，便于减小误差，C正确；不论结点在何位置，平衡时，其他两个力的合力总与第三力是一对平衡力，故结点的位置可以不同，D错误。故选C。 (2)根据几何三角形与力的矢量三角形相似，对应边成比例可得＝＝。 (3)作出结点受力情况如图所示，将OB绕O点在纸面内逆时针缓慢转动一小角度，OB与竖直方向夹角减小，绳子上的拉力变大。 13．(1)700 N　(2)0.57 [解析]对物体受力分析，如图所示。 (1)竖直方向F sin θ＋FN＝mg 又由牛顿第三定律得，物体对地面压力FN′＝FN＝700 N。 (2)水平方向F cos θ＝Ff，Ff＝μFN 解得物体与地面之间的动摩擦因数μ≈0.57。 14．(1)kx　(2)kx [解析](1)根据题意，由胡克定律可得，单侧口罩带上的弹力大小 FT＝kx。 (2)根据题意，对口罩受力分析，设耳朵对口罩的作用力为F′，由平衡条件有F′＝2FTcos 30° 解得F′＝kx 由牛顿第三定律可知，单侧耳朵受到口罩带的作用力F＝F′＝kx。 15．(1)0.75　(2)F≤mg　(3)tan θ≥ [解析](1)物块恰好能沿斜面向下做匀速直线运动，根据受力平衡可得mg sin 37°＝Ff1，又Ff1＝μFN1＝μmg cos 37° 解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝tan 37°＝0.75。 (2)对静止在斜面上的物块施加水平向右的推力F，当物块刚好不上滑时，摩擦力沿斜面向下刚好达到最大，则有mg sin 37°＋Ff＝F cos 37°；FN＝mg cos 37°＋F sin 37°；Ff＝μFN。 联立解得F＝＝mg。 为保持物块静止，可知水平推力大小应满足F≤mg。 (3)若改变斜面倾角θ，使得水平推力F无论为多大，都不会令静止的物块沿斜面向上滑动，物体不能上滑时需满足F2cos θ≤mg sin θ＋μ 整理可得tan θ≥＝－ 当F2取无穷大时，可得tan θ≥＝。 阶段测试2 1．A　[解析]研究火箭发射过程中的运动轨迹时，火箭的大小及形状可以忽略不计，可以把火箭看作质点，故A正确；“9时31分”指时刻，故B错误；火箭发射过程中速度变化量很大，但加速度不一定很大，故C错误；加速度方向与速度变化量方向一定相同，故D错误。 2．A　[解析]鞋底花纹很深，增大了粗糙程度，从而增大摩擦，A正确。跳水运动员对跳板的压力是由运动员的脚发生形变产生的。羽毛球运动到最高点时只受重力。根据牛顿第三定律知两个力大小相等，故B、C、D错误。 3．B　[解析]一物体做方向不变的直线运动，加速度a与速度v同向，加速度减小，但是速度仍然增大，当加速度减小到零，速度达到最大，然后做匀速直线运动；位移x一直增大。故选B。 4．C　[解析]左边弹簧被拉长，右边弹簧被压缩，则小球受到左边弹簧向左的拉力k1x、右边弹簧向左的弹力k2x，则力F方向向右，由平衡条件可得F＝(k1＋k2)x，故选C。 5．C　[解析]根据题意有，汽车在零时刻的速度为 v0＝72 km/h＝20 m/s，由a－t图像中，面积表示速度的变化量，则有第5 s末汽车的速度约为v5＝v0＋3×4 m/s＝32 m/s，故A错误；由a－t图像中，面积表示速度的变化量，则有第7 s末汽车的速度约为v7＝v0＋3×4 m/s－2×8 m/s＝16 m/s，故B错误，C正确；根据题意，由公式x＝t可得，汽车在2～5 s内位移为x1＝t1＝78 m，汽车在5～7 s内位移为x2＝t2＝48 m，可知，汽车在2～5 s内位移大于5～7 s内位移，故D错误。 6．B　[解析]根据题意，对B受力分析，如图所示 由几何关系有FN1＝G tan θ，FN＝，A的位置右移，θ角增大，墙对B的作用力FN1增大，A对B的作用力FN增大，由牛顿第三定律可知，B对A的作用力增大，以AB为一个整体受力分析，有FN1＝F，则水平外力F增大，故AD错误，B正确；对整体竖直方向受力分析可知，地面对A的作用力(支持力)大小等于两个物体的重力的大小之和，所以该力不变，故C错误。 7．B　[解析]假设在0～9 s内两车并未相撞，则当两车的速度相等时，两车间的距离最小，v－t图像与坐标轴围成的面积表示位移，在0～6 s内，乙车比甲车多运动的距离为 x＝×3＋×3－××3－×3 m＝90 m<100 m，故假设成立，在0～9 s内两车并未相撞，两车间的距离最小为s＝d－x＝100 m－90 m＝10 m，故A错误，B正确；v－t图像与坐标轴围成的面积表示位移，在甲车制动的时间段内，乙车行驶了x1＝×3 m＝90 m，故C错误；v－t图像的斜率表示加速度，乙车于t＝3 s时开始制动，制动加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故D错误。 8．BD　[解析]伽利略通过对自由落体运动的研究，合理外推得出自由落体运动是匀变速直线运动，故A错误；伽利略理想斜面实验是以可靠的事实为基础，抓住主要因素，忽略次要因素，经过抽象思维，从而更深刻地反映自然规律，故B正确；做自由落体运动的物体，质量不变，则惯性不变，故C错误；竖直上抛运动的物体到达最高点时，速度为零，加速度为g，故D正确。 9．AC　[解析]以α表示小球所在半径与竖直方向的夹角，对小球受力分析，由平衡条件得水平推力F＝mg tan α，在小球缓缓移动的过程中，α变大，所以推力F逐渐增大，故A正确；在小球缓缓移动的过程中，小球与凹槽整体分析，凹槽所受地面的支持力等于小球与凹槽重力之和，大小不变，故B错误；当小球移至其和圆心的连线与水平方向成θ角时，凹槽恰好开始滑动。推力F′＝，则＝μ(m＋M)g，解得凹槽与地面间的动摩擦因数为μ＝，故C正确，D错误。 10．AD　[解析]考查反应距离及匀变速规律，小张的反应时间为0.5 s，反应距离x＝vt＝15 m，根据v2＝2ax′，可知，加速度最大时，减速位移最小为x′＝＝＝45 m，加速度最小时，减速位移最大为x′＝＝＝56.25 m 所以刹车距离x总＝x＋x′，范围是60～71.25 m。故选AD。 11．超出弹簧的弹性限度　33.3　A [解析]考查弹力与形变量的探究实验，图像上端成为曲线的原因是超出弹簧的弹性限度，由图像可得两弹簧的劲度系数分别为kA＝＝ N/m≈33.3 N/m，若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，则应选择劲度系数小的弹簧，故应选弹簧A。 12．(1)CDBA　(2)1.06　0.760　2.00 [解析](1)首先固定打点计时器，让纸带穿过限位孔，再将小车尾部与纸带相连，小车停靠在打点计时器附近，接通电源，待打点计时器工作稳定后释放小车，最后关闭电源，取出纸带，则上述实验步骤的正确顺序是CDBA。 (2)在打点计时器打出EF段时，小车的平均速度大小为 EF＝＝ m/s＝1.06 m/s，在打出D点时，小车的速度大小为vD＝＝ m/s＝ 0．760 m/s，在打出AG段时，小车的加速度大小为 a＝＝ m/s2＝2.00 m/s2 13．(1)2 m/s2　(2)7.2 m/s　(3)131 m [解析](1)设加速阶段的加速度为a1，则： v1＝a1t1，解得a1＝2 m/s2。 (2)设减速运动阶段的加速度为a2，因为 v2＝v1＋a2t2，所以a2＝－0.4 m/s2 当t＝16 s时，质点已减速运动了t＝2 s，此时质点的速度为v3＝v1－a2t＝7.2 m/s。 (3)匀加速直线运动的位移x1＝a1t2＝16 m， 匀速直线运动位移x2＝v1t2＝80 m 匀减速直线运动的位移x3＝v1t3－a2t＝35 m 则总位移x＝x1＋x2＋x3＝131 m。 14．(1)60 N，80 N　(2)120 N， [解析](1)根据平衡条件物块所受摩擦力的大小为 Ff1＝mg sin α＝10×10×0.6 N＝60 N 斜劈对物块的支持力为 FN＝mg cos α＝10×10×0.8 N＝80 N 根据牛顿第三定律物块对斜劈的压力大小为 FN′＝FN＝80 N。 (2)物块沿斜劈向上匀速运动受到的滑动摩擦力大小为 Ff2＝μFN＝0.75×80 N＝60 N 根据平衡条件，拉力的大小为 F＝mg sin α＋Ff2＝60 N＋60 N＝120 N 以物块、斜劈为整体，水平方向有 μ1[(M＋m)g－F sin α]≥F cos α 解得斜劈与地面间的动摩擦因数满足μ1≥， 故斜劈与地面间的动摩擦因数至少为。 15．(1)40 m　(2)25 m　(3)12 m/s2<a2<22 m/s2 [解析](1)以竖直向上为正方向，初速度v0＝10 m/s，加速度a＝－g，H＝v0t＋(－g)t2，得H＝－40 m，则小球抛出点离地面的高度为40 m。 (2)小球做上抛运动所用时间为t0＝＝1s，因此下落总时间为3 s，h＝g(32－22)m＝25 m。 (3)小车车尾到达抛出点正下方时间为t1，由s＋L＝a1t，得t1＝3 s，速度为v＝a1t1＝6 m/s，当小车车尾刚好接住小球，则x＝v(t－t1)－a(t－t1)2＝0 解得a＝12 m/s2，当小车车头刚好接住小球，则x′＝v(t－t1)－a′(t－t1)2＝－L，解得a′＝22 m/s2。故加速度a2范围为12 m/s2≤a2≤22 m/s2。 第四章　运动和力的关系 第1节　牛顿第一定律 课堂达标 1．C　[解析]伽利略的理想斜面实验证明了力不是维持物体运动的原因，运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故ABD错误，C正确。 2．C　[解析]物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，A错误；物体运动的速率不变时，运动方向可能变化，B错误；理想实验是科学研究中经常用到的一种科学方法，C正确；牛顿第一定律揭示了物体不受力时所处的状态及力对物体所产生的效果，有实际意义，D错误。 3．BD　[解析]牛顿第一定律不是实验定律，但它是以可靠实验为基础，通过抽象出理想化实验而得出的结论，A错误，B正确；牛顿第一定律揭示了力与运动的关系，指出力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，C错误，D正确。 4．C　[解析]惯性是物体的固有属性，大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与其他任何因素均无关，故A、B错误；摘下或加挂一些车厢，改变了质量，从而改变了惯性，故C正确；人和车的质量不变，则其惯性不变，故D错误。 5．C　[解析]②中打开降落伞是为了增大运动员运动的阻力，③中轮胎制成不平整花纹是为了增大轮胎与地面的摩擦力，故C正确。 课后精练 1．A　[解析]伽利略的物理思想方法的研究顺序是提出假说、数学推理、实验验证、合理外推，典型的就是牛顿第一定律的最初研究。 2．C　[解析]高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，是由于惯性，不是受到惯性力的作用，A项错误；惯性的大小仅与质量有关，与速度无关，质量越大，惯性越大，B项错误，C项正确；把手中的球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球受重力，D项错误。 3．D　[解析]惯性的大小与物体的运动状态无关，木块的上部与下部都有惯性，A错误；当小车碰到挡板后，由于惯性，木块具有保持原来的速度运动的性质，B错误；小车碰到挡板时，木块上部由于惯性才具有倾倒的性质，不能说受到了惯性力的作用而向前运动，C错误，D正确。 4．C　[解析]列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，水面形状和C中一致。 5．D　[解析]轮船和运动员一起做匀速直线运动，运动员竖直跳起时因为惯性运动员在空中还要在水平方向上和船以同样的速度匀速运动，所以运动员会落回原来的位置，这和运动员站在静止的船上是一样的，所以我们可以当成站在静止的船上跳，所以朝各个方向跳都一样远。 6．B　[解析]力是改变物体运动状态的原因，物体不受力将保持原来的静止或匀速直线运动状态。由于劈形物体A各面均光滑，所以小球B在水平方向上不受力的作用，故小球B在水平方向上将保持“静止”状态。小球B在竖直方向上受到重力和物体A的支持力，运动状态改变，做竖直向下的运动。 7．C　[解析]由于惯性，物体脱离热气球后要保持原来的速度，即向上的速度运动。由于物体脱离热气球后只受重力作用，故物体具有竖直向下的重力加速度g，会向上做匀减速运动，C正确。 8．B　[解析]车停止前，两个小球和小车一起做匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当小车突然停止时，由于小球在光滑接触面上，因此两个小球由于惯性还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，由于两球的速度相同，相等时间内通过的位移相等，因此两个小球间的距离不变，一定不会相碰，故B正确。 9．AC　[解析] 受力如图所示，在绳的A端缓慢增加拉力，使得重球在足够长的时间发生了微小的位移，这个过程进行缓慢，可以认为重球始终处于平衡状态，即FT2＝FT1＋mg，随着FT1增大，FT2也增大且FT2总是大于FT1，所以CD绳被拉断，A项正确，B项错误；若在A端猛拉，由于重球质量很大，力的作用时间极短，由于惯性，故重球向下的位移极小(可以看成运动状态未来得及改变)以致上段绳的拉力几乎未增加，FT1已达到极限程度，故AB绳先断，C项正确，D项错误。 第2节　实验：探究加速度与力、质量的关系 课堂达标 1．D 2．AD　[解析]实验时应将图示装置中的长木板的右端垫起适当的高度，以平衡摩擦力，故A正确；平衡摩擦力时，应将图示装置中的钩码取下，故B错误；根据重力沿木板平面的分力与阻力平衡可知，每次改变小车(含砝码)的质量时，不用重新平衡阻力，故C错误；当钩码的总质量m远小于小车(含砝码)的质量m车时，可以认为小车受到的拉力等于钩码的总重力，故D正确。 3．(1)①应靠右端　②应靠近打点计时器　③应使细绳平行于木板 (2)平衡阻力　B (3)D　6 V电压的蓄电池　约8 V交流电源 (4)G　作a－M关系图像　作a－关系图像 [解析](1)①电磁打点计时器应固定在长木板无滑轮的一端，且应靠右端；②释放小车时，小车应靠近打点计时器；③连接小车的细绳应平行于木板，故应调节滑轮位置使细绳平行于木板。 (2)实验时应平衡阻力，使小车所受重力沿木板方向的分力与小车所受阻力平衡，故应垫高长木板右端以平衡阻力。实验中把槽码的重力看成与小车所受拉力大小相等，没有考虑阻力，故必须平衡阻力且应排在步骤B之后。 (3)步骤D中电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上将无法工作，要接在约8 V交流电源上。 (4)步骤G中作a－M关系图像，得到的是曲线，很难进行正确的判断，必须“化曲为直”，改作a－关系图像。 4．A　[解析]两个小车均由静止释放，初速度均为0，运动的时间相等，由位移公式知s＝at2，所以小车的加速度和位移成正比，A正确。 5．(1)3.2 (2)图见解析　正比关系 (3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分 [解析](1)根据纸带数据可知Δx＝0.51×10-2 m，T＝2×0.02 s＝0.04 s，所以a＝≈3.2 m/s2。 (2)a－图线如图所示。 a－图线为过原点的直线，说明小车加速度a与质量的倒数之间是正比关系。 (3)根据图线可知，当拉力F增加到某一值时，小车才具有加速度，所以小车还受到较大的摩擦力影响。 6．(1)BD　(2)1.3 m/s2　(3)正比 [解析](1)本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出沙和沙桶的质量，也就不需要使沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M，故A、E错误。先拿下沙桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确。打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C错误。要改变沙和沙桶质量，从而改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确。 (2)由于两计数点间还有两个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T＝0.06 s，由Δx＝aT2 可得a＝×10-2 m/s2＝1.3 m/s2。 (3)正比 课后精练 1．A　[解析]由于涉及多个变量，探究加速度与力的关系时，控制质量不变而改变力的大小；探究加速度与质量的关系时，控制力不变而改变质量的大小，实验应用了控制变量法，A正确。 2．B　[解析]探究加速度与质量的关系时，应该控制力不变，A错误；在研究两个变量之间的关系时，为了直观判断二者之间的关系，应作出直线图像，所以在探究加速度与质量的关系时，应作出a－图像，B正确；每次改变小车质量时，不需要重新平衡阻力，C错误；在探究加速度与质量的关系时，需至少测量五次，记录五组数据，画出图像，根据图像探究二者关系，D错误。 3．B　[解析]本实验要依靠小车重力沿斜面的分力来平衡小车受到的阻力，故应在有打点计时器的一端垫上一块木块，当纸带上所打的点迹分布均匀时，说明小车做匀速直线运动，已经平衡了阻力，CD错误；在平衡阻力时，不能挂重物，A错误，B正确。 4．(1) A　(2)1.63　1.72　(3)见解析　(4)没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够 [解析](1)设绳子拉力为F，根据mg＝(M＋m)a，小车F＝Ma，解得F＝＝，即要满足小车的质量远大于细沙和小桶的总质量，小车和小车上的钩码总质量为800 g，则细砂和小桶的总质量较为合理的是50 g，故选A。 (2)电源的频率为50 Hz，周期为0.02 s，B点的瞬时速度vB＝＝1.63 m/s。 小车的加速度a＝＝1.72 m/s2。 (3)舍去错误的点，连成光滑的直线，如图 (4)图线不通过坐标原点，F不为零时，加速度仍为零，知实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够。 5．(1)B　(2)　　(3) [解析](1)应将长木板一端垫高，平衡阻力，保证细线的拉力等于小车所受的合力，A项必要，不符合题意；因为有测力计测量细线的拉力，则实验中不需要使滑块质量远远大于砂和砂桶的总质量，B项不必要，符合题意； 应使光电门A、B间的距离适当大些，能减小测量L时产生的误差，同时也能使滑块的速度变化大些，C项必要，不符合题意；应使细线与长木板平行，D项必要，不符合题意。 (2) 滑块通过两个光电门A、B的速度分别为vA＝，vB＝。 (3)根据v－v＝2aL，可得加速度的表达式为a＝。 6．(1)C　(2)0.88　(3)偏小　(4)A　(5) [解析](1)由图示实验装置可知，弹簧测力计可以测出细线对小车的拉力，实验不需要满足钩码的质量远小于小车的质量，A错误；打点计时器使用交流电源，B错误；为使小车受到的拉力等于细线的拉力，应调节滑轮的高度使与小车相连的细线与长木板平行，C正确；实验过程中，钩码向下加速运动，故弹簧测力计的读数小于钩码重力的一半，D错误。 (2)由图示纸带可知，相邻两个计数点之间的时间间隔t＝5×0.02 s＝0.1 s，由匀变速直线运动的推论Δx＝at2，利用逐差法，可得加速度a＝＝0.88 m/s2。 (3)若电源的实际频率大于50 Hz，打点计时器打点的时间间隔小于0.02 s，相邻两计数点间的时间间隔小于0.1 s，计算加速度时所用时间t偏大，加速度的测量值小于真实值，即计算结果与实际值相比偏小。 (4)由装置及实验步骤可知，已经平衡摩擦力，小车受到的拉力F可以由弹簧测力计测出，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即a－F图线为过原点的一条倾斜直线，由图示可知，A正确。 (5)小车受到的拉力FT大小等于弹簧测力计示数F，即FT＝F，小车受到的摩擦力为Ff＝μm′g，所以合力为F－μm′g，小车的加速度a与合力成正比，即a∝(F－μm′g)，设比例系数为k，可得a＝k(F－μm′g)，所以F＝·a＋μm′g，由图像所给信息可得图像纵截距b＝μm′g，解得μ＝。 第3节　牛顿第二定律 课堂达标 1．AB　[解析]根据牛顿第二定律，物体的加速度的大小由合力的大小和质量决定，加速度的方向由合力的方向决定，二者方向一定相同，而加速度的大小和方向与物体的速度的大小和方向无关；根据牛顿第二定律的瞬时性特征，合力一旦为零，则加速度立即为零，速度不发生变化，物体做匀速直线运动。故AB正确。 2．C　[解析]推力为F时，F－mg＝ma1；当推力为2F时，2F－mg＝ma2。联立以上两式可得，a2＝30 m/s2，故C正确。 3．A　[解析]根据牛顿第二定律F＝kma中k＝1、m＝1 kg，a＝1 m/s2时的力叫作“一个单位的力”，即1 kg· m/s2的力叫作1牛顿，用符号“1 N”表示，故BC正确，A错误；地面附近的重力加速度g约为9.8 m/s2，因此根据牛顿第二定律F＝ma可知，地面附近1 kg的物体重力约为9.8 N，并不是规定的，故D正确。 4．C　[解析]物理公式在确定物理量数量关系的同时，也确定了物理量的单位，在F＝kma中，只有在m的单位取kg，a的单位取m/s2，F的单位取N时，才有k＝1，故选C。 5．B　[解析]在剪断细线的瞬间弹簧的弹力保持不变，则B球的合力为零，加速度为零；对A球有(mA＋mB)g＝mAaA，得aA＝g，B项正确。 6．D　[解析] 对加速度沿水平方向和竖直方向分解如图所示，由于重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，在竖直方向上，由牛顿第二定律得：FN－mg＝ma竖直，解得a竖直＝0.15g。设水平方向上的加速度为a水平，则＝tan 37°＝，解得a水平＝0.20g，在水平方向上，由牛顿第二定律得：Ff＝ma水平＝0.20mg，故D正确。 课后精练 1．D　[解析]加速度大的物体，所受合外力不一定大，因为物体的质量不确定，A项错误；物体的加速度大，质量不一定小，因为力有可能更大，B项错误；a＝只能用于计算加速度a，a与Δv及Δt没关系，物体的加速度大，速度变化量Δv可能很小，C项错误，D项正确。 2．A　[解析]当小车向右做匀加速运动时，A球紧靠侧壁，受到重力、绳的拉力和侧壁的支持力作用；而系着B球的绳子向左偏一定的角度，受重力和绳子的拉力作用，两个力的合力产生加速度，A项正确。 3．D　[解析]由二力合成可知，两力的合力大小为F＝＝200 N，而Ffmax＝μFN＝μmg＝0.3×500 N＝150 N，有F>Ffmax，则沙发要做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F－Ffmax＝ma，可得a＝1 m/s2，故选D。 4．C　[解析]因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧测力计A的示数由10 N变为7 N时，其形变量减少，则弹簧测力计B的形变量必增大，且A、B两弹簧测力计形变量变化的大小相等，所以弹簧测力计B的示数应为13 N，物体在水平方向所受到的合力F合＝FB－FA＝13 N－7 N＝6 N，根据牛顿第二定律，得物体的加速度大小为a＝＝6 m/s2，小车与物体相对静止，加速度相等，所以小车的加速度为6 m/s2，故C正确，A、B、D错误。 5．A　[解析]剪断细线前，由平衡条件可知，A上端细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，C所受合力为零，所以C的加速度为0；A、B被细线拴在一起，对A、B整体进行受力分析知，受二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得，3mg＝2ma，解得a＝1.5g，A项正确。 6．AC　[解析] 分析小球的受力，如图所示，小球所受合力水平向左，根据牛顿第二定律可知，加速度方向水平向左，小车向左运动，故小车向左做匀加速直线运动，A正确，B错误；根据平行四边形定则可得tan θ＝，解得F＝mg tan θ＝mgtan 60°＝mg，根据a＝＝g，故C正确，D错误。 7．C　[解析] 对小球受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得， 水平方向：Fa sin α－Fb＝ma① 竖直方向：Fa cos α－mg＝0② 由题知α不变，由②分析知Fa不变，由①知Fb＝Fa sin α－ma＜Fa sin α，即Fb变小。 8．ABD　[解析]对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有T－mg＝ma，得a＝－g，当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值aM＝－g，A项正确；当a＝0时，T＝mg，故图线与横轴的交点N的值TN＝mg，B项正确；图线的斜率表示货物质量的倒数，C项错误，D项正确。 9．(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg [解析](1)由图像可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。 (2)由图像知，A、B在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1。 (3)由图像可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6 kg。 第4节　力学单位制 课堂达标 1．D　[解析]在有关力学的分析和计算中，可以采用任何一种单位制，只要单位统一即可，但是为了方便，常常采用国际单位制，所以A错误；在力学单位制中，选用长度、质量和时间三个物理量作为基本单位的物理量，相对应的单位是米、千克和秒，所以BC错误；按照单位制的概念，导出单位都可以用基本单位来表达，如1 N＝1 kg·m/s2，所以D正确。 2．A　[解析]在力学中选长度、时间、质量的单位为基本单位，而m/s、N都是导出单位，加速度的单位是m/s2，是由m、s两个基单位组合而成，A正确，BCD错误。 3．A　[解析]力学的国际单位是长度的单位m、质量的单位kg、时间的单位s，其他单位属于导出单位。单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量。它们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔，故A正确。 4．A　[解析]根据W＝Fs，F＝ma，可得J＝kg·m/s2·m＝kg·m2/s2，故A正确。 5．B　[解析]质量的国际单位是kg，加速度的国际单位是m/s2，单位转换后，运算既正确又简洁的是B选项。 课后精练 1．B　[解析]kg是力学中的基本单位，m/s、N是国际单位制中的导出单位，A项错误；在国际单位制中，规定使1 kg物体上产生1 m/s2加速度的力为1 N，即1 N＝1 kg·m/s2，即力的单位是根据牛顿第二定律定义的，B项正确；秒不是物理量，而是国际单位制中力学基本物理量时间的单位，C项错误；一般来说，物理公式既确定各物理量间的数量关系，同时也确定单位关系，D项错误。 2．BD　[解析]在应用公式进行数值运算的同时，也要把单位代入运算。带着单位运算时，单位换算要准确，可以把题中已知量的单位都用国际单位表示，计算结果的单位就是用国际单位表示的，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在结果后面写出正确单位即可。选项A中Δx＝1.2 cm没换算成国际单位，C项中的小车质量m＝500 g没换算成国际单位，所以AC错误，BD正确。 3．B　[解析]由x＝(t1＋t2)可知，x的单位为·s＝＝m/s，为速度的单位，而位移的单位为m，所以结果错误，B项正确。 4．D　[解析]根据公式A＝可知A的单位是＝s-1，故D正确。 5．A　[解析]利用导出单位可推导出动能的表达式由F＝ma可知1 N＝1 kg·1 m/s2，则W＝Fl可知1 J＝1 kg·1 m/s2·m＝1 kg·(m/s)2，所以可能是动能的表达式是mv2，则A正确，BCD错误。 6．A　[解析]光年是一个长度单位，即光在真空中传播一年所通过的距离，A项正确。 7．D　[解析]由F＝kx知k的单位为N/m；由k＝Y知Y的单位为N/m2，即为Pa，D项正确。 8．D　[解析]由于使(m1＋m2)产生的加速度的单位应与a1或a2的单位相同，选项A、B、C中表达式的单位不是加速度的单位，故选项ABC错误，D正确。 9．B　[解析]F＝ma，单位kg·m/s2。CSavbρc代入单位为m2a·mb/sb·kgc/m3c，即m2a＋b-3c·kgc/sb，左右单位相同，所以有2a＋b－3c＝1，c＝1，b＝2，解得a＝1，B项正确。 10．B　[解析]由单位制知识建立声速表达式，等号左边：声速v，国际单位制单位是m/s；等号右边：密度ρ，国际单位制单位是kg/m3，压强p，国际单位制单位是Pa，又1 Pa＝1 N/m2，1 N＝1 kg·m/s2，整理后p的单位为kg/(m·s2)。等号两边的单位要统一，即p与ρ经过某种运算后所得的单位应该与声速v的单位m/s一致。我们观察p与ρ的单位，很容易看出的单位就是m/s，所以气体中声速的公式为v＝k，其中k为常数，没有单位，将题中数据代入公式，则＝＝。故选B。 11．A　[解析]下降过程皮球做加速运动，若忽略次要因素(空气阻力)时间约为，而上升阶段做匀减速运动，同理忽略次要因素，时间约为，故总时间约为，故A正确，B错误；C中时间t的单位为s，而的单位为m，C错误；D中时间t的单位为s，而D的单位为不是s，D错误。 第5节　牛顿运动定律的应用 课堂达标 1．C　[解析]力F作用下a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s，3 s后撤去拉力，F＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确。 2．D　[解析] 以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示： 受重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面体的弹力F1。 设斜面体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得 竖直方向：F1cos θ＝mg　① 水平方向：F2－F1sin θ＝ma　② 由①看出，斜面体对小球的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零，由②看出，若加速度增大，F2增大，故AB错误，D正确。根据牛顿第二定律知，重力、斜面体和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma，故C错误。 3．BD　[解析]0～1 s内，物体的加速度大小a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，A错误；1～2 s内物体的加速度大小a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，B项正确；物体运动的v－t图像如图所示， 故0～1 s内物体的位移x1＝ m＝6 m，C项错误；0～2 s内物体的总位移x＝x1＋x2＝[6＋] m＝11 m，D项正确。 4．A　[解析]由v－t图像可知物体先做匀加速直线运动，后做匀减速运动，再反向做匀加速运动，所以物体最初一段时间受到与速度方向相同的恒定外力作用，然后受到与速度方向相反的恒力作用，故A正确。 5．B　[解析]刹车时加速度a＝＝ m/s2＝－5 m/s2，根据牛顿第二定律，安全带对乘员的作用力F＝ma＝75×(－5) N＝－375 N，B正确。 6．(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N [解析](1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力，对小圆环进行受力分析有Ff＝μFN＝μmg，则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2。 (2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式有v＝2a1s1，小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式有v＝2a2s2，又＝，则a1＝·a2＝×8 m/s2＝5 m/s2。 (3)当F sin θ<mg时，杆对小圆环的弹力竖直向上，在AB段运动有F cos θ－Ff1＝ma1，又F sin θ＋FN1＝mg，Ff1＝μFN1，代入数据解得F≈1.05 N，当F sin θ>mg时，杆对小圆环的弹力竖直向下，在AB段运动有F cos θ－Ff2＝ma1，又F sin θ＝mg＋FN2，Ff2＝μFN2，代入数据解得F＝7.5 N。 课后精练 1．D　[解析]当水平恒力为F时，由牛顿第二定律得F＝ma，x＝at2＝。当水平恒力变为2F时，由牛顿第二定律得2F＝ma′，x′＝a′(2t)2＝，联立得x′＝8x，D项正确。 2．C　[解析]根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程中礼花弹所受的阻力大小Ff＝kmg，则a＝g＋＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故C正确。 3．C　[解析]物体在传送带上运动的加速度为a＝μg＝2 m/s2，则物块向左运动速度减为零的时间为t1＝＝2 s，通过的距离x＝ ＝ m＝4 m；物块速度减为零后反向加速，加速到与传送带共速时的时间为t2＝＝1 s，位移x1＝＝ m＝1 m；物体匀速运动回到原出发点的时间为t3＝＝ s＝1.5 s，则物块再次返回到A处所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s，故选C。 4．B　[解析]由题可知，题图中图线a表示物体在摩擦力时的运动图线，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b表示物体受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律得Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，解得F∶Ff＝3∶2，B项正确。 5．C　[解析]有拉力后，两车同时受到拉力，同时开始运动，故AB错误；两车之间的拉力大小相等，根据牛顿第二定律a＝，没人的车厢总质量小，加速度大，由x＝at2可得，相同时间内位移大，先到达中点，即先到达两车中点P的车厢里没有人，故C正确，D错误。 6．ABD　[解析]由a－F图像可知，与纵轴的交点P表示拉力F为0时，物体仅受重力作用，其加速度大小为重力加速度，即aP＝－g，A正确；与横轴的交点Q表示物体加速度为0时，物体受到的拉力FQ＝mg，B正确；由牛顿第二定律有F－mg＝ma，则a＝－g，由此式可知，图线斜率为，故D正确，C错误。 7．D　[解析]由牛顿第二定律可得mgsin 37°＋Ff＝ma，又因为Ff＝mg×20%，联立解得a＝8 m/s2，A错误；由匀变速直线运动规律，可得货车在避险车道向上滑行的时间t＝＝3 s，B错误；由匀变速直线运动规律，可得货车在避险车道向上滑行的距离x＝＝ m＝36 m，C错误；当初速度v0＝40 m/s时，货车在避险车道向上滑行的距离x′＝＝ m＝100 m，所以货车恰好不与防撞设施相撞，D正确。 第6节　超重和失重 课堂达标 1．D　[解析]由v－t图像可知，0～5 s内，电梯的加速度为正，说明电梯在加速上升，该同学处于超重状态，A错误；5～10 s内，电梯的加速度为0，该同学做匀速运动，故电梯地板对他的支持力大小等于他所受的重力大小，结合牛顿第三定律可知，B错误；10～20 s内，电梯加速度向下，向上做匀减速运动，该同学处于失重状态，C错误；20～25 s内，电梯加速度向下，向下做匀加速运动，该同学处于失重状态，D正确。 2．D　[解析]题中几种运动，对整体分析，都只受重力作用，运动加速度为g，方向向下，容器中的水处于完全失重状态，对容器底部无压力，故在底部的小孔处水不会漏出。 3．(1)2 m/s2　(2)480 N，方向竖直向下 [解析](1)弹簧测力计对物体的拉力FT＝40 N，对物体由牛顿第二定律可得FT－mg＝ma，解得a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，故升降机加速度大小为2 m/s2。 (2)设地板对人的支持力为FN，对人由牛顿第二定律可得FN－m′g＝m′a，解得FN＝m′g＋m′a＝[60×10＋60×(－2)] N＝480 N，由牛顿第三定律可得人对地板的压力大小为480 N，方向竖直向下。 课后精练 1．AC　[解析]在太空空间站中，一切物体均处于完全失重状态，所以一切由重力产生的现象都会消失。当物体挂在弹簧测力计下端时，物体对弹簧测力计的拉力为零，所以不能用弹簧测力计来测物体的重力，将物体和砝码分别放在天平左右两盘时，物体和砝码对盘的压力均为零，所以不能用天平来测量物体的质量，所以AC符合题意。弹簧测力计的工作原理是弹簧的拉力与弹簧伸长的长度成正比，温度计是根据物体热胀冷缩的原理工作的，这些与物体的重力都无关，所以BD不符合题意。 2．C　[解析]当该同学没有加速度时，传感器示数大小等于他的重力大小，C项正确。 3．C　[解析]人向上运动过程中，先向上加速后向上减速，先处于超重状态后处于失重状态，故AB错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力，故C正确；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，方向相反，故D错误。 4．BC　[解析]由于电梯减速下降，加速度向上，则人处于超重状态，对人受力分析，受到重力mg，电梯底部的支持力FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，解得FN＝1.2mg，依据牛顿第三定律，则人对电梯底部的压力大小为1.2mg，故BC正确。 5．D　[解析]开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和受力平衡可知，人的重力是500 N，A错误；人下蹲过程中先加速下降，达到最大速度后再减速下降，当人下蹲到最低点时合力向上，传感器对人的支持力大于其重力，根据牛顿第三定律可知人对传感器的压力也大于其重力，即F大于重力，由图乙可知在b点时人对传感器的压力小于其重力，B错误；在f点时人对传感器的压力为零，意味着人已经离开传感器，则此时人只受重力，即人的加速度为重力加速度g，C错误；人在d点时，根据牛顿第二定律有a＝＝ m/s2＝20 m/s2，D正确。 6．ABC　[解析]物体加速下滑时整个系统有竖直向下的加速度分量，处于失重状态，故B正确；物体匀减速下滑时系统存在竖直向上的加速度分量，处于超重状态，故C正确；匀速下滑时系统处于平衡状态，故A正确。 7．D　[解析]将挂吊篮的绳子剪断瞬间，装水的杯子做自由落体运动，水处于完全失重状态，即可以认为水和球之间没有相互作用力。以杯子作为参考系，A受到向上的弹力作用，B受到向下的弹力作用，C不受到弹力作用，所以A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动。 8．(1)4 s　(2)30 N　不变　(3) m/s2　 m/s2 [解析](1)由题图可知：电梯在启动阶段经历了4 s的加速上升过程。 (2)根据题意知，在4～18 s时间内，物体随电梯一起匀速运动，由平衡条件及牛顿第三定律知，台秤受的压力大小和物体的重力相等，即G＝30 N，根据超重和失重的本质知物体的重力不变。 (3)超重时：台秤对物体的支持力最大为50 N，由牛顿第二定律得F合＝ma1，则a1＝＝ m/s2＝ m/s2，方向竖直向上。 失重时：台秤对物体的支持力最小为10 N，由牛顿第二定律得F合′＝ma2，则a2＝＝ m/s2＝ m/s2，方向竖直向下。 专题提升3　连接体和临界问题 [典例1] C　[解析] 根据 Ff＝μmg可知物体A、B与地面间的最大静摩擦力分别为 FfmA＝9 N，FfmB＝12 N。开始时弹簧的弹力F弹＝kx＝8 N，现用F＝12 N的水平拉力向右拉木块B，对B分析可知， F－F弹<FfmB，则B仍静止，此时木块B所受摩擦力的大小是FfB＝F－F弹＝4 N，弹簧的弹力不变，则A仍静止，此时木块A所受摩擦力的大小是FfA＝F弹＝8 N。故选C。 针对训练1　C　[解析]A、B、C以相同的加速度一起向左做匀加速运动，对整体有F－Ff＝(mA＋mB＋mC)a，因为三者一起向左匀加速运动，所以A有向左运动趋势，受向右的静摩擦力作用；分别对A、B有F－Ff′＝mAa，Ff″＝mBa；同理对B，应受到向左的静摩擦力提供加速度，又物体A所受的摩擦力的反作用力为物体B、C提供加速度，所以物体A受到的摩擦力大于物体B受到的摩擦力，故C正确，AB错误；根据竖直方向的受力平衡可知地面对C的支持力大于物体C的重力，所以地面对C的支持力与物体C的重力不是一对平衡力，故D错误。故选C。 [典例2] D　[解析]滑块向左匀加速运动，当滑块对小球的支持力恰好为0时，小球恰好不离开斜面，小球受力如图所示。 对小球，由牛顿第二定律得＝ma临1，代入数据解得a临1＝g，故A错误；滑块向左匀加速运动，a＝2g>a临1，小球离开滑块，对小球，竖直方向Fy＝mg，水平方向Fx＝ma，绳子拉力大小FT＝，代入数据解得FT＝mg，故B错误；滑块向右匀加速运动时，滑块对小球支持力的水平分力向右，滑块对小球一定有支持力，小球对滑块的压力不可能为0，故C错误；滑块向右匀加速，当细线的拉力恰好为0时，小球恰好不相对滑块上滑，小球受力如图所示。 对小球，由牛顿第二定律得mg tan 30°＝ma临2，代入数据解得a临2＝g，滑块向右的加速度大小a＝g>a临2，绳子松弛，绳子的拉力为0，故D正确。故选D。 针对训练2　D　[解析]物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1＝2mg sin θ，对甲有F弹1＋mg sin θ＝ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2－mg sin θ＝ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为F弹m＝F弹2＋2mg sin θ，解得F弹m＝6mg sin θ，故选D。 专题提升4　传送带模型和板块模型 [典例1] (1)4 m/s2　(2)2 m [解析](1)对物块A与B整体根据牛顿第二定律得mg－mg sin 37°＋μmg cos 37°＝2ma 解得a＝4 m/s2。 (2)物块A与传送带达到共同速度的时间t＝＝1 s 物块A的位移x1＝at2，解得x1＝2 m。传送带的位移x2＝vt，解得x2＝4 m，因为x1<L，所以划痕长度为Δx＝x2－x1，联立解得痕迹的长度为Δx＝2 m。 针对训练1　B　[解析]木块可能在传送带上先做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动。匀加速直线运动的加速度a＝μg，匀加速运动的时间t1＝，匀加速直线运动的位移x1＝＝，匀速运动的时间t2＝＝－，则木块从左端运动到右端的时间t＝t1＋t2＝＋，故A可能；木块在传送带上可能一直做匀加速直线运动，到达右端的速度恰好为v时，根据平均速度推论知L＝t，则运动的时间t＝；若到达右端的速度小于v时，则运动的时间应该大于，根据L＝at2，得t＝＝，故B不可能，CD可能。本题选不可能的，故选B。 [典例2] (1)1 m/s2　4 m/s2　(2)2.625 m [解析](1)地面对木板A的滑动摩擦力大小为 Ff1＝μ1g＝2 N A、B间滑动摩擦力大小为Ff2＝μ2mg＝3 N 对B由牛顿第二定律F－Ff2＝maB 解得aB＝4 m/s2 对A由牛顿第二定律Ff2－Ff1＝MaA 解得aA＝1 m/s2。 (2)t1＝1 s内A的位移大小为xA＝aAt＝0.5 m t1＝1 s内B的位移大小为xB＝aBt＝2.0 m t1＝1 s内A相对B滑行的位移为Δx1＝xB－xA＝1.5 m t1＝1 s时，A的速度大小为vA＝aAt1＝1 m/s B的速度大小为vB＝aBt1＝4 m/s 撤去力F，A做匀加速运动，加速度不变；B做匀减速运动，加速度大小aB′＝＝3 m/s2 设经时间t2，A、B达到共同速度v，有v＝vB－aB′t2＝vA＋aAt2 解得t2＝0.75 s，v＝1.75 m/s 时间t2内A相对B滑行的位移 Δx2＝t2－t2＝1.125 m B刚好不从A上掉落，则木板A的长度为L＝Δx1＋Δx2＝2.625 m。 针对训练2　AC　[解析]甲、乙间的最大静摩擦力为Ff甲乙＝μ1m1g＝1.2 N，乙与桌面间的最大静摩擦力为Ff桌乙＝μ2(m1＋m2)g＝0.8 N，以乙为研究对象，设乙的最大加速度大小为a，由牛顿第二定律Ff甲乙－Ff桌乙＝m2a，解得a＝2 m/s2，对整体由牛顿第二定律F－Ff桌乙＝(m1＋m2)a，解得F＝2.4 N，故当推力F>2.4 N时，书本甲、乙之间有相对滑动，故C正确，D错误；当推力F＝0.7 N时，乙对甲的摩擦力为静摩擦力，则书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N，故A正确；当推力F＝1 N时，大于乙与桌面间的最大静摩擦力，而小于甲、乙间的最大静摩擦力，则书本甲、乙一起做匀加速直线运动，故B错误。故选AC。 疑难突破专练5 1．B　[解析]先对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离右侧物体研究，右侧物体水平方向受到左侧物体对它的作用力，由牛顿第二定律求出作用力。根据牛顿第二定律，对右侧物体：F′＝m2a＝F，故选B。 2．A　[解析]对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T与x的关系。设单位长度质量为m，对整体分析有F＝Lma；对x分析可知T＝xma，联立解得T＝x。故可知T与x成正比，且x＝0时，T＝0，故A正确。 3．B　[解析]A、B连在一起，加速度大小相同，则由牛顿第二定律，对A有F＝mAa，对B有mBg－F＝mBa，解得加速度为a＝＝g，绳子的拉力F＝mAa＝mAg，故B正确，ACD错误。 4．B　[解析]以B为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，再以竹竿为研究对象，可知FN＝2mg＋Ff，联立解得FN＝(2m＋m)g－ma。根据牛顿第三定律可知竿对人A的压力大小为(2m＋m)g－ma。B正确。 5．C　[解析] 利用整体法可求得系统的加速度为a＝，对小球受力分析如图，利用牛顿第二定律可得小球受到圆槽的支持力为，由牛顿第三定律可知小球对圆槽的压力为，分析可知C项正确。 6．B　[解析]设任一轨道的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得a＝g sin θ，轨道的长度x＝d sin θ，则有x＝at2，得t＝＝＝，可见，小球下滑时间与轨道的倾角无关。则有t1＝t2＝t3。因x2>x1>x3，根据＝可知，v2>v1>v3，B项正确。 7．B　[解析]设斜面倾角为θ，长为l，物体沿斜面做初速为零加速度为a＝g sin θ的匀加速直线运动，滑到底端的时间为t，则有：l＝g sin θt2①，l＝cos θ②，①②联立解得：t＝＝所以当2θ＝90°，θ＝45°时，t最小，故选B。 8．C　[解析]由L＝at2，a＝g sin θ，L＝可得t＝，可知倾角越小，时间越长，图中，t1>t2>t3。所以60°所需时间最短。 9．CD　[解析]隔离对B分析，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，则aB＝＝6 m/s2。再对整体分析F＝(mA＋mB)a＝8×6 N＝48 N。知当拉力达到48 N时，A、B才发生相对滑动。故C正确，AB错误。拉力为12 N时，两者共同加速，加速度a＝＝1.5 m/s2，单独对B有Ff＝mBa＝2×1.5 N＝3 N，故D正确。 10．A　[解析]m对M的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0.4×100 N＝40 N，地面对M的摩擦力Ff2＝μ1(M＋m)g＝45 N。因为Ff1<Ff2，木板一定静止不动。根据牛顿第二定律小木块的加速度a＝μ2g＝4 m/s2，则x＝＝ m＝2 m<L，小物块不会滑出。故A正确。 11．BC　[解析]由题图乙可知，当F＝8 N时，加速度a＝2 m/s2，对A、B组成的系统进行分析，由牛顿第二定律得F＝(mA＋mB)a，代入数据得出mA＋mB＝4 kg；当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对B有aB＝＝F－，由题图乙可知，A、B发生相对滑动时，图线的斜率k＝＝＝ kg-1＝1 kg-1，计算得出mB＝1 kg，小滑块A的质量mA＝3 kg。当A、B达到共同的最大加速度时，Ff＝μmAg＝mAa，a＝2 m/s2，代入得出μ＝0.2，AD错误，B正确；F＝10 N>8 N时，小滑块与木板发生相对滑动，B的加速度大小aB＝F－＝(×10－) m/s2＝4 m/s2，C正确。 12．(1)0.8 m　0.4 s　(2)1 N≤F≤3 N [解析](1)物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得μMg＝MaA，aA＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，平板车B做加速运动，由牛顿第二定律得F＋μMg＝maB，代入数据解得aB＝＋μg＝8 m/s2，两者速度相同时v0－aAt＝aBt，得t＝0.4 s。A滑行距离sA＝v0t－aAt2＝1.44 m，B滑行距离sB＝aBt2＝0.64 m，代入数据解得，最大距离：Δs＝sA－sB＝0.8 m。 (2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：＝＋L，又：＝，代入数据解得aB′＝6 m/s2。由牛顿第二定律得：F＋μMg＝maB′，解得：F＝maB′－μMg＝(0.5×6－0.2×1×10) N＝1 N，若F<1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F≥1 N。当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。由牛顿第二定律得：μMg＝Ma，a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，F＝(M＋m)a＝(1＋0.5)×2 N＝3 N，若F大于3 N，A就会相对B向左滑下。综上所述，力F应满足的条件：1 N≤F≤3 N。 疑难突破专练6 1．AD　[解析]背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，有μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包达到传送带的速度v＝1 m/s所用时间t1＝＝0.2 s，此过程背包对地面位移x1＝t1＝×0.2 m＝0.1 m＜L＝2 m，共速后背包与传送带相对静止，所以背包与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1×0.2 m－0.1 m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝＝ s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为t＝t1＋t2＝2.1 s，故AD正确。 2．AB　[解析]当物体向左运动时，在摩擦力的作用下经位移x减速到零，反向运动时在等大的摩擦力作用下加速运动，若一直能够加速，经相同的位移末速度大小仍为v2。两过程互逆。但当皮带速度v1<v2物体先加速到v1，此时摩擦力变为零，以后匀速，则末速度v2′＝v1，A正确。若v1≥v2，则物体在加速过程中一直未达到皮带的速度，可以一直加速到v2，则v2′＝v2，B正确。 3．CD　[解析]从图像可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开，而是从M点离开；并且可以明确传送带沿顺时针方向转动，速度大小为2 m/s，A错误，D正确；速度图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝，B错误；v－t图像与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，t1＝ s＝ s时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移x1＝×4× m＝ m，从t1＝ s到t2＝6 s时，物块沿传送带向上运动的位移x2＝×2 m＝ m，因为x1＝x2，所以物块在第6 s时回到M点，C正确。 4．(1)3 s　(2)3.3 s [解析](1)物块放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始时相对于传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下。设物块质量为m，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2，物块加速到与传送带同速所用的时间为t1＝＝1 s，位移为x1＝＝5 m。物块加速到与传送带同速后，由于mg sin θ＞μmg cos θ，所以物块相对于传送带向下运动，摩擦力变为沿传送带向上的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s2，由x2＝L－x1＝vt2＋a2t，解得t2＝2 s。因此物块运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 s。 (2)若μ′＝0.8，则物块与传送带同速前，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μ′mg cos θ＝ma1′，解得a1′＝g sin θ＋μ′g cos θ＝12.4 m/s2，物块加速到与传送带同速所用的时间为t1′＝≈0.8 s，位移为x1′＝≈4 m，当物块与传送带同速后，由于mg sin θ＜μ′mg cos θ，所以物块将与传送带一起做匀速运动，所用的时间t2′＝＝2.5 s，因此所需总时间为t′＝t1′＋t2′＝3.3 s。 5．B　[解析]FA、FB的大小都随时间而变化，但A、B整体受到的合力F合＝FA＋FB＝10 N，保持不变，故开始一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速直线运动，在t＝1 s时，对整体有FA＋FB＝(mA＋mB)a，得a＝1 m/s2，设A、B间的弹力为FAB，对B有FB＋FAB＝mBa，解得FAB＝2 N，A错误，B正确；随着t的推移，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即FAB＝0，此时两者的加速度仍相等，有＝，即＝，解得t＝2 s，所以在前2 s内，A、B两物体一直以1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，t＝2 s后A、B两物体分离，在t＝3 s时，A、B间无相互作用，B的加速度aB＝＝ m/s2，CD两项错误。 6．AD　[解析]当工件刚要沿斜面1上滑时，工件受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得mgtan 30°＝mam，解得am＝g，要满足题设要求，加速度范围为0<a≤g，A正确，B错误；当工件刚要沿斜面2上滑时，工件受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得＝mam′，解得am′＝g，要满足题设要求，加速度范围为0<a≤g，C错误，D正确。 7．A　[解析]设初始时弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律有kx1＝(m1＋m2)g sin θ，设Q做匀加速运动的加速度大小为a，则在P、Q分离前P也以a做匀加速运动。由题意可知在经过t＝0.2 s二者分离时P和Q运动的位移大小为x2＝at2，对P根据牛顿第二定律有k(x1－x2)－m1g sin θ＝m1a，联立各式解得a＝ m/s2。初始状态下F有最小值Fmin，此时对P、Q整体根据牛顿第二定律有Fmin＋kx1－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a，解得Fmin＝ N，在P、Q分离后F有最大值Fmax，此时对Q根据牛顿第二定律有Fmax－m2g sin θ＝m2a，解得Fmax＝ N，A正确。 8．(1)g　(2)g　(3)mg [解析] (1)线对小球的拉力刚好等于零时，FT＝0，小球受重力mg和滑块的支持力FN作用，如图甲所示，则mgtan 45°＝ma，解得a＝g。故当滑块向右运动的加速度大小为g时，线对小球的拉力刚好等于零。 (2) 假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、拉力FT1和滑块的支持力FN1作用，如图乙所示。 由牛顿第二定律得水平方向有 FT1cos 45°－FN1sin 45°＝ma1 竖直方向有FT1sin 45°＋FN1cos 45°－mg＝0，解得FN1＝，FT1＝，由以上两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大；当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与滑块接触但无压力，处于临界状态，这时细线的拉力FT1＝mg。所以滑块以a1＝g的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零。 (3) 当滑块向左的加速度大于g时，小球将“飘”离滑块而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示。当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，此时细线与水平方向间的夹角α<45°。由勾股定理得FT′＝＝mg。 9．(1)0.5　0.6 (2)5 m (3)8 m/s　逆时针运行　 s [解析](1)由题图乙知，0～1.0 s内a1＝＝10 m/s2 1．0～2.0 s内a2＝＝2 m/s2 0～1.0 s内，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 1．0～2.0 s内，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 解得μ＝0.5，sin θ＝0.6。 (2)由题图乙知，传送带的速率v1＝10 m/s，0～1.0 s内传送带比货物多运动 Δx1＝v1t1－v1t1＝5 m 1．0～2.0 s内货物比传送带多运动 Δx2＝t2－v1t2＝1 m 则货物在传送带上划过的痕迹长度为Δx1＝5 m。 (3)传送带应逆时针运行，且运行速度应足够大确保货物从A到B一直以加速度a1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2做匀加速运动；设传送带的速率至少应调到v3，货物运动到B位置的最短时间为t3，传送带A、B间的长度 x＝v1t1＋t2＝16 m v＝2a1x，v3＝a1t3 解得v3＝8 m/s，t3＝ s。 10．(1)10 m/s2　6 m/s (2)Lmin＝ [解析](1)物体速度达到与传送带速度相同前，由牛顿第二定律，有mg sin 37°＋μ1mg cos 37°＝ma1 解得a1＝10 m/s2 设物体与传送带共速时运动的位移为x1，则对物体 v＝2a1x1，解得x1＝0.20 m<s 此后物体继续在传送带上做匀加速运动，设加速度为a2，则mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma2，解得a2＝2 m/s2 设物体到达B端时的速度大小为v，根据运动学公式有v2－v＝2a2(s－x1) 解得物体滑上木板左端时的速度大小v＝6 m/s。 (2)木板与地面间的动摩擦因数为μ ①当μ(m＋M)g≥μ2mg，即μ≥时，木板静止，物体速度为0时，恰好不会从木板上掉下长度为L min，有－μ2mgL min＝0－mv2 解得L min＝7.2 m； ②当木板与地面间有摩擦而动摩擦因数小于时，木板将会发生滑动，物体滑上木板后向右做匀减速直线运动，此时加速度大小为am＝μ2g＝2.5 m/s2 木板向右匀加速μ2mg－μ(m＋M)g＝MaM′ 当两者速度相等时，恰好不掉下来 v共′＝v－amt′＝aM′t′ 物体位移xm′＝t′，木板位移xM′＝t′ 此时木板长度为L min＝xm′－xM′＝ m。 章末复习提升 知识构建 ①不是　②改变　③一切　④唯一　⑤ma　⑥矢量 ⑦瞬时　⑧独立　⑨控制　⑩质量　加速度 力的　mM　图像　化曲为直　运动 　受力　上　下　瞬时性　连接体 传送带　滑块－木板 教考衔接 [典例1] B　[解析]在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球视为质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。故选B。 跟踪训练1　BD　[解析]“九天”无人机在空中做加速直线运动时，“九天”无人机的质量不变，惯性不变，故A错误；“九天”无人机在空中投送物资后，“九天”无人机的质量减小，则惯性减小，故B正确；“九天”无人机在地面上滑行时，若撤去动力，由于惯性，“九天”无人机不会立即停止运动，故C错误；“九天”无人机在空中匀速直线飞行时受到的合力为0，故D正确。故选BD。 [典例2] A　[解析]根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F′＝Ma，解两式可得飞船和空间站之间的作用力F′＝F，故选A。 跟踪训练2　C　[解析]对两物块整体做受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N，故选C。 [典例3] B　[解析]国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，符号分别是 kg、m、s、A、K、cd、mol，其余单位都属于导出单位。故选B。 跟踪训练3　A　[解析]由f＝cρSv2，可得c＝，国际单位制中，力f的单位为N＝ kg· m/s2，密度ρ的单位为 kg/m3，面积S的单位为m2，速度v的单位为m/s，代入单位可得空气阻力系数c的单位为＝1，即c为常数，没有单位，而＝＝，故BCD错误，A正确。 [典例4] ABD　[解析]v－t图像的斜率表示加速度，可知t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；结合图像可知t＝3t0时刻，木板的速度为v0＝μgt0，设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为v1＝－μgt0，负号表示方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为a0＝＝μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共＝μgt0，方向水平向右，故可得v共－v1＝a0t0，解得μ0＝2μ，故B正确；设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为a＝＝μg，故可得F－μMg＝Ma，解得F＝μMg，根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为a′＝＝－μg，此时对木板由牛顿第二定律得F－μg－μ0mg＝Ma′，解得＝，故C错误；假设t＝4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F－μg＝μMg－μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。故选ABD。 跟踪训练4　BC　[解析]飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s匀速竖直下落时，有Mg＝kv，飞行器在发动机最大推力Fm作用下以v2＝5 m/s竖直向上匀速运动时，有Fm＝Mg＋kv，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝，A错误；当飞行器以v3＝5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小F＝＝Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器所受阻力F阻沿水平方向，根据力的三角形可得F阻＝＝Mg，由题意可得F阻＝kv，解得v4＝5 m/s，C正确；当飞行器最大推力向下，以v5＝5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，有Fm＋Mg＋kv＝Mam，解得am＝2.5g，D错误。 [典例5] D　[解析]由于s－t图像的斜率表示速度，可知0～t1时间内，速度v不断增大，即乘客做竖直向下的加速运动，处于失重状态，则FN<mg，A错误；t1～t2时间内，速度v不变，即乘客的加速度为0，处于平衡状态，则FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，速度v不断减小，即乘客做竖直向下的减速运动，处于超重状态，则FN>mg，C错误，D正确。 跟踪训练5　CD　[解析]在第一过程中，运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，处于超重状态，故A错误，C正确。蹦床运动员在第二过程中和第一过程中的运动情况是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确。 [典例6] (4) 较大　较小 (5) (6)远大于钩码质量　见解析 [解析](4)由题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小。 (5)在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如答案图所示。 (6)设绳子拉力为FT，对钩码根据牛顿第二定律有F－FT＝ma，对小车根据牛顿第二定律有FT＝Ma，联立解得F＝(M＋m)a，变形得a＝F，当m远小于M时，可认为m＋M等于M，则a＝·F，即a与F成正比。 跟踪训练6　(1)一端垫高　(2)AC　(3)乙 [解析](1)实验需平衡阻力，消除木板对小车的阻力的影响，应将木板一端垫高，使小车在无拉力时能匀速运动。 (2)作出a－图像，可以将a－m图像“化曲为直”，便于判断a与m是否成反比关系，故A正确；作出a－m2图像，无法体现a与m是否成反比关系，故B错误；作出am－m图像，若a与m成反比关系，有am为定值，则am－m图像是一条与横轴平行的直线，可直观判断a与m是否成反比关系，故C正确；作出a2－m图像，无法体现a与m是否成反比关系，故D错误。故选AC。 (3)甲同学的方法中，槽码依次放在槽码盘上，小车质量M不变，拉力F＝mg≈mg(m为槽码总质量)，但随着m增大，不满足mM的条件，拉力与mg偏差增大，误差变大；乙同学的方法中，将小车上的槽码移到槽码盘上，总质量M＋m不变(M为小车质量，m为槽码质量)，拉力F＝mg≈mg(当Mm时F与mg近似，但实际总质量不变)，拉力更接近理论值，系统误差更小，故乙同学方法更好。 第四章　章末检测(一) 1．B　[解析]国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量，其对应的单位为国际单位制中的七个基本单位，分别为m、kg、s、K、A、cd、mol，故选项B正确。 2．A　[解析]由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，选项A正确。 3．A　[解析]A、B之间有相对运动，所以A、B之间的摩擦力是滑动摩擦力；对A进行受力分析可知，B对A的滑动摩擦力Ff＝FT；对B进行受力分析可知，水平方向B受拉力F和A对B的滑动摩擦力Ff′，由牛顿第三定律可知Ff′＝Ff，B做匀速直线运动，所受合力为0，所以F＝Ff′，所以FT＝F。综上所述，选项A正确。 4．A　[解析]设绳子与后壁的夹角为θ，则竖直方向上FTcos θ＝mg，则FT＝，故FT不变；水平方向上F－FTsin θ＝ma，由于a增大，故F增大，所以A正确。 5．D　[解析] 小球静止时，受力情况如图所示。 由平衡条件得弹簧的弹力大小为F＝mgtan 53°＝mg，细绳的拉力大小为FT＝＝ mg，故A、B错误。细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小a＝＝g。故C错误，D正确。 6．B　[解析]由题图可知，在0～3 s内物体始终做加速运动，3 s末速度最大，最大为图像围成的“面积”，即6 m/s，A错误，B正确；动摩擦因数未知，不能计算动摩擦力大小，因而不能确定拉力F的大小，C错误；滑动摩擦力不变，0～2 s内加速度变大，则拉力大小变大，D错误。 7．D　[解析] 小球离开斜面之前，对小球受力分析，如图甲所示，由牛顿第二定律可知，水平方向T cos θ－FNsin θ＝ma，竖直方向有FNcos θ＋T sin θ＝mg，联立解得FN＝mg cos θ－ma sin θ，T＝mg sin θ＋ma cos θ，所以小球离开斜面之前，T－a图像呈线性关系，由题图乙可知，当a＝ m/s2时，有FN＝0，A项正确；由题意可知，当a＝0时T＝0.6 N，此时有T＝mg sin θ，当a＝ m/s2时，有FN＝0，此时，对小球受力分析如图乙所示。所以，由牛顿第二定律得＝ma，代入数据， 联立解得tan θ＝，m＝0.1 kg，B、C正确；因为小球离开斜面之前，小球受到的支持力为FN＝mg cos θ－ma sin θ，代入数据解得FN＝0.8－0.06a(N)，D错误。符合题意。 8．AD　[解析]由图可知，在0～t0时间内，伞兵做匀加速直线运动，加速度不变，t0～3t0时间内，图线斜率的绝对值逐渐减小，则加速度逐渐减小，A正确。由图可知，在t0～3t0时间内，伞兵向下做减速运动，所以加速度的方向向上，处于超重状态，B错误。脚对地面的作用力和地面对脚的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，C错误。设降落伞和伞兵的总质量为m，所受的阻力为Ff，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得Ff－mg＝ma，则Ff＝mg＋ma，a逐渐减小，故Ff逐渐减小，即降落伞和伞兵所受的阻力越来越小，D正确。 9．BCD　[解析]先后对A、B进行受力分析，如图所示。 对A有FTsin 45°－Ff＝ma① FN＝FTcos 45°＋mg② 其中Ff＝μFN③ 对B有F－FT′sin 45°＝ma④ mg＝FT′cos 45°⑤ 其中FT′＝FT。⑥ 由②⑤⑥解得FT′＝FT＝mg，FN＝2mg，故A错误；由④知F＝ma＋mg＞mg，故B正确；若水平细杆光滑，则Ff＝0，由①得a＝g，若水平细杆粗糙，由①③得mg－2μmg＝ma＞0，则μ＜0.5，故CD正确。 10．AB　[解析]动车组启动时，假设每节动车提供的动力为F、每节车厢所受的阻力为Ff、每节车厢的质量为m，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得2F－8Ff＝8ma1，假设6车对7车的作用力为拉力T1，以7、8节车厢为研究对象，则由牛顿第二定律有T1＋F－2Ff＝2ma1，解得T1＝－，因此6车对7车的作用力与7车运动方向相反，由牛顿第三定律可知7车对6车的作用力与6车运动方向相同，为推力，A正确；关闭动力后，列车做匀减速直线运动，对整体有8Ff＝8ma2，方向与整车运动方向相反，假设6、7车之间的作用力为T2，对7、8车整体，有2Ff＋T2＝2ma2，解得T2＝0，B正确；列车匀速运动时，假设每节动车提供的动力为F′，则有2F′＝8Ff，设6、7车之间的作用力为T3，对7、8车整体，有T3＋F′＝2Ff，T3＝－2Ff，说明6车对7车产生向后的推力，C错误；设2、3车之间的作用力为T4，对1、2节车厢整体，有T4＋F′＝2Ff，解得T4＝－2Ff，显然T3、T4大小相等，D错误。 11．(1)①打点计时器不应使用干电池，应使用交流电源　②小车初始位置离打点计时器太远(或实验中没有平衡阻力) (2)0.20　(3)mM [解析](1)由实验原理可知：打点计时器不应使用干电池，应使用交流电源；实验中没有平衡小车的摩擦力；小车初始位置离打点计时器太远，应在靠近打点计时器的位置开始释放。(指出两处即可) (2)由纸带数据可得x1＝0.72 cm，x2＝1.63 cm－0.72 cm＝0.91 cm，x3＝2.74 cm－1.63 cm＝1.11 cm，x4＝4.04 cm－2.74 cm＝1.30 cm，用逐差法求加速度，a1＝＝ m/s2＝0.195 m/s2，a2＝＝ m/s2＝0.195 m/s2，故a＝≈0.20 m/s2。 (3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg，小盘和重物的总质量m必须远小于小车的质量M，即mM。 12．(1)12　(2)0.20　(3)0.13 [解析](1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00 cm。拉动滑块使其左端处于A点，Δx＝5.00 cm，由静止释放并开始计时。结合图乙的F－t图像有F＝0.610 N，根据胡克定律F＝k·Δx解得弹簧的劲度系数k≈12 N/m。 (2)根据牛顿第二定律有F＝ma，则a－F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中Ⅰ，则有＝ kg-1＝5 kg-1，则滑块与加速度传感器的总质量m＝0.20 kg。 (3)滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有＝ kg-1＝3 kg-1，则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量m′＝0.33 kg，则待测物体的质量Δm＝ m′－m＝0.13 kg。 13．(1)mg　(2)g　方向水平向左 [解析](1)对小球进行受力分析并建立直角坐标系，如图甲所示。 水平方向FT1cos θ－FN1sin θ＝ma1， 竖直方向FT1sin θ＋FN1cos θ＝mg， 由题意知a1＝，联立以上各式得FT1＝mg。 (2)对小球进行受力分析并建立直角坐标系，如图乙所示。 设当加速度为a2时，小球对劈无压力， 由牛顿第二定律得FT2cos θ＝ma2，FT2sin θ＝mg， 以上两式联立可得a2＝g，方向水平向左。 14．(1)F>2μmg　(2) [解析](1)若物块与木板刚好将要相对滑动，则对物块有F＝μmg＋ma，对木板有μmg＝ma，得F＝2μmg，即欲使物块滑出，F的取值范围F>2μmg。 (2)当F＝4μmg时，对物块有F－μmg＝ma1，得a1＝3μg，设物块在木板上滑动的时间为t 有x1＝a1t2， 对木板有μmg＝ma2，得a2＝μg，x2＝a2t2，又x1－x2＝L，解得t＝。 15．(1)1.8 s　(2)不能离开平板　 m [解析](1)在传送带上加速运动时，对滑块进行受力分析，如图甲所示。 由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，解得a1＝5 m/s2，由运动学公式得v＝a1t1，解得t1＝1.6 s，则滑块的位移x1＝a1t＝6.4 m＜L1，滑块后段做匀速直线运动，有L1－x1＝vt2，解得t2＝0.2 s，故总时间t＝t1＋t2＝1.8 s。 (2)滑块滑上平板后，滑块做匀减速直线运动，平板做匀加速直线运动。对滑块进行受力分析，如图乙所示。 由μ2mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，对平板进行受力分析，如图丙所示。由μ2mg＝Ma3，解得a3＝2 m/s2，假设两物体可以达到共同速度，则v－a2t3＝a3t3，解得t3＝ s，滑块滑动的距离x1＝vt3－a2t，平板移动的距离x2＝a3t，滑块在平板上滑动的距离ΔL＝x1－x2＝ m＜L2＝6 m，故假设成立，滑块距离平板右端的距离Δx＝L2－ΔL＝ m。 第四章　章末检测(二) 1．C　[解析]t＝5 s时，无人机向上匀加速运动，a处于超重状态，故A错误；t＝10 s时，无人机a速度达到最大，10 s后减速上升，30 s时飞到了最高点，故B错误；v－t图线下与坐标轴围成的面积表示位移，0～30 s内，两架无人机a、b的位移相等，平均速度相等，故C正确；v－t图线下与坐标轴围成的面积表示位移，0～10 s内，无人机a的位移大于无人机b的位移，故D错误。故选C。 2．C　[解析]设每节车厢的质量为m，所受阻力为f，加速度大小为a，以前两节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得F－2f－F1＝2ma，以最后一节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得F2－f＝ma，以所有车厢为研究对象，有4F－20f＝20ma，三式联立得＝3，故选C。 3．B　[解析]根据题干公式ΔF＝k，整理可得k＝，代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为＝＝kg·m/(s2·A2)，故选B。 4．B　[解析]当座舱落到离地面高度为40 m的位置时，处于完全失重状态，故饮料瓶对手的压力为0，A错误，B正确；座舱自由落体过程，有v2＝2g(H－h)，座舱匀减速运动到地面过程，根据速度与位移公式，有v2＝2ah，解得a＝16.8 m/s2，当座舱落到离地面高度为15 m的位置时，饮料瓶处于超重状态，有F－mg＝ma，解得F＝26.6 N，即当座舱落到离地面高度为15 m的位置时，手要用26.6 N的力才能托住饮料瓶，由牛顿第三定律知饮料瓶对手的作用力的大小为26.6 N，CD错误。 5．C　[解析]当车向右做匀加速运动的加速度为2 m/s2时，物块与车之间刚好要滑动，车厢对物块有最大静摩擦力，且Fm－F＝ma1得Fm＝14 N，故C正确，ABD错误。 6．B　[解析]剪断细线前，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，以A为对象，可知弹簧对A的弹力方向沿斜面向上，大小F＝mg sin θ，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，以物块A、B为整体，根据牛顿第二定律得g sin θ－F＝a，解得a＝，可知，物块A、B的加速度均为，故AC错误，B正确；根据题意，以B为对象，由牛顿第二定律有3mg sin θ－FAB＝3ma，解得FAB＝mg，故D错误。故选B。 7．B　[解析]在50 s内先向下加速后向下减速，则t＝50 s时潜艇向下到达最大深度，故A错误；由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为h＝×30×50 m＝750 m，故B正确；潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像可知加速度大小为a＝ m/s2＝1.5 m/s2，在自救时加速度大小为a′＝ m/s2＝1 m/s2，所以加速度大小之比为＝，故C错误；潜艇在0～20 s内向下加速，加速度向下，处于失重状态，故D错误。故选B。 8．BC　[解析]对球d单独进行受力分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为0，球d处于平衡状态，加速度为0，不是失重状态，故A错误；c球受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于0，受力如图所示。 设球的质量为m，c球与a环以共同的加速度向下滑，对c球有a＝＝g sin θ，设环的质量为M，则a环的加速度为g sin θ，做匀加速直线运动，则a、c整体的加速度也为g sin θ，对整体分析(M＋m)g sin θ－Ff＝(M＋m)a，可得Ff＝0，则a环与杆之间一定没有摩擦力，故B正确；杆对a、b环的弹力大小相等，均为FN＝(M＋m)g cos θ，故C正确；根据共点力平衡，可得细线对c球的拉力FTc＝mg cos θ，根据共点力平衡，可得对d球的拉力FTd＝mg，细线对c、d球的弹力大小不相等，故D错误。故选BC。 9．AC　[解析]假设每个物块的质量均为m，先对五个物块整体进行受力分析，恰好未推动，则整体所受的摩擦力恰等于最大静摩擦力，然后再隔离后面的物块结合牛顿第三定律进行受力分析，结果如表所示： 研究对象 受力分析 最终结果 五个物块整体 F＝Ff＝μF N＝5μmg 物块2、3、4、5 F12＝4μmg＝F 物块3、4、5 F23＝3μmg＝F 物块4、5 F34＝2μmg＝F 物块5 F45＝μmg＝F ,AC正确， B错误若仅增大物块与地面间的动摩擦因数，用力F推物块1，物块1不动，其他物块间的弹力可能变为0，故D错误。 10．BCD　[解析]由题图可知，在0～1 s时间内物块做匀加速直线运动，a＝ m/s2＝0.5 m/s2① 设斜面倾角为θ，物块质量为m，分析物块的受力情况，由牛顿第二定律得F合＝F1－mg sin θ＝ma② 其中F1＝5.5 N，在1～3 s时间内物块做匀速直线运动，F2＝mg sin θ＝5 N③，由①②③得m＝1 kg，θ＝30°，撤去拉力F后，物块停止运动前加速度大小为a′＝g sin θ＝5 m/s2，故选项BCD正确，A错误。 11．(1)A　(2)　(3) [解析](1)假设斜面与水平面夹角为θ，当物块沿斜面匀速下滑时，有Ff＝F2＋mg sin θ，可得Ff>mg sin θ，即将物块轻放在斜面上时，可以静止在斜面上。故选A。 (2)物块沿斜面向上匀速运动时F1＝Ff＋mg sin θ，物块沿斜面向下匀速运动时 F2＋mg sin θ＝Ff，联立可得Ff＝。 (3)因为Ff＝μFN，则有＝μFN，即F1＋F2＝2μFN，图像斜率k＝2μ，则动摩擦因数μ＝。 12．(1)A　(2)C　(3)1.2　0.34 [解析](1)四组实验都需要平衡摩擦力，故A正确，B错误；四组实验中，乙、丁中的细线拉力都可以通过弹簧测力计测得；丙中的细线拉力可以通过力传感器测得，所以只有实验甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，故C错误。故选A。 (2)本实验探究加速度与力、质量的关系，应用的实验方法是控制变量法。故选C。 (3)每五个点取一个计数点，可知相邻计数点的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s，根据逐差法可得小车的加速度为a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2。根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打下计数点B时小车运动的速度为vB＝＝ m/s＝0.34 m/s。 13．(1) (2)(－) [解析](1)上升过程中，根据牛顿第二定律有 mg＋kv＝ma 下降过程中有mg－kv＝ma′ 可知上升过程中，由于速度减小，加速度逐渐减小，下降过程中，速度逐渐增大，则加速度逐渐减小，v－t图像如答案图所示。 (2)若空气阻力大小保持不变，则有mg＋f＝ma1 mg－f＝ma2 根据运动学公式有v1＝a1t1，v2＝a2t2 解得空气阻力表达式f＝(－)。 14．(1)2.5 m/s2，方向与运动方向相反 (2)4 m/s　(3)25 N [解析](1)根据逐差公式Δx＝aT2可得，推车离手后的加速度为 a＝＝ m/s2＝－2.5 m/s2 负号表示方向与运动方向相反。 (2)拍第二张照片②时购物车的速度为 v2＝＝ m/s＝3.5 m/s 根据匀变速直线运动规律有v＋aT＝v2 解得拍第一张照片①时购物车的速度为v＝4 m/s。 (3)对推车受力分析，根据牛顿第二定律可得，推车受到的阻力为F阻＝ma＝－25 N，负号表示方向与运动方向相反。 15．(1)4 m/s2　2 m/s2 (2)1 s　(3)4 N [解析](1)对滑块和木板受力分析分别如图所示。 对滑块A，有Ff＝maA，F N1＝mg，Ff＝μF N1 解得A的加速度大小aA＝4 m/s2 由牛顿第三定律知Ff＝Ff′ 对木板B有Ff′＝m′aB 解得aB＝2 m/s2。 (2)设经t1滑块A从木板B上滑落，滑块A的位移 x1＝v0t1＋aAt 取为v0方向为正方向，则aA＝－4 m/s2 木板B的位移x2＝aBt 且x1－x2＝L 得t1＝1 s或t1′＝3 s A、B共速需要2 s，故t1′＝3 s舍去，故小滑块A在木板B上运动的时间为1 s。 (3)若要使小滑块A恰好不从木板B上掉落，则小滑块A运动到木板B右端时两者共速，设对木板B施加拉力后，B的加速度为a，经历t2时间A、B共速，则有v0＋aAt2＝at2 A、B位移关系v0t2＋aAt－at＝L 取为v0方向为正方向，则 aA＝－4 m/s2 解得a＝4 m/s2 施加拉力F后对木板B受力分析如图所示，则 F＋Ff′＝m′a 可求得F＝4 N。 综合检测(一) 1．C　[解析]“北京时间2023年10月26日17时46分”是指时刻；而“6.5小时”是指时间间隔，选项A错误；对接完成后，载人飞船相对“天和核心舱”是静止的，选项B错误；在地面观测载人飞船在太空中的运行轨迹时，载人飞船大小可忽略不计，可以将载人飞船看做质点，选项C正确；在地面观测载人飞船与“天和核心舱”对接过程，载人飞船大小不可忽略不计，不可以将载人飞船看做质点，选项D错误。 2．B　[解析]球筒竖直静止时，羽毛球受竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，二者大小相等，故A错误；球筒下落过程中，加速度为重力加速度，羽毛球只受重力，不受摩擦力，故B正确，C错误；羽毛球向筒口运动过程中，羽毛球受到摩擦力方向向上，故D错误。 3．B　[解析]物体所受合力为零，物体不一定处于静止状态，也可能做匀速直线运动，A错误；根据牛顿第二定律得物体所受合力不为零时，物体的加速度一定不为零，则速度一定变化，物体的运动状态一定发生变化，B正确；物体所受合力不为零时，则加速度一定不为0，但是加速度与速度没有直接的关系，加速度不为零，速度可以为零，C错误；无论是恒力还是变力，根据牛顿第二定律可知只要物体所受合力不为零时，物体的加速度一定不为零，则速度一定变化，D错误。 4．B　[解析]0～4 s内质点的位移x＝×(1＋3)×2 m－×2×1 m＝3 m，t＝0时刻从原点开始，则t＝4 s时，质点在x＝3 m处，A错误；图线的斜率表示加速度，第3～4 s内图像是一条倾斜的直线，直线的斜率一定，则质点加速度大小和方向均相同，B正确；根据图像可知，第3 s内速度为正值，第4s内速度为负值，物体的速度方向相反，C错误；0～2 s内物体的位移x′＝×(1＋2)×2 m＝3 m，则0～2 s内和0～4 s内，位移相同，但是时间不同，则平均速度不同，D错误。 5．C　[解析]对钩码B受力分析，脱落前受钩码A的拉力和自身的重力，处于平衡状态，二力平衡F＝mg，脱落瞬间，钩码A的拉力消失，只受自身重力作用，有mg＝maB，解得aB＝g，即钩码B的加速度大小为g，竖直向下。对钩码A受力分析，脱落前受弹簧拉力T，钩码B的拉力和自身重力，处于平衡状态，三力平衡，有T＝F＋mg，脱落瞬间，钩码B的拉力消失，其他两个力保持不变，有T－mg＝maA，解得aA＝g，即钩码A的加速度大小为g，竖直向上。故ABD错误；C正确。 6．D　[解析]由图可知，前2 s内伞兵向下做加速运动，加速度方向向下，则伞兵处于失重状态。故A错误；由图线围成的面积求出下落得高度，则下落得高度h＝×20 m＝180 m，故B错误；在2 s到7 s时间内匀速下降，则8Tcos 37°＝mg，解得T＝93.75 N，选项C错误；由图可知，伞兵减速阶段的加速度大小a＝＝||＝ m/s2，设每根绳对特战兵的拉力大小为F，则8Fcos 37°－mg＝ma，代入数据可得F＝125 N，故D正确。 7．C　[解析]假设第3 s内汽车没能停止运动，则加速度 a′＝＝ m/s2＝－7.5 m/s2，此时根据第1秒内位移为16 m，则16＝v0′×1－×7.5×12，解得v0′＝19.75 m/s，则汽车停止时的时间为t′＝＝2.63 s<3 s，说明第3 s内汽车已经停止运动；设第3 s内运动的时间为t1，则t1＝(－2) s，由逆向思维x3＝at，即1＝a(－2)2，根据第1秒内位移为16 m，则16＝v0×1－×a×12，联立解得v0＝20 m/s，a＝8 m/s2，故选C。 8．BD　[解析]斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于测量小球运动的时间，A错误、B正确；伽利略研究自由落体运动时，通过测量位移与所用时间平方的比值是否保持不变，来判断是否做匀变速直线运动，故伽利略斜面实验测量的物理量是位移和时间，C错误，D正确。 9．AB　[解析]依题意，t1～t2时间内电梯的加速度竖直向下，处于失重状态。故A正确；依题意，t3～t4时间内电梯的加速度竖直向上，处于超重状态。此时电梯可能加速上升也可能减速下降。故B正确，C错误；依题意，t2～t3时间内电梯的加速度为零，可能处于静止状态也可能处于匀速运动状态。故D错误。 10．ACD　[解析]水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力FT始终等于mg，对滑轮受力分析如图甲所示，垂直于OA方向有FTsin α＝FTsin β，所以α＝β，沿OA方向有F＝FTcos α＋FTcos β＝2FTcos α＝2mg cos α，人向左运动的过程中α＋β变大，所以α和β均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F变小，选项A正确，B错误；对人受力分析如图乙所示，θ＝α＋β逐渐变大，水平方向有Ff＝FT′sin θ，地面对人的摩擦力逐渐变大，竖直方向有FN＋FT′cos θ＝m0g，地面对人的支持力FN＝m0g－FT′cos θ＝m0g－mg cos θ逐渐变大，选项CD正确。 11．(2)CD　(3)相同位置　(5)大小和方向 [解析]②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向。故选CD。 ③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。 ⑤比较F′和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。 12．(1)2F　(2)　(3) [解析](1)通过滑轮组关系可以看出，滑块所受合外力为测力计示数的2倍，即为2F。 (2)滑块通过两光电门的速度分别为v1＝，v2＝，根据速度位移关系有v－v＝2ax，解得a＝。 (3)根据牛顿第二定律2F＝Ma，a＝F，图线的斜率为k，则M＝。 13．(1)4 m/s　(2)2 s　(3)25 m [解析](1)汽车的初速度大小为v0＝36 km/h＝10 m/s 刹车时间t＝＝5 s，所以刹车后3 s末的速度大小为v1＝v0－at1＝4 m/s。 (2)汽车的位移为x＝v0t－at2＝16 m，得t＝2 s，t＝8 s(舍)。 (3)由于8 s大于汽车的刹车总时间，所以8 s内汽车通过的位移大小为刹车距离，即x＝＝25 m。 14．(1)3 s　(2)26 N [解析](1)对于B，在未离开A时，其加速度为 aB1＝＝1 m/s2。设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为aB2＝－＝－2 m/s2。设物体B离开A时的速度为vB，有vB＝aB1t1，aB1t＋＝s，代入数据解得t1＝2 s，t2＝＝1 s，所以B运动的时间t＝t1＋t2＝3 s。 (2)设B未离开A时，A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得aAt－aB1t＝l－s，解得aA＝2 m/s2。 由牛顿第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋m0)g＝m0aA，代入数据得F＝26 N。 15．(1)0.75 m　(2)v≥4 m/s　 s≤t≤2.1 s [解析](1)工件在水平传送带上运动过程，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝5 m/s2，匀加速运动的位移x1＝＝ m＝2.5 m<LAB，然后工件与水平传送带一起匀速运动，工件到达传送带CD时速度为5 m/s，工件在传送带CD上运动时，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2，代入数据解得a2＝10 m/s2，工件在CD上的位移x2＝＝1.25 m，高度h＝x2sin θ＝0.75 m。 (2)工件在CD上运动时，因为g sin θ＝6>μg cos θ＝4，滑块匀减速上滑，当工件速度大于CD传送带速度时，工件以加速度a2匀减速上滑；当工件速度小于CD传送带速度时，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma3，代入数据解得a3＝2 m/s2，速度关系为v1－a2t1－a3t2＝0，可得5＝10t1＋2t2，位移关系为LCD＝a3t＋t1，代入数据解得t1＝0.1 s，t2＝2 s，所以tmax＝t1＋t2＝2.1 s，v＝a3t2＝4 m/s，所以传送带速度v≥4 m/s，若工件一直以a3做匀减速运动，则LCD＝v1t－a3t2，代入数据解得t＝ s(另一解不符合题意舍去)， s≤t≤2.1 s。 综合检测(二) 1．C　[解析]台下观众不能将舞蹈演员看成质点，否则就不能欣赏优美舞姿了，故A错误；丙做旋转运动，受到滑动摩擦力作用，故B错误；选取整体为研究对象，有2FN＝3mg，可得地面对甲、乙的支持力大小均为FN＝mg，故C正确；在空间站中处于完全失重状态，故甲对丙的作用力大小为0，故D错误。故选C。 2．D　[解析]在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故A正确，不满足题意要求；图乙中为了描述物体位置的变化快慢定义了速度v＝，运用了比值定义法，故B正确，不满足题意要求；图丙中用极短曝光时间内石子的平均速度来表示A点的瞬时速度，运用了极限思想，故C正确，不满足题意要求；图丁中把物体各部分所受重力集中作用于重心，运用了等效法，故D错误，满足题意要求。故选D。 3．C　[解析] 运动员在蹦床上上升阶段，蹦床的弹力逐渐减小，蹦床的弹力先大于运动员的重力，运动员做加速运动，当蹦床的弹力等于运动员的重力时，速度最大，之后蹦床的弹力小于运动员的重力，运动员做减速运动，故运动员的加速度先向上后向下，先超重后失重，故AB错误；运动员离开蹦床在空中运动阶段，只受重力作用，加速度为重力加速度，一直处于失重状态，故C正确；运动员离开蹦床在空中运动阶段，做竖直上抛运动，速度先减小后增大，故D错误。故选C。 4．B　[解析]根据平衡条件，四个支撑架对锅的弹力的合力与锅的重力平衡，与锅的重力等大反向，大小为mg，方向向上，故A错误；每个支撑架对锅的弹力大小均为F，四个支撑架的竖直分力总和大小等于重力，4F sin θ＝mg，解得F＝，故B正确；每个支撑架对锅的弹力与支撑架斜面垂直，故C错误；每个支撑架对锅的弹力方向总是垂直于支架斜面向上，结合上述可知，质量相同的锅，每个支撑架对锅的弹力大小与半径大小无关，即大小始终为，故D错误。故选B。 5．A　[解析] 设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开模板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得运动时的加速度大小为a＝μg；由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据匀变速直线运动速度时间关系式v＝at，可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离。故选A。 6．B　[解析]根据题意，结合匀变速直线运动速度与时间的关系式v＝v0＋at，由表格可得，匀加速阶段汽车加速度大小为a1＝ m/s2＝2.0 m/s2，匀减速阶段汽车加速度大小为a2＝ m/s2＝2.0 m/s2。从8.0 s开始，设汽车再经时间t减速到0，则0＝2.0 m/s－2 m/s2·t，解得t＝1.0 s。故汽车在9.0 s时停下，根据运动的对称性知汽车在4.5 s时达到最大速度，故汽车运动的图像正确的是B。故选B。 7．C　[解析]若甲、乙相对静止，则a0＝μ2g＝6 m/s2，甲物体所受摩擦力Ff甲＝ma0＝12 N>μ1mg＝10 N，故二者相对滑动，由牛顿第二定律可得ma甲＝μ1mg，μ2×2mg－μ1mg＝ma乙，解得a甲＝5 m/s2，a乙＝7 m/s2，可得a甲<a乙，可知乙先停止运动，甲后停止运动。根据x甲＝＝4.9 m，x乙＝＝3.5 m，甲在乙上的划痕长度为Δx＝x甲－x乙＝1.4 m，故选C。 8．BD　[解析]因无相对滑动，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a可知，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，质量都变化，加速度a都将减小。若粘在A木块上面，以C为研究对象，受恒力F、摩擦力μmg、绳子拉力FT，根据牛顿第二定律有F－μmg－FT＝ma，解得FT＝F－μmg－ma，因为加速度a减小，F、μmg不变，所以绳子拉力FT增大，故B正确，A错误；若粘在C木块上面，对A，根据牛顿第二定律有FfA＝ma，因为加速度a减小，可知A的摩擦力减小；以A、B为整体，根据牛顿第二定律有FT－2μmg＝2ma，解得FT＝2μmg＋2ma，因为加速度a减小，则绳子拉力FT减小，故D正确，C错误。故选BD。 9．ABD　[解析]根据题图乙可知，加速度为a0时， 弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、B整体分析有g tan θ＝a0，解得a0＝7.5 m/s2，故A正确；根据题图乙，加速度为0时，弹簧压缩量为x0＝3.6×10-2m，A、B处于静止状态，对A、B整体分析有g sin θ＝kx0，根据题图乙可知，加速度大于a0时，弹簧处于拉伸状态，此时A、B分离，对A进行分析有FN1cos θ＝kx sin θ＋mAg，FN1sin θ＋kx cos θ＝mAa，解得x＝a－，结合图乙有－＝－1.2×10-2 m，结合上述解得mA＝1 kg，mB＝2 kg，故B正确，C错误；结合上述可知，当a>a0时，A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分加速度相等，对B进行分析，则垂直于斜面方向上，根据牛顿第二定律有FN－mBg cos θ＝mBa sin θ，结合上述解得FN＝(16＋1.2a)N，故D正确。故选ABD。 10．AD　[解析]物块与木板间的最大静摩擦力大小为Ffmax＝μmg＝10 N，当木板以大小为4 m/s2的加速度向右匀加速运动时，由于F合＝ma＝8 N<Ffmax＝10 N；可知物块所受的静摩擦力为Ff＝ma＝8 N，故A正确；当木板以大小为6 m/s2的加速度向右匀加速运动时，由于F合＝ma＝12 N>Ffmax＝10 N，根据牛顿第二定律可得FT＋Ffmax＝ma，解得绳子拉力大小为FT＝2 N，故B错误；当木板以大小为4 m/s2的加速度向左匀加速运动时，由于F合＝ma＝8 N<Ffmax＝10 N，可知物块所受的静摩擦力为Ff＝ma＝8 N，故C错误；当木板以大小为6 m/s2的加速度向左匀加速运动时，由于F合＝ma＝12 N>Ffmax＝10 N，则物块相对于木板向右运动，绳子处于松弛状态，对物块有Ffmax＝ma′，解得物块的加速度大小为a′＝5 m/s2，故D正确。故选AD。 11．(1)B　(2)理论值　不一定　(3)不能 [解析](1)两根细绳套间的夹角不能太大也不能太小，A错误；拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些，以减小确定方向带来的误差，B正确；用两个弹簧测力计拉橡皮$ 第一章　运动的描述　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　物理　必修第一册(这是边文，请据需要手工删加) 第一章　运动的描述 第1节　质点　参考系 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　质点 1．下列关于质点的说法中，正确的是(　　) A．体积很小的物体都可看作质点 B．质量很小的物体都可看作质点 C．质量很大，体积也很大的物体有时也可以看做质点 D．只有低速运动的物体才可看做质点，高速运动的物体不可看做质点 2．我国自主研制的东风－10巡航导弹全长8.3米，载重量300公斤以上，最大速度0.75马赫(即音速340 m/s)，最大射程2 500公里，几乎各项指标均超过美制战斧巡航导弹。关于东风－10巡航导弹的下列说法正确的是(　　) A．分析该导弹的形状时，可以把它看成质点 B．研究该导弹的飞行时间时，不可以把它看成质点 C．研究该导弹飞行过程中经过某标示物的时间时，不能把它看成质点 D．分析该导弹在空中的飞行轨迹时，不能把它看成质点 知识点2　参考系 3．关于参考系，下列说法正确的是(　　) A．同一物体的运动，选不同的参考系观察的结果相同 B．参考系必须是静止不动或正在做直线运动的物体 C．作曲线运动的物体，无论选哪个物体为参考系，其运动轨迹都不可能为一直线 D．研究物体的运动，可选择不同的参考系，但选择不同的参考系对于研究同一物体的运动而言，一般会出现不同的结果 4．2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十六号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道后，于北京时间2023年5月30日16时29分，成功对接于空间站天和核心舱径向端口，如图所示。对接完成后，若认为“神舟十六号”处于静止状态，则选取的参照物是(　　) A．长征二号 B．天和核心舱 C．酒泉卫星发射中心 D．地球 1．下列比赛中可把研究对象看成质点的是(　　) A．研究苏炳添在百米跑比赛的起跑技术时的苏炳添 B．研究乒乓球男子单打冠军马龙的发球动作时的马龙 C．研究女子3米板冠军施廷懋的跳水动作时的施廷懋 D．研究女子50米步枪三次比赛中杜丽射出的子弹轨迹时的子弹 2．在有云的夜晚，抬头望月，觉得月亮在云中穿行，这时选取的参考系是(　　) A．地面 B．月亮 C．云 D．星 3．下列关于质点的说法，错误的是(　　) A．研究教室电风扇的旋转时不能把电风扇看作质点 B．研究火车通过路旁一根电线杆时，火车可以看成质点 C．研究飞机在天空中的位置时，可以把飞机视为质点 D．研究转动的汽车轮胎时，不能将轮胎看作质点 4．撑竿跳高是一个非常刺激的体育运动项目，如图表示撑竿跳运动的几个阶段：助跑、撑竿起跳、越横杆，以下说法中正确的是(　　) A．教练员针对训练录像纠正运动员的错误动作时，可以将运动员看作质点 B．分析运动员的助跑速度时，可以将运动员看作质点 C．研究运动员的越杆动作时，可以将运动员看作质点 D．任何情况下都不能将运动员看作质点 5．如图，某演员为某汽车做广告，他在高速行驶的卡车之间气定神闲摆出“一字马”姿势，下列说法正确的是(　　) A．以演员为参考系，卡车运动得很慢 B．以地面为参考系，演员没有动 C．以卡车为参考系，演员没有动 D．以地面为参考系，卡车是静止的 6．在电视连续剧《西游记》中，常常有孙悟空“腾云驾雾”的镜头，这通常是采用“背景拍摄法”：让“孙悟空”站在平台上，做着飞行的动作，在他的背后展现出蓝天和急速飘动的白云，同时加上烟雾效果；摄影师把人物动作和飘动的白云及下面的烟雾等一起摄入镜头。放映时，观众就感觉到“孙悟空”在“腾云驾雾”。这时，观众所选的参考系是(　　) A．孙悟空 B．平台 C．飘动的白云 D．摄影师 7．如图，飞行员跳伞后飞机上的其他飞行员(甲)和地面上的人(乙)观察跳伞飞行员的运动后，引发了对跳伞飞行员运动状况的争论，下列说法正确的是(　　) A．甲、乙两人的说法中必有一个是错误的 B．他们的争论是由于参考系的选择不同而引起的 C．研究物体运动时不一定要选择参考系 D．参考系的选择只能是相对于地面静止的物体 8．(多选)甲、乙、丙三人各乘一个热气球，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲匀速上升，丙看到乙匀速下降。那么，从地面上看，甲、乙、丙三人的运动情况可能是(　　) A．甲、乙匀速下降，v乙>v甲，丙停在空中 B．甲、乙匀速下降，v乙>v甲，丙匀速上升 C．甲、乙匀速下降，v乙>v甲，丙匀速下降，且v丙>v乙 D．甲、乙匀速下降，v乙>v甲，丙匀速下降，且v丙<v乙 9．一只蜜蜂和一辆汽车在平直公路上以同样的速度并列运动。如果这只蜜蜂的眼睛紧盯着车轮边缘上某一点，那么它看到的这一点的运动轨迹应是图中的(　　) A． B． C． D． 10．某人在河中逆流向上划行，当经过一座桥时，船上掉下一个救生圈。设救生圈掉入水中立即与水共速，但人没有察觉，一直到上游某处此人才发现，并立即返航追赶，经过2小时追上救生圈，发现救生圈距桥8 km。此人向上和向下划行时相对河水的速度相同，则河水的流速是多少？ 第2节　时间　位移 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　时间间隔　时刻 1．下列关于时间和时刻的两种说法意义相同的是(　　) A．第1 s末和第2 s初 B．前2 s内和第2 s内 C．第1 s末和第1 s初 D．第2 s内和第2 s末 2．下列计时数据指时刻的是(　　) A．在整个90分钟的比赛中，甲、乙两足球队“互交白卷” B．9月1日开学 C．列车到站时间晚点5分钟 D．高考数学考试的时间是2 h 知识点2　坐标系 3．(多选)关于坐标系，下列说法正确的是(　　) A．建立坐标系是为了定量描写物体的位置和位置变化 B．坐标系都是建立在参考系上的 C．坐标系的建立与参考系无关 D．物体在平面内做曲线运动，需要用平面直角坐标系才能确定其位置 知识点3　位移 4．关于位移和路程，下列说法不正确的是(　　) A．在某一段时间内物体运动的位移为零，则该物体一定是静止的 B．在某一段时间内物体运动的路程为零，则该物体一定是静止的 C．在直线运动中，物体的位移大小可能等于其路程 D．在曲线运动中，物体的位移大小一定小于路程 5．在长为50 m的标准游泳池举行100 m的游泳比赛，参赛运动员从出发至比赛终点的位移和路程分别是(　　) A．0 m，50 m B．50 m，100 m C．100 m，50 m D．0 m，100 m 6．一质点在x轴上运动，各个时刻的位置坐标如下表，则此质点开始运动后，质点在第几秒内的位移最大(　　) t(s) 0 1 2 3 4 x(m) 0 4 －5 －1 6 A.第1 s内 B．第2 s内 C．第3 s内 D．第4 s内 知识点4　位移—时间图像 7．小李同学在班里讲了龟兔赛跑的故事，故事情节中兔子和乌龟运动的图像如图所示。关于龟兔的运动，下列说法正确的是(　　) A．乌龟做的是直线运动，兔子做的是曲线运动 B．乌龟和兔子是同时同地出发的 C．t2～t4时间内兔子运动的路程等于乌龟的路程 D．乌龟和兔子在比赛途中相遇过一次 8． 如图是一辆汽车做直线运动的x－t图像，关于线段OA、AB、BC、CD所表示的运动，下列说法正确的是(　　) A．OA段汽车运动最快 B．AB段汽车静止 C．CD段表示汽车的运动方向与初始运动方向相同 D．0～4 h内，汽车的位移大小为30 km 知识点5　打点计时器 9．在用打点计时器研究匀变速直线运动规律时： (1)若使用的交流电频率为50 Hz，打点计时器每隔________s打一次点。 (2)根据打出的纸带，可以不用计算就能直接测得的物理量是________________。 (3)在做该实验时，下列说法正确的是______。 A．先接通电源，后释放纸带 B．停电后也可换用干电池来做 C．释放小车时小车应在靠近打点计时器的一端 D．计数点必须从纸带上打的第一个点开始选取 1．北京时间2024年1月17日，天舟七号货运飞船乘坐长征七号遥八运载火箭，从文昌航天发射场奔赴太空。18日1时46分，天舟七号货运飞船与在轨运行的空间站组合体成功进行自主快速交会对接。关于飞船与空间站对接，下列说法正确的是(　　) A．“1时46分”指的是时间 B．对接完成后，飞船相对于空间站是静止的 C．飞船绕地球飞行一周时，以地心为参考系，位移和路程均为零 D．研究飞船与空间站对接情况时，可以将飞船看作质点 2．有一口水井，水面距井口4 m，老王将空水桶从井口用辘轳放入井中，取水后将水桶提升到井口，然后将水桶水平移到离井口1 m的地上，如图所示。该过程中水桶位移的大小和路程分别是(　　) A．0，8 m B． m，9 m C．1 m， m D．1 m，9 m 3．(多选)a、b两车在同一平直公路上行驶，两车的位移x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．b车运动方向始终不变 B．a、b两车相遇两次 C．t1到t2时间内，a车和b车的位移相等 D．t1到t2时间内，a车和b车的位移都在均匀增大 4．(多选)在机器人大赛中，某机器人在平面内由点(0，0)出发，沿直线运动到点(3，1)，然后又由点(3，1)沿直线运动到点(1，4)，然后又由点(1，4)沿直线运动到点(5，5)，最后又由点(5，5)沿直线运动到点(2，2)，平面坐标系横、纵坐标轴的单位长度为1 m。整个过程中机器人所用时间是2 s，则(　　) A．机器人的运动轨迹是一条直线 B．机器人不会两次通过同一点 C．整个过程中机器人的位移大小为2 m D．整个过程中机器人的位移与由点(5，5)运动到点(2，2)的位移方向相反 5．(多选)甲、乙两物体在同一直线上运动的x－t图像如图所示，以甲的出发点为原点，出发时刻为计时起点。则从图像可以看出(　　) A．甲、乙同时出发 B．甲开始运动时，乙在甲前x0处 C．甲、乙从同一地点出发 D．甲在中途停了一段时间，而乙没有停止 6．如图所示，在运动场的一条直线跑道上，每隔5 m远放置一个空瓶，运动员在进行折返跑训练时，从中间某一瓶子处出发，跑向出发点右侧最近的空瓶，将其扳倒后返回并扳倒出发点处的瓶子，之后再反向跑回并扳倒前面最近处的瓶子，这样，每扳倒一个瓶子后跑动方向就反方向改变一次，当他扳倒第6个空瓶时，他跑过的路程是多大？位移大小是多少？在这段时间内，运动员一共几次经过出发点？ 第3节　位置变化快慢的描述——速度 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　速度的概念 1．下列关于速度的说法正确的是(　　) A．由v＝可知，v与Δx成正比，与Δt成反比 B．速度大小不变的运动是匀速直线运动 C．因为2>－3，所以2 m/s>－3 m/s D．速度的方向与物体运动的方向一致 知识点2　平均速度和瞬时速度 2．下列关于平均速度和瞬时速度的说法不正确的是(　　) A．某段时间内平均速度的方向与该段时间内的位移方向相同 B．匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度 C．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动 D．只有瞬时速度可以精确描述变速运动 3．下列说法中是瞬时速度的有(　　) A．人步行的速度为1.3 m/s B．子弹在枪筒里的速度是400 m/s C．物体落地时的速度是20 m/s D．台风中心以21 km/h的速度向西北偏北方向移动 知识点3　平均速度和平均速率 4．某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚，上山的平均速率为v1，下山的平均速率为v2，则往返全程的平均速度的大小和平均速率分别是(　　) A．， B．， C．0， D．0， 知识点4　测量瞬时速度和平均速度 5．用气垫导轨和数字计时器能更精确地测量物体的瞬时速度。如图所示，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光条通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.29 s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.11 s，已知遮光条的宽度为3.0 cm，则滑块通过第一个光电门的速度为________m/s，通过第二个光电门的速度为________m/s。(结果均保留两位有效数字) 知识点5　速度—时间图像 6．物体沿一条东西方向的水平线做直线运动，取向东为运动的正方向，其速度－时间图像如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．2～4 s内，静止不动 B．4 s末，速度方向变成负方向 C．6～7 s内，做速度方向向西的加速运动 D．10～12 s内，做匀速运动 1．关于瞬时速度、平均速度，以下说法中正确的是(　　) A．瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度 B．做变速运动的物体在某段时间内的平均速度，一定和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的平均值大小相等 C．物体做变速直线运动，平均速度的大小等于这段时间内初末瞬时速度的平均值的大小 D．物体做变速运动时，平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值 2．小雨同学从5楼楼梯口下到其正下方1楼楼梯口用了1 min，已知每层楼的高度为3 m，则下列说法正确的是(　　) A．小雨下楼过程中的路程为15 m B．小雨的平均速度大小为0.2 m/s C．小雨的平均速度大小为0.25 m/s D．由于不知道楼道的总长度，无法求出小雨的平均速度 3．如图所示为甲、乙、丙三个物体相对同一位置的x－t图像，它们向同一方向运动，则在时间t0内，下列说法正确的是(　　) A.乙的平均速度最大 B．甲的平均速度最大 C．它们的平均速率相等 D．乙和丙的平均速率相等 4．为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录像带，测得运动员在前7 s跑了49 m，7 s末到7.1 s末跑了0.92 m，共用10 s。下列说法中正确的是(　　) A．运动员在百米全过程的平均速度是7 m/s B．运动员在前7 s的平均速度是10 m/s C．运动员在7 s末的瞬时速度约为9.2 m/s D．根据本题已知条件，无法精确判断运动员在7 s末的瞬时速度 5．一质点做变速直线运动，若前时间内的平均速度为6 m/s，后时间内的平均速度为9 m/s，则这段时间t内的平均速度为(　　) A．7 m/s B．7.5 m/s C．8 m/s D．8.5 m/s 6．某次校运会在标准的400 m跑道中进行800 m赛跑，其中有甲、乙、丙、丁四人参加，最后甲获得了冠军，第二名是丙。下列说法中不正确的是(　　) A．甲的路程是800 m B．甲是冠军，说明甲的平均速度最大 C．丙的路程是800 m D．丙的平均速率比甲的平均速率要小 7．甲、乙两辆汽车相距600 m，并分别以10 m/s和20 m/s的速度在一条平直公路上相向行驶，在两汽车间有一只小鸟以20 m/s的速率往返飞翔，这只小鸟从汽车甲前端开始，飞向汽车乙，遇到汽车乙前端时又立即掉头飞向汽车甲，如此往返飞行，直到两汽车相遇，求： (1)这只小鸟飞行的路程。 (2)这只小鸟飞行的平均速度。 8．一辆警车在平直的公路上以30 m/s的速度巡逻，突然接到报警，在前方不远处有歹徒抢劫，该警车要尽快赶到出事地点且到达出事地点时的速度也为30 m/s，有三种行进方式：a：一直匀速直线运动；b：先减速再加速；c：先加速再减速，则(　　) A．a种方式先到达 B．b种方式先到达 C．c种方式先到达 D．条件不足，无法确定 9．如图所示，一固定的超声波测速仪每隔1 s向小汽车发出一个超声波脉冲信号，已知第一个超声波t0＝0时刻发出，遇到小汽车后返回，t1＝1.2 s时刻测速仪接收到第一个反射波，t2＝2.1 s时刻接收到第二个反射波。若超声波在空气中的传播速度为340 m/s，小汽车在这段时间的运动视为匀速运动，根据上述条件，求： (1)小汽车第一、第二次接触超声波时分别与测速仪间的距离。 (2)小汽车在前两次接触超声波期间的平均速度。(结果保留三位有效数字) 第4节　速度变化快慢的描述——加速度 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　速度的变化量 1．一个质点做直线运动，初速度的大小为2 m/s，末速度的大小为4 m/s，则下列说法错误的是(　　) A．速度改变量的大小可能是6 m/s B．速度改变量的大小可能是4 m/s C．速度改变量的方向可能与初速度方向相同 D．速度改变量的方向可能与初速度方向相反 2．如图所示，汽车原来的速度是v1，经过一小段时间Δt之后速度变为v2，在图中以原来的速度v1的箭头端为起点，以后来的速度v2的箭头端为终点，作一个新的有向线段，用它表示速度的变化量Δv。则以下说法中错误的是(　　) A．速度的变化量Δv越大，表示加速度也越大 B．汽车加速时，加速度方向和初速度v1方向相同 C．汽车减速时，加速度方向和初速度v1方向相反 D．无论汽车加速或减速，加速度方向与速度变化量Δv的方向相同 知识点2　加速度的定义 3．下列关于做直线运动物体的加速度a＝的理解正确的是(　　) A．a与Δv成正比，与Δt成反比 B．a随Δv的变化而变化 C．无论Δv大些还是小些，对应的速度变化量Δv与所用时间之比都是一样的 D．Δv是矢量，方向始终与a的方向一致 4．篮球比赛中，篮球以4 m/s的速度竖直向下碰撞地面，再以2 m/s的速度竖直向上反弹，与地面接触时间为0.1 s，这段时间篮球的平均加速度大小为(　　) A．10 m/s2 B．20 m/s2 C．60 m/s2 D．30 m/s2 知识点3　加速度的方向 5．(多选)关于速度和加速度的方向，下列说法正确的是(　　) A．速度的方向就是加速度的方向 B．速度变化量的方向就是加速度的方向 C．瞬时速度的方向就是物体运动的方向 D．加速度的方向就是物体运动的方向 6．有关加速度的理解，下列说法中正确的是(　　) A．－4 m/s2的加速度一定比2 m/s2的加速度小 B．速度变大，加速度一定变大 C．只要加速度的方向与初速度的方向相同，物体就做加速运动 D．只要加速度的方向与规定的正方向相同，物体就一定做加速运动 知识点4　从v－t图像看加速度 7．有a、b、c、d四个物体沿同一直线运动，对应的v－t图线如图所示，则加速度最大的物体是(　　) A．a B．b C．c D．d 1．关于加速度下列说法中正确的是(　　) A．加速度是由速度变化引起的 B．加速度始终为零，运动状态一定不改变 C．加速度方向改变，速度方向一定改变 D．加速度为正值，速度一定越来越大 2．一物体自原点开始在x轴上运动，其初速度v0<0，加速度a<0，若加速度不断减小直至为零，则(　　) A．物体的速度不断减小，位移不断减小 B．物体的速度不断增大，位移不断减小 C．当a＝0时，速度达到最大 D．当a＝0时，速度达到最大，位移达到最大 3．某银行发放银行卡，允许持有人利用此卡存款或者贷款。我们将卡内余额，类比成运动中的“速度”，将每个月存取款类比成“加速度”，据此类比方法，某持卡人在银行账户“＋5 000元”的情况下第一个月取出500元，第二个月取出1 000元，这个过程可以类比成运动中的(　　) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度减小，加速度减小 D．速度减小，加速度增大 4．火箭发射时某段时间内由地面竖直向上运动，该段时间内其竖直方向上的v－t图像可简化为如图所示图像，由图像可知(　　) A．0～t1时间内火箭的加速度小于t1～t2时间内火箭的加速度 B．在0～t2时间内火箭上升，t2～t3时间内火箭下落 C．t2时刻火箭离地面最远 D．t3时刻火箭回到地面 5．一物体做变速直线运动，某时刻速度的大小为5 m/s，1 s后速度的大小变为8 m/s。在这1 s内该物体的(　　) A．速度变化的大小可能等于5 m/s B．速度变化的大小可能大于13 m/s C．加速度的大小不可能大于1 m/s2 D．加速度的大小可能等于13 m/s2 6．(多选)一辆跑车在水平公路上做直线运动，规定水平向右为正方向。t＝0时刻，跑车从静止进行启动，以5 m/s2的加速度运动10 s后，又以－8 m/s2的加速度运动了5 s。在此整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．跑车先做加速运动，后做减速运动 B．跑车前10 s的加速度比后5 s的加速度大 C．跑车在第6 s内的速度变化量为5 m/s D．跑车在第12 s内速度变化量为8 m/s 7．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.30 s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10 s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt＝2.00 s。试估算滑块的加速度多大？ 8．运动员挥拍将质量为m的乒乓球击出。如果乒乓球被拍子击打前后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1。作用时间为t。则此过程中乒乓球的平均加速度(　　) A．大小为，方向与v1方向相同 B．大小为，方向与v1方向相同 C．大小为，方向与v2方向相同 D．大小为，方向与v2方向相同 9．某同学在玩具赛车的赛车场看赛车比赛时，用相机连拍功能对经过的某玩具赛车进行了连拍，然后他把连拍后的照片对应赛道位置排列好，排列好的位置关系如图所示。已知该照相机的连拍频率是每秒10张，照片与实物的比例为1∶10。为了判断该赛车的运动情况，该同学对整理好的照片进行了研究。请根据图中数据回答下列问题： (1)该照相机连拍时，其拍摄周期为T＝________s。 (2)图中从左向右玩具赛车在第二个位置的速度v2＝________m/s，赛车在第五个位置的速度v5＝________m/s。 (3)该玩具赛车在连拍时间内的平均加速度a＝________m/s2。 疑难突破专练1 　　　　　　　　　　　　　　　　 疑难点1　参考系 1．地面上的观察者看到雨滴竖直下落，坐在匀速前进的车厢中的乘客看雨滴是(　　) A．向前运动 B．向后运动 C．倾斜落向前下方 D．倾斜落向后下方 2．从一匀速上升的热气球上自由脱落一螺栓，不计空气阻力，相对地面，它做的运动是(　　) A．向下加速运动 B．向下匀速运动 C．先向上减速，再向下加速 D．先向上减速，再向下匀速 疑难点2　平均速度和平均速率 3．如图所示，物体沿曲线ABCDE轨迹的箭头方向运动，沿AB、ABC、ABCD、ABCDE四段轨迹运动所用的时间分别是1 s、2 s、3 s、4 s。图中方格的边长均为1 m。下列说法不正确的是(　　) A．物体在AB段的平均速度大小为1 m/s B．物体在ABC段的平均速度大小为 m/s C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度 D．物体在ABCDE段的平均速率为 m/s 4．汽车在高速公路上超速是非常危险的，为防止汽车超速，高速公路都装有测汽车速度的装置。如图甲所示为超声波测速仪测汽车速度的示意图，测速仪A可发出并接收超声波信号，根据发出和接收到的信号可以推测出被测汽车的速度，如图乙所示是以测速仪所在位置为参考点，测速仪发出的两个超声波信号的s－t图像，则(　　) A．汽车离测速仪越来越近 B．超声波信号的速度是 C．在测速仪发出两个超声波信号的时间间隔内，汽车通过的位移为s2－s1 D．汽车在t1～t2时间内的平均速度为 5．某质点沿半径为R＝5 m的圆形轨道以恒定的速率运动，经过10 s运动了圆周，该物体做的是________(选填“匀”或“变”)速运动；平均速率为________ m；10 s内的平均速度大小为________ m/s；质点运动一周的平均速度为________ m/s。 6．在“用打点计时器测速度”的实验中，一条记录小车运动情况的纸带如图甲所示，在其上取A、B、C、D、E 5个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个点没有在图甲中画出。 (1)由纸带上的数据计算vB＝________ m/s，vC＝________ m/s，vD＝________ m/s。(计算结果均保留三位有效数字) (2)在如图乙所示坐标系中作出小车的v－t图线(以A点为计时起点)。 7．一辆车作直线运动，从甲地到乙地的平均速度是10 m/s，所用时间是30 s，甲地到丙地(途经乙地)的平均速度是15 m/s，所用时间是40 s，则车从乙地到丙地的平均速度是多少？ 疑难点3　加速度 8．物体A的加速度为3 m/s2，物体B的加速度为－5 m/s2，下列说法中正确的是(　　) A．物体B的速度一定在减小 B．物体B的速度变化比A的速度变化快 C．物体A的速度一定在增加 D．物体A的加速度比B的加速度大 9．(多选)一物体做加速度不变的直线运动，当t＝0时，物体的速度大小为12 m/s，方向向东；当t＝2 s时，物体的速度大小为8 m/s，方向仍向东，则当物体的速度大小变为2 m/s时，t可能为(　　) A．3 s B．5 s C．7 s D．9 s 10．(多选)如图，将弹性小球以10 m/s的速度从距地面2 m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面1.5 m高的B点时，向上的速度为7 m/s，从A到B，小球共用时0.3 s，则此过程中(　　) A．小球发生的位移的大小为0.5 m，方向竖直向下 B．小球速度变化量的大小为3 m/s，方向竖直向下 C．小球平均速度的大小为8.5 m/s，方向竖直向下 D．小球平均加速度的大小约为56.7 m/s2，方向竖直向上 疑难点4　图像 11．(多选)运动学中有人认为引入“加速度的变化率”没有必要，然而现在有人指出“加速度的变化率”能引起人的心理效应，车辆的平稳加速(即加速度基本不变)使人感到舒服，否则人感到不舒服，关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是(　　) A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3 B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动 C．若加速度与速度同向，如图所示的a－t图像表示物体的速度在减小 D．若加速度与速度同向，物体的初速度为5 m/s，加速度如图所示，则2 s末的速度为8 m/s 12．如图为计算机描绘出的某质点的速度随时间变化规律的图像，关于该质点的运动，下列说法正确的是(　　) A．质点在0～4 s内的加速度大小是10～14 s内加速度大小的1.5倍 B．质点在0～4 s内的运动方向与4～6 s内的运动方向相反 C．质点在6～10 s的时间内处于静止状态 D．质点在第5 s末的加速度为1 m/s2 13．如图所示的位移—时间和速度—时间图像中，给出的四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况。下列描述正确的是(　　) A．图线1表示物体做曲线运动 B．x－t图像中t1时刻v1>v2 C．v－t图像中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等 D．两图像中，t2、t4时刻分别表示运动方向相反 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度一：对质点、参考系的理解 衔接内容归纳：质点的理解、参考系的理解 衔接角度解读： 1．对质点的三点说明 (1)质点是一种理想化模型，实际并不存在。类似的理想化模型还有“轻杆”“光滑平面”“点电荷”等，这些都是突出主要因素、忽略次要因素而建立的物理模型，目的是使一些复杂的问题简单化。 (2)物体能否被看成质点是由所研究问题的性质决定的，并非依据物体自身的大小和形状来判断。 (3)质点不同于几何“点”，是忽略了物体的大小和形状的有质量的点，而几何中的“点”仅仅表示空间中的某一位置。 2．参考系的四性：相对性、任意性、同一性、差异性 [典例1] (2024·浙江1月选考改编)杭州亚运会顺利举行，关于运动会中的四个场景。下面说法正确的是( C ) A．跳水运动员跳水下落时看到水面迎面扑来，是选择水面为参考系 B．体操运动员的空中转体姿态，可将运动员视为质点 C．运动员看到国旗冉冉升起，这是以“地面”为参考系的 D．攀岩运动员通过某个攀岩支点的动作，可将运动员视为质点 解题技法 建立质点模型的两个关键点： 1．明确题目中要研究的问题是什么。如研究排球运动员的扣球动作。 2．分析物体的大小和形状对所研究的问题的影响能否忽略不计。当物体的大小和形状对所研究的问 题影响很小，可以忽略不计时，可将其视为质点。如排球运动员扣球时击打在排球的不同位置会对排球的运动情况造成不同的影响，此时排球的大小和形状不能忽略。 跟踪训练1　(2025·河北沧州联考)具有中国完全自主知识产权的复兴号新款“智能”CR400AF—Z新型复兴号动车组，车体有红、橙、黄三色“飘带”贯穿全车，整体给人飘逸灵动的感觉，对于动车组进站时的情景，下列说法正确的是( C ) A．在车窗旁立一杯水测试车辆平稳性时，可以将该车辆视为质点 B．研究车辆通过某一桥梁所用的时间，可以将该车辆视为质点 C．选进站时运动的车辆为参考系，坐在车辆中的乘客是静止的 D．选进站时运动的车辆为参考系，站台上等候的乘客是静止的 跟踪训练2　(2025·浙江1月选考)我国水下敷缆机器人具有“搜寻—挖沟—敷埋”一体化作业能力。可将机器人看成质点的是(　　) A．操控机器人进行挖沟作业 B．监测机器人搜寻时的转弯姿态 C．定位机器人在敷埋线路上的位置 D．测试机器人敷埋作业时的机械臂动作 衔接角度二：　位移　速度 衔接内容归纳：位移和路程、平均速度和瞬时速度、平均速度和平均速率 衔接角度解读： 1．位移和路程的区别与联系 项目 位移 路程 区 别 物理 意义 表示物体的位置变化 表示物体运动轨迹的长度 大小 等于初位置到末位置的距离，与运动轨迹无关 按运动轨迹计算的实际长度 标矢 性 有方向，是矢量 无方向，是标量 联系,(1)两者单位相同，在国际单位制中都是“米”； (2)同一运动过程中路程不小于位移大小，在单向直线运动中，位移大小等于路程2.平均速度和瞬时速度的区别与联系 项目 平均速度 瞬时速度 区 别 对应 关系 与某一过程中的一段位移或一段时间对应 与运动过程中的某一时刻或某一位置对应 物理 意义 粗略描述物体在一段位移或一段时间内的运动快慢和方向 精确描述物体在某一位置或某一时刻运动的快慢和方向 矢量 性 与对应时间内物体的位移方向相同 与物体所在位置的运动方向相同 联系,(1)在公式v＝中，当Δt→0时，平均速度即瞬时速度； (2)在匀速直线运动中，各点的瞬时速度都相等，所以任意一段时间内的平均速度等于任一时刻的瞬时速度3.平均速度和平均速率的区别与联系 项目 平均速度 平均速率 定义 位移与时间的比值 路程与时间的比值 意义 粗略描述质点运动的快慢和方向 仅表示质点运动快慢 标失性 矢量 标量 联系 (1)都是描述物体运动快慢的物理量，单位相同； (2)平均速度的大小一般小于平均速率，仅单向直线运动时，两者的大小才相等 [典例2] (2021·福建改编)一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经并莲峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为5.4 km，用时1 h，M、N间的直线距离为1.8 km，则从M点漂流到N点的过程中( C ) A．该游客的位移大小为5.4 km B．该游客的平均速率为5.4 m/s C．该游客的平均速度大小为0.5 m/s D．若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0 解题技法 平均速度和瞬时速度的三点注意： 1．求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度。 2．v＝是平均速度的定义式，适用于所有的运动。 3．粗略计算时我们可以用很短时间内的平均速度来代替这段时间内某时刻的瞬时速度。 跟踪训练3　(2023·福建)“祝融号”火星车沿如图所示路线行驶，在此过程中揭秘了火星乌托邦平原浅表分层结构，该研究成果被列为“2022年度中国科学十大进展”之首。“祝融号”从着陆点O处出发，经过61天到达M处，行驶路程为585米；又经过23天，到达N处，行驶路程为304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约为463米和234米，则火星车( D ) A．从O处行驶到N处的路程为697米 B.从O处行驶到N处的位移大小为889米 C．从O处行驶到M处的平均速率约为20米/天 D．从M处行驶到N处的平均速度大小约为10米/天 衔接角度三：加速度　x－t图像与v－t图像 衔接内容归纳：加速度的理解、加速度的计算、x－t图像与v－t图像 衔接角度解读： 1．速度、速度变化量和加速度的对比 项目 速度 速度变化量 加速度 物理 意义 描述物体运动的快慢 描述物体速度的变化 描述物体速度变化的快慢 定义式 v＝ Δv＝v2－v1 a＝＝ 方向 物体运动的方向 由v1和v2决定 与Δv的方向一致 2.速度增大或减小由速度与加速度的方向关系决定 3．用运动图像解题“六看” 项目 x－t图像 v－t图像 轴 横轴为时间t，纵轴为位移x 横轴为时间t，纵轴为速度v 线 倾斜直线表示匀速直线运动 倾斜直线表示匀变速直线运动 斜率 表示速度 表示加速度 面积 无实际意义 图线和时间轴围成的面积表示位移 纵截距 表示初位置 表示初速度 特殊点 拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示相遇 拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示速度相等 [典例3] (2024·甘肃)小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的v－t图像如图所示，此两站间的距离约为( C ) A．980 m B．1 230 m C．1 430 m D．1 880 m 解题技法 对加速度大小和方向的进一步理解：　 跟踪训练4　(经典高考题)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图像如图所示。下列表述正确的是( B ) A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大 B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大 C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小 D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等 跟踪训练5　升降机由静止开始以恒定加速度a1加速上升2 s，速度达到3 m/s，接着匀速上升2 s，最后再以恒定加速度a2减速上升1 s才停下来。求： (1)升降机加速上升的加速度大小和减速上升的加速度大小； (2)试画出升降机运动的速度—时间图像。 第一章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合要求) 1．一架执行救援任务的直升机悬停在钻井平台的上空，救生员抱着伤病员通过缆绳正在上升。若以救生员为参考系，则处于静止状态的是(　　) A．伤病员 B．直升机 C．钻井平台 D．直升机驾驶员 2．如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8 m，小车在桥架上单向移动了6 m。该次作业中小车相对地面的位移大小为(　　) A.8 m B．10 m C．6 m D．14 m 3．根据速度定义式v＝，当Δt极短时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列物理方法中的(　　) A．控制变量法 B．假设法 C．微元法 D．极限法 4．港珠澳大桥全长55 km，集桥、岛、隧于一体，是世界最长的跨海大桥。大桥通车后，从香港到珠海驱车仅需30 min，该大桥通行速度最高为100 km/h。下列说法正确的是(　　) A．30 min是指时间间隔 B．30 min是指时刻 C．55 km是指位移大小 D．100 km/h是指平均速度 5．甲、乙两位同学在放学时，从学校所在地骑自行车沿平直的公路回家，先到乙同学家，休息一会儿，甲同学继续骑车前行，在70 min时到家，甲同学的x－t图像如图所示，下列说法错误的是(　　) A.在前20 min内甲同学做加速运动 B．甲同学在乙同学家停留了30 min C．甲、乙两同学家相距3.6 km D．甲从离开学校至到家的这段时间内，平均速度为2 m/s 6．如图所示小球以v1＝3 m/s的速度水平向右运动，碰到墙壁经t＝0.01 s后以v2＝2 m/s的速度沿同一直线反弹。小球在这0.01 s内的加速度为(　　) A.100 m/s2，方向向右 B．100 m/s2，方向向左 C．500 m/s2，方向向左 D．500 m/s2，方向向右 7．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a－t图像如图所示。下列v－t图像中，可能正确描述此物体运动的是(　　) 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．一小球在水平桌面上做减速直线运动，用照相机对着小球每隔 s拍照一次，得到一幅频闪照片，用刻度尺量得照片上小球各位置如图所示，已知照片与实物的比例为1∶10，则(　　) A．图中对应的小球在通过8 cm距离内的平均速度是2 m/s B．图中对应的小球在通过8 cm距离内的平均速度是1.6 m/s C．图中对应的小球通过8 cm距离内的平均速率是2.5 m/s D．图中对应的小球通过8 cm距离内的平均速率是2 m/s 9．甲、乙两位同学多次进行百米赛跑，每次甲都比乙提前10 m到达终点，现让甲远离(后退)起跑点10 m，乙仍在起跑点起跑，则关于甲、乙两同学的平均速度之比和谁先到达终点，下列说法中正确的是(　　) A．v甲∶v乙＝11∶10 B．v甲∶v乙＝10∶9 C．甲先到达终点 D．两人同时到达终点 10．沿同一条直线运动的a、b两个质点，在0～t0时间内的x－t图像如图所示。根据图像，下列说法正确的是(　　) A．质点a做周期性往返运动 B．t′时刻，a、b的位移相同 C．在0～t′时间内，a的位移大于b的位移 D．在0～t0时间内，a通过的路程是b通过路程的3倍，但位移相同 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(4分)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：除电磁打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，还必须使用的有：________________________。 12．(8分)光电计时器是一种常用的计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有滑块从a、b间通过时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间。现在某滑块在斜面上滑行，先后通过光电门1和2，计时器显示的挡光时间分别为t1＝5×10-2 s，t2＝3×10-2 s，从光电门1到光电门2所经历的总时间Δt＝0.15 s，用分度值为1 mm的刻度尺测量小滑块的长度为d，示数如图乙所示。实验中可计算得出滑块的长度d为________cm，滑块通过光电门1的速度v1为________m/s，滑块通过光电门2的速度v2为________m/s，滑块的加速度大小为________m/s2。(结果保留两位小数) 13．(12分)一架飞机水平匀速地在某同学头顶上方飞过，当他听到飞机的发动机声从头顶正上方传来时，发现飞机在他前上方约与地面成60°角的方向上，据此请估算出此飞机的速度约为声速的多少倍。 14．(14分)有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500g(g＝10 m/s2)，以醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将会达到这一数值。试问： (1)一辆以72 km/h的速度行驶的货车与一辆以54 km/h的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞，碰撞时间为2.1×10-3 s，摩托车驾驶员是否有生命危险？ (2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s、3 s，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？ 15．(16分)在一条笔直的公路上依次设置三盏交通信号灯L1、L2和L3，L2与L1相距80 m，L3与L1相距120 m。每盏信号灯显示绿色的时间间隔都是20 s，显示红色的时间间隔都是40 s，L1与L3同时显示绿色，L2则在L1显示红色经历了10 s时开始显示绿色(信号灯随时间变化的图像如图所示)，规定车辆通过三盏信号灯经历的时间不得超过150 s。若一辆匀速向前行驶的自行车通过L1的时刻是L1已显示绿色10 s的时刻，则此自行车能不停顿地通过三盏信号灯的最小速度和最大速度分别是多少？ 第一章　章末检测(二) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合要求) 1．(2025·湖南长沙岳麓实验中学期中)下列情况中，能把研究对象视为质点的是( C ) A．研究国产大飞机转弯时机翼的倾斜角度 B．研究自由体操运动员在空中翻滚的动作 C．研究高铁从昆明到大理的运行时间 D．研究陀螺的转动 2．(2025·江苏扬州江都区期中)小球做直线运动的频闪照片如图所示，由此可以断定小球的( A ) A．加速度向右　 B．位移方向向右 C．速度向左　 D．速度越来越小 3．如图1所示为某列车从A地开往B地的实际路线，当运动到C处时，车厢内可实时显示相关信息的显示屏如图2所示。图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量。下列说法正确的是( A ) A．甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度 B．甲处表示时间，乙处表示平均速度 C．显示屏显示的内温24 ℃，温度是矢量 D．列车运动到C处时速度方向为A→B 4．(2025·山东淄博期末)如图所示是某物体做直线运动的v－t图像，则物体在0～1 s内的位移大小( C ) A．小于3 m B．等于3 m C．大于3 m D．等于0 5．在奥运会上，我国运动员在男子100 m半决赛中跑出9.83 s的好成绩。研究录像发现，该运动员在第1 s内的位移为8.6 m，前60 m用了6.50 s，跑到终点时速度约为15 m/s，则关于该运动员在本次比赛中的下列说法正确的是( A ) A．其全程平均速度约为10.2 m/s B．完成百米比赛过程中最大速度一定为15 m/s C．前60 m的平均速度要大于全程的平均速度 D．第1 s末时的速度为8.6 m/s 6．(2025·北京朝阳区期中)甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移—时间图像如图所示。则下列说法正确的是( D ) A.甲、乙均做加速运动 B．t1时刻甲、乙的速度相同 C．在0～t1时间内甲的速度总比乙大 D．在0～t1时间内甲、乙的平均速度相同 7．某物体做直线运动的图像如图所示，若y轴表示( C ) A．位移x/m，则物体6 s内位移为18 m B．位移x/m，则物体前3 s和后3 s速度相同 C．速度v/(m·s-1)，则物体在前3 s内和后3 s内位移相同 D．速度v/(m·s-1)，则物体在0～6 s内加速度相同 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．下列关于时刻和时间间隔的说法正确的有( 　 ) A．时刻就是一段很短的时间间隔 B．第4秒指的是t＝“3 s”到t＝“4 s”之间的时间间隔 C．第4秒末和第5秒初都是指t＝“4 s”这一时刻 D．物理测验时间是60 min，这里60 min指的是时刻 9．(2025·安徽阜南实验中学期中)一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小逐渐减小为0，则在此过程中( 　 ) A．速度逐渐减小，当加速度减小到0时，速度达到最小值 B．速度逐渐增大，当加速度减小到0时，速度达到最大值 C．位移逐渐增大，当加速度减小到0时，位移将继续增大 D．位移逐渐减小，当加速度减小到0时，位移达到最小值 10．挥杆套马是我国蒙古族传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手由静止开始催马追赶，二者的v－t图像如图所示，则( 　 ) A．0～4 s内骑手靠近烈马 B．6 s末骑手刚好追上烈马 C．在9 s末，烈马在骑手前2.5 m处 D．8～9 s内烈马的加速度大于0～6 s内骑手的加速度 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(8分)(2025·黑龙江月考)为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d＝1 cm的遮光条。如图所示，滑块在牵引力作用下，先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过光电门1的时间为t1＝0.010 s，通过光电门2的时间为t2＝0.005 s，遮光条从光电门1到光电门2之间的时间间隔为t＝0.5 s。 (1)滑块通过光电门1时的速度大小为v1＝________ m/s；滑块的加速度大小为a＝________ m/s2。(均保留两位有效数字) (2)(多选)为使速度的测量值更接近瞬时速度，下列措施正确的是________。 A．换用宽度更窄的遮光条 B．换用宽度更宽的遮光条 C．使滑块的释放点靠近光电门 D．使滑块的释放点远离光电门 12．(8分)在做“练习使用打点计时器”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，如图所示，其中A、B、C、D、E、F、G是打点计时器依次打出的7个点，相邻两个点之间的时间间隔均为T。 (1)电磁打点计时器是一种使用________(选填“交流”或“直流”)电源的仪器。 (2)接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是________。 A．先接通电源，后让纸带运动 B．先让纸带运动，再接通电源 C．让纸带运动的同时接通电源 D．先让纸带运动或先接通电源都可以 (3)打下E点时纸带的速度为________(选填“”或“”)。 13．(10分)如图所示，一小球(视为质点)由静止开始沿斜面下滑，开始下滑时小球到斜面底部挡板的距离x1＝2.7 m，经t1＝0.9 s接触到挡板时其速度大小为6 m/s。小球与挡板碰撞的时间Δt＝0.1 s，然后小球以大小为3.6 m/s的速度反弹，经t2＝0.5 s到达最高点时到斜面底部挡板的距离x2＝0.9 m。求： (1)小球从开始下滑至反弹到最高点的过程中的平均速度的大小和方向； (2)小球在与挡板碰撞过程中加速度的大小和方向。 14．(12分)冬季大雾天气影响车辆出行，高速公路出入口将临时封闭。假设某客车行驶到高速路口又沿原路返回，如图所示为其沿直线运动的x－t图像，根据图像，求： (1)客车第2 s内的位移，第4 s内的位移，前5 s的路程和总位移； (2)客车在各时间段的速度，并画出对应的v－t图像。 15．(16分)汽车在制造完成出厂之前，都要经过严格的技术检测。一辆汽车从原点O由静止出发沿x轴做直线运动，自动检测系统记录下了该汽车启动、运行及刹车过程的数据，如表所示。求： 时刻t/s 0 1 2 3 4 5 6 7 8 坐标x/m 0 1 2 4 8 12 16 20 25 速度v/ (m·s-1) 0 1 2 5 6 6 5 1 0 (1)汽车在前4 s的平均加速度； (2)汽车在最后2 s的平均加速度； (3)汽车在第5 s内的平均速度。 第二章　匀变速直线运动的研究　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 第二章　匀变速直线运动的研究 第1节　实验：探究小车速度随时间变化的规律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　实验原理与器材 1．(多选)在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，对于减小实验误差来说，下列方法有用的是(　　) A．选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位 B．使小车运动的加速度尽量小些 C．舍去纸带上开始时密集的点，利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算 D．适当增加挂在细绳下钩码的个数 2．在探究小车速度随时间变化的规律”的实验中： (1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有________；(填选项代号) A．电压合适的交流电源 B．电压可调的直流电源 C．刻度尺 D．秒表 E．天平 (2)实验过程中，下列做法正确的是________。 A．先释放小车，再接通电源 B．先接通电源，再释放小车 C．将接好纸带的小车停在靠近长木板滑轮处 D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处 知识点2　实验操作和数据处理 3．小明同学按如图甲所示装置做探究小车速度随时间变化的规律的实验。 (1)释放小车时，实验装置如图甲所示，该装置或操作中错误的是________。 A．电磁打点计时器接在直流电源上了 B．小车质量没有远大于槽码质量 C．安装时小车离打点计时器过远 (2)图乙为改进装置后打下的一条纸带的中间部分，A、B、C、D为其中连续打出的四个点(已知打点计时器打点时间间隔T＝0.02 s)。由于操作不慎，C点模糊了，小明仍用此纸带来研究。从图上可以读得A点在刻度尺上位置的读数为________cm，在打下C点时小车的速度最接近于________m/s(结果保留三位有效数字)。 1．如图为用打点计时器获得的一条纸带，a、b、c、d为计数点，相邻计数点时间间隔为0.1 s，其中b点反映的瞬时速度为(　　) A．0.520 m/s B．6.47 m/s C．3.92 m/s D．5.20 m/s 2．某同学在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中。用打点计时器记录了由静止释放被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E共5个计数点，相邻点间的距离如图所示，每两个相邻的计数点之间还有4个计时点未画出，电源频率为50 Hz。 (1)实验时纸带的________(选填“左”或“右”)端是和小车相连的。 (2)根据图中纸带上的数据，算出打D点时小车的瞬时速度大小，并将值填入表中。(结果保留三位有效数字) 计数点 B C D 速度v/(m·s-1) 0.260 0.300 ____ 3．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图甲所示。 (1)需要的实验操作有________(多选)； A．调节滑轮使细线与轨道平行 B．倾斜轨道以平衡阻力 C．小车靠近打点计时器静止释放 D．先接通电源再释放小车 (2)经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图乙所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为________cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz，则打计数点2时小车的速度大小为：________cm。(结果保留三位有效数字) 4．(1)打点计时器和数字计时器是高中物理研究物体运动中重要的实验器材，如图中的甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的打点计时器，图丙为连接光电门的数字计时器。请回答下面的问题： ①图甲是________(选填“电磁”或“电火花”)打点计时器，电源采用的是________(选填“交流8 V”“交流220 V”或“四节干电池”)； ②图丙中，若已知物体挡光宽度为d，物体经过光电门用时t，则可以近似认为物体通过光电门的瞬时速度的表达式为v＝________。 (2)探究小车速度随时间变化规律的实验装置如图所示其中斜面倾角θ可调，打点计时器每隔0.02 s打一次点，纸带上计数点的间距如图所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出。 ①部分实验步骤如下： A．测量完毕，关闭电源，取出纸带 B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车 C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连 D．把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位孔 上述实验步骤的正确顺序是：________________________________________________________________________ (用字母填写)； ②图中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s； ③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5＝________(用字母表示)。 第2节　匀变速直线运动的速度与时间的关系 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　匀变速直线运动 1．下列有关匀变速直线运动的认识，其中正确的是(　　) A．物体在一条直线上运动，若在相等的时间内通过的位移相等，则物体的运动就是匀变速直线运动 B．加速度大小不变的运动就是匀变速直线运动 C．匀变速直线运动是速度变化量为零的运动 D．匀变速直线运动的加速度是一个恒量 2．做直线运动的某物体在第1 s末、第2 s末、第3 s末……，的速度分别为1 m/s、2 m/s、3 m/s……，则此物体的运动性质是(　　) A．匀变速直线运动 B．非匀变速直线运动 C．加速度不断增大的运动 D．可能是匀变速直线运动，也可能是非匀变速直线运动 知识点2　匀变速直线运动的v－t图像 3．(多选)某物体做直线运动的v－t图像如图所示，由图像可知，下列说法正确的是(　　) A.物体在0～10 s内做匀速直线运动 B．物体在0～10 s内做匀加速直线运动 C．物体运动的初速度为10 m/s D．物体在0～10 s内的加速度为2.5 m/s2 4．某物体做直线运动的v－t图像如图所示，关于物体的运动情况，下列说法正确的是(　　) A.物体在第1 s内的加速度大小为4 m/s2 B．物体加速度方向始终不变 C．物体始终向同一方向运动 D．物体的位移大小为零 知识点3　速度公式的理解和应用 5．质点做匀加速直线运动，初速度为v0＝2 m/s，加速度a＝0.1 m/s2，下列错误的是(　　) A．质点第4 s末的速度为2.4 m/s B．每经过1 s时间，物体速度就增大0.2 m/s C．质点的加速度一直不变 D．质点的速度随时间均匀增大 6．若某段时间内发射火箭速度的变化规律为v＝(20t＋4) m/s，由此可知这段时间内(　　) A．火箭的初速度为2 m/s B．火箭的加速度为4 m/s2 C．在3 s末，火箭的瞬时速度为64 m/s D．火箭做匀速直线运动 7．(多选)假设动车出站时能在150 s内匀加速到180 km/h，然后正常行驶。某次因意外动车以加速时的加速度大小将车速减至108 km/h。取初速度方向为正方向，则下列说法正确的是(　　) A．列车加速时的加速度大小为 m/s2 B．列车减速时，若运用v＝v0＋at计算瞬时速度，其中a＝－ m/s2 C．若用v－t图像描述列车的运动，减速时的图线在时间t轴的下方 D．列车由静止加速，1 min内速度可达20 m/s 1．下列选项中的四个图像表示物体做匀加速直线运动的是(　　) 2．物体做匀加速直线运动，已知第1 s末的速度是6 m/s，第2 s末的速度是8 m/s，则下列结论不正确的是(　　) A．物体零时刻速度是4 m/s B．物体的加速度是2 m/s2 C．任何1 s内的速度变化都是2 m/s D．每1 s初的速度比前1 s末的速度大2 m/s 3．某物体沿水平方向做直线运动，其v－t图像如图所示，规定向右为正方向，下列判断正确的是(　　) A.在0～1 s内，物体的加速度逐渐增大 B．在1～2 s内，物体向左运动，且速度大小在减小 C．在1～3 s内，物体的加速度方向向左，大小为4 m/s2 D．在1～3 s内，物体的速度始终在减小 4．在光滑足够长的斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，那么经过3 s后的速度大小和方向是(　　) A．25 m/s，沿斜面向下 B．5 m/s，沿斜面向下 C．5 m/s，沿斜面向上 D．25 m/s，沿斜面向上 5．(多选)一个物体做匀变速直线运动，当t＝0时，物体以12 m/s的速度向东运动；当t＝2 s时，物体以8 m/s的速度仍向东运动。当物体的速度大小变为2 m/s时，经历的时间t为(　　) A．3 s B．5 s C．7 s D．9 s 6．(多选)甲、乙两物体从同一位置出发，沿同一直线运动，甲、乙运动的v－t图像如图所示，下列判断正确的是(　　) A．甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动 B．甲、乙两次速度相同的时刻分别在1 s末和4 s末 C．乙在前2 s内做匀加速直线运动，2 s后做匀减速直线运动 D．2 s后，甲、乙速度方向相反 7．如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面，最后停在C点。现每隔0.2 s通过传感器测量物体的运动速率v，如表给出了部分测量数据，设物体在AB段和BC段的运动都是匀变速直线运动，且经过B点前后速率不变，求： 汈汈汈汈汈 t(s) 0.0 0.2 0.4 0.6 … 1.4 1.6 … v(m/s) 0.0 0.0 1.0 2.0 … 1.1 0.7 … (1)物体在AB段和BC段的加速度a1和a2。 (2)物体运动到B点时的速率vB。 (3)当t＝0.8 s时物体的速率。 8．“复兴号”动车组一共有8节车厢，某趟列车从丽水市高铁站开出做初速度为零的匀加速运动，车头经过路边一位保持不动的工作人员时速度大小为2 m/s，第4节车厢的车尾经过该工作人员的速度为2 m/s，整趟列车车尾经过该工作人员时速度大小为6 m/s。每节车厢的长度相等，则前4节车厢经过工作人员的时间与后4节车厢经过工作人员的时间之比为(　　) A． B． C．－1 D．＋1 9．“蛟龙”号是我国首台自主研制的深海载入潜水器。某次潜水实验活动中，蛟龙号完成海底实验任务后竖直上浮，速度达到v时开始计时并匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零。则蛟龙号在t0(t0<t)时刻的速度为(　　) A． B． C． D．第3节　匀变速直线运动的位移与时间的关系 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　v－t图像面积的意义 1．竖直升空的火箭，其v－t图像如图所示，由图像可知以下说法正确的是(　　) A.火箭在40 s时速度方向发生变化 B．火箭上升的最大高度为48 000 m C．火箭经过120 s落回地面 D．火箭经过40 s到达最高点 2．(多选)质点做直线运动的v－t图像如图所示，则(　　) A．3～4 s内质点做匀减速直线运动 B．3 s末质点的速度为零，且运动方向改变 C．0～2 s内质点做匀加速直线运动，4～6 s内质点做匀减速直线运动，加速度大小均为2 m/s2 D．6 s内质点发生的位移为8 m 知识点2　匀变速直线运动的位移与时间的关系 3．某质点沿直线运动，其位移随时间变化的关系式为x＝4t＋4t2(m)，那么关于其初速度v0和加速度a，下列结论正确的是(　　) A．v0＝4 m/s、a＝4 m/s2 B．v0＝4 m/s、a＝8 m/s2 C．v0 ＝4 m/s、a＝2 m/s2 D．无法确定 4．一个物体由静止开始做匀加速直线运动，第1 s末的速度达到4 m/s，物体在第2 s内的位移是(　　) A．6 m B．8 m C．4 m D．1.6 m 知识点3　匀变速直线运动的速度与位移的关系 5．如图所示，一辆正以8 m/s的速度沿直线行驶的汽车，突然以1 m/s2的加速度加速行驶，则汽车行驶了18 m时的速度为(　　) A．8 m/s B．12 m/s C．10 m/s D．14 m/s 6．如图所示，一小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB∶xAC等于(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4 1．汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为5 m/s2，那么开始刹车后2 s与开始刹车后6 s汽车通过的位移之比为(　　) A．1∶4 B．3∶5 C．3∶4 D．5∶9 2．近年来我国科技事业取得长足进步，我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰福建舰采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射装置。如图所示为静止的航空母舰，若舰载飞机在跑道上加速时的加速度恒为4.5 m/s2，飞机在跑道上滑行100 m起飞，起飞时的速度大小为50 m/s，则弹射系统必须使飞机具有的最小初速度约为(　　) A.50 m/s B．45 m/s C．40 m/s D．55 m/s 3．某同学做研究匀变速直线运动的实验，通过定滑轮用钩码拖拽小车，使得小车由静止开始做匀加速直线运动，测得小车在第5 s内的位移是27 m，则(　　) A．小车在2 s末的速度是20 m/s B．小车在第5 s内的平均速度是9 m/s C．小车在第2 s内的位移是9 m D．小车在5 s内的位移是125 m 4．如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动可视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为(　　) A． B． C． D． 5．在“车让人”交通安全活动中，交警部门要求汽车在斑马线前停车让人。以8 m/s匀速行驶的汽车，当车头离斑马线8 m时司机看到斑马线上有行人通过，此时，立即紧急刹车，已知该车刹车时最大加速度为5 m/s2，驾驶员反应时间为0.2 s。则(　　) A．在驾驶员反应时间内汽车通过的距离是1 m B．汽车通过的距离是6.4 m C．汽车运动的时间是1.6 s D．汽车能保证车让人 6．(多选)一物体在水平面上做直线运动，其v－t图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．在t＝1 s时，物体的加速度为0 B．在t＝1 s时，物体速度方向发生改变 C．在前5 s内，物体经过的位移为11 m D．在前5 s内，物体的平均速度为1.8 m/s 7．飞机着陆后做匀减速滑行，着陆时的速度大小是216 km/h，最初2 s内滑行114 m。求： (1)18 s末的速度大小是多少？ (2)飞机着陆后22 s内滑行多远？ 8．如图所示，某赛车从A点开始做初速度为零、加速度a1＝2 m/s2的匀加速直线运动，经过一段时间后到达B点，此时加速度突然反向，且大小变为a2，又经过同样的时间到达C点。已知A、C的距离为A、B的距离的一半，不计调头时间，则a2的大小可能为(　　) A．9 m/s2或5 m/s2 B．9 m/s2或2 m/s2 C．7 m/s2或5 m/s2 D．7 m/s2或2 m/s2 9．ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，汽车以54 km/h的速度行驶，如果通过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过0.5 min收费后，再加速至54 km/h行驶；如果过ETC通道，需要在中心线前方10 m处减速至18 km/h，匀速到达中心线后，再加速至54 km/h行驶。设汽车运行的路线均为直线，且汽车加速和减速的加速度大小均为2 m/s2。 (1)汽车经过人工通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的位移和所需的时间各为多少？ (2)汽车通过ETC通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的位移和所需的时间各为多少？ 培优专项　匀变速直线运动规律的应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　几个推论 1．(多选)对于初速度为零的匀加速直线运动，以下说法正确的是(　　) A．物体在1 s、3 s、5 s时的速度之比为1∶3∶5 B．物体在1 s、3 s、5 s内的位移之比为1∶3∶5 C．物体经过1 m、3 m、5 m时的速度之比为∶∶ D．物体经过1 m、3 m、5 m所用时间之比为∶∶ 2．(多选)几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第四个水球，则可以判定(　　) A．子弹在每个水球中运动的时间相同 B．由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时间比 C．子弹在每个水球中速度变化量相同 D．子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等 知识点2　逆向思维的应用 3．一小物块以一定的初速度自光滑斜面的底端a点上滑，最远可达b点，e为ab的中点。已知物体由a到e的时间为t0，则它从e经b再返回e所需时间为(　　) A．t0 B．(－1)t0 C．2(＋1)t0 D．(2＋1)t0 4．冰壶(Curling)，又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。如图所示，可视为质点的冰壶以初速度v0滑入O点后做匀减速直线运动，滑到C点时速度恰好为零，若OA＝AB＝BC，冰壶依次滑过O、A、B点时的速度之比为v0∶vA∶vB，滑过OA、AB、BC三段所用的时间之比为tOA∶tAB∶tBC，则(　　) A.v0∶vA∶vB＝∶∶1；tOA∶tAB∶tBC＝1∶∶ B．v0∶vA∶vB＝9∶4∶1；tOA∶tAB∶tBC＝(－)∶(－1)∶1 C．v0∶vA∶vB＝9∶4∶1；tOA∶tAB∶tBC＝1∶∶ D．v0∶vA∶vB＝∶∶1；tOA∶tAB∶tBC＝(－)∶(－1)∶1 知识点3　Δx＝aT2的应用 5．一物体做匀变速直线运动，在通过第一段位移x1的过程中，其速度变化量为Δv，紧接着通过第二段位移x2，速度变化量仍为Δv。则关于物体的运动，下列说法正确的是(　　) A．第一段位移x1一定大于第二段位移x2 B．两段运动所用时间一定不相等 C．物体运动的加速度为 D．通过两段位移的平均速度为 6．一个向正东方向做匀变速直线运动的物体，在第3 s内发生的位移为8 m，在第5 s内发生的位移为5 m，则关于物体运动加速度的描述正确的是(　　) A．大小为3 m/s2，方向为正东方向 B．大小为3 m/s2，方向为正西方向 C．大小为1.5 m/s2，方向为正东方向 D．大小为1.5 m/s2，方向为正西方向 知识点4　两个中点速度 7．光滑斜面的长度为L，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，经历的时间为t，则下列说法不正确的是(　　) A．物体运动全过程中的平均速度是 B．物体在时的瞬时速度是 C．物体运动到斜面中点时瞬时速度是 D．物体从顶点运动到斜面中点所需的时间是t 8．70周年国庆大阅兵上，歼击机歼－20亮相，它是中航工业成都飞机工业集团公司研制的一款具备高隐身性、高态势感知、高机动性等能力的隐形第五代战斗机。现在一辆歼－20飞机在平直跑道上匀加速启动，运动了720 m，12 s后起飞，那么飞机的起飞速度是(　　) A．600 m/s B．60 m/s C．720 m/s D．120 m/s 1．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动。开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m。则刹车后6 s内的位移是(　　) A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m 2． (多选)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m。且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是(　　) A．可以求出物体加速度的大小 B．可以求得CD＝4 m C．可以求得O、A之间的距离为1.125 m D．可以求得O、B之间的距离为12.5 m 3．汽车进行刹车试验，若速度从8 m/s匀减速到零所用的时间为1 s，按规定速度为8 m/s的汽车刹车后位移不得超过5.9 m，那么上述刹车试验是否符合规定(　　) A．位移为8 m，符合规定 B．位移为8 m，不符合规定 C．位移为4 m，符合规定 D．位移为4 m，不符合规定 4．一个小球从斜面的顶端由静止开始匀加速沿斜面滑下，经过斜面中点时速度为3 m/s，则小球到达斜面底端时的速度为(　　) A．4 m/s B．5 m/s C．6 m/s D．3 m/s 5．做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s的位移是(　　) A．3.5 m 　B．2 m 　C．1 m 　D．0 6． (多选)如图所示，光滑斜面AE被分成四个长度相等的部分，即AB＝BC＝CD＝DE，一物体从A点由静止释放做匀加速运动，下列结论正确的是(　　) A．物体到达B、C、D、E点的速度之比为1∶2∶3∶4 B．物体到达各点经历的时间tE＝2tB＝tC＝tD C．物体从A运动到E全过程的平均速度等于通过B点的速度vB D．物体通过每一部分时，其速度增量vB－vA＝vC－vB＝vD－vC＝vE－vD 7．(多选)一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有行人要通过，于是立即刹车。从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，汽车刹车过程可视为匀减速直线运动。下列说法正确的是(　　) A．汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v0 B．汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v0 C．汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为1∶ D．汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1 8．一物体沿斜面从顶端由静止开始做匀加速直线运动，最初3 s内的位移为x1，最后3 s内的位移为x2，已知x2－x1＝6 m；x1∶x2＝3∶7，求斜面的总长。 第4节　自由落体运动 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　伽利略对自由落体运动的研究 1．在伽利略对自由落体运动的研究过程中，以下四个选项中哪些选项是伽利略当时没有进行的(　　) A．让铜球沿斜面滚下，再用滴水法计时，研究球沿斜面滚下的运动 B．测量球从静止开始沿斜面滚下的速度v与时间t，从而得到v与t成正比 C．测量球从静止开始沿斜面滚下的位移x与时间t2，从而得到x与t2成正比 D．对斜面上得到的规律进行合理外推至自由落体运动 知识点2　自由落体运动 2．关于物体的运动是否为自由落体运动，以下说法正确的是(　　) A．只有质量大的物体从静止开始下落的运动才可以看成自由落体运动 B．只有质量很小的物体在空中下落的运动才可看成自由落体运动 C．在忽略空气阻力的情况下，任何物体在空中下落时的运动都可以看成自由落体运动 D．熟透的苹果从树枝上自由下落的运动可被视为自由落体运动 知识点3　自由落体运动的规律 3． 唐代大诗人李白的“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”描述了庐山瀑布的美景。如果三尺为1 m，则水落到地面的速度约为(设初速度为零，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．100 m/s B．140 m/s C．200 m/s D．300 m/s 4．长为5 m的竖直杆下端距离一个竖直圆筒口为5 m，若这个圆筒长也为5 m，让这根杆竖直自由下落，它通过圆筒的时间为(取g＝10 m/s2)(　　) A． s B．(－1) s C．(＋1) s D．(＋1) s 知识点4　探究自由落体加速度 5．在“用电火花计时器测当地重力加速度”的实验中。 (1)需要的电源为________(填交流或直流)电源(频率50 Hz)，电压为________V。 (2)已知纸带上记录的点为打点计时器打的点，打点计时器在打C点时物体的瞬时速度大小为________m/s，所测得的重力加速度大小为________m/s2。(计算结果均保留三位有效数字) (3)若当地的重力加速度数值为9.8 m/s2，请列出测量值与当地重力加速度的值有差异的一个原因____________________。 知识点5　竖直上抛运动 6．将小球以10 m/s的速度竖直向上抛出，若不计空气阻力，多长时间后小球落回抛出点(　　) A．1 s B．2 s C．3 s D．4 s 7．某人将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球上升到最高点，然后向下返回。以抛出点为原点，竖直向上为正方向，不计空气阻力，则下列图像中能正确描述小球从抛出到返回的整个过程中速度v随时间t的变化规律的是(　　) 1．下列对物体做自由落体运动的说法中正确的是(　　) A．物体自由下落时，速度为0，加速度也为0 B．物体下落过程中速度增大，加速度大小保持不变，方向改变 C．物体下落过程中，速度和加速度同时增大 D．物体下落过程中，加速度是个恒量 2．某瀑布中的水下落时间是4 s，若把水的下落近似简化为自由落体运动，g取10 m/s2，则下列计算结果正确的是(　　) A．瀑布高度大约是20 m B．瀑布高度大约是80 m C．瀑布高度大约是160 m D．瀑布高度大约是500 m 3．(多选)若一物体从某星球表面竖直向上抛出(不计气体阻力)时的x－t图像如图所示，则(　　) A．该星球表面的重力加速度为1.6 m/s2 B．该物体上升的时间为10 s C．该物体被抛出时的初速度为8 m/s D．该物体落到该星球表面时的速度为16 m/s 4．(多选)某同学在一废弃矿井的井口每隔0.5 s由静止释放一个石子，当第7个石子刚开始释放时，第1个石子恰好到达井底，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．矿井深度为61.25 m B．当第1个石子恰好到达井底时，第1个石子与第2个石子之间的距离达到最大值 C．当第1个石子恰好到达井底时，第3个和第5个石子之间的距离为15 m D．当第1个石子恰好到达井底时，第4个石子的瞬时速度为15 m/s 5．在离地面7.2 m处，手提2.2 m长的绳子的上端如图所示，在绳子的上下两端各拴一小球，放手后小球自由下落，绳子的质量不计，球的大小可忽略，g取10 m/s2。 (1)两小球落地时间相差多少？ (2)B球落地时A球的速度多大？ 6． 取一根长2 m左右的细线、5个铁垫圈和一个金属盘，在线端系上第一个垫圈，隔12 cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别为36 cm、60 cm、84 cm，如图所示。站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘。松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈(　　) A．落到盘上的声音时间间隔越来越大 B．落到盘上的声音时间间隔相等 C．依次落到盘子的速率关系为1∶∶∶2 D．依次落到盘上的时间关系为1∶(－1)∶(－)∶(2－) 7．杂技演员表演一手抛接三球的游戏时，三个球都抛过一次后，每一时刻手中最多只有一个球。如果每只球上升的最大高度都为1.25 m，那么每隔多长时间抛出一个球？(g＝10 m/s2) 专题提升1　竖直上抛运动和运动图像问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 要点一　竖直上抛运动 1．竖直上抛运动 将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只在重力作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动。 2．竖直上抛运动的实质 初速度v0≠0、加速度a＝－g的匀变速直线运动(通常规定初速度v0的方向为正方向，g为重力加速度的大小)。 3．竖直上抛运动的v－t图像 4．竖直上抛运动的规律 通常取初速度v0的方向为正方向，则a＝－g。 (1)速度公式：v＝v0－gt。 (2)位移公式：h＝v0t－gt2。 (3)速度与位移的关系式：v2－v＝－2gh。 (4)上升的最大高度：H＝。 (5)上升到最高点(即v＝0时)所需的时间：t＝。 5．竖直上抛运动的对称性 (1)时间对称 物体从某点上升到最高点和从最高点回到该点的时间相等，即t上＝t下。 (2)速率对称 物体上升和下降通过同一位置时速度的大小相等、方向相反。 (3)位移对称 物体上升和下降通过同一位置时物体发生的位移相同。 [典例1] (2025·广东清远质量检测)2024年巴黎奥运会女子3米跳板跳水决赛，图甲是运动员触水瞬间照片。图乙是某同学分析该运动员离开跳板开始计时画出的v－t图像，图像中仅0～t2段为直线。不计空气阻力，则图甲对应的时刻应为( B ) A．t1 B．t2 C．t3 D．t4 方法归纳 竖直上抛运动的处理方法 分段 分析法 上升阶段是初速度为v0、加速度为－g的匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动 全过程 分析法 全过程看作初速度为v0、加速度为－g的匀变速直线运动 (1)v>0时，上升阶段；v<0，下落阶段 (2)x>0时，物体在抛出点的上方；x<0时，物体在抛出点的下方 针对训练1　(2025·河北衡水安平中学月考)蹦床是一项运动员利用蹦床反弹来表现杂技技巧的竞技运动，如图所示，是一运动员从蹦床上跳起后的v－t图像，已知t2＝2t1，关于该运动员的运动，下列分析正确的是( A ) A．在0～t1阶段上升，t1～t2阶段下降 B．速度大小先变大后变小 C．从图像中可以看出，是选择的向下为正方向 D．在t1时刻回到蹦床上 要点二　运动图像的理解与应用 x－t图像与v－t图像的比较 项目 x－t图像 v－t 图像 图像 物理 意义 反映的是位移随时间的变化规律 反映的是速度随时间的变化规律 物体的运动性质 ① 表示物体从位移为正处开始一直沿负方向做匀速直线运动并过0位移处 表示物体先做正向匀减速直线运动，再做负向匀加速直线运动 ② 表示物体静止不动 表示物体做正向匀速直线运动 ③ 表示物体从位移为0处开始做正向匀速运动 表示物体从静止开始做正向匀加速直线运动 ④ 表示物体做加速直线运动 表示物体做加速度逐渐增大的加速运动 图线与时间轴围成的“面积”的意义,无实际意义,表示相应时间内的位移[典例2] (2025·广东深圳中学第二次阶段测试)A、B两辆汽车同时从坐标原点沿同一方向做直线运动，A车做刹车运动，它们速度的平方v2随位置x变化的图像如图所示，分别对应直线A和直线B，以两车运动方向为正方向，下列说法正确的是( C ) A．汽车A的加速度为2 m/s2 B．汽车B的加速度为2 m/s2 C．汽车A在0～4 s内的位移大小为9 m D．汽车A、B在x＝6 m处相遇 规律总结 v2 －x 图像 识图 步骤 1.根据v2－v＝2ax写出对应图线函数表达式； 2．找初速度和加速度两个主要物理量 识图 五要 素 点 两图线交点，说明两物体经过某段相同位移或在某一位置的速度平方值相同 线 ①②④⑤表示物体做匀加速直线运动，③表示物体做匀减速直线运动 斜 v2 －x图线斜率k＝2a；上倾为正，下斜为负；陡缓示大小 截 在v2 －x图线中纵截距表示物体初速度平方；在x－v2图线中横截距表示物体的初速度平方 面 图线与横轴所围图形面积无意义 针对训练2　(2025·山东烟台期中) 如图所示，图(a)为甲、乙两物体的x－t图像，图(b)为丙、丁两物体的v－t图像，下列说法正确的是( D ) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　图(a)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　图(b) A．甲、乙两物体在0～4 s内做匀速直线运动 B．丙、丁两物体在t＝10 s时相遇 C．4～10 s内，甲、乙两物体速度越来越小 D．4～10 s内，丙、丁两物体的加速度均越来越大 专题提升2　追及相遇问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 要点一　初速度小者追初速度大者——最大距离问题 1．追及、相遇问题 两物体在同一直线上一前一后运动，它们之间的距离发生变化时，可能出现最大距离、最小距离或者距离为0的情况，这类问题称为追及、相遇问题，讨论追及、相遇问题的实质是分析两物体能否在同一时刻到达同一位置。 2．解题技巧 (1)一个条件：即速度相等，它往往是物体间能够追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。 (2)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画运动示意图得到。 (3)常用解题方法有：临界分析法、数学解析法、v－t图像法。 3．初速度小者追初速度大者常见情形分析 示意图 常见运动及 其v－t图像 匀加速追匀速 常见运动及 其v－t图像 　匀速追匀减速　匀加速追匀减速 注意：匀速(或匀加速)追匀减速问题中需要对匀减速运动的物体是否已经停止进行讨论 t＝t0以前(v2＜v1) 两物体距离增大 t＝t0时 (v1＝v2) 相距最远 t＝t0以后(v2＞v1) 两物体距离减小 追及情况 只能追上一次 [典例1] (2025·山东烟台期中)无人驾驶汽车依靠先进的传感器、算法和人工智能技术，能够实现自主导航、避障、决策等功能，极大地提高了交通的效率和安全性。如图所示，在平直公路上有两辆无人驾驶汽车A、B(均可看作质点)，在不同车道沿同一方向做匀速直线运动，A车在前，B车在后，A车速度大小为v1＝30 m/s，B车速度大小为v2＝20 m/s。当两车沿车道方向距离x0＝100 m时，A车因突发情况紧急刹车做匀减速直线运动，加速度大小为a＝2 m/s2，从刹车时开始计时，求： (1)两车在运动方向上的最远距离； (2)从A车开始减速到两车相遇所用的时间。 规律总结 解答追及相遇问题的思维流程 针对训练1　(2025·厦门外国语学校月考)(多选)非洲大草原上，一只羚羊在草原上沿直线匀速奔跑，潜伏的猎豹发现它在前方150 m时，立即加速追赶，而羚羊的嗅觉和听觉非常灵敏，它发现身后的猎豹后马上加速，如图是它们运动的v－t图像，下列说法正确的是( 　 ) A．在0～2 s内，羚羊和猎豹间的距离逐渐减小 B．6 s末时羚羊与猎豹相距120 m C．猎豹加速时的加速度比羚羊加速时的加速度大 D．12 s末时，猎豹刚好追上羚羊 　　　　　　　　　　　　　　　　 要点二　初速度大者追初速度小者——能否追上及最小距离问题 初速度大者追初速度小者的常见情形分析 示意图 常见运动及 其v－t图像 匀减速追匀速 　 t0时刻以 前(v2＞v1) 两物体距离减小(甲未追上乙时) t0时刻 (v2＝v1) Δx＝x甲－x乙 若Δx＝x0，恰好追上，相遇一次 若Δx＜x0，追不上，有最小距离 若Δx＞x0，相遇两次 [典例2] (2025·湖北楚天协作体收心考试)甲、乙两辆小车分别在各自的平行车道上匀速行驶，甲车在前乙车在后，突然甲车发现前方出现事故，立马踩下刹车，此时甲、乙两车相距d，2秒后乙车也开始刹车，从甲车开始刹车后两车的速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是( B ) A．乙刹车过程中的加速度大小是a＝3 m/s2 B．当d＝20 m时两车将在t＝4 s时刻相遇 C．t＝7 s时两车速度相等 D．若要两车相遇d应满足的范围是d≤25 m 误区警示 分析机车的追及相遇问题时，若前面的一辆机车做匀减速直线运动，一定要注意两车相遇时该车是否已停止运动，然后再根据实际情况分析求解。 针对训练2　(2025·黑龙江月考)学校运动会中，4×100 m接力赛是最为激烈的比赛项目之一。甲、乙两运动员在交接棒的过程中，甲在接力区前x0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑(忽略声音传播的时间及人的反应时间)，先以a＝4 m/s2的加速度做匀加速直线运动，速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒(忽略交接棒时间)，然后保持这个速度跑完全程。已知乙运动员跑完接力区所用时间为t＝3 s，甲、乙两运动员的最大速度均为v＝8 m/s，甲运动员一直以最大速度做匀速直线运动，求： (1)x0大小； (2)接力区的长度L。 要点三　有条件限制的追及问题 [典例3] (2025·山东名校考试联盟期中)根据道路交通安全法的相关规定，机动车遇到行人正在通过人行横道时应当停车让行。如图所示，当行人以v1＝1 m/s的速度从A点开始匀速穿过斑马线时，甲车已经在右侧车道停止线前等待，位于左侧车道的乙车以v2＝20 m/s的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为a1(未知)，当行人运动到B点时乙车恰好停在停止线的位置，此时甲车以加速度a2＝2 m/s2做匀加速直线运动，当行人运动到C点时乙车以加速度a1做匀加速直线运动。已知每条车道宽度均为L＝5 m，求 (1)乙车做匀减速直线运动位移的大小； (2)乙车追上甲车前，两车之间沿车道方向的最远距离。 方法归纳 1．临界法：寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，若追不上则在两物体速度相等时有最小距离。 2．函数法：设两物体在t时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t的方程f(t)＝0，若方程f(t)＝0无正实数解，则说明这两个物体不可能相遇；若方程f(t)＝0存在正实数解，说明这两个物体能相遇。 3．图像法：①若用位移图像求解，分别作出两物体的位移图像，如果两物体的位移图线相交，则说明两物体相遇。②若用速度图像求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积。 针对训练3　(2025·江苏南通高级中学段考)驾驶汽车变线超车需要良好的车技和判断力。如图演示了甲车变线超车的过程，乙车与丙车正常匀速行驶，速度均为v0＝10 m/s，甲车速度v＝16 m/s，甲车车身长度d＝4 m，从超出乙车2个车位后(沿行进方向，甲车头到乙车头距离为2d)开始并线，到完成并线，恰好需要t0＝1 s时间。甲车在变线并道过程中，沿前进方向的速度不变，横向移动的速度可忽略，且其并道后立刻以大小为a＝2.5 m/s2的加速度减速刹车，保证车头与前面丙车车尾的距离不小于Δx＝5 m。 (1)甲车刚刚并线结束时，求甲车车尾与乙车车头之间的距离； (2)求乙车车头到丙车车尾之间距离L至少有多大，甲车才能安全并道成功？ (3)若因前面出现事故，甲车并线后立即以大小a1＝8 m/s2的加速度刹车，而此时乙车来不及反应，继续匀速运动。求从甲刹车开始甲车车尾与乙车车头的最大距离及甲乙两车相撞经过的时间。 疑难突破专练2 　　　　　　　　　　　　　　　　 疑难点1　图像问题 1．甲、乙两人同时同地骑自行车出发做直线运动，前1 h内的x－t图像如图所示，下列表述正确的是(　　) A．0.2～0.5 h内，甲的速度比乙的小 B．0.2～0.5 h内，甲的加速度比乙的大 C．0.6～0.8 h内，甲的位移比乙的小 D．0.8 h时，甲追上乙 2．某质点做直线运动，运动速率的倒数与位移x的关系如图所示，关于质点的运动，下列说法正确的是(　　) A．质点做匀加速直线运动 B．－x图线斜率等于质点运动的加速度 C．四边形AA′B′B的面积可表示质点从O到C′所用的运动时间 D．四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′所用的运动时间 3．质点做直线运动时的加速度随时间变化的关系如图所示，该图线的斜率为k，图中斜线部分面积为S，下列说法正确的是(　　) A．斜率k表示速度变化的快慢 B．斜率k表示速度变化的大小 C．面积S表示t1～t2的过程中质点速度的变化量 D．面积S表示t1～t2的过程中质点的位移 4．汽车在平直公路上做刹车试验，若从t＝0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图所示，下列说法正确的是(　　) A．t＝0时汽车的速度为10 m/s B．刹车过程持续的时间为5 s C．刹车过程经过3 s时汽车的位移为7.5 m D．刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s2 5．(多选)甲、乙、丙、丁四个物体做直线运动，它们运动的x－t，v－t，a－t，－t图像分别如图所示，其中a－t图像表示的物体在t＝0时的速度为零，则下列说法正确的是(　　) A．0～4 s内运动位移最大的是甲物体 B．0～4 s内有2个物体运动的位移为零 C．第4 s末加速度最大的是乙物体 D．第3 s末速度最大的是丁物体 疑难点2　追击相遇 6．两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的v－t图像如图所示。对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是(　　) A．A、B加速时的加速度大小之比为2∶1，A、B减速时的加速度大小之比为1∶1 B．在t＝3t0时刻，A、B相距最远 C．在t＝5t0时刻，A、B相距最远 D．在t＝6t0时刻，A、B相遇 7．(多选)如图为A、B两运动物体的位移—时间图像。下述说法中正确的是(　　) A．A、B两物体开始时相距100 m，同时相向运动 B．B物体做匀速直线运动，速度大小为5 m/s C．A、B两物体运动8 s时，在距A的出发点60 m处相遇 D．A物体在运动中停了6 s 8．如图所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85 m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5 m/s2，甲车运动6.0 s时，乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a2＝5.0 m/s2，求： (1)两辆汽车再经过多长时间相遇。 (2)两辆汽车相遇处距A处的距离。 9．春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x0＝9 m区间的速度不超过v0＝6 m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲＝20 m/s和v乙＝34 m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲＝2 m/s2的加速度匀减速刹车。 (1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章？ (2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m处的速度恰好为6 m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0＝0.5 s的反应时间后开始以大小为a乙＝4 m/s2的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m区间内不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？ 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度一：匀变速直线运动基本规律的应用 衔接内容归纳：匀变速直线运动基本公式的选用、求解的一般步骤、刹车问题等 衔接角度解读： 基本公式的选用方法 题目中所涉及的物 理量(包括已知量、 待求量和为解题设 定的中间量) 没有涉及 的物理量 适宜选用的公式 v0、v、a、t x 速度与时间的关系式v＝v0＋at v0、a、t、x v 位移与时间的关系式x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t 速度与位移的关系式v2－v＝2ax 注：基本公式中，除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，可以用正、负号表示矢量的方向。一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，与初速度反向的物理量取负值。当v0＝0时，一般以a的方向为正方向。 [典例1] (2023·山东)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为( C ) A．3 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s 解题技法 求解匀变速直线运动应注意的问题： 1．选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化。 2．对于刹车类问题，当车速度为0时，停止运动，其加速度也突变为0。利用基本公式求解此类问题时，应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解。 3．对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物块，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正、负号及物理意义。 跟踪训练1　(2025·山东日照一模)一辆汽车从静止出发做加速直线运动，加速度的方向一直不变。在第一段时间内加速度大小不变，在接下来的相同时间内，加速度大小变为原来的一半。则汽车在这两段时间内运动的路程之比为( C ) A．1∶2 B．1∶3 C．2∶5 D．2∶3 衔接角度二：匀变速直线运动的推论的应用 衔接内容归纳：平均速度法、比例法、Δx＝aT2的应用、逆向思维法 衔接角度解读： 匀变速直线运动的推论及其他常用方法的选用 注：以上各物理量中，除时间t外，均为矢量，可以用正、负号表示矢量的方向。 [典例2] (2024·海南)商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为( C ) A．1.25 m/s2 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.25 m/s2 解题技法 明确匀变速直线运动解题“四步骤”： 跟踪训练2　(2024·北京)一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2 s停止，汽车的制动距离为( B ) A．5 m B．10 m C．20 m D．30 m 衔接角度三：自由落体运动 衔接内容归纳：自由落体运动基本规律的应用、自由落体运动中的“比例关系”问题、两物体先后做自由落体运动的分析 衔接角度解读： 应用自由落体运动规律解题时的应注意 (1)自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动，可利用比例关系及推论等规律解题。 ①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶…。 ②Δv＝gΔt。相等时间内，速度变化量相同。 ③连续相等时间T内下落的高度之差Δh＝gT2。 (2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，而从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为0的匀变速直线运动规律去解决此类问题。 (3)自由落体运动中的两个物体先后从同一高度下落，两物体加速度相同，故先下落物体相对后下落物体做匀速直线运动，两者的距离随时间均匀增大。 [典例3] (2021·湖北)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10 m跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为( B ) A．0.2 s B．0.4 s C．1.0 s D．1.4 s 解题技法 1．“自由”的含义：物体的初速度为0且只受重力作用。物体只在重力的作用下，初速度为0的运动才是自由落体运动。 2．自由落体运动在地球上并不存在，是一种理想化模型。当阻力远小于其重力时，若初速度为0，且只受重力作用，可以当成自由落体运动来处理。 3．自由落体运动在其他星球上也可以发生，但物体下落的加速度和在地球上的一般不同。 跟踪训练3　(2024·广西)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则( B ) A．v1＝5 m/s B．v1＝10 m/s C．v2＝15 m/s D．v2＝30 m/s 衔接角度四：竖直上抛运动 衔接内容归纳：竖直上抛运动的对称性、竖直上抛运动的多解性、竖直上抛运动的两种研究方法 衔接角度解读： 1．竖直上抛的重要特性 (1)对称性：如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点。 ①时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理有tAB＝tBA。 ②速度对称性：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等、方向相反。 (2)多解性：在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解，也可能造成路程多解。 2．竖直上抛运动的两种研究方法：分段法和全程法。 [典例4] (2023·广东)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是( D ) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　B 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　C　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　D 解题技法 自由落体运动和竖直上抛运动规律　 自由落 体运动 运动 条件 (1)物体只受重力作用 (2)由静止开始下落 运动 性质 初速度为0的匀加速直线运动 运动 规律 (1)速度公式：v＝gt (2)位移公式：h＝gt2 (3)速度—位移公式：v2＝2gh 竖直上抛运动 (1)速度公式：v＝v0－gt (2)位移公式：h＝v0t－gt2 (3)速度—位移关系式：v2－v＝－2gh (4)上升的最大高度：H＝ (5)上升到最高点所用时间：t＝ 跟踪训练4　(经典高考题)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足( C ) A．1<<2 B．2<<3 C．3<<4 D．4<<5 衔接角度五：匀变速直线运动中的多过程问题 衔接内容归纳：匀变速直线运动中的多过程问题 衔接角度解读： 1．问题特点：一个物体的运动包含几个阶段，各阶段的运动性质不同，满足不同的运动规律，交接处的速度是连接各阶段运动的纽带。 2．解决多过程问题的基本思路 [典例5] (2024·全国卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求： (1)救护车匀速运动时的速度大小； (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 解题技法 求解多过程运动问题的方法： 1．根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。 2．明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。 3．合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程，联立求解。 跟踪训练5　(2022·湖北)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( B ) A．6小时25分钟 B．6小时30分钟 C．6小时35分钟 D．6小时40分钟 跟踪训练6　(2025·安徽)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　) A．x＝at2 B. x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 衔接角度六：研究匀变速直线运动 衔接内容归纳：教材原型实验、实验拓展与创新 衔接角度解读： 高考实验题一般源于教材而不拘泥于教材，常常在教材原型实验的基础上创设新情境，从实验目的、实验原理、实验器材、数据处理技巧等方面进行迁移拓展、创新。因此，要在掌握教材原型实验的基础上注意迁移创新能力的培养，善于用教材原型实验的原理、器材、方法和技巧等解决新问题。 1．加速度的获得：靠重物的拉力获得加速度→使长木板倾斜靠重力沿斜面的分力获得加速度；靠重力获得加速度(自由落体法)；靠摩擦力获得加速度(匀减速运动)。 2．瞬时速度的测量方法：由打点纸带求瞬时速度→测定遮光条的宽度d和遮光条通过光电门的挡光时间Δt，由v＝求瞬时速度；用滴水针头代替打点计时器打纸带求瞬时速度。 3．加速度的测量方法 (1)由打点纸带利用逐差法求加速度→利用经过两个光电门的瞬时速度v1＝，v2＝，且已知两个光电门间的距离x，由匀变速直线运动速度与位移的关系式求加速度，即a＝；或已知经过两个光电门的时间间隔t，由匀变速直线运动速度与时间的关系式求加速度，即a＝。 (2)利用v＝v0＋at，作出v－t图线，由斜率k＝a，求得加速度→利用＝v0＋at，作出－t图线，由斜率k＝求得加速度a。 [典例6] (2023·全国甲卷)某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连，右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。 图(a) 图(b) (1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s，以打出A点时小车位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中，小车发生相应位移所用时间和平均速度分别为Δt和v。表中ΔxAD＝____24.00 cm，vAD＝____80.0 cm/s。 位移区间 AB AC AD AE AF Δx(cm) 6.60 14.60 ΔxAD 34.90 47.30 v(cm/s) 66.0 73.0 vAD 87.3 94.6 (2)根据表中数据得到小车平均速度v随时间Δt的变化关系，如图(c)所示。在图中补全实验点。 图(c) (3)从实验结果可知，小车运动的v－Δt图线可视为一条直线，此直线用方程v＝kΔt＋b表示，其中k＝____70.0 cm/s2，b＝____59.0 cm/s。(结果均保留三位有效数字) (4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小vA＝________，小车的加速度大小a＝________。(结果用字母k、b表示) 解题技法 图像法处理数据的规则： 1．作图一定要用坐标纸， 坐标纸的大小要根据有效数字的位数和结果的需要来定。 2．要标明坐标轴物理量、单位，在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值。 3．图上的连线不一定通过所有的数据点，而应尽量使数据点合理地分布在线的两侧。 4．作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化，即“化曲为直”。 跟踪训练7　(2022·辽宁)某同学利用如图所示的装置测量重力加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带(宽度用d表示)。实验时将光栅板置于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传感器。光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带、透光带通过光电传感器的时间间隔Δt。 (1)除图中所用的实验器材外，该实验还需要____刻度尺(选填“天平”或“刻度尺”)； (2)该同学测得遮光带(透光带)的宽度为4.50 cm，记录时间间隔的数据如表所示 编号 1遮光带 2透光带 3遮光带 … Δt/(10-3 s) 73.04 38.67 30.00 … 根据上述实验数据，可得编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速度大小v3＝____1.5 m/s(结果保留两位有效数字)； (3)某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔分别为Δt1、Δt2，则重力加速度g＝________________(用d、Δt1、Δt2表示)； (4)该同学发现所得实验结果小于当地的重力加速度，请写出一条可能的原因：____光栅板受到空气阻力的作用。 第二章　章末检测 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合要求) 1．(2025·河北保定六校联考)汽车匀加速经过笔直的公路边的等间距的树木，设经过第1棵树时的速度为v0，经过第4棵树时的速度为v，则它经过第2棵树时的速度为( C ) A． B． C． D． 2．(2025·江西九校联考) 学校进行50 m直线跑体育测试，小明和小华一组，他俩的运动可简化成先匀加速直线运动，达到最大速度后再匀速直线运动到终点。假设他俩匀加速运动时间均为2 s，小明的成绩是7.0 s，小华的成绩是9.0 s，则小明和小华最大速度之比为( B ) A．9∶7 B．4∶3 C．5∶4 D．3∶1 3．遥控玩具车比赛中，赛车手先要将玩具车平稳推出，之后使遥控玩具车加速，玩具车出手后在平直赛道上运动70 m视为完成比赛。某赛车手将玩具车以5 m/s的速度水平推出后，迅速遥控玩具车以4 m/s2的加速度匀加速直线前进，玩具车的速度增加到15 m/s后开始做匀速直线运动，则玩具车通过赛道的时间为( B ) A．5 s B．5.5 s C．6 s D．6.5 s 4．(2025·河南高考适应性演练)某运动员参加百米赛跑，起跑后做匀加速直线运动，一段时间后达到最大速度，此后保持该速度运动到终点。下列速度—时间和位移—时间图像中，能够正确描述该过程的是( B ) 5．2023年成都大运会乒乓球比赛在高新体育中心举行，来自湖北工业大学的选手甲击败来自西南大学的选手乙，获得男子乒乓球单打冠军。乒乓球赛场上高抛发球是一种典型的发球方式，若将乒乓球离开手向上的运动视为竖直方向上的匀减速直线运动，且向上运动的时间为t。设乒乓球离开手后向上运动第一个时间内的位移为x1，最后一个时间内的位移为x2，则x2∶x1为( A ) A．1∶9 B．11∶1 C．9∶1 D．1∶5 6．(2025·山东烟台期末)甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，从t＝0时刻起，甲车一直做匀速直线运动，乙车先做初速度为v0的匀加速直线运动，t1时刻接着做匀减速直线运动，t2时刻速度减为v，两车位移x随时间t变化的关系图像如图所示。已知t2＝2t1，则关于v0和v的大小关系，下列说法正确的是( B ) A．v0<v B．v0＝v C．v0＝2v　 D．v0＝3v 7．(2025·福建百校联考)一质点沿平直的轨道运动时，通过位移传感器描绘了质点位移随时间的变化规律，图像如图所示。已知该图像为开口向下的抛物线，1.5 s处为抛物线的最高点。 倾斜的虚线为t＝0时图像的切线，此时，质点的速度大小为6 m/s。下列说法正确的是( B ) A．质点始终向同一方向运动 B．x0＝3.5 m C．质点的加速度大小为2 m/s2 D．t0＝4 s 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．物体做匀变速直线运动，从某时刻起，在第1 s、第2 s、第3 s、第4 s内的位移分别是1 m、2 m、3 m、4 m。以下对汽车运动的描述正确的是( 　 ) A．前4 s内的平均速度是2.5 m/s B．加速度是1 m/s2 C．2 s末的速度是2 m/s D．初速度是0.5 m/s 9．(2023·湖北)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是( 　 ) A．t＝2t0时，P回到原点 B．t＝2t0时，P的运动速度最小 C．t＝t0时，P到原点的距离最远 D．t＝t0时，P的运动速度与t＝t0时相同 10．甲物体从离地面高度 H处无初速度释放，同时乙物体从地面以初速度v0竖直向上抛出，两物体同时到达离地面H高度处，重力加速度为g，不计空气阻力，则( 　 ) A.从自由下落到相遇，经过的时间为t＝ B．甲物体落到地面时，乙物体仍在上升 C．相遇时，甲、乙两物体的速度大小均为 D．乙上升的最大高度为H 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(8分)(2025·安徽十校联盟期中)在学习完自由落体运动知识点后，某同学利用如图1所示的实验装置探究物体做自由落体时的重力加速度。已知打点计时器接频率为50 Hz的交流电源，松开纸带上端夹子后，重锤带动纸带自由下落。 图1 图2 (1)关于该实验操作的描述，正确的是( 　 ) A．先接通电源，待打点稳定后再松开纸带上端夹子 B．重锤静止时应离打点计时器尽量远一些 C．应保证纸带和重锤处于同一铅垂线上 D．为减小误差，可以直接从初始打点处开始计算重力加速度 (2)选取一条打点清晰的纸带如图2所示，在纸带适当的位置选取5个相邻的计数点，依次标为1、2、3、4、5，用刻度尺测出各计数点之间的距离并标在图2对应的位置。已知相邻两计数点之间还有一个计时点未画出，则根据图中数据可求得打点2时，重锤下落的速度大小v2＝__________m/s；(保留三位有效数字) (3)实验测得的重力加速度大小g＝________m/s2(保留三位有效数字)，并判断打点计时器________(选填“是”或“不是”)在重锤释放瞬间打点； (4)查阅资料发现，当地的重力加速度大小约为9.80 m/s2，试分析导致二者不同的原因：____________________________________________________(写出一条即可)。 12．(8分)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。 (1)实验中必要的措施是____AB。 A．细线必须与长木板平行 B．先接通电源再释放小车 C．小车的质量远大于钩码的质量 (2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)。s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7.64 cm。则小车的加速度a＝________m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝________ m/s。(结果均保留两位有效数字) 13．(10分)(2025·四川高考适应性演练)某同学借助安装在高处的篮球发球机练习原地竖直起跳接球。该同学站在水平地面上，与出球口水平距离l ＝ 2.5 m，举手时手掌距地面最大高度h0 ＝ 2.0 m。发球机出球口以速度v0 ＝ 5 m/s沿水平方向发球。从篮球发出到该同学起跳离地，耗时t0 ＝ 0.2 s，该同学跳至最高点伸直手臂恰能在头顶正上方接住篮球。重力加速度g大小取10 m/s2。求： (1)t0时间内篮球的位移大小； (2)出球口距地面的高度。 14．(12 分)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机，减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以25 m/s速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，并且他的反应时间为0.8 s，制动后最大加速度为5 m/s2。求： (1)小轿车从刹车到停止所用的最短时间； (2)三角警示牌至少要放在车后多远处才能有效避免两车相撞？ 15．(16分)甲、乙两个同学在直跑道上晨练，甲在离校门s＝12 m处开始减速的同时，身后与他相距Δx＝8 m的乙由静止开始加速追赶甲，已知甲的初速度为v0＝8 m/s，甲、乙加速度大小均为a＝2 m/s2，但方向相反，求： (1)甲减速到0时所用的时间及通过位移的大小； (2)在追赶的过程中甲与乙间的最大距离； (3)请通过计算判断乙能否在甲到达校门前追上他。 阶段测试1　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　物理　必修第一册(这是边文，请据需要手工删加) 阶段测试1 (测试内容：第一～二章) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合要求) 1．2023年10月3日，瑞典皇家科学院将诺贝尔物理学奖授予Pierre Agostini、Ferenc Krausz和Anne L’Huillier，以表彰他们创造了产生阿秒光脉冲的实验方法用来研究物质中的电子动力学。据公开信息，在我国粤港澳大湾区的松山湖材料实验室，正在建造一台先进的阿秒(as)激光装置，建成后可提供最短脉宽小于60 as、最高光子能量可到8×10-17 J的超快相干辐射。已知1阿秒等于一百亿亿分之一秒，则60 as等于(　　) A．6×10-9 s B．6×10-17 s C．6×10-18 s D．6×1019 s 2．第19届亚运会于2023年9月23日20：00在杭州奥体中心体育场顺利开幕。本届亚运会具有“中国特色、精彩纷呈”的特点。下列说法正确的是(　　) A．杭州亚运会开幕时间“2023年9月23日20：00”所指时间间隔 B．在男子速度轮滑3 000 m接力赛中，中国台北队黄玉霖夺冠，在冲刺的过程中，研究黄玉霖的动作时，可将其视为质点 C．葛曼棋以11秒23获得杭州亚运会田径女子100 m金牌，由此可知其比赛过程中的平均速度大小为8.9 m/s D．葛曼棋以11秒23获得杭州亚运会田径女子100 m金牌，由此可知其冲线时的瞬时速度大小为8.9 m/s 3．关于速度、速度变化量和加速度，下列说法正确的是(　　) A．速度为零的物体其加速度也一定为零 B．物体速度变化量大则加速度也一定大 C．速度变化量、加速度均为矢量，加速度方向与速度变化量方向相同 D．物体加速度为正值则其速度一定增大，加速度为负值则其速度一定减小 4．电动汽车不排放污染空气的有害气体，具有较好的发展前景。某辆电动汽车在一次刹车测试中，初速度为75.6 km/h，经过3 s汽车停止运动，若将该过程视为匀减速直线运动，则这段时间内电动汽车加速度的大小为(　　) A．3 m/s2 B．7 m/s2 C．14 m/s2 D．21 m/s2 5．某校举行教职工趣味运动会，其中一项比赛项目——“五米三向折返跑”，活动场地如图所示，AB＝AC＝AD＝5 m，参赛教师听到口令后从起点A跑向B点，用手触摸折返线后再返回A点，然后依次跑向C点、D点，最终返回A点。若人可视为质点，现测得某参赛教师完成活动的时间为7.5 s，则(　　) A．A到B和A到C的路程相同 B．A到B和A到C的位移相同 C．该教师通过的总位移为30 m D．7.5 s指的是该教师回到起点的时刻 6．如图所示，这是用手拉动纸带通过打点计时器得到的点迹，已知打点计时器所使用电源的周期为T，要计算打点计时器打E点时纸带的瞬时速度，下列做法中误差最小的是(　　) A．测量出A、I两点间距离x，利用平均速度的公式，得出v＝ B．测量出B、H两点间的距离x，利用平均速度的公式，得出v＝ C．测量出C、G两点间的距离x，利用平均速度的公式，得出v＝ D．测量出D、F两点间的距离x，利用平均速度的公式，得出v＝ 7．物体做直线运动的图像可以灵活选取横纵轴所代表的物理量，下列说法正确的是(　　) A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移等于 B．乙图中，物体的加速度为1.0 m/s2 C．丙图中，物体在0～2 s内速度先增大后减小 D．丁图中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．根据如图所示的时间轴，下列关于时刻和时间的说法中正确的是(　　) A．t2表示时刻，称为第2 s末，也称为第3 s初 B．t2～t3表示时间，称为第3 s内 C．t0～t2表示时间，称为最初2 s内或第2 s内 D．tn－1～tn表示时间，称为第(n－1) s内 9．如图所示，空中有A、B两个小球用长度为L的细绳连接，B球的高度为h。现将两球由静止同时释放，两球在同一直线上运动，落地后均不反弹，两球落地的时间间隔为Δt，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．h一定，L越大，则Δt越大 B．h一定，L越大，则Δt越小 C．L一定，h越大，则Δt越大 D．L一定，h越大，则Δt越小 10．如图所示，一辆汽车(视为质点)在平直公路上做匀减速直线运动，依次经过甲、乙、丙三棵树，乙、丙两树之间的距离是甲、乙两树之间的距离的2倍，汽车通过甲、乙两树间的平均速度是12 m/s，通过乙、丙两树间的平均速度是6 m/s。下列说法正确的是(　　) A．汽车的加速度大小为2.4 m/s2 B．汽车经过乙树的速度大小为10.8 m/s C．汽车经过丙树的速度大小为1.8 m/s D．汽车通过甲、乙两树间的时间与通过乙、丙两树间的时间之比为1∶4 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(8分)某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量滑块的速度和加速度。 (1)用米尺测量出两光电门之间的距离如图乙所示，则右侧光电门处米尺的读数为________cm。 (2)组装好实验器材后，将滑块由静止释放，在槽码的牵引下滑块沿长木板做加速运动，滑块通过两光电门时，遮光条的遮光时间分别为Δt1＝2.50×10-2 s，Δt2＝1.25×10-2 s，遮光条的宽度d＝5.06 mm，测出滑块从光电门A运动到光电门B的时间t＝0.65 s。由以上数据可求得该滑块经过光电门A、B时的瞬时速度大小分别为________m/s和________m/s，滑块在此过程中的加速度大小为________m/s2。(结果均保留两位小数) 12.(10分)某同学选用图甲所示的装置做“测量小车瞬时速度”的实验，电源的频率为50 Hz。 (1)他做完实验后，写出了如下的操作步骤： A．把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，并连接在低压交流电源上； B．把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车的后面； C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过滑轮，下边挂上合适的钩码； D．把附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面； E．把小车停在靠近打点计时器处，先放开小车，再接通电源，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，换上新纸带，重复三次； F．从三条纸带中选择一条比较理想的纸带，舍掉开头比较密集的点，在后边便于测量的地方找一个开始点，并把每打五个点的时间作为时间单位，在选好的开始点下面记作0，往后每5个点取一个计数点，依次标为1、2、3、4、5、6，并测算出相邻两计数点间的距离。 其中，你认为有错的步骤序号是________，可改正为________________________。 (2)该同学根据打出的纸带认为不用计算就能直接得到的物理量有两个，请帮他选出________。 A．时间间隔 B．位移 C．加速度 D．平均速度 (3)该同学选出了一条清晰的纸带，并根据纸带上的点，标出了如图乙所示的计数点，其中两相邻计数点间还有4个点未画出，x1＝7.05 cm，x2＝7.68 cm，x3＝8.33 cm，x4＝8.95 cm，x5＝9.61 cm，x6＝10.26 cm。下表列出了打点计时器打下B、C、F点时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D、E两点时小车的瞬时速度。 汈汈汈汈汈 位置 B C D E F 速度/(m·s-1) 0.737 0.801 0.994 13.(10分)如图甲所示，在2023年杭州亚运会中，陈艺文夺得女子单人3米板比赛冠军。将3米板跳水运动简化为如下情境：运动员(视为质点)在空中做竖直上抛运动，在水中做匀减速直线运动，以竖直向上为正方向，其速度—时间(v－t)图像如图乙所示(t0未知)。已知跳板到水面的高度为h＝3 m，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略跳板的振动，不计空气阻力，求： (1)运动员离开跳板后，向上运动的最大位移。 (2)运动员刚入水时的速度大小。 (3)运动员入水的最大深度。 14.(12分)参加校运会接力比赛的甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前x0＝13.5 m处做了标记，并以v＝9 m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令；乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒。已知接力区的长度L＝20 m，求： (1)此次练习中乙在接棒前的加速度a的大小。 (2)在完成交接棒时乙与接力区末端的距离。 15．(14分)A、B两辆汽车在高速同一车道上同向行驶，A车在前，速度vA＝10 m/s；B车在后，速度vB＝20 m/s。因大雾，B车在距A车x0＝20 m时才能发现前方有A车，且由于地面湿滑B车的刹车距离为100 m。则： (1)求B车刹车时的加速度aB。 (2)若B车看见A车立即刹车，A车仍按原速率行驶，请通过计算判断两车是否可能相撞。 (3)为保证安全，B车在发现A车时立即刹车并立即鸣笛提醒，A车立即加速躲避，则A车的加速度至少为多少。 第三章　相互作用——力　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 第三章　相互作用——力 第1节　重力与弹力 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　重力　重心 1．关于重心，下列说法正确的是(　　) A．重心就是物体上最重的一点 B．重心就是物体的几何中心 C．直铁丝弯曲后，重心便不在中点，但一定还在铁丝上 D．可以用悬挂法确定形状不规则薄板的重心 知识点2　弹力 2． (多选)玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是(　　) A．桥面受向下的弹力，是因为汽车发生了形变 B．汽车没有发生形变，所以汽车不受弹力 C．汽车受向上的弹力，是因为桥梁发生了形变 D．汽车受向上的弹力，是因为汽车发生了形变 3．按下列要求在图中画出物体所受弹力的示意图。 (1)图甲中斜面对物块的支持力。 (2)图乙中半球面对小球的支持力。 (3)图丙中光滑但质量分布不均的小球的球心在O处，重心在P处，静止在竖直墙和桌边之间，试画出小球所受的弹力。 (4)图丁中均匀杆被细绳拉住而静止，画出杆所受的弹力。 知识点3　胡克定律 4． 如图所示，一根弹簧其自由端B在未悬挂重物时指针正对刻度5，在弹性限度内，当挂上80 N重物时指针正对刻度45。若要指针正对刻度20，应悬挂的重物是(　　) A．40 N B．30 N C．20 N D．不知弹簧的劲度系数，无法计算 5．如图所示的装置中，三个相同的弹簧在未受力状态下的原长相等，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计。平衡时各弹簧的长度分别为l1、l2、l3，其大小关系是(　　) A．l1＝l2＝l3 B．l1＝l2<l3 C．l1＝l3>l2 D．l3>l1>l2 1．如图所示，教室的读书角处放了一个漂亮的装饰瓶，为教室增加了许多生趣。关于这个装饰瓶，下列说法正确的是(　　) A．装饰瓶受到地球对它的吸引力，但它对地球没有吸引力 B．装饰瓶的重心一定在其几何中心 C．装饰瓶的重心与其形状结构及质量分布有关 D．随着时间流逝，装饰瓶内的水会慢慢蒸发减少，在水减少的过程中，装饰瓶(含水)的重心一直在降低 2．松鼠在中国的东北和华北各地十分常见，如图所示，一只松鼠站在倾斜的树枝上，则树枝对松鼠的弹力的方向为(　　) A．竖直向上 B．竖直向下 C．垂直树枝斜向上 D．沿树枝方向 3． 如图所示，一轻质弹簧测力计，弹簧劲度系数为k，弹簧测力计上端固定于天花板上的O点，下端悬挂一个光滑的轻质定滑轮。A、B两重物用一跨过滑轮的轻绳相连接，重物A静止于地面上，设A、B两重物的重力分别为GA和GB。下列说法正确的是(　　) A．重物A对地面的压力大小为GA B．弹簧的伸长量为 C．弹簧测力计的读数为GA＋GB D．轻绳所受到的拉力为GB 4．在一轻质弹簧下端悬挂几个相同的钩码，待静止后，弹簧的总长度是30 cm。先轻轻取下一个钩码，弹簧的长度是25 cm。若再去掉两个钩码，则此过程中弹簧缩短了(　　) A．25 cm B．20 cm C．15 cm D．10 cm 5．由实验测得某弹簧所受弹力F和弹簧的长度l的关系图像如图所示，求： (1)该弹簧的原长为多少。 (2)该弹簧的劲度系数为多少。 6．(多选)如图所示，底端置于粗糙水平地面上的杆，其顶端被一根细线用手拉住，杆处于静止状态，细线水平。下列说法正确的是(　　) A．杆对细线的弹力方向为水平向右 B．细线对杆的弹力方向垂直杆向左 C．杆受到的地面的弹力是地面形变产生的 D．地面受到的杆的弹力沿杆向左下方 7． (多选)如图所示，A、B两物体的重力分别是GA＝3 N，GB＝4 N。A用细线悬挂，B放在水平面上，A、B间轻弹簧中的弹力F＝2 N，则细线中的弹力FT及B对地面的压力FN的可能值分别是(　　) A．5 N和6 N B．5 N和2 N C．1 N和6 N D．1 N和2 N 8． 一个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接，如图所示，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态。现用水平力F缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2。该过程p弹簧的左端向左移动的距离是多少？ 第2节　摩擦力 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　摩擦力产生的条件 1．关于摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．一个物体可以同时受到滑动摩擦力和静摩擦力的作用 B．摩擦力的存在依赖于弹力，所以有弹力必定有摩擦力 C．运动的物体可能受到静摩擦力作用，静止的物体不可能受到滑动摩擦力作用 D．摩擦力的方向可能与运动方向相同，也可能相反，但一定与运动方向在同一直线上 知识点2　静摩擦力 2．(多选)关于摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，均跟压力有关 B．静摩擦力跟平行于接触面的外力大小有关 C．压力增大，静摩擦力有可能不变 D．静摩擦力的大小跟接触面的粗糙程度有关 3．(多选)如图所示，有一重力不计的方形容器，被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法正确的是(　　) A．容器受到的摩擦力不变 B．容器受到的摩擦力逐渐增大 C．水平力F可能不变 D．水平力F必须逐渐增大 知识点3　滑动摩擦力 4． 如图所示，物体在F＝100 N、方向水平向左的拉力作用下，沿水平面向右运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，物体质量m＝5 kg，则物体所受摩擦力为(g取10 m/s2)(　　) A．10 N，水平向左 B．10 N，水平向右 C．20 N，水平向左 D．20 N，水平向右 1．智能机器制造是未来一个重要发展方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，铁夹与球接触面保持竖直，则(　　) A．若小球在空中处于静止状态，小球受到的静摩擦力方向竖直向下 B．若小球在空中处于静止状态，小球受到的摩擦力与重力大小相等 C．若小球在空中处于静止状态，增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大 D．若铁夹夹金属小球一起水平移动，小球受到的是滑动摩擦力 2．在奥运会上，体操运动员在上单杠之前，总要在手上抹些镁粉；而在单杠上做回环动作时，手握单杠又不能太紧。他这样做的目的是(　　) A．前者是增大摩擦，后者是减小摩擦 B．前者是减小摩擦，后者是增大摩擦 C．两者都是减小摩擦 D．两者都是增大摩擦 3．一块质量分布均匀的长方体木块按如图甲、乙、丙所示的三种方式在同一水平面上运动，其中甲图中木块做匀速运动，乙图中木块做匀加速运动，丙图中木块侧立在水平面上做与甲图相同的运动。则下列关于甲、乙、丙三图中木块所受滑动摩擦力大小关系的判断正确的是(　　) A．Ff甲＝Ff乙<Ff丙 B．Ff甲＝Ff丙<Ff乙 C．Ff甲＝Ff乙＝Ff丙 D．Ff丙<Ff甲<Ff乙 4．在中学秋季田径运动会上，高一某同学奋力拼搏，勇夺男子100 m冠军，图甲、乙为该同学奔跑途中的两个瞬间，用Ff1、Ff2分别表示该同学在图甲、乙两瞬间所受到的摩擦力，则关于Ff1、Ff2的方向，以下说法正确的是(　　) A．Ff1向后，Ff2向后 B．Ff1向前，Ff2向前 C．Ff1向前，Ff2向后 D．Ff1向后，Ff2向前 5． 如图所示，某同学想进行一项挑战，他两手水平用力夹起一摞书保持静止，设手对书施加的水平压力F＝220 N，若每本书的质量均为0.90 kg，手与书之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，书与书之间的动摩擦因数相同，均为μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。则该同学(　　) A．最多能夹住9本书 B．最多能夹住19本书 C．最多能夹住14本书 D．最多能夹住16本书 6．如图所示，质量为m的木块放置在质量为2m的长木板上，在水平向右的拉力F的作用下，木块和木板一起以相等的速度做匀速直线运动，木块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A．μ1＝2μ2 B．μ1<2μ2 C．μ1≤3μ2 D．μ1≥3μ2 7．如图所示，有黑、白两条毛巾交替折叠地放在地面上，白毛巾的中部用线与墙壁连接着，黑毛巾的中部用线拉住，设线均呈水平。欲将黑、白毛巾分离开来，设每条毛巾的质量均为m，毛巾之间及其跟地面间的动摩擦因数均为μ，则将黑毛巾匀速拉出需用的水平拉力为(　　) A．μmg B．2μmg C．5μmg D．6μmg 8．如图甲所示，一静止在水平面上的物体，质量为2 kg，在水平弹簧作用下，2 s末开始缓慢滑动，此时弹簧伸长了6 cm。弹簧弹力F随时间t的变化情况如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 N/kg。求： (1)t＝1 s时物体受到的摩擦力大小。 (2)弹簧的劲度系数。 (3)物体与地面间的动摩擦因数。 9． 如图所示，物体A、B叠放在水平桌面上。质量分别为m1、m2、m3的物体分别通过细线跨过定滑轮水平系在物体A、B上，已知m1>m2＋m3，A、B保持静止。现将质量为m3的物体解下放在物体A的上方，发现A、B仍处于静止。关于A、B间的摩擦力F1和B与桌面间的摩擦力F2的变化情况，下列说法中正确的是(　　) A．F1变大，F2不变 B．F1变大，F2变大 C．F1变小，F2不变 D．F1变小，F2变大 第3节　牛顿第三定律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　牛顿第三定律 1．关于作用力和反作用力，下列说法正确的是(　　) A．作用力、反作用力作用在不同的物体上 B．地球对重物的作用力大于重物对地球的作用力 C．作用力和反作用力的大小有时相等有时不相等 D．作用力、反作用力可能不同时产生或消失 2．大雪天车轮打滑，车辆难以前进，交警帮忙向前推车，如图所示，在推车的过程中，关于人和车之间的作用力，下列说法正确的是(　　) A．车对人有向后的力 B．车对人没有作用力 C．人对车的力大于车对人的力 D．人对车的力小于车对人的力 知识点2　相互作用力与平衡力 3． 如图，在弹簧测力计钩下竖直悬挂一个静止的木块，下列说法中正确的是(　　) A．木块对弹簧测力计的拉力的施力物体是地球 B．木块的重力和弹簧测力计对木块的拉力是一对相互作用力 C．弹簧测力计对木块的拉力在数值上等于木块的重力 D．弹簧测力计对木块的拉力和木块对弹簧测力计的拉力是一对平衡力 知识点3　受力分析 4． 一物体以一定的初速度沿粗糙斜面向上滑动，如图所示，在滑动过程中，物体受到的力是(　　) A．重力、沿斜面向上的冲力、斜面的支持力 B．重力、沿斜面向下的滑动摩擦力、斜面的支持力 C．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的滑动摩擦力 D．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力、斜面的支持力 5． (多选)如图所示，地面上固定一个斜面，斜面上叠放着A、B两个物块并均处于静止状态。现对物块A施加一斜向上的力F的作用，A、B两个物块始终处于静止状态，则物块B的受力个数可能是(　　) A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 1． 某建筑工地上，工人师傅推车情形如图所示，以下判断正确的是(　　) A．工人对车的力与车对工人的力是一对平衡力 B．工人受到的重力与工人对地面的压力是一对平衡力 C．工人对车的力与车对工人的力是一对作用力与反作用力 D．工人受到的重力与地面对工人的支持力是一对作用力与反作用力 2． (多选)如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫作“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是(　　) A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜 B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力等于乙对甲的拉力 C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力 D．甲对乙的拉力始终等于乙对甲的拉力，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜 3．如图所示，两个物体A、B的质量均为1 kg，各接触面间的动摩擦因数均为0.3，同时用F＝1 N的两个水平力分别作用在A、B上，则地面对物体B，B对物体A的摩擦力分别为(g取10 m/s2)(　　) A．6 N　3 N B．1 N　1 N C．0　1 N D．0　2 N 4．如图所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是(　　) 5．(多选)机场常用传送带为顾客运送行李或货物，在传送带运送货物过程中主要有水平运送和沿斜面运送两种形式，如图所示，a为水平传送带，b为倾斜传送带。当行李随传送带一起匀速运动时，下列几种判断中正确的是(　　) A．a情形中的物体受到重力、支持力 B．a情形中的物体受到重力、支持力和摩擦力作用 C．b情形中的物体受到重力、支持力和摩擦力作用 D．b情形中的物体所受支持力与重力是一对平衡力 6． 如图所示，物块a、b质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，重力加速度大小为g，则(　　) A．物块b受四个力作用 B．物块b受到的摩擦力大小等于2mg C．物块b对地面的压力大小等于mg D．物块a受到物块b的作用力水平向右 7．如图所示，水平传送带上放一物体，当传送带向右以速度v匀速传动时，物体在轻弹簧水平拉力的作用下处于静止状态，此时弹簧的伸长量为Δx；当传送带向右的速度变为2v时，物体处于静止状态时弹簧的伸长量为Δx′。则关于弹簧前、后的伸长量，下列说法中正确的是(　　) A．弹簧伸长量将减小，即Δx′＜Δx B．弹簧伸长量将增加，即Δx′＞Δx C．弹簧伸长量不变，即Δx′＝Δx D．无法比较Δx和Δx′的大小 8．如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m。当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11 cm。不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小。(g取10 N/kg) 第4节　力的合成和分解 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　合力与分力 1．(多选)下列关于几个力与其合力的说法中，正确的是(　　) A．合力的作用效果跟原来几个力共同作用产生的效果相同 B．合力与原来那几个力同时作用在物体上 C．合力的作用可以替代原来那几个力的作用 D．不同性质的力不可以合成 知识点2　力的合成与分解 2．将一个大小为8 N的力分解成两个分力，下列各组值不可能的是(　　) A．1 N和10 N B．10 N和10 N C．10 N和15 N D．15 N和20 N 3．(多选)两个力F1和F2间的夹角为θ，两个力的合力为F，以下说法中正确的是(　　) A．若F1和F2的大小不变，θ角越小，合力F就越大 B．合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大 C．如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大 D．如果夹角θ满足一定条件，合力F和分力F1、F2的大小可能相等 知识点3　矢量和标量 4．关于矢量和标量，下列说法错误的是(　　) A．矢量是既有大小又有方向的物理量 B．标量只有大小没有方向 C．－10 m的位移比5 m的位移小 D．－10 ℃的温度比5 ℃的温度低 知识点4　探究两个互成角度的力的合成规律 5．小明通过实验探究力的合成： (1)实验所用的一个弹簧测力计如图甲所示，在用它测力前应对它进行的操作是________________。 (2)在测出F1、F2和对应的合力F后，他在纸上画出了F1、F2的图示，如图乙所示。请你帮助他在图中画出合力F的图示。(测得F＝4.9 N，图中a、b为记录F方向的两点) (3)小明用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连接起来；观察图形后，他觉得所画的图形很像平行四边形。至此，为正确得出求合力的一般方法，你认为小明接下来应该做些什么？(写出两点即可) ①________________________________________________________________________。 ②________________________________________________________________________。 1．三个共点力的大小分别为F1＝5 N，F2＝10 N，F3＝20 N，则关于它们的合力的说法中错误的是(　　) A．不会大于35 N B．最小值为5 N C．可能为0 D．可能为20 N 2．如图所示，表示五个共点力的有向线段恰分别构成正六边形的两条邻边和三条对角线。已知F1＝10 N，这五个共点力的合力大小为(　　) A．0 B．30 N C．60 N D．90 N 3．(多选)把一个已知力F分解，要求其中一个分力F1跟F成30°角，而大小未知；另一个分力F2＝F，但方向未知，则F1的大小可能是(　　) A．F B．F C．F D．F 4．2023年12月18日晚甘肃积石山县发生6.2级地震，震后救援队携带的救援工具之一是扩张机，扩张机的原理示意图如图所示，A、B为活动铰链，C为固定铰链，在A处作用一水平力F，滑块B就以比F大得多的压力向上顶物体D，已知图中2l＝1.0 m，b＝0.05 m，F＝400 N，B与左壁接触，接触面光滑，则D受到向上顶的力为(滑块和杆的重力不计)(　　) A.3 000 N B．2 000 N C．1 000 N D．500 N 5．如图所示，某物体同时受到共面的三个共点力作用，坐标纸小方格边长的长度对应1 N大小的力。甲、乙、丙、丁四种情况中，关于三共点力的合力大小，下列说法正确的是(　　) A．甲图最小 B．乙图为8 N C．丙图为5 N D．丁图为1 N 6． 如图所示，人屈膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ。设此时大小腿部的肌肉群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿骨和小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受小腿骨沿竖直方向的力约为(　　) A． B． C． D．tan 7．如图所示为一固定在水平桌面上的V形槽的截面图，AB、BC面与水平桌面间的夹角分别为30°和60°。一正方体木块放在槽内，木块与AB、BC面间的动摩擦因数相同，现用垂直于纸面向外的力F拉木块，木块恰好能沿槽做匀速直线运动。木块的质量为m，重力加速度为g。木块与AB、BC面间的动摩擦因数大小为(　　) A. B． C． D． 8．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是： A．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计； B．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小。用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向； C．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向。 (1)实验中确定分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是__________________。 (2)用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是________________。 (3)图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中________是F1和F2合力的实际测量值。 第5节　共点力平衡 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　平衡状态 1．(多选)下列运动项目中的运动员处于平衡状态的是(　　) A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时 B．蹦床运动员在空中上升到最高点时 C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内 D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时 知识点2　平衡条件 2．(多选)下面关于共点力的平衡与平衡条件的说法正确的是(　　) A．如果物体的运动速度为零，则其必处于平衡状态 B．如果物体的运动速度大小不变，则其必处于平衡状态 C．如果物体处于平衡状态，则物体沿任意方向的合力都必为零 D．如果物体受到三个共点力的作用而处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反 3．某物体在n个共点力的作用下合力为零，若把其中一个力F1的方向沿顺时针方向转过90°，而保持其大小不变，其余力保持不变，则此时物体所受的合力大小为(　　) A．F1 B．F1 C．2F1 D．0 知识点3　正交分解 4．如图所示，已知共面的三个力F1＝20 N、F2＝30 N、F3＝40 N作用于物体的同一点上，三个力之间的夹角都是120°，求合力的大小和方向。 1．共点的五个力平衡，则下列说法中不正确的是(　　) A．其中四个力的合力与第五个力等大反向 B．其中三个力的合力与其余的两个力的合力等大反向 C．五个力的合力为零 D．撤去其中的三个力，物体一定不平衡 2．如图所示，风筝用绳子固定于地面P点，风的压力垂直作用于风筝表面AB，并支持着风筝使它平衡，不计绳所受重力，则风筝在绳子拉力、风力及重力作用下，能静止的状态是(　　) 3．人站在自动扶梯上随扶梯匀速上升，如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．人所受合力方向同图中v的方向 B．人在水平方向将受向右的摩擦力作用 C．人在竖直方向所受合力不为零，但在v方向上合力为零 D．人在竖直方向受力的作用并且合力为零 4．(多选)A、B、C三个相同的圆柱体，如图所示，放在水平面上，它们均处于静止状态，则(　　) A.A、B、C所受的合力一定相等 B．如果圆柱体光滑，它们不可能平衡 C．B、C所受合外力大于A所受的合外力 D．B、C对A的作用力的合力一定竖直向上 5． (多选)如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器与水平面间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向间的夹角θ＝30°，重力加速度为g，弹簧处于弹性限度内。下列说法正确的是(　　) A．水平面对容器有水平向左的摩擦力 B．弹簧对小球的作用力大小为mg C．容器对小球的作用力大小为mg D．弹簧原长为R＋ 6．如图所示，轻绳OA一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圆环，一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上B点，且OB水平。现将A点缓慢沿天花板水平向右移动，且OB段的轻绳始终保持水平，则OA、OB段轻绳所受的拉力的大小FTA、FTB的变化情况是(　　) A.FTA增大，FTB不变 B．FTA、FTB均不变 C．FTA不变，FTB增大 D．FTA、FTB均减小 7．(多选)如图甲所示，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度，某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4(如图乙)，电脑始终处于静止状态，则 A．电脑受到的支持力变大 B．电脑受到的摩擦力变大 C．散热底座对电脑的作用力的合力不变 D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力 8．如图所示，一质量m＝20 kg的物体在斜向上的力F拉动下，在水平地面上向右做匀速直线运动。已知力F＝100 N，力F与水平方向的夹角θ＝37°。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)求物体对地面的压力大小。 (2)求物体与地面间动摩擦因数的大小。 9．一重为G的圆柱体工件放在V形槽中，槽顶角α＝60°，槽的两侧面与水平方向的夹角相等，槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同，大小为μ＝0.25，则： (1)要沿圆柱体的轴线方向(如图甲所示)水平地把工件从槽中拉出来，人至少要施加多大的拉力？ (2)现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与水平方向成37°角，如图乙所示，且保证工件对V形槽两侧面的压力大小相等，发现工件能自动沿槽下滑，求此时工件所受槽的摩擦力大小。 疑难突破专练3 　　　　　　　　　　　　　　　　 疑难点1　力的正交分解 1．如图所示，质量为m的物体放在倾角为θ的斜面上，它跟斜面间的动摩擦因数为μ，在水平恒定的力F作用下，物体沿斜面向上匀速运动，则物体所受的摩擦力是(　　) A．μmg cos θ B．μ(mg cos θ－F sin θ) C．F cos θ＋mg sin θ D．μ(mg cos θ＋F sin θ) 2．(多选)用绳索将小船拉向岸边，如图所示，设船在水中运动时水的阻力大小不变，那么在小船匀速靠岸的过程中，下列说法正确的是(　　) A．绳子的拉力F不断增大 B．绳子的拉力F不变 C．船的浮力减小 D．船的浮力增大 3． 如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是(　　) A．Ff＝G B．F＝FN C．Ff＝G cos θ D．F＝G sin θ 4． 如图所示，质量为m，横截面为直角三角形的物块ABC，∠ABC＝α，AB边靠在竖直墙面上，物块与墙面间的动摩擦因数为μ。F是垂直于斜面BC的推力，物块沿墙面匀速下滑，则摩擦力的大小为(　　) A．mg＋F sin α B．mg－F sin α C．μmg D．μF cos α 疑难点2　整体与隔离 5．如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，放在粗糙的水平地面上，在劈与竖直墙壁之间放置一光滑球B，系统处于静止状态。在球B上施一通过球心的力F，系统仍保持静止，下列说法正确的是(　　) A．B所受合外力增大 B．B对竖直墙壁的压力增大 C．地面对A的摩擦力减小 D．A对地面的摩擦力将小于B对墙壁的压力 6．有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图所示)。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力Ff的变化情况是(　　) A．FN不变，Ff变大 B．FN不变，Ff变小 C．FN变大，Ff变大 D．FN变大，Ff变小 7．如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上。现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动。则在这一过程中，环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是(　　) A.Ff不变，FN不变 B．Ff增大，FN不变 C．Ff增大，FN减小 D．Ff不变，FN减小 8．(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行。在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则(　　) A．b对c的摩擦力一定减小 B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上 C．地面对c的摩擦力方向一定向右 D．地面对c的摩擦力一定减小 9．如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端。水平力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态。现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则(　　) A．弹簧变长 B．弹簧变短 C．力F变大 D．对地面的压力变大 10．质量为m的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止，若最大静摩擦等于滑动摩擦，则(　　) A．底层每个足球对地面的压力为mg B．底层每个足球之间的弹力为零 C．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg D．水平面的摩擦因数至少为 疑难点3　极值问题 11． 如图所示，用长为L的轻绳悬挂一质量为m的小球，对小球再施加一个力，使绳和竖直方向成β角并绷紧，小球处于静止状态，此力最小为(　　) A．mg sin β B．mg cos β C．mg tan β D．mg cot β 12．如图所示，物体静止于光滑水平面上，水平力F作用于物体的O点，如果要使物体所受的合力方向沿着OO′方向，应对物体再加一个力F′，这个力的最小值是(　　) A．F cos θ B．F sin θ C．F tan θ D．F cot θ 13．物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上(B、C在同一竖直线上)，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ＝60°的拉力F，若要使两绳都能伸直，如图所示，伸直时AC与墙面垂直，绳AB与绳AC间夹角也为θ＝60°，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。 疑难突破专练4 　　　　　　　　　　　　　　　　 疑难点1　“死节”和“活节”，“死杆”和“活杆”问题 1．如图所示，水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有小滑轮B，一轻绳一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m＝10 kg的重物，∠CBA＝30°，则滑轮受到绳子作用力为(　　) A．50 N B．50 N C．100 N D．100 N 2．如图所示，质量为m的物体用细绳OC悬挂在支架上的O点，轻杆OB可绕B点转动，当物体静止时细绳OA与轻杆OB间的夹角为θ。求此时细绳OA中张力FT的大小和轻杆OB受力FN的大小。 疑难点2　斜面摩擦力问题 3．(多选)如图所示，放在斜面上的物块M，在沿斜面向上的推力F作用下，处于静止状态，则斜面作用于物块的摩擦力(　　) A．方向可能沿斜面向上 B．方向可能沿斜面向下 C．大小可能等于F D．大小不可能等于0 4．(多选)物体M位于斜面上，受到平行于斜面的水平力F的作用处于静止状态，如图所示，如果将外力F撤去，则物体(　　) A．会沿斜面下滑 B．摩擦力方向一定变化 C．摩擦力变大 D．摩擦力变小 疑难点3　立体图转平面受力分析图 5．如图，运动员打开伞后经过一段时间，将在空中保持匀速降落。已知运动员和他身上装备的总重力为G1，圆顶形降落伞伞面的重力为G2，有8条相同的拉线(图中未画出所有拉线，拉线重力不计)，一端与飞行员相连(拉线重力不计)，另一端均匀分布在伞面边缘上，每根拉线和竖直方向都成30°角。那么每根拉线上的张力大小为(　　) A． B． C． D． 疑难点4　动态平衡 6．重为G的物体系在OA、OB两根等长的轻绳上，轻绳的A端和B端挂在半圆形的支架BAD上，如图所示，若固定A端的位置，将OB绳子的B端沿半圆支架从水平位置逐渐移至竖直位置C的过程中，则以下说法正确的是(　　) A．OB绳上的拉力先增大后减小 B．OB绳上的拉力先减小后增大 C．OA绳上的拉力先减小后增大 D．OA绳上的拉力一直逐渐增大 7．(多选)如图所示，在倾角为α的光滑斜面上放一个重为G的小球，并用光滑的挡板挡住，挡板与斜面的夹角为θ(最初θ<90°)，挡板从图示位置以O为轴向左缓慢转至水平，在此过程中小球始终处于平衡状态，斜面对小球的弹力F1及挡板对小球的弹力F2大小变化正确的是(　　) A．F1逐渐减小 B．F1先减小后增大 C．F2逐渐增大 D．F2先减小后增大 8．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN。在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面图。若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是(　　) A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．地面对P的摩擦力逐渐增大 C．P、Q间的弹力先减小后增大 D．Q所受的合力逐渐增大 9．一轻杆BO，其O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上，B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示。现将细绳缓慢往左拉，使杆BO与杆AO间的夹角θ逐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆BO所受压力FN的大小变化情况是(　　) A．FN先减小，后增大 B．FN始终不变 C．F先减小，后增大 D．F始终不变 10．如图所示，两球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，球B用长为L的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方，且点O、A之间的距离恰为L，系统平衡时绳子所受的拉力为F1。现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小之间的关系为(　　) A．F1>F2 B．F1＝F2 C．F1<F2 D．无法确定 章末复习提升 　　　　　　　　　　　　　　　　 衔接角度一：重力 衔接内容归纳：重力的理解、重心的理解、重力大小的计算方法 衔接角度解读：重力和重心的理解 (1)重力不是万有引力，而是万有引力在竖直方向的一个分力。 (2)同一物体的重力G的变化是由在地球上不同位置处g的变化引起的。在地球表面，从赤道向两极，g越来越大；同一经纬度，从低海拔向高海拔，g越来越小。 (3)重心是物体所受重力的等效作用点。重心的位置不一定在物体上。可以用悬线法确定不规则薄板形物体重心的位置。 [典例1] (2022·浙江1月选考)如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( D ) A.水桶自身重力的大小 B．水管每秒出水量的大小 C．水流对桶撞击力的大小 D．水桶与水整体的重心高低 解题技法 重心的位置及决定因素： 1．位置：重心的位置可以在物体上，也可以在物体外，如一个圆形平板的重心在板上，而一个铜环的重心在圆心处，不在环上。 2．决定因素：(1)物体的质量分布情况；(2)物体的形状。 跟踪训练1　(2024·浙江6月选考改编)如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则( D ) A．飞行的蝴蝶只受重力的作用 B．蝴蝶转弯时所受重力减小 C．小猫在空中受重力和弹力的作用 D．小猫蹬地时弹力大于所受重力 衔接角度二：弹力 衔接内容归纳：弹力的有无及方向的判断、胡克定律的理解及应用、弹力大小的计算 衔接角度解读： 1．弹力有无的判断方法：条件法、假设法、状态法。 2．弹力大小的计算方法 (1)对有明显形变的弹簧、橡皮条等物体，弹力的大小可以由胡克定律F＝kx计算。 注意：x表示弹簧伸长(或缩短)的长度，形变量没有超出弹性限度。 (2)对于难以观察的微小形变，可以根据物体的受力情况和运动情况，运用共点力的平衡条件或牛顿第二定律来确定弹力大小。 [典例2] (2023·山东)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( B ) A．10 N/m B．100 N/m C．200 N/m D．300 N/m 解题技法 1．胡克定律成立的条件：弹簧发生弹性形变，且必须在弹性限度内。 2．表达式F＝kx中的x指的是弹簧的形变量，即弹簧伸长或缩短的长度，不是弹簧的长度，弹簧伸长量或压缩量相同时，弹力大小相等，但方向不同。 3．表达式中的k是弹簧的劲度系数，是由弹簧本身的性质决定的，与弹力大小无关。 跟踪训练2　(经典高考题)一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为( D ) A．40 m/N B．40 N/m C．200 m/N D．200 N/m 衔接角度三：摩擦力　 衔接内容归纳：静摩擦力的有无及方向的判断、摩擦力大小的相关计算、摩擦力的突变问题 衔接角度解读： 1．静摩擦力的有无及方向的判断方法：条件法、二力平衡法、假设法、牛顿第三定律法(先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向)。 2．求解摩擦力的技巧 3．摩擦力的突变：“静—静”突变、“静—动”突变、“动—静”突变、“动—动”突变。 [典例3] (2024·山东)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于( B ) A． B． C． D． 解题技法 用临界法分析摩擦力突变问题： 1．题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题。有时，有些临界问题中并不含上述常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态。 2．静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦力存在最大值。存在静摩擦力的连接系统，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值。 3．研究传送带问题时，物体和传送带的速度相同的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质的突变点。 跟踪训练3　(2025·陕晋青宁)如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态，钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为(　　) A．μmg cos θ B．μmg C．μmg D．0 衔接角度四：力的合成 衔接内容归纳：共点力的合力的求解、力的合成的分析 衔接角度解读： 1．共点力合成的常用方法 (1)作图法：从力的作用点O起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以F1和F2的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点O的对角线，量出对角线的长度，计算出合力F的大小，量出对角线与某一分力的夹角，确定合力F的方向(如图所示)。 (2)计算法：若两个力F1、F2的夹角为θ，如图所示，合力的大小可由余弦定理得： F＝， tan α＝。 2．合力大小的范围 (1)两个共点力的合成：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。 即两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两个力反向时，合力最小，为|F1－F2|；当两个力同向时，合力最大，为F1＋F2。 (2)三个共点力的合成 ①三个力共线且同向时，其合力最大，为F＝F1＋F2＋F3。 ②任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力最小值为0；如果第三个力不在这个范围内，则合力最小值等于最大的力减去另外两个力的和。 [典例4] (2022·重庆)如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力( B ) A．大小等于mg B．大小等于mg C．方向竖直向上 D．方向水平向左 解题技法 “作图法”与“计算法”求解合力的比较： 1．作图法求合力，需严格用同一标度作出力的图示，作出规范的平行四边形，才能较精确地求出合力的大小和方向。 2．计算法求合力，只需作出力的示意图，对平行四边形的作图要求也不太严格，重点是利用数学方法求解。 跟踪训练4　(2023·重庆)矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α(如图)，则该牙所受两牵引力的合力大小为( B ) A．2F sin B．2F cos C．F sin α D．F cos α 衔接角度五：力的分解 衔接内容归纳：力的效果分解法、力的正交分解法 衔接角度解读： 1．斜面重力分解：将重力分解为平行斜面的下滑分力(F1＝mg sin θ)和垂直斜面的正压力分力(F2＝mg cos θ)。 2．斜向拉力分解：如水平面上斜拉物体时，拉力可分解为水平牵引力分量和垂直提拉分量。 [典例5] (2021·重庆)如图所示，人游泳时若某时刻手掌对水的作用力大小为F，该力与水平方向的夹角为30°，则该力在水平方向的分力大小为( D ) A.2F B．F C．F D．F 解题技法 1．力的合成与分解方法的选择：力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法。一般情况下，物体只受三个力时，用力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定。 2．力的正交分解法建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(即让尽量多的力在坐标轴上)；在动力学中，一般以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。 跟踪训练5　(2025·广东潮州期中)将完全相同的原木按图(a)所示堆放。设原木半径为R，重力为G。若不考虑原木之间的摩擦，最上面三根原木可视作图(b)一样的“品”字形。最上面这根原木对其下面两根原木的作用力大小是(　　) 　 　　　　　　　图(a)　　　　　　　图(b) A．G B．G C．G D．G 衔接角度六： 牛顿第三定律　共点力的平衡 衔接内容归纳：牛顿第三定律的应用、平衡力和作用力与反作用力的辨析、物体的受力分析、共点力的合成与分解法、共点力的正交分解法、共点力的矢量三角形法 衔接角度解读： 1．作用力与反作用力的“六同、三异、二无关” (1)“六同”：①大小相同；②性质相同；③同一直线；④同时产生；⑤同时变化；⑥同时消失。 (2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同。 (3)“二无关”：①与物体的运动状态无关；②与是否和另外物体相互作用无关。 2．受力分析的三个技巧 (1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。 (2)除了根据力的性质和特点进行判断，假设法是判断弹力、摩擦力的存在与否及方向的常用方法。 (3)要善于转换研究对象，尤其是对于摩擦力不易判定的情形，可以先分析与之相接触、受力较少的物体的受力情况，再应用牛顿第三定律判定。 3．求解共点力的平衡问题的常用方法：合成法、分解法、正交分解法、矢量三角形法(对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，结合数学知识求解未知力)。 [典例6] (2021·广东)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是( B ) A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大 B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大 C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力 D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力 解题技法 应用共点力平衡条件解题的步骤： 1．选取研究对象：根据解题需要，选取一个平衡体(单个物体或系统，也可以是结点)作为研究对象。 2．画受力示意图：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。 3．合成或分解：按照合成与分解法或正交分解法进行合成或分解。 4．列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论。 跟踪训练6　(2025·重庆)现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携带质量为m的匀质钢管在无风的空中悬停，轻绳M端和N端系住钢管，轻绳中点O通过缆绳与无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为60°，钢管水平。则MO的弹力大小为(重力加速度为g)(　　) A．2mg B．mg C．mg D．mg 第三章　相互作用——力　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　物理　必修第一册(这是边文，请据需要手工删加) 第三章　章末检测(一) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合要求) 1．下列说法正确的是(　　) A．从树上落下的苹果所受的重力小于它静止时受的重力 B．因重力的方向总是竖直向下的，故重力一定和地面垂直 C．摩擦力的方向可能与物体运动的方向相同 D．书放在桌面上受到向上的支持力，这是由于书发生微小形变而产生的 2．如图所示，某人躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为(　　) A.G B．G sin θ C．G cos θ D．G tan θ 3．如图所示，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于(　　) A.45° B．55° C．60° D．70° 4．如图所示，M、N两物体叠放在一起，在竖直向上的恒力F作用下，沿竖直墙壁一起向上做匀速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是(　　) A.物体M可能受到6个力 B．物体N可能受到4个力 C．物体M与N之间一定有摩擦力 D．物体M与墙之间一定有摩擦力 5．如图所示，某同学在沙料场中发现沙子堆积时会形成圆锥体，且堆积过程中圆锥体的底面保持不变。他测得某堆沙子的底部周长约为63 m，他查阅资料发现沙子之间的动摩擦因数约为0.8，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则这堆沙子的最大高度约为(　　) A.4 m B．8 m C．12 m D．16 m 6．如图所示，绕过轻质滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持手的高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中(　　) A．绳上张力变大 B．人对地面的压力变大 C．滑轮受到绳的作用力变大 D．地面对人的摩擦力变小 7．如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下从半球形容器最低点缓慢移近最高点。设滑块所受支持力为FN，则下列判断正确的是(　　) A．F缓慢增大 B．F缓慢减小 C．FN缓慢减小 D．FN大小保持不变 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．玻璃房逐渐受到人们的青睐，大玻璃窗户的清洁可由“自动擦窗机器人”完成。某自动擦窗机器人的质量为1.5 kg，它的“腹部”有吸盘。自动擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出后，它能牢牢地吸在竖直玻璃上，g取10 N/kg。则下列说法符合事实的是(　　) A.此时摩擦力等于15 N B．若真空泵继续向外抽气，则自动擦窗机器人受到的摩擦力将变大 C．此时机器人对玻璃的压力和玻璃对机器人的支持力是一对相互作用力 D．当自动擦窗机器人竖直向下匀速运动时，若真空泵继续向外抽气，则自动擦窗机器人受到的摩擦力将变大 9．如图所示，物体A和B的质量分别为4 kg和1 kg，用跨过定滑轮的细线相连，叠放在倾角θ＝30°的光滑斜面上，A与B间的动摩擦因数为0.2，现有一平行于斜面向下的力F作用在物体B上，物体A、B保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)。则拉力F的值可能为(　　) A．10 N B．20 N C．30 N D．40 N 10．光滑半圆弧形轻杆固定在地面上，轻绳一端跨过定滑轮，另一端连接一穿在轻杆上的小球，拉动轻绳，使小球从A点缓慢运动到B点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．轻杆对小球的支持力变小 B．轻杆对小球的支持力大小不变 C．轻绳对小球的拉力变小 D．轻绳对小球的拉力先变小再变大 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(6分)某同学利用如图甲所示装置做探究弹簧弹力大小与其长度的关系的实验。 (1)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线。由此图线可得该弹簧的原长x0＝________cm，劲度系数k＝________N/m。 (2)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧测力计，当弹簧测力计的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x＝________cm。 12．(8分)小明在水平放置的方木板上做“探究共点力的合成规律”实验时： (1)利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O以及两只弹簧测力计拉力的大小和方向，如图所示，图中每一小格长度均代表0.5 N，则F1与F2的合力大小为________N。(结果保留两位有效数字) (2)关于此实验，下列叙述中正确的是______。 A．弹簧测力计应先进行调零 B．橡皮筋对结点O的拉力就是两弹簧测力计对结点O的拉力F1与F2的合力 C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同 (3)如图是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中力F′是用一只弹簧测力计拉橡皮筋时的图示，则________同学的实验结果一定存在问题？请简单说明理由。 13．(10分)如图所示，B、C两个小球均重G，用细线悬挂而静止于A、D两点。求： (1)AB和CD两根细线的拉力各多大？ (2)细线BC与竖直方向的夹角是多少？ 14．(14分)同学们都有过擦黑板的经历。如图所示，一黑板擦(可视为质点)的质量为m＝0.2 kg，当手臂对黑板擦的作用力F＝10 N且F与黑板面所成角度为53°时，黑板擦恰好沿黑板表面缓慢竖直向上运动。g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ。 (2)若作用力F方向保持不变，当F多大时能完成向下缓慢擦黑板的任务？ (3)比较以上两种情况，试判断哪次黑板擦得更干净，并说明理由。 15．(16分)物体A放在台式测力计上，通过跨过定滑轮的轻绳与物体B相连，B下端与轻弹簧粘连，弹簧下端与地面接触(未拴接)，整个系统处于平衡状态，此时台式测力计的示数为8.8 N；已知mA＝2mB＝1 kg，物块A、B间水平距离s＝20 cm，倾斜绳与水平方向的夹角θ＝37°，物块A与台式测力计间摩擦因数μ＝0.5。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B和滑轮视为质点，不计滑轮质量和滑轮处摩擦，弹簧始终处于弹性限度内。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。求： (1)物块A受到的摩擦力和轻绳对物块A的拉力。 (2)沿竖直方向调整滑轮的高度至某一位置时，物块A刚好运动，且此时弹簧刚好离开地面。求滑轮移动的距离和弹簧的劲度系数。 第三章　章末检测(二) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合要求) 1．(2025·湖南师大附中期中)在研究物体的机械运动时，最常见的力有重力、弹力和摩擦力。下列关于力的说法正确的是( C ) A．放在水平地面上的物体受到地面的支持力，是因为物体发生了形变 B．自由下落的石块速度越来越大，说明它受到的重力也越来越大 C．运动的物体可能受到静摩擦力的作用 D．两个物体必须接触才能产生力的作用 2．在亚运会体操女子平衡木单项决赛中，体操运动员站在水平的平衡木上处于静止平衡状态。下列说法正确的是( C ) A．人受到支持力是因为脚底发生了形变 B．平衡木对人的支持力和人的重力是性质相同的力 C．过运动员的重心作竖直线，该竖直线一定穿过平衡木 D．平衡木对人的支持力与人对平衡木的压力是一对平衡力 3．一张沙发放在水平地面上，一人用水平力F向右推沙发。F＝40 N时沙发没被推动，F＝60 N时沙发恰好被推动，F＝55 N时沙发做匀速直线运动。关于沙发受到的摩擦力，下列说法正确的是( D ) A．当F＝40 N时，沙发没有受到摩擦力作用 B．当F＝40 N时，沙发受到的摩擦力大小为60 N，方向向左 C．当F＝80 N时，沙发受到的摩擦力大小为80 N，方向向左 D．沙发和地面间的最大静摩擦力大小为60 N 4． (2025·河北衡水期末)如图所示是打印机进纸系统的简化示意图。滚轮压住一叠白纸，正常工作时，进纸系统每次只进一张纸，滚轮按图示方向转动并带动最上面的第1张纸向右运动，第1张白纸以下依次为第2张、第3张、…。下列说法正确的是( D ) A．滚轮对第1张纸的摩擦力方向水平向左 B．进第1张纸时，第2张纸与第1张纸间产生的是静摩擦力 C．进第1张纸时，第2张纸与第3张纸间摩擦力为0 D．进第1张纸时，摩擦片对最下面的白纸的摩擦力方向水平向左 5．(2023·广东)如图所示，可视为质点的机器人通过磁体吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力F N、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是( C ) A.Ff＝G B．F＝F N C．Ff＝G cos θ D．F＝G sin θ 6．抖空竹是国家级非物质文化遗产代表性项目。该同学保持一只手A不动，另一只手B沿图中的四个方向缓慢移动，示意图如图所示，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦力，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是( A ) A.沿虚线a向左移动时，细线的拉力将减小 B．沿虚线b向上移动时，细线的拉力将减小 C．沿虚线c斜向上移动时，细线的拉力将减小 D．沿虚线d向右移动时，细线对空竹的合力将增大 7．如图所示，一质量为0.5 kg的物块静止在倾角为37°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数为。重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，以沿斜面向上为正方向，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。若对物块施加一个沿斜面向上的拉力，则在下列四幅图中，能正确反映斜面对物块的摩擦力Ff随拉力F变化规律的是( D ) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　B 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　C　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　D 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．(2025·吉林长春第二实验中学期中)如图所示，各系统均保持静止，则下列对于物体的受力情况说法正确的是( 　 ) 　　 　　 A．图甲，光滑球静止在两夹板之间，小球受到上斜板对其的弹力作用 B．图乙，物体M、N在力F1作用下保持静止，则M与N之间不存在摩擦力作用 C．图丙，竖直细线悬挂光滑小球在斜面体上保持静止，地面对斜面体有摩擦力作用 D．图丁，力F2作用在小滑块上静止，粗糙斜面体对小滑块可能不存在摩擦力作用 9．在特高压领域，我国曾经落后西方40年，如今成为我国另一个“国之重器”。如图为架空输电线的示意图，电线杆高度相同，间距相等，相邻的电线杆之间的输电线长度也都相等，受重力影响，电线会自然下垂，电线切线与电线杆之间的夹角称之为切线角α。由于热胀冷缩，夏季两相邻电线杆之间的电线长度会略有伸长，则夏季与冬季相比( 　 ) A.切线角会减小 B．中间电线杆受到右侧电线的作用力增加 C．中间电线杆受到左右两侧电线的合力不变 D．电线最低处的张力增加 10．(2025·湖北部分重点中学联考)国庆期间，秋风送爽，桂花飘香。小明注意到小区里有四个固定连接起来的大灯笼被吹起来处于静止状态，如图所示，悬挂最上面灯笼的绳子与竖直方向的夹角为30°，灯笼序号自上往下依次标记为1、2、3、4，灯笼质量均为m，每个灯笼所受的风力相等，风向水平，重力加速度大小为g，则( 　 ) A．每根绳与竖直方向的夹角均相同 B．四个灯笼所受到的风力之和等于4mg C．2号灯笼与3号灯笼之间的作用力等于mg D．若再挂上一个同样的灯笼，最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角会变化 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(8分)(2025·江西九校联考)物理实验小组的同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，设计了如图甲所示的实验装置。 (1)在实验中，下列说法正确的是____AB。(填正确答案标号) A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度 B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态 C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量 D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等 (2)规范操作，他们分别测量弹簧1和弹簧2，得到两根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图，图乙中，已知弹簧1的劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为________。 (3)如图丙所示，把图乙中的两根弹簧串联接起来，若不考虑弹簧自身重力的影响，把两根弹簧当成一根新弹簧，则新弹簧的劲度系数测量值约为________。 12．(8分)(2025·山东实验中学模拟)某同学利用如图甲所示装置探究两个互成角度的力的合成规律。 实验步骤如下： ①将力传感器P通过一根轻质细绳提起重物保持静止，记下P的示数F； ②将力传感器P、Q分别固定在左右两侧杆上，与P、Q相连的两根轻质细绳OA、OB连接的结点O处用轻绳OC系上同一重物。系统静止后，记下O点位置，P、Q的示数F1、F2及细绳的方向OA、OB、OC； ③在白纸上从O点沿OC反向延长作有向线段OC′，以OC′为对角线作平行四边形OA′C′B′，如图乙所示。用毫米刻度尺测出线段OA′、OB′、OC′的长度分别为l1、l2、l； ④调整力传感器Q的位置，重复以上步骤。 回答下列问题： (1)下列做法有利于减小实验误差的是_______。 A．两侧杆必须用铅垂线调整为竖直放置，不能左右倾斜 B．两个细绳间夹角越大越好 C．记录细绳方向时，选取相距较远的两点 D．调整力传感器Q的位置时，必须保证结点O的位置不变 (2)在误差允许的范围内，若l1、l2、l与F1、F2、F满足关系式____________，则能够证明力的合成遵循平行四边形定则。 (3)某次实验中，若平衡时两细绳OA、OB互相垂直，保持OA绳和结点O的位置不动，取下力传感器Q，将细绳OB绕O点在纸面内逆时针缓慢转动一小角度，此过程中OB绳的拉力________(选填“变大”“变小”或“不变”)。 13．(10分)(2025·安徽阜南实验中学期中)一质量为100 kg的货箱放在水平地面上，搬运工直接搬动它比较困难，于是他采用如图所示的方式拖动货箱。当绳子的拉力为500 N，与水平方向夹角为37°时恰能匀速拖动货箱，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8, g取10 m/s2。求∶ (1)运动过程中，物体对地面的压力为多大？ (2)物体与地面之间的动摩擦因数。(结果保留两位有效数字) 14．(12分)如图所示，口罩带AB段水平，CD段与水平方向夹角为60°，佩戴在单侧耳朵上的口罩带的伸长量为x。若将该口罩带看作遵循胡克定律的弹性轻绳，劲度系数为k，设单侧口罩带涉及的作用力均在同一平面内，不计摩擦。求： (1)单侧口罩带上的弹力大小FT； (2)单侧耳朵受到口罩带的作用力F。 15．(16分)如图甲，质量为1 kg的物块放在倾角θ＝37°的固定斜面上，物块恰好能沿斜面向下做匀速直线运动。已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，认为物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)物块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)若对静止在斜面上的物块施加水平向右的推力F，如图乙所示，为保持物块静止，求水平推力大小应满足的条件； (3)若改变斜面倾角θ，使得水平推力F无论为多大，都不会令静止的物块沿斜面向上滑动，求θ的正切值tan θ的取值范围。 阶段测试2　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 阶段测试2 (测试内容：第一～三章) 时间：75分钟　满分：100分　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合要求) 1．2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空，约10分钟后，神舟十六号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。下列说法正确的是(　　) A．研究火箭发射过程中的运动轨迹时可以把火箭看作质点 B．“9时31分”指时间间隔 C．火箭发射过程中速度变化量很大，所以加速度一定很大 D．火箭发射过程中某阶段的加速度方向可能与速度变化量方向不同 2．2023成都大运会中国队以103金完美收官，下列有关运动项目的说法中正确的是(　　) A．篮球运动员的鞋底花纹很深，是为了增大摩擦 B．跳水运动员对跳板的压力是由跳板的形变产生的 C．羽毛球运动到最高点时不受重力 D．排球运动员接球时排球发生明显形变是因为手腕对排球的力大于排球对手腕的力 3．某一物体做方向不变的直线运动，加速度a与速度v同向，但加速度逐渐减小直到减小到零，在此过程中物体的速度v、位移x的变化情况是(　　) A．v逐渐减小，当a＝0时，v最小 B．v逐渐增大，当a＝0时，v最大 C．x逐渐增大，当a＝0时，x最大 D．x逐渐减小，当a＝0时，x最小 4．如图所示，在光滑水平面上，两根劲度系数分别为k1、k2的轻质弹簧的一端均与固定挡板连接，另一端均与小球连接。小球在O点时，两弹簧均处于原长。若小球在水平向右的外力F作用下静止于A点，O、A间的距离为x，则下列关系式正确的是(　　) A．F＝k1x B．F＝k2x C．F＝(k1＋k2)x D．F＝x 5．驾车行驶时，小勤用手机传感器记录了一段时间内汽车加速度随时间变化的图像(如图所示)，设汽车前进的方向为正方向，小勤观察到在她计时的零时刻时汽车仪表盘显示车速为72 km/h。根据所学知识分析以下说法正确的是(　　) A．第5 s末汽车的速度约为12 m/s B．第7 s末汽车速度负，此时小勤可能正在倒车 C．第7 s末汽车的速度约为16 m/s D．汽车在2～5 s内位移小于5～7 s内位移 6．如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A、A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加水平向左的力F，整A装置保持静止。若将A的位置向右移动少许，物体B未触地，整个装置仍保持平衡，则(　　) A.墙对B的作用力减小 B．水平外力F增大 C．地面对A的支持力增大 D．B对A的作用力减小 7．“道路千万条，安全第一条”。高速公路行车，特别要注意控制车速与跟车距离。甲、乙两车沿直线在同一车道上同向行驶，甲在前、乙在后，车速均为108 km/h，两车间距为100 m。因受团雾影响，甲车紧急制动，此后一段时间内两车的速度—时间图像如图所示。则下列判断中正确的是(　　) A．甲、乙两车于t＝6 s时相撞 B．在0～9 s内两车并未相撞，且知两车间的最小距离为10 m C．在甲车制动的时间段内，乙车行驶了324 m D．乙车于t＝3 s时开始制动，制动加速度大小为12 m/s2 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．下列说法正确的是(　　) A．伽利略通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 B．伽利略理想斜面实验是以可靠的事实为基础，抓住主要因素，忽略次要因素，经过抽象思维，从而更深刻地反映自然规律 C．做自由落体运动物体由于受到重力作用，下落时间越长速度越大，它的惯性也相应变大 D．竖直上抛运动的物体到达最高点时，速度为零，加速度为g 9．内壁光滑且呈半圆柱面的凹槽静止在水平面上，其横截面如图所示，O为圆心，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的一端点。凹槽内有一质量为m的小球，现对小球施加一水平推力F，使小球由A缓缓地向B移动，当小球移至其和圆心的连线与水平方向成θ角时，凹槽恰好开始滑动。已知凹槽的质量为M，最大静摩擦力等于滑动摩摖力，则下列判断中正确的是(　　) A．在小球缓缓移动的过程中，推力F逐渐增大 B．在小球缓缓移动的过程中，凹槽所受地面的支持力逐渐减小 C．凹槽与地面间的动摩擦因数为 D．凹槽与地面间的动摩擦因数为 10．小张在高速公路上以108 km/h的速度匀速行驶，突然发现前方有交通事故，故紧急刹车使车匀减速滑行，受车况和路况影响，刹车时加速度大小在8～10 m/s2之间变化。若小张的反应时间为0.5 s，则从发现交通事故到汽车停止，汽车行驶的距离可能为(　　) A．65 m B．58 m C．50 m D．70 m 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(6分)为了探究弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系，某同学选了A、B两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图所示的x－F图像，从图像上看，该同学没能完全按实验要求做，使图像上端成为曲线，图像上端成为曲线的原因是________________，A弹簧的劲度系数为________N/m，若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________(选填“A”或“B”)。 12．(8分)某同学用如图甲所示的装置研究小车做匀变速直线运动的规律。 某次实验中得到一段点迹清晰的纸带，从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器电源频率为50 Hz，回答下列问题： (1)部分实验步骤如下： A．关闭电源，取出纸带 B．接通电源，待打点计时器工作稳定后释放小车 C．把打点计时器固定在倾斜平板上，让纸带穿过限位孔 D．将小车尾部与纸带相连，小车停靠在打点计时器附近 上述实验步骤的正确顺序是________(用字母填写)。 (2)在打点计时器打出EF段时，小车的平均速度大小为________m/s；在打出D点时，小车的速度大小为________m/s；在打出AG段时，小车的加速度大小为________m/s2。(结果均保留三位有效数字) 13．(10分)在国庆节前学校举行的田径运动会上，同学们表现出色。若在女子400 m比赛中某段时间内，小莉同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1＝4 s后速度达到v1＝8 m/s，然后匀速运动了t2＝10 s，接着做匀减速运动t3＝5 s后速度变为v2＝6 m/s。(该同学可以看做质点)求： (1)该同学在加速运动阶段的加速度a1。 (2)该同学在第16 s末的速度v3。 (3)该同学这段时间内运动的位移x。 14．(14分)如图所示，置于水平地面上的斜劈A，倾角α＝37°，质量为M＝30 kg，斜劈上有一质量为m＝10 kg的物块B，系统保持静止。已知物块与斜劈间的动摩擦因数为μ＝0.75，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求物块所受摩擦力的大小及物块对斜劈的压力大小。 (2)现对物块施加一沿斜劈向上的拉力使物块沿斜劈向上匀速运动而斜劈仍保持静止，则拉力多大？斜劈与地面间的动摩擦因数至少多大(可用分式表示)? 15．(16分)如图所示，在离地面高H处以v0＝10 m/s的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长L＝5 m的小车，其前端M距离抛出点的正下方s＝4 m，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做a1＝2 m/s2的匀加速直线运动。已知小球在空中运动的总时间为t＝4 s，g取10 m/s2，忽略空气阻力及小车的高度，求： (1)小球抛出点离地面的高度H。 (2)小球落地前最后一秒的位移大小x。 (3)当小车末端N到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为a2，方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度大小a2的范围。 第四章　运动和力的关系　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 第四章　运动和力的关系 第1节　牛顿第一定律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　理想斜面实验 1．伽利略利用两个对接的斜面，探究物体运动的原因时，让小球从固定的斜面上滚下，滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示。伽利略设计这个实验的目的是为了说明(　　) A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度 B．即使没有摩擦，小球最终也一定会停下来 C．力不是维持物体运动的原因 D．如果物体不受力的作用就不会运动 知识点2　牛顿第一定律 2．下列说法正确的是(　　) A．物体保持静止和匀速直线运动的性质叫作惯性定律 B．物体做速率不变的运动时，其运动状态不变 C．理想实验是科学研究中的一种科学方法 D．牛顿第一定律描述的是物体不受力时的状态，实际上不受力的物体是不存在的，所以牛顿第一定律无意义 3．(多选)关于牛顿第一定律，以下说法中正确的有(　　) A．牛顿第一定律是依靠实验事实，直接归纳总结得出的 B．牛顿第一定律是以可靠实验为基础，通过抽象出理想化实验而得出的结论 C．根据牛顿第一定律可知，力是维持物体运动的原因 D．根据牛顿第一定律可知，力是改变物体速度的原因 知识点3　惯性和惯性大小 4．对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是(　　) A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性 B．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了 C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性 D．自行车转弯时，车手一方面要适当地控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的 5．下列事例中，利用了物体的惯性的是(　　) A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 1．爱因斯坦说：“伽利略(Galileo Galilei，1564－1642)的发现以及他所应用的科学推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一，标志着物理学的真正开端。”在科学史上，伽利略享有“近代科学方法论的奠基人”的美誉。根据你对物理学的学习和对伽利略的了解，他的物理思想方法的研究顺序是(　　) A.提出假说，数学推理，实验验证，合理外推 B．数学推理，实验验证，合理外推，提出假说 C．实验验证，合理外推，提出假说，数学推理 D．合理外推，提出假说，数学推理，实验验证 2．下列说法正确的是 (　　) A．高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，说明乘客受到惯性力的作用 B．短跑运动员最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，惯性越大 C．惯性的大小仅与质量有关，质量越大，惯性越大 D．把手中的球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球具有惯性 3．如图所示，小车上竖直放置一个小木块，让木块随小车沿着桌面向右运动，当小车碰到挡板时，车上的木块向右倾倒。下列分析正确的是(　　) A．木块上部有惯性，下部没有惯性 B．惯性使木块具有倾倒的性质 C．小车碰到挡板时，木板上部受到了惯性力的作用而向前运动 D．木块底部受到摩擦力很快停止运动，上部没有受摩擦力由于惯性要继续运动 4．一天下着倾盆大雨，某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了。列车进站过程中(箭头表示列车进站的方向)，他发现水面的形状如选项图中的(　　) 5．如在一艘匀速向北行驶的轮船甲板上，一运动员做立定跳远，若向各个方向都用相同的速率起跳，则(　　) A．向北跳最远 B．向南跳最远 C．向东跳与向西跳一样远，但没有向南跳远 D．无论哪个方向均一样远 6．如图所示，一个劈形物体A，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面上放一个光滑的小球B，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是(　　) A.沿斜面向下的直线 B．竖直向下的直线 C．无规则曲线 D．抛物线 7．在匀速上升的热气球中突然落下一个物体，在物体刚离开热气球的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．物体立即向下做自由落体运动 B．物体具有向上的初速度，做匀加速运动 C．物体具有向上的初速度，具有竖直向下的重力加速度g D．物体的速度为0，但具有竖直向下的加速度 8．如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1、m2的两个小球(m1>m2)，原来随车一起运动，当车突然停止时，如不考虑其他阻力，则两个小球(　　) A．一定相碰 B．一定不相碰 C．不一定相碰 D．无法确定，因为不知小车的运动方向 9．(多选)如图所示，重球系于线DC下端，重球下再系一根同样的绳BA，下列说法正确的是(　　) A.在绳的A端缓慢增加拉力，结果CD绳先断 B．在绳的A端缓慢增加拉力，结果AB绳先断 C．在绳的A端突然猛一拉，结果AB绳先断 D．在绳的A端突然猛一拉，结果CD绳先断 第四章　运动和力的关系　　　　　(这是边文，请据需要手工删加) 　　　　　物理　必修第一册(这是边文，请据需要手工删加) 第2节　实验：探究加速度与力、质量的关系 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　实验原理 1．利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系，下列说法正确的是(　　) A．保持小车所受拉力不变，只改变小车的质量，就可以探究加速度与力、质量的关系 B．保持小车质量不变，只改变小车的拉力，就可以探究加速度与力、质量的关系 C．先保持小车所受拉力不变，研究加速度与力的关系；再保持小车质量不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系 D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系 知识点2　实验操作 2．(多选)某实验小组的同学用如图所示的装置探究加速度与力和质量的关系，为了使小车受到的合外力的大小等于钩码总重力的大小，则(　　) A．应将图示装置中的长木板的右端垫起适当的高度，以平衡阻力 B．平衡摩擦力时，图示装置中的钩码不需要取下 C．每次改变小车(含砝码)的质量时，都要重新平衡阻力 D．钩码的质量要远小于小车(含砝码)的质量 3．在研究作用力F一定时，小车的加速度a与小车(含砝码)质量M的关系的实验中，某同学安装的实验装置和设计的实验步骤如下： A．用天平称出小车和槽码的质量 B．按图安装好实验器材 C．把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂槽码 D．将电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上，接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量 E．保持槽码的质量不变，增加小车上的砝码个数，并记录每次增加后的M值，重复上述实验 F．分析每条纸带，测量并计算出加速度的值 G．作a－M关系图像，并由图像确定a与M的关系 (1)请改正实验装置图中的错误。 ①电磁打点计时器位置________________________________________________________________________。 ②小车位置________________________________________________________________________。 ③滑轮位置________________________________________________________________________。 (2)该同学漏掉的重要实验步骤是________，该步骤应排在步骤________之后。 (3)在上述步骤中，有错误的是步骤________，应把______________改为________________________________________________________________________。 (4)在上述步骤中，处理不恰当的是步骤________，应把______________改为______________。 知识点3　数据处理 4．如图所示为探究小车加速度与所受合力关系的实验示意图局部。该实验中，两小车各自受到向左的恒定拉力，通过铁夹子同时释放让两小车同时由静止开始运动，然后通过铁夹子同时夹住小车后面的细线使小车同时突然停止运动，从而使小车近似做了一段匀加速直线运动，进而比较两小车的加速度。关于此实验中两小车加速度的判断，下列说法正确的是(　　) A．两小车的加速度之比等于位移之比 B．两小车的加速度之比等于位移的反比 C．两小车的加速度之比等于位移平方之比 D．两小车的加速度之比等于位移平方的反比 5．某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图甲为实验装置简图。(交流电源的频率为50 Hz) 实验 次数 1 2 3 4 5 6 7 8 小车加 速度a/ (m·s-2) 1.90 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50 0.30 小车质 量m/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.67 /kg-1 4.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00 0.60 (1)图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2。(保留两位有效数字) (2)保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，见表格：请在图丙给出的方格坐标纸中画出a－图线，并根据图线判定小车加速度a与质量的倒数之间的关系是____________。 (3)保持小车质量m不变，改变砂和砂桶质量M，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F变化的图线如图丁所示。该图线不通过原点，其主要原因是________________________________________________________________________。 知识点4　实验创新 6．为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量。m为沙和沙桶的质量。(滑轮质量不计) (1)实验时，一定要进行的操作和保证的条件是__________________。 A．用天平测出沙和沙桶的质量 B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡阻力 C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D．改变沙和沙桶的质量，打出几条纸带 E．为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M (2) 该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两个计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2(结果保留两位有效数字)。 (3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图像如图丙所示，由图像可知，质量不变的物体受到的合外力F与产生的加速度a成________(选填“正比”或“反比”)。 1．在研究加速度a和力F、质量m的关系时，应用的是(　　) A．控制变量的方法 B．等效替代的方法 C．理论推导的方法 D．理想实验的方法 2．在实验“探究加速度与质量的关系”时，下列说法中正确的是(　　) A．应该改变拉力的大小 B．为了直观判断二者间的关系，应作出a－图像 C．每次改变小车质量时，必须重新平衡小车受到的阻力 D．只需测量一次，记录一组数据即可 3．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，为了消除打点计时器和木板对小车阻力的影响，关于该操作环节，下列四种装置图中正确的是(　　) 4．某组同学设计的“探究加速度与力、质量的关系”实验装置简图如图甲所示，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板。实验中认为细绳对小车的拉力F等于细砂和小桶的总重力，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。 (1)某次实验时，测得小车和小车上的砝码总质量为800 g，则细砂和小桶的总质量较为合理的是________。 A．50 g B．500 g C．5 kg D．50 kg (2)如图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50 Hz，根据纸带可求得电火花计时器打B点时的速度为____m/s，小车的加速度大小为________m/s2。(结果均保留两位小数) (3)在“探究加速度a与质量m的关系”时，某同学按照自己的方案将实验数据都在坐标系中进行了标注，但尚未完成图像(如图丙所示)。请帮助该同学继续作出坐标系中的图像。 (4)在“探究加速度a与合力F的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图丁所示，图线不通过坐标原点的原因是________________________________________________________________________。 5．为了探究加速度与力的关系，某同学使用了如图所示的装置进行实验。其中，A、B为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑块通过A、B光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录，滑块连同其上固定的一条形遮光片的总质量为M，遮光片宽度为d，光电门间距离为L，砂和砂桶的总质量为m。回答下列问题： (1)下列不必要的一项实验要求是________。 A．应将长木板一端垫高，平衡阻力 B．应使滑块质量远远大于砂和砂桶的总质量 C．应使两光电门间的距离适当大些 D．应使细线与长木板平行 (2)滑块通过两个光电门A、B的速度分别为________、________。 (3)在此实验中，需要测得每一次牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为__________________。(用Δt1、Δt2、d、L表示) 6．某实验小组利用图甲所示装置探究加速度与物体受力的关系，已知小车的质量为m′，单个钩码的质量为m，打点计时器所接的电源的频率为50 Hz，动滑轮质量不计，实验步骤如下： ①按图示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直； ②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板匀速运动； ③挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度； ④改变钩码的数量，重复步骤③，求得小车在不同合力作用下的加速度。 根据上述实验过程，回答以下问题。 (1)对于上述实验，下列说法正确的是______。 A．钩码的质量应远小于小车的质量 B．为了实验安全，打点计时器接直流电源 C．与小车相连的细线与长木板一定要平行 D．弹簧测力计的读数应为钩码重力的一半 (2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中两相邻计数点间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a＝________m/s2(结果保留两位有效数字)。 (3)若电源的实际频率大于50 Hz，则(2)中加速度a的计算结果与实际值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (4)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像，与本实验相符的是________。 (5)若实验步骤②中，让长木板水平放置，没有平衡摩擦力，其余实验步骤不变且操作正确，读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到小车运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验，以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图像是纵轴截距为b的一条倾斜直线，如图丙所示。已知小车的质量为m′，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦以及纸带与限位孔之间的摩擦，则小车和长木板之间的动摩擦因数μ＝________。 第3节　牛顿第二定律 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　牛顿第二定律 1．(多选)下列关于牛顿第二定律的说法正确的是(　　) A．物体的加速度大小由物体的质量和物体所受的合力大小决定，与物体的速度无关 B．物体的加速度方向只由它所受的合力方向决定，与速度方向无关 C．物体所受的合力方向和加速度方向及速度方向总是相同的 D．一旦物体所受的合力为零，则运动物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了 2．竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10 m/s2的加速度，若推力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10 m/s2)(　　) A．20 m/s2 B．25 m/s2 C．30 m/s2 D．40 m/s2 知识点2　力的单位的推导 3．关于力的单位“牛”，下列说法不正确的是(　　) A．“牛”这个单位是由质量为1 kg的物体所受的重力为9.8 N这个规定确定的 B．“牛”这个力的单位是根据在牛顿第二定律F＝kma中取k＝1时确定的 C．1 N就是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力 D．地面附近质量是1 kg的物体所受的重力是9.8 N，并不是规定的，而是根据牛顿第二定律F＝ma得到的结果 4．在牛顿第二定律公式F＝kma中，有关比例常数k的说法正确的是(　　) A．在任何情况下都等于1 B．k值是由质量、加速度和力的大小决定的 C．k值是由质量、加速度和力的单位决定的 D．在国际单位制中，k的数值等于2 知识点3　牛顿第二定律的理解 5． 如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA＝2mB，两球间连有一个轻质弹簧。如果突然剪断细线，则在剪断细线瞬间(　　) A．A球的加速度为g，B球的加速度为g B．A球的加速度为g，B球的加速度为0 C．A球的加速度为g，B球的加速度为0 D．A球的加速度为g，B球的加速度为g 6． 如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(　　) A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg 1．下列说法正确的是 (　　) A．由牛顿第二定律知，加速度大的物体，所受的合外力一定大 B．物体的加速度大，说明它的质量一定小 C．任何情况下，物体的加速度大，速度变化量一定大 D．a与Δv及Δt无关，但可以用Δv和Δt的比值来计算加速度a的大小 2． 如图所示，当小车向右做匀加速运动时，A、B两个小球的受力情况是(　　) A．A球受3个力作用，B球受2个力作用 B．A球受2个力作用，B球受3个力作用 C．A球受3个力作用，B球受3个力作用 D．A球受2个力作用，B球受2个力作用 3．如图所示，一个质量为50 kg的沙发静止在水平地面上，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1＝120 N、F2＝160 N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因数μ＝0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.沙发不会被推动 B．沙发将沿着F1的方向移动，加速度为0.6 m/s2 C．沙发将沿着F2的方向移动，加速度为0.2 m/s2 D．沙发的加速度大小为1 m/s2 4． 如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N、完全相同的轻质弹簧测力计A和B系住一个质量为1 kg的物体，在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数均为10 N，当小车做匀变速直线运动时，弹簧测力计A的示数为7 N，这时小车的加速度大小是(　　) A．2 m/s2 B．4 m/s2 C．6 m/s2 D．8 m/s2 5． 如图所示，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上，并且处于静止状态。现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)(　　) A．1.5g，1.5g，0 B．g，2g，0 C．g，g，g D．g，g，0 6． (多选)如图所示，在水平面上有一个小车，小车上有一个由两个杆组成的固定支架ABC，且∠ABC＝60°，支架上固定一个小球。假设小车在某次向左运动的过程中，小球受到支架的弹力恰好沿BC杆的方向，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小车向左做匀加速直线运动 B．小车向左做匀减速直线运动 C．小车的加速度大小是g D．小车的加速度大小是g 7． 在静止的车厢内，用细绳a和b系住一个小球，绳a斜向上拉，绳b水平向左拉，如图所示，现让小车由静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时相比，绳a、b的拉力Fa、Fb的变化情况是(　　) A．Fa变大，Fb不变 B．Fa变大，Fb变小 C．Fa不变，Fb变小 D．Fa不变，Fb变大 8．(多选)如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示，已知重力加速度为g，由图可以判断正确的是(　　) A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g B．图线与横轴的交点N的值TN＝mg C．图线的斜率等于货物的质量m D．图线的斜率等于货物质量的倒数 9．如图甲所示，质量为2 kg的木板B静止在水平面上。某时刻物块A(可视为质点)从木板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度v0＝4 m/s。此后A和B运动的v－t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1。 (2)B与水平面间的动摩擦因数μ2。 (3)A的质量。 第4节　力学单位制 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　基本单位 1．下列有关力学单位制的说法中正确的是(　　) A．在有关力学的分析计算中，只能采用国际单位制，不能采用其他单位制 B．力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和速度 C．力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、米和牛 D．单位制中的导出单位可以用基本单位来表达 2．导出单位是由基本单位组合而成的，则下列说法中正确的是(　　) A．加速度的单位是m/s2，是由m、s两个基本单位组合而成的 B．加速度的单位是m/s2，由公式a＝可知，它是由m/s和s两个基本单位组合而成的 C．加速度的单位是m/s2，由公式a＝可知，它是由N、kg两个基本单位组合而成的 D．以上说法都是正确的 知识点2　国际单位制 3．下列属于国际单位制中的基本单位的是(　　) A．米 B．千米 C．米/秒 D．牛 4．用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是(　　) A．kg·m2/s2 B．kg·m/s2 C．N/m D．N·m 5．质量m＝200 g的物体以加速度a＝20 cm/s2做匀加速直线运动，则关于它受到的合力的大小及单位，下列运算既简洁又符合一般运算要求的是(　　) A．F＝200×20＝4 000 N B．F＝0.2×0.2 N＝0.04 N C．F＝0.2×0.2＝0.04 N D．F＝0.2 kg×0.2 m/s2＝0.04 N 1．有关单位，下列说法中正确的是(　　) A．kg、m/s、N是国际单位制中的导出单位 B．在国际单位制中，力的单位制中是根据牛顿第二定律定义的 C．秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一，而天是时间的单位 D．一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系 2．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是(　　) A．a＝＝ m/s2＝120 m/s2 B．a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2 C．F＝ma＝500×1.2 N＝600 N D．F＝ma＝0.5×1.2 N＝0.6 N 3．在解一道文字计算题(由字母表达结果的计算题)时，一个同学对某物体位移的解为x＝(t1＋t2)。用单位制的方法检查，这个结果(　　) A．可能是正确的 B．一定是错误的 C．如果用国际单位制，结果可能正确 D．用国际单位制，结果错误；如果用其他单位制，结果可能正确 4．现代的物理学中，加速度的定义式为a＝，而历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”(现称“另类匀变速直线运动”)，该运动中的“另类加速度”定义为A＝，其中v0和v分别表示某段位移x内的初速度和末速度。A＞0表示物体做加速运动，A＜0表示物体做减速运动。根据力学单位制，“另类加速度”A的国际单位应为(　　) A．m/s2 B．m2/s2 C．m-1 D．s-1 5．在初中已经学过，如果一个物体在力F的作用下沿着力的方向移动了一段距离l，这个力对物体做的功W＝Fl。我们还学过，功和能的单位都是焦耳(J)，即1 J＝1 N·1 m。下面四个选项中可能是动能表达式的是(　　) A．mv2 B．mv C．mv D．m2v 6．我国自主建造的射电望远镜如图所示，与一般太空望远镜不同的是，它是通过“听”而不是通过观测来收集天体的重要信息的，它能够收集137亿光年之外的电磁信号，人们将其称为“天眼”，其中“光年”是(　　) A．长度单位 B．时间单位 C．速度单位 D．能量单位 7．橡皮筋在弹性限度内受到的拉力F与其伸长量x遵循胡克定律，即F＝kx，其k值与橡皮筋未受到拉力时的长度L及橡皮筋的横截面积S有关，理论与实践都表明k＝Y，在材料力学中称Y为杨氏模量，是一个只由材料决定的常数。在国际单位制中，杨氏模量Y的单位是(　　) A．N B．m C．N/m D．Pa 8．一个恒力作用在质量为m1的物体上，产生的加速度为a1；作用在质量为m2的物体上，产生的加速度为a2。若此恒力作用在质量为(m1＋m2)的物体上，则产生的加速度为(　　) A．a1a2 B． C． D． 9．我们生活中的许多实际现象如果要用物理规律严格地进行求解往往会很复杂，甚至可能无法求解，而有些问题用量纲分析法就简便得多。比如，鸟能够飞起来的必要条件是空气对鸟的升力大于鸟的重力，设空气对鸟的升力为F，它与鸟的翅膀面积S和飞行速度v有关，另外鸟是在空气中飞行的，因而可能与空气的密度ρ有关，人们猜测F与这些有关因素之间的关系式为F＝CSavbρc，其中C为无单位的常数。根据单位分析的方法，你认为该公式中的a、b、c应分别为(　　) A．a＝1，b＝1，c＝1 B．a＝1，b＝2，c＝1 C．a＝1，b＝2，c＝2 D．a＝2，b＝2，c＝2 10．研究发现，声音在气体中的传播速度仅取决于气体的压强、密度及某些常数(没有单位)，某人根据单位制的知识推导出了计算气体中声速的公式，并计算出声音在压强为1.00×105 Pa、密度为1.29 kg/m3和压强为1.29×105 Pa、密度为1.44 kg/m3的两种气体中的声速之比，正确的是(　　) A．100∶144 B．40∶43 C．1.29∶1.2 D．1.44∶1 11．从地面以大小为v1的初速度竖直向上抛出一个皮球，经过时间t皮球落回地面，落地时皮球的速度的大小为v2。已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，重力加速度大小为g。下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的。你可能不会求解t，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，你认为t的合理表达式应为(　　) A.t＝ B．t＝ C．t＝ D．t＝ 第5节　牛顿运动定律的应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　从受力确定运动情况 1．用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失。则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是(　　) A．v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2 B．v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2 C．v＝4.5 m/s，a＝0 D．v＝7.5 m/s，a＝0 2． 质量为m的球置于斜面体上，被一个竖直挡板挡住。现用一个力F拉斜面体，使斜面体在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　) A．若加速度增大，竖直挡板对球的弹力不变 B．若加速度足够大，斜面体对球的弹力可能为零 C．斜面体和挡板对球的弹力等于ma D．无论加速度大小如何，斜面体对球一定有弹力的作用，而且该弹力是一个定值 知识点2　动力学图像问题 3．(多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向。则以下结论正确的是(取g＝10 m/s2)(　　) A.0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 B．1 s～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 C．0～1 s内，物体的位移大小为7 m D．0～2 s内，物体的总位移大小为11 m 4．在光滑水平面上以速度v运动的物体，从某一时刻开始受到一个跟运动方向共线的力的作用，其速度图像如图所示。那么它受到的外力F随时间变化的关系图像是(　　) 知识点3　从运动情况确定受力 5．随着居民生活水平的提高，家庭轿车越来越多，行车安全就显得越发重要，在行车过程中规定必须使用安全带。假设某次急刹车前的速度为30 m/s，从踩下刹车到安全停止历时6 s，若乘员的质量为75 kg，此时安全带对乘员的作用力大小最接近(　　) A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N 6．如图所示，直杆水平固定，质量m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)小圆环在BC段的加速度a2的大小。 (2)小圆环在AB段的加速度a1的大小。 (3)拉力F的大小。 1．物体放在光滑水平面上，在水平恒力F作用下由静止开始运动，经时间t通过的位移是x。如果水平恒力变为2F，物体仍由静止开始运动，经时间2t通过的位移是(　　) A．x B．2x C．4x D．8x 2．某种装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开，形成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．25 m/s，1.25 B．40 m/s，0.25 C．50 m/s，0.25 D．80 m/s，1.25 3．如图所示，足够长的水平传送带以v＝2 m/s的速度逆时针匀速转动，一个物体以v0＝4 m/s的初速度从左端A处水平滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，那么物块再次返回到A处所用的时间为(　　) A．4 s B．2 s C．4.5 s D．3 s 4．质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图所示，a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v－t 图线，则拉力和摩擦力之比为(　　) A．9∶8 B．3∶2 C．2∶1 D．4∶3 5．如图所示，两车厢的质量相同，且到P点距离相等，其中某一个车厢内有一人拉动绳子使车厢相互靠近。若不计绳子质量及车与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢有人的判断中，正确的是(　　) A．先开始运动的车厢内有人 B．后开始运动的车厢内有人 C．先到达P点的车厢内没人 D．不去称质量，无法确定哪个车厢内有人 6．(多选)如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处。滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力F之间的函数关系如图乙所示。由图可以判断(　　) A．图线与纵轴的交点P的值aP＝－g B．图线与横轴的交点Q的值FQ＝mg C．图线的斜率等于物体的质量m D．图线的斜率等于物体质量的倒数 7．高速避险车道是高速道路上为刹车失控车辆所设置的紧急避险通道，一般为上坡车道，表面铺满沙石或松软沙砾的制动层，末端设有防撞设施。图甲是某地高速避险车道，该避险车道与水平地面的夹角为37°，长为100 m，简化图如图乙。一辆满载矿粉的重型半挂货车制动突然失灵，司机急忙关闭油门将车驶入避险车道。货车受到的阻力恒为车重的20%，货车以v0＝24 m/s的速度冲上避险车道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，以下说法正确的是(　　) A．货车在避险车道上向上滑行的加速度大小为2 m/s2 B．货车在避险车道向上滑行的时间为4 s C．货车将在避险车道向上滑行72 m D．若货车驶入该避险车道的初速度v0＝40 m/s，则货车恰好不与防撞设施相撞 第6节　超重和失重 　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点1　超重、失重的判断 1．某同学站在一观光电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究该观光电梯升降过程中的运动情况，如图所示的v－t图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况(向上为正方向)。根据图像提供的信息，可以判断下列说法正确的是(　　) A．0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态 B．5～10 s内，该同学对电梯地板的压力大于他所受的重力 C．10～20 s内，观光电梯在减速下降，该同学处于超重状态 D．20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态 知识点2　超重、失重的理解 2． 如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔，静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则(　　) A．容器自由下落时，小孔向下漏水 B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水 C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水 D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水 知识点3　超重、失重的计算 3．一个质量为60 kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧测力计，弹簧测力计下面挂着一个质量为m＝5 kg的物体A，当升降机向上运动时，弹簧测力计的示数为40 N，g取10 m/s2，求： (1)此时升降机的加速度的大小。 (2)此时人对地板的压力。 1．(多选)在太空空间站中，一切物体均处于完全失重状态，下列测量中，在太空空间站内不能做到的是(　　) A．用弹簧测力计测物体的重力 B．用弹簧测力计测拉力 C．用天平测物体的质量 D．用温度计测物体的温度 2．有一个同学站在力学传感器上完成下蹲动作，力学传感器示数随时间变化如图所示。则(　　) A．这位同学的重力约为700 N B．这位同学的重力约为290 N C．这位同学的重力约为500 N D．无法估计该同学受到的重力大小 3．高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙所示，则下列说法正确的是(　　) A．人向上运动过程中，一直处于超重状态 B．人向上运动过程中，一直处于失重状态 C．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力 D．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 4．(多选)质量为m的人站在电梯里，电梯减速下降，加速度大小为g(g为重力加速度)，则(　　) A．人对电梯的压力大小为mg B．人对电梯的压力大小为mg C．人处于超重状态 D．人处于失重状态 5．图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，P点是他的重心位置。图乙是根据力传感器采集到的数据作出的力——时间图像。两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。g取10 m/s2。根据图像分析可知(　　) A．此人的重力为750 N B．b点表示此人下蹲至最低点 C．此人在f点的加速度等于零 D．此人在d点的加速度等于20 m/s2 6． (多选)如图所示，质量为m的斜面体A始终处于静止状态，当质量为m′的物体B沿斜面下滑时，下列说法正确的是(　　) A．匀速下滑时，m对地面的压力等于(m＋m′)g B．加速下滑时，m对地面的压力小于(m＋m′)g C．匀减速下滑时，m对地面的压力大于(m＋m′)g D．m对地面的压力始终等于(m＋m′)g 7． 如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁)(　　) A．A球将向上运动，B、C球将向下运动 B．A、B球将向上运动，C球不动 C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动 D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动 8．在电梯中，把一物体置于水平台秤上，台秤与力传感器相连，电梯先从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动。传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系图像如图所示(g取10 m/s2)，则： (1)电梯在启动阶段经历了多长时间的加速上升过程？ (2)该物体的重力是多少？电梯在超重和失重时物体的重力是否变化？ (3)电梯在超重和失重时的最大加速度大小分别是多少？ 专题提升3　连接体和临界问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 要点一　连接体问题 1．连接体模型 连接体一般是指由两个或两个以上有一定联系的物体构成的系统，常见的如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、弹簧、细杆等连在一起，如图所示。 2．外力和内力 如果以物体组成的系统为研究对象，则系统之外的作用力为该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为该系统的内力。 3．连接体问题的处理方法 整体法 把整个系统作为一个研究对象，不必考虑系统的内力，只需分析系统受到的外力，然后依据牛顿第二定律列方程求解 隔离法 把系统中的一部分作为研究对象，此时系统的内力就有可能成为该研究对象所受的外力，在分析时应加以注意 [典例1] (2025·广东六校联合学业质量检测)如图所示，质量分别为3 kg、4 kg的木块A、B用轻质弹簧连接并置于粗糙水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.3，弹簧的劲度系数为400 N/m，且伸长了2.0 cm，A、B和弹簧组成的系统处于静止状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度的大小g取 10 m/s2。现用F＝12 N的水平拉力向右拉木块B，则力 F作用后( C ) A．木块A所受摩擦力的大小是9 N B.木块A所受摩擦力的大小是12 N C．木块B所受摩擦力的大小是4 N D．木块B所受摩擦力的大小是 12 N 规律总结 “串接式”连接体中弹力的“分配协议” 如图所示，对于一起做加速运动的物体系统，m1和m2间的弹力F12或中间绳的拉力FT的大小遵守以下力的“分配协议”： 1．若外力F作用于m1上，则F12＝FT＝。 2．若外力F作用于m2上，则F12＝FT＝。 注意：①此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)。 ②此“协议”与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关。 ③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时此“协议”都成立。 针对训练1　如图所示，物体A、B放在物体C上，在水平力F作用下，A、B、C以相同的加速度一起向左匀加速运动，下列说法正确的是( C ) A．物体A受到向右的滑动摩擦力 B．物体B不受摩擦力 C．物体A受到摩擦力大于物体B受到摩擦力 D．地面对C的支持力与物体C的重力是一对平衡力 要点二　动力学中的临界问题 1．问题概述：动力学问题中的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件。 2．常见情景及临界条件 临界状态 临界条件 两物体接触或脱离 弹力FN＝0 两物体由相对静止开始相对滑动 静摩擦力达到最大值 绳子断裂 张力等于绳子所能承受的最大张力 绳子松弛 张力FT＝0 加速度最大或最小 当所受合力最大时，具有最大加速度；合力最小时，具有最小加速度 速度最大或最小 加速度为0 [典例2] (2025·江苏南京金陵中学期末)如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，(已知重力加速度为g)。下列判断正确的是( D ) A．当滑块向左匀加速直线运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是a＝g B．当滑块向左匀加速直线运动时，a＝2g时，绳子的拉力为3mg C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力可能为0 D．当滑块向右匀加速直线运动时，a＝g时，绳子的拉力为0 方法归纳 求解临界问题的三种常用方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件，往往用假设法解决问题 数学 方法 将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件 针对训练2　(2025·四川雅安模拟)如图所示，质量分别为m、2m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g，则挡板对乙的弹力最大值为( D ) A．3mg sin θ　 B．4mg sin θ C．5mg sin θ　 D．6mg sin θ 专题提升4　传送带模型和板块模型 　　　　　　　　　　　　　　　　 要点一　传送带模型 1．基本类型 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本类型。 2．模型物块在传送带上运动的六类常见情形 (1)v0＝v时，一直匀速； (2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速； (3)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (1)传送带较短时，一直减速； (2)传送带较长时，先减速后返回 ①v0≤v时，返回速度为v0； ②v0＞v时，返回速度为v (1)可能一直加速； (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速； (2)可能先加速后匀速； (3)可能先以a1加速，后以a2加速 (1)可能一直加速； (2)可能先加速后匀速； (3)可能先以a1加速，后以a2加速； (4)可能一直匀速； (5)可能先减速后匀速； (6)可能一直减速 (1)可能一直加速； (2)可能一直匀速； (3)可能一直减速； (4)可能先减速后返回 ①v0≤v时，返回速度为v0； ②v0＞v时，返回速度为v [典例1] (2025·安徽合肥八中模拟)传送带是常见的运输装置，为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重法”。如图所示，长度为L＝8 m的倾斜传送带以v＝4 m/s的速率顺时针匀速转动，传送带与水平方向的夹角为θ＝37°。质量均为2 kg的物块A、B通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，将A拉到底端由静止释放。连接A的绳子与传送带平行，轻绳不可伸长且足够长，不计滑轮的质量，B离地足够高。已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)释放瞬间物块A的加速度大小a； (2)物块A在传送带上留下的划痕长度。 规律总结 模型特点：传送带问题的实质是相对运动问题，相对运动直接影响摩擦力的方向。 1．理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。 2．传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 针对训练1　(2025·北京朝阳区期中)如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是( B ) A．＋　 B． C． D． 要点二　板块模型 1．模型概述 一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。 2．解题方法 (1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向。 (2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。 (3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 [典例2] (2025·山东济宁兖州区期中)如图所示，质量为M＝1 kg木板A静止在水平面上，A与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1。在A的左端放置一质量m＝1 kg的铁块B(可视为质点)，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.3。t＝0时用一水平向右的恒力F＝7 N作用在B上，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g取10 m/s2。 (1)求A与B各自的加速度大小； (2)若t1＝1 s后撤去力F，此后的运动过程中B刚好不从A上掉落，求木板A的长度。 规律总结 分析板块模型应关注的两个关键 　　 针对训练2　(2025·河南新乡一模)(多选)如图所示，书本甲叠放在书本乙上，甲、乙两书足够长，甲、乙的质量分别为m1＝0.6 kg、m2＝0.2 kg，甲、乙之间的动摩擦因数μ1＝0.2，乙与桌面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，用水平向右的力F推书本甲，开始时F＝0.6 N，此后缓慢增大，下列说法正确的是( 　 ) A．当推力F＝0.7 N时，书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N B．当推力F＝1 N时，书本均保持静止状态 C．当推力F＝1.8 N时，书本甲、乙之间无相对滑动 D．当推力F＝2 N时，书本甲、乙之间有相对滑动 疑难突破专练5 　　　　　　　　　　　　　　　　 疑难点1　连接体问题 1． 两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于(　　) A．F B．F C．F D．F 2． 如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图像是(　　) 3． 如图，在光滑水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长，如果mB＝3mA，则绳子对物体A的拉力大小为(重力加速度为g)(　　) A．mAg B．mAg C．mBg D．mAg 4． 杂技是集技能、体能、娱乐于一体的表演活动。$ 第一章　运动的描述1 　第1节　质点　参考系1 　第2节　时间　位移3 　第3节　位置变化快慢的描述——速度 5 　第4节　速度变化快慢的描述——加速度 7 　疑难突破专练19 章末复习提升11 第一章　章末检测(一)15 第一章　章末检测(二)18 第二章　匀变速直线运动的研究21 　第1节　实验：探究小车速度随时间变化的 规律21 　第2节　匀变速直线运动的速度与时间的 关系23 　第3节　匀变速直线运动的位移与时间的 关系25 　培优专项　匀变速直线运动规律的应用 27 　第4节　自由落体运动29 　专题提升1　竖直上抛运动和运动图像问题 31 　专题提升2　追及相遇问题33 　疑难突破专练236 章末复习提升38 第二章　章末检测44 阶段测试148 第三章　相互作用——力52 　第1节　重力与弹力52 　第2节　摩擦力54 　第3节　牛顿第三定律56 　第4节　力的合成和分解58 　第5节　共点力的平衡60 　疑难突破专练362 　疑难突破专练464 章末复习提升66 第三章　章末检测(一)71 第三章　章末检测(二)75 阶段测试279 第四章　运动和力的关系83 　第1节　牛顿第一定律83 　第2节　实验：探究加速度与力、质量的关系 85 　第3节　牛顿第二定律89 　第4节　力学单位制91 　第5节　牛顿运动定律的应用93 　第6节　超重和失重95 　专题提升3　连接体和临界问题97 　专题提升4　传送带模型和板块模型99 　疑难突破专练5101 　疑难突破专练6103 章末复习提升106 第四章　章末检测(一)111 第四章　章末检测(二)115 综合检测(一)119 综合检测(二)123 答案详解127 学科网（北京）股份有限公司 $