2024—2025高中物理必修1一轮复习课时作业及综合评价试卷详解答案

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课时分层作业(一) 质点 参考系
1．解析：速度滑冰比赛中，研究运动员的滑行轨迹，能将运动员看成质点，A正确；自由式滑雪比赛中，研究运动员的空中姿态，不能将运动员看成质点，B错误；花样滑冰比赛中，研究运动员的跳跃和旋转，不能将运动员看成质点，C错误；单板滑雪比赛中，研究运动员的空中转体动作，不能将运动员看成质点，D错误．
答案：A
2．解析：战机、加油机及战机内的飞行员都与加油机相对静止，加油机相对地面上的房屋是运动的，选项B正确．
答案：B
3．解析：关键是分析在实际研究的问题中物体的大小、形状能否忽略．若能忽略物体的大小和形状，则可视为质点，若不能忽略物体的大小和形状，则不可视为质点，故C正确．
答案：C
4．解析：检查乘客是否正确佩戴口罩，乘客不能被看成质点，否则不能确定乘客是否正确佩戴口罩，故A错误；追踪新冠感染者的行动轨迹，研究的是轨迹，新冠感染者的大小和形状对追踪轨迹没有影响，故可以将新冠感染者看成质点，故B正确；检测新冠病毒是否发生变异，需研究新冠病毒的内部结构和外部形态，不能将新冠病毒看成质点，故C错误；给接种者注射新冠疫苗，接种者不能被看成质点，否则无法确定接种位置，故D错误．
答案：B
5．解析：能否看成质点主要取决于“天问一号”的大小和形状相对于研究的问题是否可以忽略．
答案：B
6．解析：依题意，演员与卡车相对静止，二者相对地面运动，所以以演员为参考系，卡车是静止的；以地面为参考系，演员是运动的，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
7．解析：教练为了研究两人的技术动作，不能忽略人的形状，不能将图片中的两人视为质点，故A错误；两人在下落过程中，相对水面下降，所以感觉水面是运动的，故B错误；两个运动员的动作一致，所以甲运动员感觉乙运动员是静止的，故C正确；观众观看两人比赛时，要看动作，不能将两人视为质点，故D错误．故选C.
答案：C
8．解析：以地面作为参考系，大雁在匀速飞行，A错误；由于大雁在匀速飞行，摄影师为了拍摄一张清晰大雁队伍照片，应该以雁群中的某只大雁做参考系，B错误；若研究“雁阵”从一处飞往另一处的时间，与两地的距离相比，大雁群的形状与体积可以忽略，可以将“雁阵”看做一个质点，C正确；研究头雁扇动翅膀产生的上升气流时，不能忽略大雁的形状与体积，头雁不能看做质点，D错误．故选C.
答案：C
9．解析：飞机甲与敌机速度相同，以飞机甲为参照物，敌机静止，故B正确；飞机乙全程变距监控，所以以飞机乙为参照物，敌机是运动的，同理，以敌机为参照物，飞机乙是运动的，以静止的云为参照物，三架飞机均不静止，故A、C、D错误．
答案：B
10．解析：以该游客自己为参考系，相对于山靠近的过程中，看到对面的山迎面走来，故A错误；以对面的山为参考系，相对山靠近的过程中，看到该游客自己向山运动，故B错误；以该游客自己为参考系，看到同一缆车里的人静止不动，故C错误；以所乘坐的缆车为参考系，看到两边的青山绿树向身后走去，故D正确．
答案：D
11．解析：甲、乙两人分别将飞机和地面作为参考系，他们的说法都是正确的，他们的争论是由于选择的参考系不同而引起的，A错误，D正确；参考系的选择可以是任意的，一般情况下我们选择相对于地面静止的物体为参考系，B错误；研究物体的运动时一定要选择参考系，否则物体的运动情况无法确定，C错误．
答案：D
12．解析：选作参考系的物体，都认为处于静止状态，以地面为参考系，甲、乙两车都向东运动，且甲车运动得较快．若以甲车为参考系，乙车后退，即向西运动；若以乙车为参考系，甲车向前，即向东运动．
答案：BC
13．解析：记录潜水器下潜的总时间时，潜水器的大小和形状相对运动的轨迹可以忽略，可以视为质点，故A正确；调整潜水器下潜姿态时，潜水器的大小和形状不可忽略，不可视为质点，故B错误；研究潜水器在水中受到的浮力时，潜水器的体积不可以忽略，不可视为质点，故C错误；研究潜水器舱体各部位受到水的压力时，潜水器的大小和形状不可忽略，不能视为质点，故D错误．
答案：A
14．解析：由B车上的乘客看到站台向东运动，可判断B车向西运动，由A车上的乘客看到B车向东运动，说明A车也向西运动且速度大于B车速度；C车上的乘客看到A车向西运动，B车上的乘客看到C车向东运动，则C车有三种可能的运动情况：可能静止，可能向东运动，也可能向西运动但速度比A、B的速度都小，故选D.
答案：D
课时分层作业(二) 时间 位移
1．解析：“2021年10月16日0时23分”是指时刻，故A错误；“10月16日6时56分”是指时刻，故B正确；“约582秒”是指时间间隔，故C错误；研究“神舟十三号”载人飞船飞行轨迹时，飞船的大小和形状对所研究的问题而言可以忽略，所以此时可以将飞船视为质点，故D错误．
答案：B
2．解析：一个物体相对于其他物体的位置变化叫作机械运动，故A正确；物体在5 s内指的是物体从0时刻到5 s末这5 s的时间，故B错误；描绘航空母舰在海洋中的运动轨迹时，航空母舰的大小和形状可以忽略，可以将航空母舰看作质点，故C错误；高清摄像机拍摄子弹穿过苹果瞬间的照片，曝光时间为0.1 s，这里指的是时间间隔，故D错误．
答案：A
3．解析：位移的大小等于初、末位置的距离，可知位移的大小等于A、C的距离，即x＝1.5 m－1 m＝0.5 m；路程等于运动轨迹的长度，可知s＝1 m＋1.5 m－2×0.2 m＝2.1 m，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
4．解析：“29分钟”指的是时间间隔，A错误；“18千米”指的是汽车路程，B错误，C正确；研究此过程中汽车的运动轨迹时能把汽车看成质点，D错误．
答案：C
5．解析：位移是起点指向终点的有向线段，位移的大小即直线距离，A项正确，B、C、D三项均指路程．
答案：A
6．解析：由列车信息可知，08：44是高铁出发的时间，是一个时间点，所以是时刻；02：32是高铁从汉口到十堰东所需的时间，是一个时间段，所以是时间间隔，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
7．解析：矢量是有方向的物理量，所以位移是矢量，路程是标量，A错误；两批医护人员的起点与终点都相同，所以位移是相同的，B正确；“时间少 收费多”方案中的“1小时25分”，对应的是一个过程，故指的是时间间隔，C错误；“距离较短”方案中的“85公里”是指医护人员实际所走路线的长度，是路程，D错误．
答案：B
8．解析：由题图可知，小王经过的路线长度为400 m＋300 m＝700 m，小王的位移大小为 eq \r(3002＋4002) m＝500 m，故C正确．
答案：C
9．解析：质点每秒的位置如图所示，前4 s内的路程为s＝2 m＋2 m＋1 m＋6 m＝11 m，第4 s内的位移为x＝－2 m－4 m＝－6 m，最后2 s，即第3 s末到第5 s末的位移为x′＝－3 m－4 m＝－7 m．故D正确，A、B、C错误．
答案：D
10．解析：位移是矢量，质点从A到B再到C的位移为－2 m，路程为4 m，选项A错误；质点从B到D的位移为－2 m－2 m＝－4 m，路程为4 m，选项B正确；质点到达D点时，其位置可用D点的坐标表示，即－2 m，此时质点相对于A点的位移为－2 m－1 m＝－3 m，选项C、D正确．
答案：BCD
11．解析：“2021年9月20日22时08分”是指时刻，故A错误；它们各自转一圈，其位移都为0，相等，故B正确；它们各自转一圈，其路程是各自所在轨道的周长，不相等，故C错误；交会对接时，要考虑它们的形状，不可以把它们看成质点，故D错误．
答案：B
12．解析：位移由运动的起点、终点决定，路程由实际路径决定，0.2～0.8 s内小球从A→B→A→O，位移大小是7 cm，方向向左，经过的路程是13 cm，故A错误；0.4～0.8 s内小球从B→A→O，位移大小是10 cm，方向向左，经过的路程是10 cm，故B正确；0.2～0.6 s内小球从A→B→A，位移大小是零，经过的路程是6 cm，故C错误；0.2～1.0 s内小球从A→B→A→O→C，位移大小是14 cm，方向向左，经过的路程是20 cm，故D错误．
答案：B
13．解析：
如图所示，楼梯倾角为45°，则知每层楼的高为2L，由A到B的位移大小x为图中虚线部分的长度，由勾股定理知，x＝ eq \r(L2＋（2L）2) ＝ eq \r(5) L；人的路程为运动轨迹的总长度，所以路程为：L＋2 eq \r(L2＋L2) ＝L＋2 eq \r(2) L，选项D正确．
答案：D
14．解析：起爆员撤离路径示意图如图所示，
先向北跑100 m，再向东跑50 m，此时起爆员到爆破点的距离为 eq \r(1002＋502) m<120 m，没到安全区域，故A错误；先向北跑100 m，再向东跑100 m．此时起爆员距爆破点的距离为 eq \r(1002＋1002) m>120 m，已经到达安全区域，故B正确；先向北跑100 m，再向东偏南45°跑100 m，由几何关系可知，起爆员距爆破点的距离一定小于120 m，没到安全区域，故C错误；先向西偏北45°跑100 m，再向东偏北45°跑75 m，起爆员此时距爆破点的距离为 eq \r(1002＋752) m>120 m，已经到达安全区域，故D正确．
答案：BD
课时分层作业(三) 位移—时间图像 位移和时间的测量
1．解析：每隔四个点取一个计数点，相邻的计数点间有五个时间间隔，而打点计时器每隔0.02 s打一个点，所以两计数点间的时间间隔为0.10 s；若每隔五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为0.12 s.
答案：A
2．解析：A错：由图像可知，乙在10 s时开始运动，甲已运动了10 s，此时两物体间的距离已超过20 m.
B对：在0～10 s这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐增大，说明两物体间的距离逐渐增大．
C对：在10～25 s这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐减小，说明两物体间的距离逐渐变小．
D对：两物体在10 s时相距最远，在25 s时，两图线相交，两物体纵坐标相等，说明它们到达同一位置．
答案：BCD
3．解析：(1)先沿正方向匀速前进6 m，停一段时间后再沿正方向匀速前进6 m，再停一段时间后反向匀速运动10 m，又停一段时间后再沿正向匀速前进4 m，停一会儿，最后反向匀速前进6 m回到出发点．
(2)从开始至刚运动到距原点12 m处用时大约25 s.
答案：见解析
4．解析：x­t图像描述的是做直线运动物体的位移随时间的变化关系，虽然图像是抛物线，但运动轨迹是直线，A错误；从题图图像可以看出，物体在0～8 s内的最大位移为80 m，8 s时回到初始位置，B、C正确；物体先远离出发点，后回到出发点，故物体做往返运动，D正确．
答案：BCD
5．解析：A错：由图像可知，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．
B对：图线a与b有两个交点，说明两车相遇两次．
C对：t1到t2时间内，两车的位移相同．
D错：由图像可知，a车的位移均匀增大，b车位移不是均匀增大的．
答案：BC
6．解析：由题图图像可知，质点开始时位置坐标为0，6 s时位置坐标为－4 m，则0～6 s内位移为－4 m－0＝－4 m，故A正确；2 s时位置坐标为4 m，4 s时位置坐标为0，则2～4 s内位移为0－4 m＝－4 m，故B错误；0～6 s内路程为4 m＋4 m＋4 m＝12 m，故C错误；由题图图像可知，2～6 s内质点一直向同一方向运动，故D正确．
答案：AD
课时分层作业(四) 速度
1．解析：由v＝ eq \f(Δx,Δt) 可知，当Δt非常小时，该式可表示该时刻的瞬时速度；平均速度能够准确反映一段时间内物体运动的快慢程度，但不能准确描述某一时刻或某一位置运动的快慢，瞬时速度能够精确描述物体在某一时刻或某一位置运动的快慢，但不能描述一段时间内物体运动的快慢．
答案：ABC
2．解析：子弹以790 m/s的速度击中目标，指的是瞬时速度，故A错误；信号沿运动神经传播的速度大约为10 m/s，指的是平均速度，故B正确；高速公路限速120 km/h，指的是瞬时速度，故C错误；测试时，列车的最高时速可达484 km/h，指的是瞬时速度，故D错误．
答案：B
3．解析：根据导航仪的提示，不能判断出汽车是否做匀速运动，故A错误；根据导航仪的提示，不能判断出汽车此时的运动状态，故B错误；由于“前方3公里拥堵，估计需要24分钟通过”，可知通过前方这3公里的过程中，车子的平均速度大约为 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(3,\f(24,60)) km/h＝7.5 km/h，但不能据此判断出3 km以后做怎样的运动，所以并不能判断出到达目的地所需的时间，故C错误，D正确．
答案：D
4．解析：足球的直径为0.22 m，由题图可知在曝光时间内，足球运动的位移约为足球直径的2倍，则有x＝0.22×2 m＝0.44 m，则v＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(0.44,0.02) m/s＝22 m/s，足球被踢出时的速度大小约为20 m/s，故B正确．
答案：B
5．解析：汽车的形状和大小在该测速区间内可以忽略，可以看成质点，A错误；这里只知道初速度和末速度，中间过程的瞬时速度可能是80 km/h，B正确；标志中的“5.3 km”指的是路程，C错误；汽车在测速区间的平均速度 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(s,t) ＝ eq \f(5.3,\f(5,60)) km/h＝63.6 km/h，平均速度已达63.6 km/h，该汽车速度已超过60 km/h，D错误．故选B.
答案：B
6．解析：将t＝2 s代入质点的速度随时间变化的关系式
v＝6t2(m/s)，
得t＝2 s时刻的瞬时速度为v＝6×22 m/s＝24 m/s，
将t＝0和t＝2 s分别代入距离随时间变化的关系式
x＝4＋2t3(m)，得x1＝4 m，x2＝20 m，
则质点在2 s时间内通过的位移为
x＝x2－x1＝20 m－4 m＝16 m，
t＝0到t＝2 s间的平均速度为 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(16,2) m/s＝8 m/s，故选D.
答案：D
7．解析：由题图图像可知：t＝0时刻质点从“负”方向上距原点0.2 m处沿规定的正方向做匀速直线运动，经4 s运动到“正”方向上距原点0.2 m处，由图像的斜率可得质点运动速度大小为0.1 m/s，方向与规定的正方向相同，在0～4 s内斜率没有变，故运动方向没有变，A、C错误；质点在0～2 s内的位移大小为0.2 m，在0～4 s内的位移大小为0.4 m，方向均与规定的正方向相同，B错误，D正确．
答案：D
8．解析：第一种情况，时间相等、速度不同过程，物体的总位移为x＝5t＋2t＝7t，则全程的平均速度为v1＝ eq \f(x,2t) ＝ eq \f(7t,2t) ＝3.5 m/s；第二种情况，位移相等，速度不同过程，全程的运动时间为t′＝ eq \f(x′,5) ＋ eq \f(x′,2) ＝ eq \f(7x′,10) ，则全程的平均速度为v2＝ eq \f(2x′,t′) ＝ eq \f(2x′,\f(7x′,10)) ＝ eq \f(20,7) m/s<3.5 m/s.可知v1>v2.故选A.
答案：A
9．解析：
(1)由A点运动到B点的位移Δx＝xB－xA＝12 m－(－8 m)＝20 m.
(2)由O点运动到B点的时间t2＝ eq \f(12,3) s＝4 s，
由A点运动到B点的时间Δt＝t1＋t2＝8 s，
平均速度v＝ eq \f(Δx,Δt) ＝ eq \f(20,8) m/s＝2.5 m/s.
答案：(1)20 m (2)2.5 m/s
10．解析：三个质点都从N到M，则位移相等，平均速度相同，A错误，D正确；三个质点运动的时间都相等，质点A从N点到达M点的路程最大，则平均速率最大，但到达M点时的速率不一定最大，B错误；三个质点到达各自轨迹的中点时速度可能相同，C错误．
答案：D
11．解析：从题图中可以看出，在相等时间t0内三个物体运动的位移相等，所以三者的平均速度相等，故B正确，A、D错误．平均速率的公式是 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(s,t) ，其中s表示路程，从题图中可以看出，在相同时间t0内的路程关系为s甲>s乙＝s丙，所以甲的平均速率最大，而乙和丙的平均速率相等，故C错误．
答案：B
12．解析：设x1＝30 m，x2＝60 m，x3＝90 m，x4＝100 m，t1＝3.73 s，t2＝6.29 s，t3＝8.92 s，t4＝9.83 s，可知运动员第一个30米的平均速度为：
v1＝ eq \f(x1,t1) ＝ eq \f(30,3.73) m/s＝8.04 m/s
运动员第二个30米的平均速度为：
v2＝ eq \f(x2－x1,t2－t1) ＝ eq \f(60－30,6.29－3.73) m/s＝11.72 m/s
运动员第三个30米的平均速度为：
v3＝ eq \f(x3－x2,t3－t2) ＝ eq \f(90－60,8.92－6.29) m/s＝11.41 m/s
运动员最后10米的平均速度为：
v4＝ eq \f(x4－x3,t4－t3) ＝ eq \f(100－90,9.83－8.92) m/s＝11.00 m/s
运动员全程并不是一直匀速的，故A错误；根据数据表格可知运动前30米的平均速度为：v1＝ eq \f(x1,t1) ＝ eq \f(30,3.73) m/s＝8.04 m/s
运动员前60米的平均速度为：
v′2＝ eq \f(x2,t2) ＝ eq \f(60,6.29) m/s＝9.54 m/s
所以运动员前30米的平均速度小于前60米的平均速度，故B错误；
根据数据表格可知运动员最后10米的平均速度为：
v4＝ eq \f(x4－x3,t4－t3) ＝ eq \f(100－90,9.83－8.92) m/s＝11.00 m/s，故C正确；根据数据表格无法计算冲线时的瞬时速度，故D错误．故选C．
答案：C
课时分层作业(五) 测量纸带的平均速度和瞬时速度 速度—时间图像
1．解析：在0～t1时间内，运动员在空中，处于上升阶段，t1时刻到达最高点；t1～t2时间内，运动员下落，t2之后速度减小，运动员进入水中，选项A错误，B正确；t3时刻，运动员的速度减为零，此时仍处于水下，选项C错误；t1～t3时间内运动员始终向下运动，选项D正确．
答案：BD
2．解析：(1)从纸带上的点迹可以看出，相同时间内的位移在增加，故纸带的运动是加速运动．
(2)打出A、F这两点的过程中，纸带运动的平均速度为 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(（19.55－1.30）×10－2,0.1×5) m/s＝0.365 m/s.
(3)打下B点时纸带的瞬时速度可用打下A、C过程的平均速度代替，故打下B点时纸带的瞬时速度为 eq \(v,\s\up6(－)) B＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(（6.34－1.30）×10－2,0.1×2) m/s＝0.252 m/s.
答案：(1)加速 (2)0.365 (3)0.252
3．解析：每相邻两个计数点间还有3个点未画出，所以打下相邻两个计数点间的时间间隔是T＝0.08 s；由题图可知，点0对应的读数是10.00 cm，点1对应的读数是12.60 cm，点3对应的读数是22.60 cm，点4对应的读数是29.90 cm，打下计数点2时纸带的瞬时速度大小近似等于打下计数点1、3两点间的平均速度大小，即v2＝ eq \f(x13,2T) ＝ eq \f(0.226－0.126,2×0.08) m/s＝0.625 m/s.
答案：10.00 cm 12.60 cm 22.60 cm 29.90 cm 0.625
4．解析：由题图可知，A、B的速度都为正方向，故它们的速度方向相同，A错误；设t时刻，两者速度相等，则6－3t＝2＋2t，t＝0.8 s，B正确；v­t图像中，图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，则xA＝ eq \f(1,2) ×6×2 m＝6 m，xB＝ eq \f(（2＋6）×2,2) m＝8 m，Δx＝xB－xA＝2 m，故2 s末B在A的前方，C错误，D正确．
答案：BD
5．解析：(1)AB＝BC，说明轿车在AC段做匀速运动．每格的长度为 eq \f(3.6,4) m＝0.9 m，则车速v1＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(0.9×10,1) m/s＝9 m/s.
(2)轿车在CE段做减速运动，则在CD段的平均速度大，其平均速度v2＝ eq \f(0.9×7,1) m/s＝6.3 m/s.
答案：(1)匀速 9 (2)减速 CD 6.3
课时分层作业(六) 速度变化快慢的描述——加速度
1．解析：汽车的加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度仍然增大，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零，速度达到最大．故B、D正确，A、C错误．
答案：BD
2．解析：速度变化量的方向与加速度方向一致，加速度方向与初速度方向相同时汽车做加速运动，加速度方向与初速度方向相反时汽车做减速运动．选项A中汽车做加速运动，选项B、C中分别是a的方向、Δv的方向作错了，选项D中图示能正确表示汽车做减速运动．故D正确．
答案：D
3．解析：由v0>0，a<0，知加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，故A错误；由v0>0，a<0，知加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，故B正确；由v0<0，a<0，知加速度和速度方向相同，故物体做加速运动，故C错误；由v0<0，a<0，知加速度和速度方向相同，故物体做加速运动，故D正确．故选BD.
答案：BD
4．解析：在0～t1时间内，甲的加速度为正，乙的加速度也为正，故两者方向相同，由于甲v­t图线的斜率小于乙v­t图线的斜率，故甲的加速度小于乙的加速度，故A、D错，B对．在0～t1时间内，甲的速度为正，乙的速度为负，运动方向相反，故C错．
答案：B
5．解析：两个速度的方向不同，取竖直向下为正方向，则与地面接触时间内球的平均加速度a＝ eq \f(－3－4,0.1) m/s2＝－70 m/s2，选项D正确．
答案：D
6．解析：A错：在第1 s末质点的加速度方向发生改变，但速度方向未改变．B错：在第2 s末质点的速度方向发生改变，但加速度方向未改变．C错：在第2 s内质点一直沿正方向运动，位移不为零．D对：第2 s末和第4 s末的加速度大小都是2 m/s2.
答案：D
7．解析：从速度发生变化开始：A图表示列车先做加速运动，接着做减速运动，再做加速运动，最后做匀速直线运动，与题意不符，故A错误；B图表示列车先做减速运动，速度未达到零，接着做加速运动，最后做匀速直线运动，与题意相符，故B正确；C图表示列车先做减速运动，速度达到零，接着做加速运动，最后做匀速直线运动，与题意不符，故C错误；D图表示列车先做加速运动，接着做减速运动，最后做匀速直线运动，与题意不符，故D错误．
答案：B
8．解析：(1)飞机经过左边挡光片的速度大小为
v1＝ eq \f(6×10－3,1.5×10－4) m/s＝40 m/s.
(2)飞机经过右边挡光片的速度大小为
v2＝ eq \f(6×10－3,1.0×10－4) m/s＝60 m/s.
(3)飞机经过两挡光片所用时间为10 s，
由加速度定义式
a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(60－40,10) m/s2＝2 m/s2.
答案：(1)40 m/s (2)60 m/s (3)2 m/s2
9．解析：由题表中数据可得a1＝ eq \f(Δv1,Δt) ＝－0.5 m/s2，a2＝ eq \f(Δv2,Δt) ＝1.2 m/s2，由于|a1|<|a2|，故A正确，B错误；因为汽车和火车的速度方向一直未变，所以汽车和火车的位移都在增大，C、D错误．
答案：A
10．解析：A错，B对：t1时刻甲v­t图线的切线斜率比乙大，故甲的加速度大小比乙的大．乙的加速度大小等于 eq \f(v2－v1,t2－t1) ，故t1时刻甲的加速度大小大于 eq \f(v2－v1,t2－t1) .C错，D对：在t1～t2时间内，甲的切线斜率的绝对值逐渐减小，加速度逐渐减小．
答案：BD
11．解析：位移是初位置指向末位置的有向线段，从题中可以看出，小球的位移为0.5 m，方向由A点指向B点，即竖直向下，故A错误；速度的变化量等于末速度减初速度，规定向下为正，则Δv＝－7 m/s－10 m/s＝－17 m/s，负号表示与规定的正方向相反，即速度变化量的方向向上，故B错误；平均速度等于位移与时间的比值，小球的位移为x＝0.5 m，方向竖直向下，所以小球的平均速度 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(Δx,Δt) ＝ eq \f(0.5,0.3) m/s≈1.67 m/s，方向竖直向下，故C错误；规定向下的方向为正方向，由加速度公式a＝ eq \f(Δv,Δt) 知：a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(－7－10,0.3) m/s2≈－56.7 m/s2，负号表示方向竖直向上，故D正确．
答案：D
12．解析：(1)v­t图像如图所示．
(2)第1个10 s内的加速度a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(20－0,10) m/s2＝2 m/s2，方向与运动方向相同．
(3)v­t图像的斜率表示加速度，第1个10 s内的加速度a＝k＝2 m/s2，方向与运动方向相同．
(4)最后15 s内的加速度
a′＝ eq \f(Δv′,Δt′) ＝ eq \f(0－30,15) m/s2＝－2 m/s2，
负号表示加速度方向与运动方向相反．
答案：(1)见解析图 (2)2 m/s2，方向与运动方向相同 (3)2 m/s2，方向与运动方向相同
(4)2 m/s2，方向与运动方向相反
课时分层作业(七) 匀变速直线运动的速度与时间的关系
1．解析：A、C错：匀加速直线运动的加速度是不变的，速度随时间均匀增大．B错：加速度的方向与速度方向可能相同，也可能相反，如匀减速直线运动中加速度与速度方向相反．D对：加速度又称速度的变化率，加速度不变就是速度变化率不变．
答案：D
2．解析：根据v＝at，解得飞机起飞的速度为v＝80 m/s.
答案：C
3．解析：由v＝v0＋at知，v0＝v－at＝15 m/s－2×5 m/s＝5 m/s，D正确．
答案：D
4．解析：A错：x­t图线平行时间轴表示静止．B对：v­t图线平行时间轴时a＝0；v­t图线为倾斜直线时a≠0.C对，D错：x­t图线为倾斜直线，物体做匀速运动，加速度为零.
答案：BC
5．解析：由v＝v0＋at＝(10－2t) m/s可知物体的初速度为10 m/s，加速度为－2 m/s2，故A错误；加速度大小一定，与初速度方向相反，物体做匀减速直线运动，故B错误；根据速度公式可以计算出4 s末物体的速度为2 m/s，故C错误；根据速度公式可以计算出经过5 s物体的速度为零，故D正确．
答案：D
6．解析：x­t图像的斜率表示速度，且一直为正，故甲的运动方向不变，且通过的总位移大小为4 m，选项A正确，B错误．v­t图像的斜率表示加速度，且一直为正，表示加速度大小、方向不变，但速度有正负，表示有往返运动，选项C正确，D错误．
答案：AC
7．解析：取初速度方向为正方向，设经时间t停下，末速度为零，由速度公式v＝v0＋at，
代入数据得t＝ eq \f(v,a) ＝5 s，
可见汽车在6 s前就停下了，所以6 s末速度为0.
答案：0
8．解析：列车加速出站时，取列车运动的方向为正方向，列车初速度v1＝0，则列车从静止开始运动2 min后的速度
v＝v1＋a1t1＝(0＋0.6×2×60) m/s＝72 m/s，
当列车减速进站时，a2＝－0.8 m/s2，
初速度v2＝432 km/h＝120 m/s
从开始刹车到速度为0的时间
t2＝ eq \f(0－v2,a2) ＝ eq \f(－120,－0.8) s＝150 s，
所以减速160 s时列车已经停止运动，速度为0.
答案：72 m/s 0
9．解析：第1 s内和第2 s内物体的速度均为正值，方向相同，故A错误；第2 s内物体的加速度为负值，第3 s内的加速度也为负值，加速度方向相同，故B正确；第3 s内物体的速度为负值，加速度也为负值，方向相同，故C正确；v­t图像的斜率表示加速度，所以第4 s末物体的加速度不为零，故D错误．
答案：BC
10．解析：根据速度—时间图像的斜率表示加速度，可得甲的加速度大小为a甲＝ eq \f(Δv,Δt) ＝1 m/s2，乙的加速度大小为a乙＝ eq \f(Δv′,Δt′) ＝4 m/s2，所以运动时甲的加速度与乙的加速度大小之比为1∶4，A、B错误；乙车开始运动时，甲的速度为3 m/s，此时两车间距离等于甲在0～3 s内通过的位移，为s＝ eq \f(3×3,2) m＝4.5 m，C正确；由题图可知，甲运动3 s后乙开始运动，D错误．
答案：C
11．解析：A、B错：由于在0～ eq \f(T,2) 时间内加速度是沿正向的a0，A、B中a为负值．C错，D对：T～2T时间内的加速度与0～ eq \f(T,2) 时间内的加速度大小相等，则v­t图线的斜率大小相同．
答案：D
12．解析：设开始时位置为0，依次记下位置1、2、3、4、5，因为相邻两点间的时间间隔为0.1 s，则有
v1＝ eq \f(16.0×10－2,0.2) m/s＝0.8 m/s；
v2＝ eq \f(（27.0－7.0）×10－2,0.2) m/s＝1.0 m/s；
v3＝ eq \f(（40.0－16.0）×10－2,0.2) m/s＝1.2 m/s；
v4＝ eq \f(（55.0－27.0）×10－2,0.2) m/s＝1.4 m/s.
作出v­t图像如图所示．加速度a的大小等于v­t图线的斜率，a＝k＝ eq \f(v4－v1,3T) ＝2 m/s2.
答案：见解析
课时分层作业(八) 匀变速直线运动的位移与时间的关系
1．解析：根据匀变速直线运动的速度位移公式得x＝ eq \f(0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) ＝ eq \f(0－3 600,－2×2) m＝900 m，故A正确．
答案：A
2.
解析：画出运动示意图，由v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax得xAB＝ eq \f(v2,2a) ，xBC＝ eq \f(3v2,2a) ，故xAB∶xBC＝1∶3，选项C正确．
答案：C
3．解析：由x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2知，当时间为t1＝1 s时，位移为x1，当时间为t2＝2 s时，位移为x2，则x2－x1＝5 m，代入数据可得a＝2.0 m/s2.
答案：A
4．解析：由x＝24t－6t2可知：v0＝24 m/s， eq \f(1,2) a＝6即a＝12 m/s2，所以v＝24－12t.当v＝0时，t＝2 s，故B正确．
答案：B
5．解析：B对，D错：v­t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方的面积表示正位移，下方的面积表示负位移，由图知，前8 s内的总位移x＝ eq \f(3×2,2) m－ eq \f(5×2,2) m＝－2 m，平均速度 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(x,t) ＝－0.25 m/s，负号表示方向向左．A错，C对：总路程为s＝ eq \f(3×2,2) m＋ eq \f(5×2,2) m＝8 m.
答案：BC
6．解析：由题图知，初速度v0＝5 m/s，末速度v＝0，则加速度a＝ eq \f(0－5,5) m/s2＝－1 m/s2，故有v＝5－t(m/s)，2 s末物体的速度大小为3 m/s，5 s末物体的速度为0，但加速度a≠0.
答案：B
7．解析：在v­t图像中，在0～3 s内斜率不变，加速度不变，加速度为a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(0－（－6）,1.5) m/s2＝4 m/s2，故A错误；在v­t图像中，图线与时间轴所围面积为物体的位移，0～4 s内物体的位移为x＝ eq \f(1,2) ×6×2.5 m－ eq \f(1,2) ×6×1.5 m＝3 m，故B错误；3 s末速度方向没变，只是加速度发生了改变，故C错误；3 s内的位移为 eq \f(1,2) ×6×1.5 m－ eq \f(1,2) ×6×1.5 m＝0，回到原点，故D正确．
答案：D
8．解析：根据速度位移公式可知，减速运动的位移为x＝ eq \f(0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) ＝9.6 m，故在距停车线8 m处才开始刹车制动，汽车前端超出停车线处，A项错误；减速所需时间为t＝ eq \f(0－v0,a) ＝1.6 s，B项正确；匀速运动的时间，即驾驶员的反应时间t′＝ eq \f(L－x,v0) ＝ eq \f(12－9.6,12) s＝0.2 s，若经0.2 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能停在停车线处，D项错误，C项正确．
答案：BC
9．解析：(1)设从刹车到停止的时间为t2，则t2＝ eq \f(0－v0,－a) ＝6 s.
(2)反应时间内做匀速运动，则x1＝v0t1，x1＝18 m，从刹车到停止的位移为x2，则x2＝ eq \f(0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,－2a) ，x2＝90 m，小轿车从发现三角警示牌到停止的全部距离为x＝x1＋x2＝108 m，
三角警示牌到货车的距离为Δx＝x－50 m＝58 m.
答案：(1)6 s (2)58 m
10．解析：A错：根据x＝ eq \f(1,2) at2可知题图中图线的斜率等于 eq \f(1,2) a，则 eq \f(1,2) a＝ eq \f(2,2) m/s2，即加速度a＝2 m/s2.
B错：在0～2 s内该质点的位移大小为x＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) ×2×4 m＝4 m.
C对：2 s末的速度大小v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s.
D错：质点在第3 s内的位移大小
Δx＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) ×2×(9－4) m＝5 m，
则平均速度大小为v＝ eq \f(Δx,Δt) ＝5 m/s.
答案：C
11．解析：108 km/h＝30 m/s, 324 km/h＝90 m/s.由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离x＝ eq \f(1 080×103,5) m＝2.16×105 m，
普通列车加速时间t1＝ eq \f(v1,a) ＝ eq \f(30,0.5) s＝60 s，
加速过程的位移x1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) ×0.5×602 m＝900 m.
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝ eq \f(x－2x1,v) ＝ eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s，
同理高铁列车加速时间t1＝ eq \f(v1,a) ＝ eq \f(90,0.5) s＝180 s，
加速过程的位移x1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) ×0.5×1802 m＝8 100 m，
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
t2＝ eq \f(x－2x1,v) ＝ eq \f(2.16×105－2×8 100,90) 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， B正确．
答案：B
12．解析：反应时间里SUV的行驶距离：x1＝v1t0；若恰好发生追尾，则两车速度相等，有：
v＝v1＋a1(t－0.5 s)，v＝v2＋a2t，
代入数据，得两车发生追尾所用时间：t＝4 s，
此段时间内，两车行驶距离：
s1＝x1＋v1t＋ eq \f(1,2) a1t2, s2＝v2t＋ eq \f(1,2) a2t2，
则有两车之间不发生追尾的最小距离：Δs＝s1－s2；两车刹车时的加速度分别是a1＝－8 m/s2，a2＝－4 m/s2，代入数据得Δs＝32 m.
答案：32 m
课时分层作业(九) 匀变速直线运动的推论
1．解析：根据初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶…可知，该物体在第1 s内的位移与第4 s内的位移之比为7∶1，即 eq \f(7,1) ＝ eq \f(14 m,x1) ，x1＝2 m，故选B．
答案：B
2．解析：由推论知：v eq \f(x,2) ＝ eq \r(\f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v2,2)) ，v0＝0，则v＝ eq \r(\f(0＋v′2,2)) ，得v′＝ eq \r(2) v.
答案：B
3．解析：设第3 s内、第5 s内位移分别为x3、x5，则x5－x3＝2aT2，解得a＝－1.5 m/s2，负号表示方向为正西方向，故选项D正确．
答案：D
4．解析：如图所示．
根据x4－x2＝2aT2得物体运动的加速度a＝6 m/s2，则第1 s内的位移x1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝3 m，第2 s末的速度v2＝at2＝12 m/s，物体在第5 s内的位移x5＝27 m，则第5 s内的平均速度 eq \(v,\s\up6(－)) ＝27 m/s.
答案：AD
5．解析：第一个60 m内中间时刻的瞬时速度v1＝ eq \f(x1,t1) ＝6 m/s，第二个60 m内中间时刻的瞬时速度v2＝ eq \f(x2,t2) ＝10 m/s，则列车的加速度a＝ eq \f(v2－v1,\f(t1＋t2,2)) ＝0.5 m/s2.根据Δx＝aT2得，接下来6 s内的位移x3＝x2＋aT2＝60 m＋0.5×36 m＝78 m，故A项正确，B项错误；列车的初速度v0＝v1－a eq \f(t1,2) ＝6 m/s－0.5× eq \f(10,2) m/s＝3.5 m/s，故C项正确，D项错误．
答案：AC
6．解析：(1)打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则周期为0.02 s，由于每相邻两个计数点间还有四个点没有画出，所以打下相邻两计数点间的时间间隔T＝0.100 s.
(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打计数点2时小车的速度大小
v1＝ eq \f(s2＋s3,2T) ＝ eq \f(1.80＋2.40,0.2) ×10－2 m/s＝0.210 m/s.
(3)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2，
可得小车的加速度的大小为a＝ eq \f(（s5＋s6）－（s1＋s2）,2×（2T）2)
＝ eq \f(（3.60＋4.20）－（1.20＋1.80）,8×0.12) ×10－2 m/s2＝0.600 m/s2.
(4)依据连续相等时间内位移之差相等，有s4－s3＝s5－s4，则计数点3与计数点4的间距s4＝ eq \f(s3＋s5,2) ＝3.00 cm.
答案：(1)0.100 (2)0.210 (3)0.600 (4)3.00
7．解析：根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间之比为1∶( eq \r(2) －1)∶( eq \r(3) － eq \r(2) )∶(2－ eq \r(3) )，通过ce段的时间为(2－ eq \r(2) )t.
答案：(2－ eq \r(2) )t
8．解析：将bc段分成时间相等的两段，位移分别为x′2、x′3，将cd段分成时间相等的三段，位移分别为x′4、x′5、x′6，设每一段时间为T，根据匀变速直线运动的推论知x′2＝x1＋aT2、x′3＝x1＋2aT2、x′4＝x1＋3aT2、x′5＝x1＋4aT2、x′6＝x1＋5aT2，可知xbc＝x′2＋x′3＝2x1＋3aT2，x2－x1＝(x′4＋x′5＋x′6)－x1＝3x1＋12aT2－x1＝2x1＋12aT2，可知aT2＝ eq \f(x2－3x1,12) ，联立解得xbc＝ eq \f(5x1＋x2,4) .故选A.
答案：A
9．解析：采用逆向思维可知，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为：1∶( eq \r(2) －1)∶( eq \r(3) － eq \r(2) )∶(2－ eq \r(3) )∶…∶( eq \r(n) － eq \r(n－1) )，则动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下所用的时间为第1节车厢经过2号旅客用时的2倍，历时2t，故A错误；动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下总位移为4l，用时2t，则平均速度为 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(4l,2t) ＝ eq \f(2l,t) ，故B正确；由以上逆向思维可知l＝ eq \f(1,2) at2，
则加速度a＝ eq \f(2l,t2) ，
并且v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2al，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＝2a×4l，解得v5＝2v1，
同时又有l＝ eq \f(v1,2) t，所以v5＝ eq \f(4l,t) ，故C正确，D错误．
答案：BC
10．解析：根据v­t图像的斜率表示加速度，由题图可知0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，A错误；根据v­t图像围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，B错误；根据v­t图像围成的面积表示位移，由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，C错误；根据v­t图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；t3时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，D正确．
答案：D
11．解析：设运动员从P到M的时间为t，加速度大小为a，由Δx＝at2可得30 m－20 m＝at2，则加速度为a＝ eq \f(10,t2) m/s2，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可知，运动员经过M点的速度为vM＝( eq \f(30＋20,2t) ) m/s＝ eq \f(25,t) m/s，根据速度—时间公式可得，运动员经过P点的速度为vP＝vM－at＝( eq \f(25,t) － eq \f(10,t2) ×t) m/s＝ eq \f(15,t) m/s，可得运动员经过P、M两点的速度之比为 eq \f(vP,vM) ＝ eq \f(\f(15,t),\f(25,t)) ＝ eq \f(3,5) ，故A正确，B错误；利用速度—位移关系有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M)) ＝2axOM，可得O点到M点的距离为xOM＝31.25 m，则可得O、P两点间的距离为xOP＝31.25 m－20 m＝11.25 m，故C错误，D正确．
答案：AD
课时分层作业(十) 自由落体运动
1．解析：A错：物体做自由落体运动的条件是初速度为零且只受重力作用；B对：熟透的苹果在下落过程中虽受空气阻力的作用，但该阻力远小于它的重力，可以忽略该阻力，故可将该运动视为自由落体运动；C对：相同地点，重力加速度相同，与质量无关；D错：赤道处g值小于北极处．
答案：BC
2．解析：根据v2＝2gh得v＝ eq \r(2×10×1 000) m/s＝1.4×102 m/s，故选项B正确．
答案：B
3．解析：两小球都做自由落体运动，加速度都为重力加速度g，因此两小球下落得快慢相同，故A、B、D错误；根据自由落体运动的公式x＝ eq \f(1,2) gt2可知t＝ eq \r(\f(2x,g)) ，故两个小球同时落地，故C正确．
答案：C
4．解析：可以将四个小球的运动等效为一个小球的运动，且每隔相等时间间隔记录一次小球的位置．采用逆向分析法，小球的运动时间之比为1∶2∶3∶4，则位移之比为1∶4∶9∶16，对照图可知，选项C是可能的情景．
答案：C
5．解析：A、D错，B对：伽利略认为，如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，那么它通过的位移与所用时间的二次方成正比，这样，只要测出物体通过不同位移所用的时间，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化．C对：滴水计时不能测量自由落体运动所用的较短时间，伽利略采用了一个巧妙的方法来“冲淡”重力，他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，铜球在斜面上运动的加速度要比竖直下落的加速度小得多，通过相同距离所用时间长，容易测量．
答案：BC
6．解析：由公式h＝ eq \f(1,2) gt2可知，选项A正确；根据v2＝2gh可知，选项B正确；根据h＝ eq \f(1,2) gt2知只测出第1 s内的位移，不能计算出总高度，选项C错误；根据h＝ eq \f(1,2) gt2和h－1＝ eq \f(1,2) g(t－t′)2可知，选项D正确．
答案：ABD
7．解析：根据题意可知，手机先做自由落体运动，用手接住手机时做减速运动，由题中数据可知，向上为正方向，则手机做自由落体运动的加速度是－10 m/s2，方向向下．故选A.
答案：A
8．解析：若枫叶下落做自由落体运动，则1.6 s下落的高度为
h＝ eq \f(1,2) gt2＝ eq \f(1,2) ×10×1.62 m＝12.8 m，
故枫叶下落不可以看成自由落体运动，轨迹也不一定是直线，故A正确，B错误；枫叶的位移一定大于9.6 m，平均速度 eq \x\t(v) ＝ eq \f(Δx,Δt) > eq \f(9.6,1.6) m/s＝6 m/s，
枫叶刚着地时的瞬时速度可能等于6 m/s，故C正确，D错误．故选AC.
答案：AC
9．解析：(1)悬崖的高度
h＝ eq \f(1,2) gt2＝ eq \f(1,2) ×10×3.02 m＝45 m.
(2)下落过程的平均速度．
eq \x\t(v) ＝ eq \f(h,t) ＝ eq \f(45,3) m/s＝15 m/s.
(3)跳水者入水时的速度大小
v＝gt＝3×10 m/s＝30 m/s.
答案：(1)45 m (2)15 m/s (3)30 m/s
10．解析：B落地的时间为tB，根据自由落体运动规律可得h＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ，解得tB＝1 s，则A落地的时间为tA＝tB＋0.2 s＝1.2 s，则A球与地面的高度差为hA＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝7.2 m，A错误；A、B两小球释放前的高度差为Δh＝hA－h＝2.2 m，杆的倾角为30°，A、B两小球释放前相距s＝ eq \f(Δh,sin 30°) ＝4.4 m，B正确；B球离地高度更小，若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球不可能同时落地，C错误；速度的变化率即加速度，两小球在下落过程中加速度相同，均为重力加速度，D错误．故选B.
答案：B
11．解析：设在曝光时间0.01 s内，石子实际下落的距离为x，由题意得 eq \f(3 cm,120 cm) ＝ eq \f(0.5 cm,x) ，解得x＝20 cm.
曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度，石子在这0.01 s内的速度v＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(0.2,0.01) m/s＝20 m/s，石子做自由落体运动，有2gh＝v2，解得h≈20 m，故选A项．
答案：A
12．解析：(1)打点计时器接在频率为50.0 Hz的交流电源上，相邻计数点之间还有1个计时点，则相邻两计数点之间的时间为t＝2×0.02 s＝0.04 s，
纸带做自由落体运动，打点3时的瞬时速度等于点2到点4之间的平均速度，由纸带数据可知v3＝ eq \f(x24,2t) ＝ eq \f(（3.83＋5.36）×10－2,2×0.04) m/s＝1.15 m/s.
(2)做出图像如图所示
(3)根据v＝gt，可知g＝ eq \f(v,t) ，
根据v­t图像可知其斜率为重力加速度，则有g＝ eq \f(2.7－0.35,0.24) m/s2＝9.79 m/s2.
(4)需要测量的物理量：水滴下落的高度h和下落的时间t.
测量h的方法：用刻度尺测量水龙头出水口到地面的高度，多次测量取平均值；
测量t的方法：调节水龙头阀门，使一滴水开始下落的同时，恰好听到前一滴水落地时发出的清脆声音．用手机测量n滴水下落的总时间tn，则t＝ eq \f(tn,n) .由h＝ eq \f(1,2) gt2可得g＝ eq \f(2n2h,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ) ．
答案：(1)1.15 (2)见解析 (3)9.79 (4)见解析
13．解析：(1)对B球，根据自由落体运动规律得h1＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，其中h1＝h－l＝5 m，
代入数据解得t1＝1 s；
对A球，根据自由落体运动规律得h＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，代入数据解得t2＝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，由v＝gt1得，v＝10×1 m/s＝10 m/s.
答案：(1)0.2 s (2)10 m/s
14．解析：(1)设直杆下端到达圆筒上端的时间为t1，上端离开圆筒下端的时间为t2，根据自由落体运动规律有H＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
解得t1＝ eq \r(\f(2×0.8,10)) s＝0.4 s.
(2)根据自由落体运动规律有l1＋H＋l2＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得t2＝ eq \r(\f(2×（0.5＋0.8＋3.7）,10)) s＝1 s.
则直杆穿越圆筒所用的时间t＝t2－t1＝0.6 s.
答案：(1)0.4 s (2)0.6 s
课时分层作业(十一) 竖直上抛运动 追及和相遇问题
1．解析：竖直上升阶段根据运动学公式
0－v2＝－2gh，
其中h为运动员重心上升的高度为
h＝2.20 m－ eq \f(1.91,2) m＝1.245 m，
代入数据解得v≈5 m/s，故选B.
答案：B
2．解析：小球做竖直上抛运动，上升阶段有v＝v0－gt，解得t＝2 s，A项错误；根据速度位移公式可知，小球上升的最大高度为H＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g) ＝ eq \f(202,2×10) m＝20 m，B项错误；由速度位移公式可得x＝ eq \f(v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（－g）) ，解得v＝±10 m/s，C项正确；由h＝v0t－ eq \f(1,2) gt2得t＝1 s或3 s，上升经过抛出点的上方15 m处时用时1 s，下降经过抛出点的上方15 m处时用时3 s，D项错误．
答案：C
3．解析：取竖直向上为正方向，竖直上抛运动可以看成加速度为－g的匀变速直线运动．当石块运动到抛出点上方离抛出点15 m处时，位移为x＝15 m，由x＝vt－ eq \f(1,2) gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s．其中t1＝1 s对应着石块上升过程中离抛出点15 m处时所用的时间，而t2＝3 s对应着从最高点下落过程中第二次经过离抛出点15 m处时所用的时间．当石块运动到抛出点下方离抛出点15 m处时，位移为x′＝－15 m，由x＝vt－ eq \f(1,2) gt2，解得t3＝(2＋ eq \r(7) )s，t4＝(2－ eq \r(7) )s(舍去)，故A、C、D正确．
答案：ACD
4．解析：(1)小石头到达最高点所用的时间t′＝ eq \f(v0,g) ＝ eq \f(10,10) s＝1 s.
(2)小石头能到达的最大高度
h＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g) ＝ eq \f(102,20) m＝5 m.
(3)设树的高度为h′，小石头从开始运动到第一次到达树的顶端的时间为t，选取竖直向上为正方向，则
h′＝v0t－ eq \f(1,2) gt2，小石头下落过程中经过树的顶端时有h′＝v0(t＋1.6)－ eq \f(1,2) g(t＋1.6)2，联立可得h′＝1.8 m.
答案：(1)1 s (2)5 m (3)1.8 m
5．解析：解法一：分段法
将全过程分成上升阶段和下落阶段，设绳子断裂后重物继续上升的时间为t1，上升的高度为h1，则t1＝ eq \f(v0,g) ＝1 s，h1＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g) ＝5 m，故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝180 m．重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝ eq \r(\f(2H,g)) ＝6 s，v＝gt2＝60 m/s，所以从绳子断裂到重物落地的总时间t＝t1＋t2＝7 s.
解法二：全程法
将全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，由位移公式有h′＝v0t－ eq \f(1,2) gt2，即－175 m＝10 m/s·t－ eq \f(1,2) ×10 m/s2·t2，
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去).
重物落地速度v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s，
其中负号表示落地时速度方向向下，与初速度方向相反．
答案：7 s 60 m/s
6．解析：空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动(竖直上抛)，位移为H时的速度为0.逆向分析，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1∶( eq \r(2) －1)∶( eq \r(3) － eq \r(2) )∶…∶( eq \r(n) － eq \r(n－1) ).由题意知， eq \f(t2,t1) ＝ eq \f(1,2－\r(3)) ＝2＋ eq \r(3) ，故3< eq \f(t2,t1) <4，选项C正确．
答案：C
7．解析：小球在下落和上升过程中，均只受重力作用，故加速度相同，A错误；小球在0.4 s末落到地面，小球下落的距离h＝ eq \f(1,2) ×4×0.4 m＝0.8 m，故小球下落处离地高度为0.8 m，B正确；小球反弹后上升的高度h′＝ eq \f(1,2) ×2×0.2 m＝0.2 m，故小球的位移为x＝0.6 m，方向向下，C错误；整个过程中小球的平均速度大小 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(0.6,0.6) m/s＝1 m/s，故D正确．
答案：BD
8．解析：甲车的加速度大小为a＝ eq \f(30－0,6－0) m/s2＝5 m/s2，A正确；甲车与乙车速度相等时，甲车相对乙车运动的距离为图像左上部分三角形所围成的面积Δx＝ eq \f(（30－20）×2,2) m＝10 m<15 m，不会相撞，且相距最近的距离为x最近＝x0－Δx＝5 m，B正确；由图可知，甲车停下时，时间t＝6 s，甲车的位移大小为x甲＝ eq \f(30,2) ×6 m＝90 m，乙车匀速，位移大小为x乙＝v乙t＝120 m，甲车与乙车相距x相＝x乙＋x0－x甲＝45 m，C错误；因为最近距离为5 m，设甲车司机的最长反应时间为t，两车恰好相撞，由相对运动可知x最近＝(v甲－v乙)t＝5 m，解得t＝0.5 s，D错误．故选AB.
答案：AB
9．解析：(1)列车进站后做匀减速直线运动，直至停止，所以有v1＝360 km/h＝100 m/s，a＝ eq \f(v1,t1) ＝1.25 m/s2.
(2)停车上下客，匀减速通过的路程x1＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a) ＝4 000 m，
由于列车加速和减速的加速度相等，且最大及最小速度的大小均相等，所以停车上下客通过的总路程x总＝2x1＝8 000 m.
(3)由题及分析可知停车3分钟，且列车匀加速和匀减速的时间相等，均为t1＝80 s，
停车上下客，所需总时间T＝t＋2t1＝340 s，
不停车上下客，匀减速时间t′1＝ eq \f(v1－v2,a) ＝56 s，
不停车上下客，匀加速时间t′3＝t′1＝56 s，
不停车上下客，匀速行驶时间t′2＝180 s，
不停车上下客，所需总时间T′＝t′1＋t′2＋t′3＝292 s，
不停车上下客，通过的总路程x′总＝2· eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2a) ＋v2t′＝12 680 m，
从开始减速到恢复正常行驶，不停车比停车多行驶的位移Δx＝x′总－x总，
此部分列车已正常速度行驶，所需时间T1＝ eq \f(x′总－x总,v1) ，
所以转移乘客而不停车上下客所节省的时间Δt＝T＋T1－T′，代入数据可得Δt＝94.8 s.
答案：(1)1.25 m/s2 (2)8 000 m (3)94.8 s
10．解析：(1)当汽车速度等于医生速度8 m/s时，医生和汽车间的距离最大，则该过程所用时间为
t1＝ eq \f(v0－v1,a) ＝ eq \f(16－8,4) s＝2 s，
此过程汽车的位移为
x汽＝ eq \f(v0＋v1,2) t1＝ eq \f(16＋8,2) ×2 m＝24 m，
医生的位移为x医＝v1t1＝8×2 m＝16 m，
医生和汽车间的最远距离为
x＝x汽＋14－x医
＝(24＋14－16)m
＝22 m.
(2)汽车从刹车到停下所用时间为
t2＝ eq \f(v0,a) ＝ eq \f(16,4) s＝4 s，
汽车从刹车到停下所走位移为
x′汽＝ eq \f(v0,2) t2＝ eq \f(16,2) ×4 m＝32 m，
此过程医生的位移为
x′医＝v1t2＝8×4 m＝32 m则医生追上汽车的时间为
t＝ eq \f(x′汽＋x0,v1) ＝ eq \f(32＋14,8) s＝5.75 s.
答案：(1)22 m (2)5.75 s
课时分层作业(十二) 重力与弹力
1．解析：A选项中若保持平衡，重力应与支持力在一条竖直线上，所以重心在脚的正上方，在身体上．C、D选项中，重力所在竖直线在两脚之间，重心也在身体上．B选项中重心位置应在身体正下方，在体外．
答案：B
2．解析：小车受到水平向右的弹力作用，该弹力是弹簧发生拉伸形变产生的，施力物体是弹簧，A正确．
答案：A
3．解析：A、B图中a处于静止状态，重力和水平接触面的弹力平衡，b与a之间不可能产生弹力，否则a不可能平衡，故a只受一个弹力作用，故A、B正确；C图中a受到b的压力、重力、水平接触面的支持力，在三力作用下处于平衡状态，因此a受到接触面的支持力和b的压力两个弹力作用，故C错误；D图中b处于静止状态，所以绳子的拉力为10 N，a也处于静止状态，且重力大于绳子的拉力，所以a受到重力、绳子向上的拉力和接触面的支持力，因此a受到两个弹力作用，故D错误．
答案：AB
4．解析：A对，B错：细线弹力的方向沿着细线收缩的方向，细线水平，则细线对杆的作用力方向水平向左，杆对细线的弹力方向水平向右．C对：杆受到地面弹力的施力物体是地面，是由于地面的形变产生的．D错：杆受到地面的弹力方向垂直于地面向上，所以地面受到杆的弹力垂直于地面向下．
答案：AC
5．解析：通过平面镜观察桌面的微小形变，所体现出的物理思想方法为放大法．
答案：B
6．解析：由于水桶可以绕水平轴转动，因此一段时间后，当水桶水变多导致重心升高到一定程度时，就会造成水桶翻转，选项D正确，选项A、B、C错误．
答案：D
7．解析：由题意得小球半径相同，凹槽相同，根据弹力方向的特点：点与球面之间的弹力的方向过球面的球心，则三个图中六个接触点对球的支持力的方向都分别过对应的球的球心，所以各对应凹槽对小球两个弹力之间的夹角都相等，与小球的重心位置以及小球的质量都无关，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
8．解析：弹簧的弹力等于一端所受的拉力，故弹簧的弹力为10 N，A错误；根据胡克定律F＝kx得，该弹簧的劲度系数k＝ eq \f(F,x) ＝ eq \f(10 N,5×10－2 m) ＝200 N/m，B错误，C正确；弹簧的劲度系数k与弹簧弹力F的变化无关，与弹簧自身有关，D错误．
答案：C
9．答案：如图所示
10．解析：当弹簧受向下的15 N的拉力作用时，由胡克定律得：
F1＝k(L2－L1)，
即15＝k(0.24－0.2)，
解得劲度系数为k＝ eq \f(15,0.04) N/m＝375 N/m，
当用30 N的力向下压时，设弹簧长为L3，由胡克定律得：
F2＝k(L1－L3)，
整理得：L3＝L1－ eq \f(F2,k) ＝0.20 m－ eq \f(30,375) m＝0.12 m＝12 cm.
答案：12 cm
11．解析：
小球受两个力作用：一是重力(G)，方向竖直向下；二是弹性杆对它的弹力(FN).根据二力平衡的条件，弹力(FN)与重力(G)等大、反向．受力情况如图所示．
答案：D
12．解析：由题图知，当F＝0时，弹簧原长L0＝10 cm，A错；弹簧长度L＝15 cm时，F＝10 N，由胡克定律得，弹簧的劲度系数k＝ eq \f(F,L－L0) ＝ eq \f(10,0.15－0.10) N/m＝200 N/m，B错，C对；弹簧伸长0.05 m时，即弹簧长度为15 cm时，弹力的大小为10 N，D对．
答案：CD
13．解析：弹簧A伸长了1.0 cm，弹力F1＝k1x1＝2 200×1×10－2 N＝22 N；对小球受力分析，可得弹簧B的弹力F2＝mg－F1＝28 N，弹簧B缩短了2.0 cm，故弹簧B的劲度系数k＝ eq \f(F2,x2) ＝ eq \f(28,2×10－2) N/m＝1 400 N/m，故A正确．
答案：A
课时分层作业(十三) 摩擦力
1．解析：货物与传送带之间没有相对滑动，所以两者之间存在静摩擦力，货物相对传送带有向下运动的趋势，所以静摩擦力方向沿传送带向上．故选项A正确．
答案：A
2．解析：人匀速上爬，受力平衡，则人所受摩擦力与重力大小相等、方向相反，手握旗杆的力增加，但人所受摩擦力不变，选项B正确，选项A、C错误；当人匀速滑下时，人受到的摩擦力为滑动摩擦力，且仍与重力平衡，选项D正确．
答案：BD
3．解析：用大小为310 N的水平力推汽车但没有推动，因此汽车受到静摩擦力，根据平衡条件可知，静摩擦力的大小等于推力，即310 N，故选项D正确．
答案：D
4．解析：此时木条相对桌面在滑动，且对桌面的压力大小等于重力大小，所以摩擦力F＝μFN＝μmg.
答案：A
5．解析：物体对水平面的压力FN＝mg，则滑动摩擦力大小Ff＝μFN＝μmg＝0.2×50 N＝10 N．物体相对于水平面向右运动，水平面对物体的滑动摩擦力方向水平向左，选项A正确．
答案：A
6.
解析：A错，D对：如图所示，玻璃瓶受重力G、静摩擦力F的作用，由于玻璃瓶静止，则二力平衡，即F＝G.由于重力不变，所以无论手握多紧，静摩擦力都始终和重力大小相等，当玻璃瓶注水，重力增大时，静摩擦力就会增大．B错：动摩擦因数只与物体的材料以及粗糙程度有关．C对：最大静摩擦力与正压力成正比．
答案：CD
7．解析：小孩用80 N的水平力推不动木箱，则木箱此时受到的是静摩擦力，所以F1＝80 N．小孩用100 N的力恰好推动木箱，此时的推力的大小等于最大静摩擦力的大小，所以F2＝100 N．木箱被推动后受滑动摩擦力，由公式Ff＝μFN来计算大小，所以F3＝0.45×200 N＝90 N，故A正确．
答案：A
8．解析：由题意可知，μ＝ eq \f(Ff,FN) ＝ eq \f(F,mg) ＝ eq \f(10,500) ＝0.02，如果雪橇再载重500 N的货物，则雪橇在该雪地上滑行时受到的摩擦力F′f＝μ(mg＋mg)＝0.02×1 000 N＝20 N．故选B.
答案：B
9．解析：A4纸双面都受滑动摩擦力，单面所受滑动摩擦力F＝μFN＝1.2 N，则拉力至少为2F＝2.4 N.
答案：C
10．解析：(1)探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度是否有关，要控制压力相同，改变接触面的粗糙程度，所以要比较甲和丙两图．
(2)图乙、丙所示的两次实验，接触面的粗糙程度相同而压力不同，且压力越大弹簧测力计的示数越大，滑动摩擦力越大，所以可以得出：在接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大．
(3)探究滑动摩擦力的大小与接触面积大小是否有关时，要控制压力大小以及接触面的粗糙程度相同．小明将木块沿竖直方向切去一部分，用剩余木块重复如图甲所示的实验，虽然接触面积变了，但同时压力也变了，没有控制压力相同，所以结论是错误的．
答案：(1)甲 丙 (2)压力越大，滑动摩擦力越大 (3)没有控制木块对木板的压力大小一定
11．解析：由于砝码处于静止状态，则kΔx＝mg，所以有k＝ eq \f(mg,Δx) ＝ eq \f(100×10－3×10,2×10－3) N/m＝500 N/m，A正确、B错误．
要使书恰好能匀速运动，则kΔx′＝μm′g，代入数据解得μ＝0.2，C错误、D正确．
答案：AD
12．解析：当F＝30 N时，木块与墙壁之间的最大静摩擦力为fmax＝0.2×30 N＝6 N>G＝5 N，则木块静止，由二力平衡可知，木块受到的摩擦力为5 N，故A项错误；木块不动，当F变大时，木块受到的摩擦力不变，故B项错误；当F＝10 N时，木块与墙壁之间的最大静摩擦力为fmax1＝0.2×10 N＝2 N答案：CD
13．解析：A与B、B与水平桌面间的最大静摩擦力分别为
FmA＝μmAg＝30 N，FmB＝μ(mAg＋mBg)＝90 N.
由于绳子对物体A的拉力FA＝ eq \f(F,2) ＝40 N>FmA，
故B对A的摩擦力为滑动摩擦力，大小为30 N，方向向左．
物体B受到向右的拉力 eq \f(F,2) ＝40 N和A施加给它的大小为30 N的摩擦力，
FB＝40 N＋30 N故桌面对B的摩擦力为静摩擦力，大小为FB＝70 N，方向向左．
答案：30 N 70 N
课时分层作业(十四) 摩擦力的突变及动摩擦因数的测定
1．解析：木板与水平方向夹角较小时，滑块相对木板静止，滑块受到静摩擦力，木板与水平方向夹角达到某一角度时，滑块相对木板下滑，滑块受到滑动摩擦力，故A正确．
答案：A
2．解析：木块开始时在水平方向受三个力而平衡，则有Ff＝F1－F2＝10 N－2 N＝8 N，木块处于静止状态，则说明木块受到的最大静摩擦力大于等于8 N．撤去F1后，受到的推力为F2＝2 N，小于最大静摩擦力，木块仍能平衡，则所受摩擦力大小为2 N，方向向右，A正确，B错误．撤去F2后，受到的推力为F1＝10 N，可能大于最大静摩擦力，则木块可能会滑动，C、D错误．
答案：A
3．解析：A对：根据题意可知水平木板表面粗糙，因为物块在水平方向上的摩擦力在t＝1 s时为0，若受到不为0的外力F作用，则必定会产生摩擦力，故互相矛盾，因此t＝1 s时F＝0.B错：t＝7 s时，摩擦力为滑动摩擦力，大小等于3 N，但是外力F不一定等于3 N．C对，D错：由题图乙可知，物块受到的滑动摩擦力Ff＝3 N，因为Ff＝μmg，动摩擦因数μ＝ eq \f(Ff,mg) ＝ eq \f(3 N,3 kg×10 N/kg) ＝0.1.
答案：AC
4．解析：物体A向右滑动时，受到地面向左的滑动摩擦力，由Ff1＝μmg，得Ff1＝2 N；物体静止后，因受到向左的拉力F0＝1 N答案：C
5．解析：物体开始做匀速运动，说明拉力与摩擦力大小相等．从t＝0时刻拉力F开始均匀减小，t1时刻拉力减小为零，速度有两种可能：一是当拉力为零时，物体仍在滑动，物体还受滑动摩擦力作用，则摩擦力Ff大小不变，A正确．二是当拉力为零前，物体已静止，在拉力变化的过程中，开始一段时间内滑动摩擦力的大小不变，当物体静止后所受静摩擦力的大小与拉力大小相等，而此时拉力小于滑动摩擦力，D正确．
答案：AD
6．解析：(1)由图知弹簧测力计示数为2.20 N.
(2)铁块A受向右的拉力F＝2.20 N，由二力平衡知，铁块A还受向左的滑动摩擦力Ff＝F＝2.20 N．据Ff＝μmg得动摩擦因数μ＝ eq \f(Ff,mg) ＝ eq \f(2.20,1×10) ＝0.22.
答案：(1)2.20 N (2)0.22
7．解析：(1)由题图(b)可读出弹簧测力计的示数f4＝2.75 N.
(2)f­m图线如图所示．
(3)摩擦力表达式f＝μ(M＋m)g，图像的斜率k＝μg.
(4)f­m图线的斜率k＝ eq \f(Δf,Δm) ＝ eq \f(2.93－2.15,0.25－0.05) ＝3.9，解得动摩擦因数μ≈0.40.
答案：(1)2.75 (2)如图所示 (3)μ(M＋m)g μg
(4)0.40
课时分层作业(十五) 牛顿第三定律
1．解析：甲手与乙手之间的相互作用力总是大小相等、方向相反、作用在一条直线上，故D正确．
答案：D
2．解析：若小车向右运动，表明乙拉车的力大于甲拉车的力；无论小车运动状态如何，甲拉车的力和车拉甲的力是一对相互作用力，始终大小相等，方向相反，故A错误，D正确；若小车静止不动，表明甲拉车的力与乙拉车的力是一对平衡力，故B正确；一对平衡力必须作用在同一物体上，而车拉甲的力和车拉乙的力分别作用在不同物体上，所以这两个力不是一对平衡力，故C错误．
答案：BD
3．解析：运动员受到重力、地面对他向上的支持力以及向前的静摩擦力作用，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
4．解析：弹力的产生都是施力物体发生形变，则A受到的支持力是B发生弹性形变产生的，故A正确；B对地面的压力是B发生弹性形变产生的，故B错误；B对A的支持力和A对B的压力是两物体之间的力，是一对相互作用力，故C正确；B对桌面的压力和桌面对B的支持力是两物体之间的力，是一对相互作用力，故D错误．故选AC.
答案：AC
5．答案：A
6．解析：A、B两物体没有相互挤压，它们之间无弹力作用，A所受的弹力只有地面的支持力，B所受的弹力也只有地面的支持力，物体A、B均只受两个力的作用，故选D.
答案：D
7．解析：此时谷爱凌受到重力和空气阻力，故选C.
答案：C
8．解析：列车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，此时物块A、B均向右做匀速直线运动，故物块A、B均只受重力和支持力作用，水平方向没有外力，故水平方向均不受摩擦力，同时物块A、B间也没有弹力作用，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
9．解析：半球体A静止在斜面上，当拉力F与重力平衡时，只受两个力：重力和拉力．当拉力F与重力不平衡时，半球体A受到重力、拉力、斜面的支持力和静摩擦力，共四个力作用，选项C正确．
答案：C
10．解析：将人和重物看作一个整体，整体受到重力和地面的支持力，则有FN＝G人＋G物＝(650＋50) N＝700 N，根据牛顿第三定律，可得人对地面的压力为700 N，故A正确．
答案：A
11．解析：物体静止，水平方向上墙壁对物块a没有弹力，没有弹力也就没有摩擦力，竖直方向有F＝G，所以物体a只受到2个力的作用，B、C正确．
答案：BC
12．解析：甲图中电梯匀速上升，由平衡条件知，人只是受重力和支持力两个力的作用，人与扶梯之间没有摩擦力，故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；乙图中电梯匀速上升，人受重力、支持力和摩擦力三个力的作用，由平衡条件知，扶梯对乙的作用力与乙受到的重力等大反向，故方向应竖直向上，故CD正确，不符合题意．故选A.
答案：A
13．解析：对B物体受力分析可知，受重力、A对B的支持力和摩擦力以及力F′，共受4个力作用，其中A对B的摩擦力与F′等大反向，即水平向左，大小为2 N；根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力方向向右、大小为2 N，A错误，D正确；水平方向因力F与B对A的摩擦力等大反向，则地面对A的摩擦力为零，C错误；A物体受重力、地面的支持力、B对A的压力和摩擦力以及力F，共受5个力的作用，B错误．
答案：D
课时分层作业(十六) 力的合成和分解
1．解析：A对：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．B错：合力可能比分力大，可能比分力小，也可能与分力相等．C对：如果夹角为120°，F1、F2大小相等，则合力与分力大小相等．D错：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．
答案：AC
2．解析：F1是F的水平分力，不是物体对水平面的摩擦力，故A错误；根据平衡条件得知，F1与水平面给物体的静摩擦力平衡，大小相等、方向相反，故B正确；F2是F的竖直分力，不是水平面对物体的支持力，根据平衡条件得到，水平面对物体的支持力N＝mg－F2，故C错误；根据平衡得知，F2与物体的重力不是大小相等、方向相反，故D错误．
答案：B
3．解析：根据平行四边形定则可知，两分力在合力的两侧，合力的方向在两分力之间；若两个分力的方向相反，是不可能组成平行四边形的．
答案：A
4．解析：合力与分力的关系遵循平行四边形定则，两等大分力夹角越小，合力越大，故选项A正确．
答案：A
5．解析：F1＝3 N、F2＝5 N、F3＝12 N，三个力的最大值等于三个力之和，即20 N．F1、F2两个力的合力最大值为8 N，最小值为2 N，F3＝12 N，所以三个力合力的最小值是4 N．合力的大小不可能是2 N和3 N.
答案：CD
6．解析：
因为 eq \f(\r(3),3) F> eq \f(F,2) ，由图可知，F1的大小有两个可能值．分析△OAD和△BAD可得F1＝ eq \f(\r(3),3) F，F′1＝ eq \f(2\r(3),3) F.
答案：AC
7．解析：如图甲所示，由几何关系知
cs θ＝ eq \f(\r(（2L）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))\s\up12(2)),2L) ＝ eq \f(\r(15),4) ，
弹丸受力如图乙所示，弹丸受力的最大值为F′＝2F cs θ，
而F＝k(2L－L)，则F′＝ eq \f(\r(15),2) kL，故选项D正确．
答案：D
课时分层作业(十七) 力的效果分解法和力的正交分解法
1．解析：根据力的作用效果可以将F分解为沿水平方向和竖直方向的两个力，根据平行四边形定则，竖直方向上分力Fy＝F sin θ，故A正确，B、C、D错误.
答案：A
2．解析：直升机在水平方向匀速向前飞行时，升力F对直升机有两个作用效果：使直升机保持在空中的高度不变并克服向前飞行的空气阻力．将升力F分别沿竖直方向和水平方向分解，在竖直方向，根据二力平衡条件，则G＝F cs θ，在水平方向有F′＝F sin θ，所以直升机水平前进的动力为F sin θ，A、D错误，B、C正确．
答案：BC
3．解析：题图甲中滑雪者的重力G人有两个作用效果，分别是挤压斜坡的效果及使滑雪者沿斜坡下滑的效果，故G人的一个分力垂直斜坡向下，另一个分力沿斜坡向下，如答案图甲所示；题图乙中人和石块的总重力G总有两个作用效果，分别挤压两侧的山崖壁，故G总的两个分力均垂直于接触面指向被压山崖壁，如答案图乙所示；题图丙中钢管的重力G钢管有两个作用效果，分别是拉其两端的缆绳，故G钢管的两个分力各沿两端缆绳的方向向下，如答案图丙所示；题图丁中活塞的推力F有两个作用效果，分别是推动连杆和挤压汽缸壁，故F的一个分力沿连杆向下，另一个分力垂直汽缸壁向左，如答案图丁所示．
答案：如图所示
4．解析：
分力Fx和Fy如图所示．由几何关系可得F与x轴的夹角为30°.则Fx＝F cs 30°＝100× eq \f(\r(3),2) N＝50 eq \r(3) N，Fy＝F sin 30°＝100× eq \f(1,2) N＝50 N.
答案：图见解析 50 eq \r(3) N 50 N
5.
解析：由题意知，运动员和行囊的总重力mg可分解为沿手臂方向的对手臂的拉力F1和沿身体方向的压力F2，如图所示，则F1＝mg cs 53°＝360 N，F2＝mg sin 53°＝480 N．选项A正确．
答案：A
6．解析：
木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff.沿水平方向和竖直方向建立坐标系，将F正交分解，如图所示(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，所以在x轴上，向左的力等于向右的力(水平方向二力平衡)，即F cs θ＝Ff；在y轴上，向上的力等于向下的合力，即FN＝mg＋F sin θ，又Ff＝μFN，解得Ff＝μ(mg＋F sin θ)，故B、D正确．
答案：BD
课时分层作业(十八) 共点力的平衡
1．解析：苍鹰做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合力为零，B正确．
答案：B
2．解析：木块沿斜面匀速下滑，受力平衡，受到竖直向下的重力、斜面对它的垂直于斜面向上的支持力和沿斜面向上的摩擦力．
答案：B
3．解析：在AB段物块做匀速直线运动，物块处于平衡状态，拉力与滑动摩擦力相等，物块向右运动，受到水平向左的摩擦力，大小为10 N，A、B项错误；在BC段物块做减速运动，到C处静止，BC段滑动摩擦力大小只与压力与接触面粗糙程度有关，故滑动摩擦力不变，还是10 N，C项正确；在C点物块静止，水平方向不受力的作用，D项错误．
答案：C
4．解析：物体M在竖直向上的拉力F的作用下静止在斜面上，说明物体处于平衡状态，所以物体受到的合外力为0，A项正确．对物体受力分析，一定受重力，拉力F是已知的，如果拉力与重力平衡，斜面对物体没有支持力，就没有摩擦力，故物体只受2个力；如果拉力F小于重力，物体会与斜面相互挤压，故物体还会受到支持力和沿斜面向上的静摩擦力，即共受4个力，B、D项错误，C项正确．
答案：AC
5．解析：两种情况下物体相对于传送带均向左匀速运动，物体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，正确的选项为C.
答案：C
6.
解析：对木块受力分析且由平衡条件可知，木块受重力G、推力F、墙面的支持力N、沿墙面向上的静摩擦力f.
答案：C
7．解析：由题意可知，两根弹簧的伸长量相等，设为x，则根据平衡条件可知，水平方向有k1x sin 37°＝k2x，则两根弹簧的劲度系数之比 eq \f(k1,k2) ＝ eq \f(5,3) ，故C项正确．
答案：C
8．解析：
对物体受力分析并将力F正交分解，如图所示：
物体对地面的压力与地面对物体的支持力是作用力与反作用力，而支持力FN＝mg－F sin θ，故A错误，B正确；物体受到的摩擦力为Ff＝F cs θ，故C错误，D正确．
答案：BD
9．解析：(1)把重力正交分解，由平衡条件知
Ff＝mg sin 37°，
FN＝mg cs 37°，
Ff＝μFN，
联立以上三式解得μ＝tan 37°＝0.75.
(2)F＝mg sin 37°＋Ff′，
Ff′＝μmg cs 37°，
解得F＝120 N.
答案：(1)0.75 (2)120 N
10．解析：由题可知，弹簧的方向与斜面垂直，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，滑块可能只受重力、斜面对滑块的支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧处于原长状态，弹力为零，故A正确，B错误；滑块在沿斜面方向处于平衡状态，所以滑块受到沿斜面向上的静摩擦力，且摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，即f＝mg sin 30°＝ eq \f(1,2) mg，所以摩擦力一定不为零，有摩擦力说明必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C错误，D正确．
答案：AD
11．解析：作出滑环受力分析图，如图所示，设拉力T与水平方向的夹角为θ，由几何关系可得cs θ＝ eq \f(16,20) ＝ eq \f(4,5) ，解得θ＝37°，又由平衡条件得2T sin θ＝T1，解得T＝ eq \f(T1,2sin θ) ＝ eq \f(120,2×\f(3,5)) N＝100 N，A、C、D错误，B正确．
答案：B
12．解析：(1)对人受力分析，如图甲所示由平衡条件得FT＋FN＝G，
代入数据解得FN＝400 N，由牛顿第三定律可知人对地面的压力大小为400 N，方向竖直向下．

(2)对物体受力分析如图乙所示，由平衡条件得F′Tsin θ＋F′N＝G′，
解得F′N＝150 N，由牛顿第三定律可知物体对地面的压力大小为150 N，方向竖直向下．
答案：(1)400 N，竖直向下 (2)150 N，竖直向下
课时分层作业(十九) 动态平衡及平衡中的临界、极值问题
1．解析：小鸟的受力情况如图所示，
小鸟所受的弹力N＝mg cs θ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小；小鸟所受的摩擦力f＝mg sin θ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大；树枝对小鸟的作用力始终与小鸟的重力等大且反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变．
答案：C
2．解析：作出小球在某位置时的受力分析图，如图所示
在小球运动的过程中，F1的方向不变，F2与竖直方向的夹角逐渐变大，画力的动态平行四边形，由图可知F1、F2均增大，故B项正确．
答案：B
3．解析：
对结点O受力分析，受三个拉力，如图所示，当BO逆时针由水平转到竖直时，通过作图可以发现，轻绳BO的拉力先减小后增大，轻绳AO的拉力一直减小，故A、B正确；设M的重力为G，当BO水平时，利用三角函数得FA＝ eq \f(G,sin θ) ，FB＝ eq \f(G,tan θ) ，当G增大时，两个绳子上的拉力均增大；当θ增大时，两个绳子拉力均减小，故C、D错误．
答案：AB
4．解析：对物块受力分析如图
由图可知，物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点过程中，F一直增大，FN先减小后增大．
答案：B
5．解析：方法一(解析法) 以球B为研究对象，受力分析如图甲所示，根据合成法，可得出F1＝G tan θ，F2＝ eq \f(G,cs θ) ，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小．
方法二(图解法) 先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形，在θ减小的过程中，从图中可直观地看出，F1、F2都会减小．
答案：AD
6．解析：对结点O进行受力分析，如图甲所示，由于物体处于平衡状态，故有FA＝G cs 37°＝0.8G，FB＝G sin 37°＝0.6G，故A、B错误；保持OB不动，沿圆弧CM缓慢下移A点，FA与水平方向的夹角逐渐减小，而FB的方向保持不变，如图乙所示．
根据三角形法则可知，由于开始时FA和FB垂直，故随A点的下移，FB逐渐增大，FA也逐渐增大，故C错误．保持OA不动，沿圆弧NC缓慢上移B点，FB与竖直方向的夹角逐渐减小，而FA的方向保持不变，根据矢量三角形法则可得如图丙情况．
由图丙可知，OA绳拉力逐渐变小，OB绳拉力逐渐增大，故D正确．
答案：D
7．解析：沙堆底部周长为31.4 m，故圆锥体的底部圆半径为r＝5 m，对锥面上的一粒沙粒分析，当满足μmg cs θ＝mg sin θ(θ为锥体的底角)时沙粒刚好静止，故μ＝tan θ＝ eq \f(h,r) ，解得圆锥体高h＝2.5 m，故圆锥体的体积约为V＝ eq \f(1,3) Sh＝ eq \f(1,3) ×π×52×2.5 m3≈65 m3，故选项B符合题意．
答案：B
8．解析：
小球受力情况如图所示，重力G大小和方向都不变，保持弹簧与竖直方向夹角θ不变，则弹簧弹力F弹方向不变，弹簧弹力与细线拉力FT的合力和小球受到的重力等大反向，保持不变，由图可以看出，将轻质细线由水平状态缓慢转至竖直状态的过程中，细线上的拉力先减小后增大，弹簧的弹力一直减小，由胡克定律可知，弹簧的长度逐渐变短，A、C、D错误，B正确．
答案：B
9．解析：
对小球受力分析，小球受到重力mg、轻绳的拉力F和圆环的弹力N，如图，根据平衡条件可知：mg和N的合力与F大小相等、方向相反，根据几何知识得知N＝mg，且有F＝2mg cs θ，A错误；小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、N三个力，满足受力平衡，由图可知三角形OAB和三角形GFA相似， eq \f(mg,R) ＝ eq \f(F,AB) ＝ eq \f(N,R) ，则得F＝ eq \f(AB,R) mg，N＝mg，当A点上移时，半径R不变，AB减小，故F减小，N不变，同理小球沿光滑圆环下降过程中，即当A点下移时，半径R不变，AB增大，故F增大，但是N不变，B、D错误，C正确．
答案：C
10．解析：
飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力Ff的方向与F2垂直，如图所示．歼­20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则水平方向有Fx＝Ff，竖直方向有F2＋Fy＝G，由题意可知F2＝ eq \r(15) Ff，联立解得Fy＝G－ eq \r(15) Ff，则F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＝16F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(f)) －2 eq \r(15) GFf＋G2，当Ff＝ eq \f(\r(15),16) G时F1取得最小值，为F1min＝ eq \f(G,4) ，故D正确．
答案：D
11．解析：(1)对C受力分析，如图甲所示，
根据平衡条件有2F cs 30°＝2mg，
解得F＝ eq \f(2\r(3),3) mg.
(2)C恰好降到地面时(与地面接触但无弹力)，C受力如图乙所示，此时B受C压力的水平分力最大，设最大值为Fxmax，可求得
Fxmax＝ eq \r(3) mg，
对B进行受力分析，得出地面对B的支持力
FN＝2mg.
若此时B恰要滑动，则由Ff＝μFN得Ff＝2μmg，
根据题意，B保持静止，则有Ff＝Fxmax时μ有最小值，解得μmin＝ eq \f(\r(3),2) .
答案：(1) eq \f(2\r(3),3) mg (2) eq \f(\r(3),2)
课时分层作业(二十) 整体法和隔离法在平衡中的应用
1．解析：先对木块m受力分析，如图所示，
受重力mg、支持力FN和静摩擦力Ff，根据平衡条件，有：Ff＝mg sin α，FN＝mg cs α，由牛顿第三定律知，木块对斜面体的压力大小为mg cs α，故A、B错误；对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为FN＝(M＋m)g，摩擦力为零，故C错误，D正确．
答案：D
2．解析：对人、物块、长木板三者整体研究，斜面对其摩擦力为静摩擦力，其大小为Ff＝3mg sin θ，B项错误，A项正确；对人、物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为Ff′＝2mg sin θ，C、D项错误．
答案：A
3．解析：
对虾笼A、B受力分析如图所示，对虾笼A，由平衡条件可得T1sin 60°＝G＋T2sin 30°，T1cs 60°＝T2cs 30°，解得T1＝ eq \r(3) G，T2＝G，A错误，B正确；对虾笼B分析，水对虾笼B的作用力与虾笼B的重力和绳索2拉力的合力等大反向，有F水＝2G·cs eq \f(120°,2) ＝G，C正确，D错误．
答案：BC
4．解析：设初始时砂桶和砂的质量为m1，再次平衡时砂桶和砂的质量为m2，则根据平衡条件有m1g cs 37°＝ eq \f(1,2) mg，m2g cs 53°＝ eq \f(1,2) mg，解得m1＝ eq \f(5,8) m，m2＝ eq \f(5,6) m.则Δm＝m2－m1＝ eq \f(5,24) m，C项正确．
答案：C
5．解析：以物体A、B及轻弹簧组成的整体为研究对象，由平衡条件可得，竖直方向满足F sin θ＋FN＝(m1＋m2)g，可得FN＝(m1＋m2)g－F sin θ，水平方向满足F cs θ＝Ff，A、C正确，B错误；由滑动摩擦力的定义可得Ff＝μFN＝μ(m1＋m2)g－μF sin θ，D正确．
答案：ACD
6．解析：轻绳绕过定滑轮，绳中张力FT相等，
对A：FTsin θ＝mAg，
对B：FTsin 2θ＝mBg，
由两式得： eq \f(mA,mB) ＝ eq \f(1,2cs θ) .
答案：C
7．解析：
如图所示，利用几何三角形与力三角形相似，线段成比例分析知：
D错：绳PB对B的拉力F1大小为 eq \f(3,4) mg.
C对：B对C的压力大小FN为 eq \f(1,2) mg.
A错：绳OP的拉力T等于绳PB的拉力在竖直方向的分量，则TB错：A所受摩擦力为静摩擦力，不一定是2μmg.
答案：C
8．解析：根据对称性，四根斜杆对横杆的作用力大小相等，设为F，选择横杆和物体为研究对象，根据平衡条件有4F cs eq \f(θ,2) ＝G，解得F＝ eq \f(\r(3),6) G，故每根斜杆受到地面的作用力也为 eq \f(\r(3),6) G，选项B正确．摩擦力等于F cs 60°＝ eq \f(\r(3),12) G，选项C、D错误．
答案：B
9．关键词：光滑、保持静止、刚好无压力．
解析：
由几何知识可知，两细线相互垂直．设A球、C球的质量分别为mA、mC.由二力平衡条件知，连接A、C两球的细线的弹力分别为：T1＝mAg，T2＝mCg.
再取B球研究，如图所示，受重力G、两细线的拉力T1、T2作用，T1与T2的合力与重力等大、反向，则有
T1＝T2tan θ， eq \f(T1,T2) ＝tan θ＝ eq \f(1,\r(3)) ，
将T1＝mAg，T2＝mCg代入得 eq \f(mA,mC) ＝ eq \f(1,\r(3)) .
答案：C
10．解析：以木块和半球体整体为研究对象，受重力和支持力，整体水平方向受力为零，根据平衡条件得知，地面对半球体的摩擦力为零，故A、C错误．对木块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，如图1所示．将重力正交分解，如图2所示．由于木块静止在半球体上，处于平衡状态，沿半径方向列平衡方程，有N－mg sin θ＝0，解得N＝mg sin θ＝mg sin 60°＝ eq \f(\r(3),2) mg，根据牛顿第三定律，木块对半球体的压力大小为 eq \f(\r(3),2) mg，方向沿半径方向指向圆心；沿切向列平衡方程，有f－mg cs θ＝0，解得f＝mg cs 60°＝ eq \f(1,2) mg，故B正确，D错误．
答案：B
11．解析：
由于轻杆受到两小球的弹力而平衡，根据牛顿第三定律可知轻杆对两小球的弹力等大、反向，设大小为F，对两小球分别受力分析，如图所示．根据平衡条件并结合正弦定理，有 eq \f(F,sin 30°) ＝ eq \f(m1g,sin α) ， eq \f(F,sin 45°) ＝ eq \f(m2g,sin α) ，联立解得 eq \f(m1,m2) ＝ eq \f(sin 45°,sin 30°) ＝ eq \f(\r(2),1) ，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
课时分层作业(二十一) 牛顿第一定律
1．解析：伽利略通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”，打破了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论，故B正确．
答案：B
2．解析：惯性是物体的固有属性，与物体的运动速度或加速度大小无关，没有力的作用，物体可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，A、B、C错误，D正确．
答案：D
3．解析：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体所具有的惯性大．大货车超载时质量变大，导致大货车惯性变大，A错误，B正确；惯性的大小与大货车的速度大小无关，C错误，D正确．
答案：BD
4．解析：A错，B对，人刚踏上电梯时，人相对电梯有向后运动的趋势，则受到向前的摩擦力，从而会有向后倾的趋势．C错：人的惯性只由人的质量决定，与电梯的速度无关．D错：摩擦力的大小与相对速度无关．
答案：B
5．解析：车突然加速时，由于惯性作用，“手环”要保持原来的运动状态，所以向后偏，故A错误；车突然减速时，由于惯性作用，“手环”要保持原来的运动状态，所以向前偏，故B错误；若“手环”偏向右侧，由于惯性的作用，“手环”要保持原来的运动状态，此时车转弯方向和“手环”出现的情况相反，故车向左偏转，故C错误，D正确．
答案：D
6．解析：力是改变物体运动状态的原因，冰壶在冰面上的运动受到摩擦力的作用，速度逐渐减小，所以不能验证牛顿第一定律，选项A、B错误；质量是惯性大小的量度，与速度的大小无关，冰壶的质量不变，所以在运动过程中抵抗运动状态变化的“本领”即惯性是不变的，选项C错误、D正确．
答案：D
7．解析：劈形物体abc从静止释放后，小球在水平方向不受力的作用，由于惯性，小球在水平方向上没有运动，而在竖直方向上，小球受到的支持力小于重力，所以小球在碰到斜面以前的运动轨迹是竖直的直线．
答案：B
8．解析：火车匀速行驶，在小球释放前小球随车一起运动，小球的速度等于车的速度v；在小球由静止释放后，由于惯性小球在水平方向的速度保持不变，即vx＝v，即小球下落的过程中小球在水平方向的速度始终等于车速度，小球一定落到B处．故B项正确．
答案：B
课时分层作业(二十二) 牛顿第二定律
1．解析：牛顿第二定律的表达式F＝ma中的力F是指合力，用很小的力推很重的桌子时，桌子不动，是因为桌子与地面间的最大静摩擦力大于推力，推力与桌子受到的静摩擦力的合力为零，所以桌子加速度为零，选项D正确．
答案：D
2．解析：根据牛顿第二定律得：作用力F＝ma＝70×6 N＝420 N，所以安全带对乘客的作用力最接近400 N，故选项B正确．
答案：B
3.
解析：小鸟沿虚线斜向上加速飞行，说明合外力方向沿虚线斜向上，小鸟受两个力的作用，空气的作用力F和重力G，如图所示．故选B.
答案：B
4．解析：取向左为正方向，物体受到的摩擦力Ff＝μmg＝0.2×10 kg×10 m/s2＝20 N
由牛顿第二定律得F＋Ff＝ma
解得a＝4 m/s2，方向水平向左．
答案：C
5．解析：A、C错，B对：物块与弹簧接触前做匀加速直线运动，物块与弹簧接触后，弹簧弹力不断增大，开始阶段弹簧弹力小于推力F，合力向右，加速度向右，物块做加速度不断减小的加速运动．当加速度减小为零时，速度达到最大．此后物块继续向右运动，弹力还变大，且合力向左，加速度向左，物块做加速度变大的减速运动，当速度减为零时，加速度最大．D错：弹簧的弹力F弹＝kx，物块与弹簧接触后，弹簧的弹力与物块的位移成正比．
答案：B
6．解析：v­t图像切线斜率不断减小，根据速度—时间图像的斜率表示加速度可知，雨滴运动的加速度在减小．根据牛顿第二定律得mg－f阻＝ma，可知阻力在增大．
答案：D
7．解析：
对物体受力分析，如图所示，把力F沿水平方向和竖直方向分解，可得
水平方向：F cs 37°－Ff＝ma
竖直方向：FN＋Fsin 37°－mg＝0
又Ff＝μFN
由以上三式解得a＝0.5 m/s2.
答案：0.5 m/s2
8．解析： 解法一：合成法
(1)由于车厢沿水平方向运动，所以小球有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向．
选小球为研究对象，受力分析如图甲所示．
由几何关系可得F＝mg tan θ.
小球的加速度a＝ eq \f(F,m) ＝g tan θ＝7.5 m/s2，方向向右，则车厢向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动．
(2)悬线对小球的拉力大小为
FT＝ eq \f(mg,cs θ) ＝ eq \f(1×10,0.8) N＝12.5 N.
解法二：正交分解法
以水平向右为x轴正方向建立坐标系，并将悬线对小球的拉力FT正交分解，如图乙所示．
则沿水平方向有
FTsin θ＝ma
竖直方向有
FTcs θ－mg＝0
联立解得a＝7.5 m/s2，FT＝12.5 N，且加速度方向向右，故车厢向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动．
答案：(1)见解析 (2)12.5 N
9.
解析：小车向右做匀加速直线运动，物块M相对小车静止，加速度与车的加速度相同，以物块为研究对象，受力分析如图所示，对物块，由牛顿第二定律得N＝Ma，a增大，表明N增大，由牛顿第三定律可知，M对车厢壁的压力N′＝N增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，M仍相对车厢静止，在竖直方向，M所受合外力为零，由平衡条件得f＝Mg，M所受的静摩擦力不变；M受到的合外力不为零，竖直方向的合力不变，水平方向的合力增大，所以车厢与M的相互作用力增大，故A、D错误，B、C正确．
答案：BC
10．解析：第1 s内物体保持静止状态，可知开始时F1、F2等大反向，第2 s和第3 s内物体所受合力不断变大，根据牛顿第二定律知加速度不断变大，物体做加速运动，速度增大，故A错误，B正确；在第4 s内，合力逐渐减小，故加速度不断减小，合力与速度同向，物体做加速运动，速度增大，故C错误；在第5 s末，合力为零，故加速度为零，速度最大，此时运动方向与F1方向相同，故D错误．
答案：B
11．解析：由于两种情况下，货箱都是和扶梯一起以相同大小的加速度a＝4 m/s2向下匀加速运动，所以，两种情况下货箱所受合力相同，根据牛顿第二定律有F合甲＝F合乙＝ma＝4m，合力方向都沿着斜面向下，与水平面的夹角都是θ＝37°.对甲中货箱受力分析，受重力、扶梯给的竖直向上支持力和水平向右的摩擦力，沿水平方向和竖直方向正交分解，可得mg－FN甲＝F合甲sin 37°，f甲＝F合甲cs 37°，解得FN甲＝7.6m，f甲＝3.2m；对乙中货箱受力分析，受重力、扶梯给的垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力，沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，可得mg sin 37°－f乙＝F合乙，FN乙＝mg cs 37°，解得f乙＝2m，FN乙＝8m，A、B项错误．两种情况下货箱都受重力、扶梯给的支持力和摩擦力，又因为两种情况下货箱所受合力相同，根据矢量运算法则可知，货箱受到的扶梯给的作用力(支持力和摩擦力的合力)也相等，即甲对货箱的作用力等于乙对货箱的作用力，故C项正确，D项错误．
答案：C
课时分层作业(二十三) 牛顿第二定律的瞬时问题及连接体问题分析
1．解析：当用F向右推m1时，对m1和m2整体，由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a；对m2有FN＝m2a＝ eq \f(m2,m1＋m2) F；因m1＝2m2，得FN＝ eq \f(F,3) .故选项C正确．
答案：C
2．解析：A错，B对：弹簧的弹力不能发生突变，对A球，F撤去前后受力不变，加速度为0.C错，D对：对B球，撤去F后瞬间，弹簧弹力大小不突变，大小等于F，故B的加速度变为aB＝ eq \f(F,m) .
答案：BD
3．解析：设A与地面间的动摩擦因数为μ，对A和B的整体分析，由牛顿第二定律得F－μ·2mg＝2ma1；对A施加一压力F1＝mg，由受力分析可知F－μ(F1＋mg)＝ma2，整理得μ·2mg＋2ma1－μ(mg＋mg)＝ma2，解得a2＝2a1.
答案：A
4．解析：对整体分析，整体的加速度大小a＝ eq \f(F,mA＋mB) ＝ eq \f(20,2＋3) m/s2＝4 m/s2，对B分析，则弹簧的弹力大小F弹＝mBa＝3×4 N＝12 N，故A错误，B正确；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不发生突变，则A的加速度大小aA＝ eq \f(F弹,mA) ＝ eq \f(12,2) m/s2＝6 m/s2，故C错误；撤去F的瞬间，B的受力情况不变，则B的加速度大小aB＝a＝4 m/s2，故D正确．
答案：BD
5．解析：小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为：FN＝mgcs 30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球所受的合力与原来的支持力FN大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcs 30°＝ma，解得a＝5 eq \r(3) m/s2，方向斜向右下方，C正确．
答案：C
6．解析：A对：A、B两物体一起向右做匀加速运动，加速度相同，对整体分析由牛顿第二定律得F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝1 m/s2.
B对：隔离B分析，由牛顿第二定律得FT－μmBg＝mBa
解得A拉B的作用力为FT＝2 N.
C错：撤去外力F后，由于水平面粗糙，在滑动摩擦力作用下A、B都做减速运动．
D对：撤去外力F后，由牛顿第二定律得物体A的加速度大小aA＝ eq \f(μmAg,mA) ＝μg＝1 m/s2.
答案：ABD
7.
解析：A对：物块受力如图所示，对物块，由牛顿第二定律得 eq \f(mg,tan θ) ＝ma，解得a＝7.5 m/s2.B对：由平衡条件可知，容器对物块的支持力FN＝ eq \f(mg,sin θ) ＝ eq \f(1×10,sin 53°) N＝12.5 N.C错：以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a代入数据解得F＝30 N．D对：对物块与容器组成的系统，在竖直方向上，由平衡条件可知，地面对容器的支持力FN地＝(m＋M)g＝(1＋2)×10 N＝30 N.
答案：ABD
8．解析：设物块的质量均为m，剪断细绳的瞬间，绳的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧S2组成的整体分析，可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝ eq \f(F,m) ＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．
答案：AC
9．解析：对A和B整体，系统静止时，弹力F弹＝(mA＋mB)gsin 30°
剪断细线瞬间，根据牛顿第二定律，对B：取沿斜面向上为正方向，则F弹－mBgsin 30°＝mBaB，解得aB＝ eq \f(mAg,2mB) .对A：取沿斜面向下为正方向，mAgsin 30°＝mAaA，解得aA＝ eq \f(g,2) .
答案：C
10．解析：当物体的加速度为a1、a2时，物块水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律得f1＝Ma1，f2＝Ma2，当物体的加速度为a3、a4时，对物块和物体组成的系统进行分析，根据牛顿第二定律可得f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4.若a1∶a2＝1∶2，可得f1∶f2＝1∶2，故A错误；若a2∶a3＝1∶2，则f2∶f3＝M∶(2M＋2m)，故B错误；若a3∶a4＝1∶2，则f3∶f4＝1∶2，故C正确；当物体的加速度为a3、a4时，对物体进行受力分析可知tan θ＝ eq \f(a3,g) ，tan α＝ eq \f(a4,g) ，若a3∶a4＝1∶2，可得tan θ∶tan α＝1∶2，故D正确．
答案：CD
11．解析：以小球为研究对象进行受力分析，如图甲所示，由力的合成可得细绳的拉力大小为T＝ eq \f(mg,cs θ) ，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝ma，则速度a＝g tan θ，故A错误；以环为研究对象进行受力分析，如图乙所示，根据牛顿第二定律得FN－T′sin θ＝Ma，Ff－Mg－T′cs θ＝0，又因为T′＝T＝ eq \f(mg,cs θ) ，a＝g tan θ，联立解得FN＝(m＋M)g tan θ，Ff＝(m＋M)g，故C错误，D正确；细杆对环的作用力为F＝ eq \r(F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) ＋F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(f)) ) ，由图丙可知细杆对环的作用力方向斜向右上方，故B错误．
答案：D
12．解析：以40节车厢为研究对象，设车头对第1节车厢的牵引力为F1，每节车厢的质量均为m，每节车厢受到的摩擦力和空气阻力的合力均为f，分析整体，设整体的加速度为a，由牛顿第二定律有F1－40f＝40ma，解得a＝ eq \f(F1,40m) － eq \f(f,m) ，再分析前两节车厢，由牛顿第二定律有F1－F－2f＝2ma，解得F1＝ eq \f(20,19) F.设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F2，分析后两节车厢有F2－2f＝2ma，解得F2＝ eq \f(1,20) F1＝ eq \f(1,19) F，C正确．
答案：C
课时分层作业(二十四) 力学单位制
1．解析：位移是矢量，其单位是m，属于国际单位制中基本单位．
答案：C
2．解析：A对：物理量通常是由数值和单位组成的(少数物理量例外，如动摩擦因数无单位)，所以物理学公式在确定物理量数值关系的同时，也确定了物理量单位间的关系．B错：力是导出量．C对：基本量的单位叫作基本单位．D对：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位叫作导出单位．
答案：ACD
3．解析：“牛顿”这个单位是由牛顿第二定律定义的，即F＝ma，所以1 N＝1 kg·1 m/s2＝1 kg·m/s2，故A项正确．
答案：A
4．解析：题图中分别测量的是：力、电压、时间和速度．故选项C正确．
答案：C
5．解析：x为位移，国际单位是m，a为加速度，国际单位是m/s2，t为时间，国际单位是s，所以at的国际单位是m/s，所以x＝at是错误的，故A项错误；a为加速度，国际单位是m/s2，μ为动摩擦因数，无单位，g为重力加速度，国际单位是m/s2，所以a＝μg可能正确，所以B项正确；F为作用力，国际单位是N，m为质量，国际单位是kg，v为速度，国际单位是m/s，R为半径，国际单位是m.1 N＝1 kg·m/s2，所以F＝m eq \f(v,R) 是错误的，故C项错误；v为速度，国际单位是m/s，g为重力加速度，国际单位是m/s2，R为半径，国际单位是m， eq \r(gR) 的国际单位是m/s，所以v＝ eq \r(gR) 可能正确，故D项正确．
答案：BD
6．解析：速度v的单位是m/s，时间t的单位是s，根据加速度的定义式a＝ eq \f(Δv,Δt) ，知加速度的单位是m/s2，是由m和s两个基本单位组合而成的，m/s是导出单位，A正确，B错误；N是导出单位，不是基本单位，C错误；根据F＝ma知，使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N，D正确．
答案：AD
7．解析：A对：根据f＝kv2，可知k＝ eq \f(f,v2) ，单位 eq \f(N,（m/s）2) ＝ eq \f(kg·m/s2,m2/s2) ＝ eq \f(kg,m) .B错：根据牛顿第二定律可得mg－kv2＝ma，即随速度的增加，加速度逐渐减小，直到加速度等于零后做匀速运动．C对：当载人舱达到最终速度时满足mg＝kv2，解得v＝ eq \r(\f(mg,k)) .D对：载人舱的速度大小为 eq \r(\f(mg,2k)) 时，代入mg－kv2＝ma可得a＝ eq \f(1,2) g.
答案：ACD
课时分层作业(二十五) 牛顿运动定律的应用
1．解析：a＝ eq \f(F合,m) ＝ eq \f(F－kmg,m) ＝ eq \f(F,m) －kg，洒水时质量m减小，则a变大，所以洒水车做加速度变大的加速运动，故A正确．
答案：A
2．解析：由x＝ eq \f(1,2) at2得：a＝ eq \f(2x,t2) ＝4 m/s2，对物体由牛顿第二定律得F＝ma＝4 N.
答案：C
3．解析：由牛顿第二定律得加速度a＝ eq \f(F,m) ＝ eq \f(30,20) m/s2＝1.5 m/s2，力F作用3 s时速度大小为v＝at＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s，而力F消失后，其速度不再变化，物体加速度为零，故C正确．
答案：C
4．解析：设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式可得v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，故汽车刹车前的速度为v0＝ eq \r(2ax) ＝ eq \r(2μgx) ＝ eq \r(2×0.7×10×14) m/s＝14 m/s，因此B正确．
答案：B
5．解析：根据加速度定义得a＝ eq \f(Δv,t) ＝ eq \f(6,2) m/s2＝3 m/s2
根据力的合成得F＝ eq \r(（mg）2＋（ma）2) ≈209 N，故选C.
答案：C
6．解析：如图所示，通过屋顶作直线AC与水平线BD相垂直；并以L为半径、O为圆心画一个圆与AC、BC相切．然后，画倾角不同的屋顶A1B、A2B、A3B……从图可以看出：在不同倾角的屋顶中，只有A2B是圆的弦，而其余均为圆的割线．根据“等时圆”规律，雨水沿A2B运动的时间最短，且最短时间为tmin＝ eq \r(\f(2d,g)) ＝ eq \r(\f(2×2L,g)) ＝2 eq \r(\f(L,g))
屋顶的倾角满足tan α＝ eq \f(L,L) ＝1，可得α＝45°
答案：45° 2 eq \r(\f(L,g))
7．解析：(1)
第一次飞行中飞行器的受力情况及运动过程分析，如图所示．
设加速度为a1，匀加速运动的位移H＝ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
由牛顿第二定律知：F－mg－F阻＝ma1，
联立解得飞行器所受阻力F阻＝4 N.
(2)第二次飞行中，设失去升力前上升的高度为h1，则h1＝ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
设失去升力时的速度为v1，再上升的加速度大小为a2，继续上升的高度为h2，
由牛顿第二定律知：－mg－F阻＝ma2
v1＝a1t2，h2＝ eq \f(0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a2)
解得h＝h1＋h2＝42 m.
答案：(1)4 N (2)42 m
8．解析：A错：由v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax得，加速度a＝ eq \f(v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2x) ＝ eq \f(22,2×2) m/s2＝1 m/s2.
B对，C、D错：木箱受到重力、拉力、支持力和摩擦力作用，如图所示．木箱受到的摩擦力大小为Ff＝μFN
竖直方向：F sin 37°＋FN－mg＝0
水平方向：F cs 37°－Ff＝ma
联立解得：FN＝370 N，F＝150N，Ff＝74 N.
答案：B
9．解析：因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mg sin θ＝μmg cs θ，所以μ＝tan θ＝ eq \f(\r(3),3) ；当木块在推力作用下由静止沿斜面加速上滑时，由运动学公式x＝ eq \f(1,2) at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mg sin θ－μmg cs θ＝ma，解得F＝36 N，D正确．
答案：D
10．解析：(1)滑雪者(包括装备)在雪坡上受力如图所示
由平衡条件得FN＝mg cs 37°＝400 N
(2)由v­t图像可得滑雪者(包括装备)的加速度大小a＝ eq \f(v2－v1,t) ＝4 m·s－2
根据牛顿第二定律mg sin 37°－Ff＝ma
解得Ff＝100 N，则μ＝ eq \f(Ff,FN) ＝0.25
答案：(1)400 N (2)0.25
11．解析：(1)牛顿定律
mg sin 24°－μmg cs 24°＝ma1
a1＝2 m/s2
(2)匀加速
v2＝2a1l1
v＝4 m/s
(3)匀减速
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －v2＝2a2l2
a2＝－μg
l2＝2.7 m
答案：(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
课时分层作业(二十六) 超重和失重
1．解析：当无人机有向下的加速度时处于失重状态，可能加速下降或减速上升．
答案：D
2．解析：水桶自由下落，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，对容器壁无压力，故水不会流出，选项B正确．
答案：B
3．解析：在空间站轨道舱内，所有的物体均处于完全失重状态，利用哑铃、跑步机、单杠进行锻炼均与重力有关，故无法使用，而利用弹簧拉力器可以锻炼，与重力无关．
答案：D
4．解析：当轿厢向上匀减速时，轿厢加速度向下，处于失重状态，故选项A错误；轿厢失重，所以曳引绳的拉力小于重力，故选项D正确；同时，对重向下做匀减速运动，处于超重状态，所以选项B、C错误．故选D.
答案：D
5．解析：火箭加速上升时，加速度向上，
对宇航员有N－mg＝ma
即N＝ma＋mg>mg
所以宇航员处于超重状态，由牛顿第三定律知宇航员对座椅的压力等于其所受支持力，A正确，D错误；
加速下落时，加速度向下，对宇航员有
mg－N＝ma
即N＝mg－ma所以宇航员处于失重状态，B正确；
落地前减速，加速度向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，C错误．故选AB.
答案：AB
6．解析：在C点速度为零，有向下的加速度，合力不为零，受力不平衡，人处于失重状态，不是静止状态，故A错误；
在B点时人的速度最大，此时人所受合力为零，加速度为零，故B错误；
固定在地面时传感器示数为T＝1 400 N，设此时弹性绳的弹力为F，由平衡条件得F＝T＋mg
打开扣环瞬间，对人，由牛顿第二定律得
F－mg＝ma
代入数据解得a＝20 m/s2，故C错误；人从A点到B点过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力F减小，人所受合力F－mg减小，加速度减小，故D正确．故选D.
答案：D
7．解析：由于15位乘客总质量为1 040 kg，而电梯额定载重量为1 050 kg，则当第15位乘客进入电梯时，还没有达到电梯的额定载重量，从而电梯不会鸣笛警示，A项错误；当电梯从八层开始向下运动时，加速度向下，由牛顿第二定律知mg－FT＝ma，FN＝F′N，则此时拉力小于乘客的重力，电梯不会鸣笛警示，B项错误；当电梯从八层下降到一层，快要停止时，加速度向上，由牛顿第二定律FT－mg＝ma，则此时拉力可能大于乘客的重力，则电梯可能会鸣笛警示，C项正确，D项错误．
答案：C
8．解析：(1)当T1＝40 N时，二力平衡，F合＝0，则加速度a1＝0，电梯处于静止或匀速直线运动状态．(2)当T2＝32 N时，根据牛顿第二定律有T2－mg＝ma2，可得此时电梯的加速度a2＝ eq \f(T2－mg,m) ＝ eq \f(32－40,4) m/s2＝－2 m/s2，即电梯的加速度方向竖直向下，电梯加速下降或减速上升．
(3)当T3＝44 N时，根据牛顿第二定律有T3－mg＝ma3，可得此时电梯的加速度a3＝ eq \f(T3－mg,m) ＝ eq \f(44－40,4) m/s2＝1 m/s2，即电梯的加速度方向竖直向上，电梯加速上升或减速下降．
答案：(1)静止或匀速直线运动状态
(2)电梯加速下降或减速上升
(3)电梯加速上升或减速下降
9．解析：由图甲和图乙可知，张明同学在a点时处于平衡状态，力传感器的读数为500 N，由牛顿第三定律可知，力传感器对人的支持力为500 N，由平衡条件可知，张明的重力为500 N，故A错误；
由图乙可知，张明同学在c点和e点时，力传感器的读数均大于500 N，则张明同学处于超重状态，故B错误，C正确；
由图乙可知，张明同学在d点时，力传感器的读数为1 500 N，由牛顿第二定律有Fd－mg＝ma
解得a＝20 m/s2
由图乙可知，张明同学在f点时，力传感器的读数为0，由牛顿第二定律有mg＝ma1
解得a1＝10 m/s2
则张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D正确．故选CD.
答案：CD
10．解析：由题图可知，在0～2 s内，台秤对小明的支持力为F1＝450 N，由牛顿第二定律有mg－F1＝ma，解得a1＝1 m/s2，加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态，故A、B错误；设在10～11 s内小明的加速度为a3，时间为t3＝1 s，0～2 s的时间为t1＝2 s，则a1t1＝a3t3，解得a3＝2 m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg＝ma3，解得F3＝600 N，故C正确；0～2 s内位移x1＝ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2 m, 2～10 s内位移x2＝v匀t2＝a1t1t2＝16 m, 10～11 s内位移x3＝ eq \f(1,2) a3t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝1 m，小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m，故D错误．
答案：C
11．解析：未剪断细线前，对小球A和箱子整体分析，整体受力平衡，结合牛顿第三定律得台秤示数F＝3mg，故A正确；剪断细线前，对小球A进行受力分析，Fx＝T＋mg＝2mg，剪断细线的瞬间，对小球A进行受力分析，根据牛顿第二定律有Fx－mg＝2mg－mg＝ma，得a＝g，方向竖直向上，由此可知，小球A向上先加速运动后减速运动，整个系统先处于超重状态后处于失重状态，故台秤示数先增大后减小，故B、C正确，D错误．
答案：D
12．解析：A错：t1时刻小球刚与弹簧接触，弹簧弹力为零，弹簧弹力与重力平衡时小球的速度最大．
B对：t2时刻弹力最大，说明小球到达最低点，故小球的速度大小为零．
C对：在t3～t4时间内小球做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，可以计算出小球自由下落的高度．
D对：小球自高处落下，到达最低点时，弹簧压缩量最大，弹力大于重力，小球有向上的加速度，处于超重状态．
答案：BCD
课时分层作业(二十七) 传送带模型和板块模型
1．解析：由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即Ff＝ma1
且Ff的最大值为Ffm ＝μmg
故a1的最大值为a1m ＝μg＝3 m/s2
当二者相对静止一起加速时a2＝a1≤3 m/s2
当F较大时，二者发生相对滑动
a1＝3 m/s2，
a2>3 m/s2.故选D.
答案：D
2．解析：小煤块刚放上传送带时，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间t1＝ eq \f(v0,a) ＝0.5 s，此时小煤块运动的位移x1＝ eq \f(v0,2) t1＝0.5 m，而传送带的位移x2＝v0t1＝1 m，故小煤块在传送带上的划痕长度l＝x2－x1＝0.5 m，D正确，C错误；之后小煤块匀速运动，故匀速运动的时间t2＝ eq \f(x－x1,v0) ＝1.75 s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25 s，A错误，B正确．
答案：BD
3．解析：前t时间内，物体相对皮带向左运动，皮带对物体有向右的滑动摩擦力，物体向右做匀加速直线运动，后t时间内，物体与皮带保持相对静止，皮带对物体摩擦力为0，物体向右做匀速直线运动，A正确，B错误；前t时间内，物体向右做匀加速直线运动，则有x1＝ eq \f(v,2) t后t时间内，物体向右做匀速直线运动，则有x2＝vt解得 eq \f(x1,x2) ＝ eq \f(1,2) ，C正确；前t时间之内，物体向右做匀加速直线运动，速度小于皮带的速度v，物体相对皮带向左运动，后t时间之内，物体与皮带保持相对静止，两者之间没有相对运动，则物体由传送带左端A处运动到右端B处相对传送带的位移向左，D正确．故选ACD.
答案：ACD
4．解析：(1)设物块的质量为m，则物块受到向右的滑动摩擦力f＝μmg
由牛顿第二定律f＝ma，解得a＝2 m/s2
(2)由匀变速直线运动位移时间关系式可得L＝v1t＋ eq \f(1,2) at2代入数据解得t＝2 s，t＝－4 s(舍)
由v＝v0＋at
可得物块离开传送带时的速度v＝6 m/s
传送带的速度必须一直大于物块的速度，物块才能一直做匀加速运动，所以v2≥6 m/s.
答案：(1)2 m/s2 (2)2 s 6m/s
5．解析：(1)对滑块分析，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
解得：a＝μg＝1 m/s2，方向向左．
(2)对小车分析，由牛顿第二定律得：μmg＝Ma′
解得：a′＝ eq \f(μmg,M) ＝0.5 m/s2，方向向右
设经过时间t，滑块和小车达到共同速度v，则满足：
对滑块：v＝v0－at
对小车：v＝a′t
解得t＝2 s时滑块和小车达到的共同速度：v＝1 m/s.
(3)若要滑块不会从小车上滑落，滑块和小车最终达到共同速度保持相对静止，滑块的位移：x1＝v0t－ eq \f(1,2) at2，解得：x1＝4 m
小车的位移x2＝ eq \f(1,2) a′t2，解得：x2＝1 m
则小车至少长L＝x1－x2＝3 m
答案：(1)1 m/s2，方向向左 (2)1 m/s (3)3 m
6．解析：(1)物块与木板之间的摩擦力大小
f＝μ2mBg＝0.5×2×10 N＝10 N
地面与木板之间的摩擦力大小
f1＝μ1(mA＋mB)g＝0.2×3×10 N＝6 N
木板的加速度大小aA＝ eq \f(f－f1,mA) ＝4 m/s2
(2)物块B的加速度大小aB＝ eq \f(F－f,mB) ＝5 m/s2
设经过时间t木板A和物块B分离，有
xB－xA＝lA，即 eq \f(1,2) aBt2－ eq \f(1,2) aAt2＝2 m，解得t＝2 s
(3)分离时A的速度大小v＝aAt＝8 m/s
答案：(1) 4 m/s2 (2) 2 s (3)8 m/s
7．解析：设木块与木板之间的动摩擦因数为μ，对木块由牛顿第二定律可得木块加速度大小为a1＝ eq \f(μmg,m) ＝μg
同理可得木板加速度大小为a2＝ eq \f(μmg,M)
由题可知，ma2，v­t图像中斜率代表加速度，故v1图像斜率应大于v2图像斜率，C错误；由于不知道v1和v2的大小关系，故可能存在木块与木板速度同时减小为零的情况，B正确；若木块速度先减小为零，则木块会在摩擦力作用下向左做匀加速运动，加速度不变，故其图像斜率不变，A错误，D正确．故选BD.
答案：BD
8．解析：对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝ eq \f(mg sin 37°－μ1mg cs 37°,m) ＝2.8 m/s2
同理对滑板，加速度大小为
a2＝ eq \f(mg sin 37°＋μ1mg cs 37°－2μ2mg cs 37°,m) ＝0.8 m/s2故A、B错误；
要使小孩与滑板分离 eq \f(1,2) a1t2－ eq \f(1,2) a2t2＝L
解得t＝1 s
离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
9．解析：(1)口罩盒(包括口罩)放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，
解得a＝μ1g＝4 m/s2，
根据运动学公式，有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2aL1，
解得v1＝4 m/s.
(2)若传送带2不转动，则口罩盒沿传送带2向上运动的加速度大小为a1＝ eq \f(μ2mg cs θ＋mg sin θ,m) ＝g(μ2cs θ＋sin θ)＝10 m/s2，
在传送带2上运动的最远距离为smax＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a1) ＝0.8 m若传送带2的速度大于4 m/s，则口罩盒向上运动的加速度大小为a2＝ eq \f(mg sin θ－μ2mg cs θ,m) ＝g(sin θ－μ2cs θ)＝2 m/s2，
在传送带2上运动的最远距离s′max＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a2) ＝4 m>L2，口罩盒运动到c点时速度不为零．
设传送带2的速度为v时，恰好能将口罩盒运送至c点．据以上信息可知，v一定满足0答案：(1)4 m/s (2)1 m/s
课时分层作业(二十八) 动力学图像问题及等时圆模型
1．解析：在v­t图像中匀速即速度不变，图线平行横轴，匀减速直线运动的图线是倾斜向下，所以A图正确．
答案：A
2．解析：人下蹲动作包含失重和超重两个过程，先是加速下降，处于失重状态，到达最大速度后再减速下降，处于超重状态，即先处于失重状态再处于超重状态；同理，起立动作也包含两个过程，先加速上升，处于超重状态，后减速上升，处于失重状态．对应图像可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，故A、D正确，B、C错误．
答案：AD
3．解析：由F­t图像知，静止时，0.6F0＝mg，当F＝1.8F0时有最大加速度，根据牛顿第二定律，有1.8F0－mg＝ma，解得a＝2g，选项B正确．
答案：B
4．解析：由题可知，题图中图线a表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小为a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律得ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，解得F∶Ff＝3∶2，B正确．
答案：B
5．解析：A对：由a­t图像知，5～15 s内的加速度为正，加速度方向向上，则该同学处于超重状态．
B错：15～25 s内的加速度为零，电梯在匀速运动，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力，处于平衡状态．
C对：由a­t图像知，25～35 s内的加速度为负，加速度方向向下，所以该同学处于失重状态．
D对：a­t图像中，图线与坐标轴围成图形面积的代数和表示速度，在前35 s内，速度改变量为零，所以在t＝35 s时，电梯的速度v＝0.
答案：ACD
6．解析：前10 s的加速度为a1＝ eq \f(1－0,10－0) m/s2＝0.1 m/s2
由牛顿第二定律得F1－mg＝ma1，
解得F1＝1 515 N，故A错误；
根据位移等于面积得，前36 s上升28 m，后10 s下降6 m，46 s末离开地面的高度为22 m，故B正确；
后30 s到46 s的过程中，加速度方向向下，拉力小于重力，在0～10 s钢索最容易发生断裂，故C错误；
后30 s到46 s的过程中，加速度方向向下，都处于失重状态，D错误．故选B.
答案：B
7．解析：由图可知0～1 s内的加速度为a1＝6 m/s2
1 s～2 s内的加速度为a2＝2 m/s2
由牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2
联立可得m＝1 kg
μ＝0.2，故A正确，B错误；
由牛顿第二定律μmg＝ma3，
解得a3＝2 m/s2
由图可知0＝v2－a3t3，解得t3＝1 s
所以物体运动的总时间为3 s，故C正确；
在v­t图像中，面积表示位移，由图可知，总位移为s总＝2 m，故D错误．故选AC.
答案：AC
8．解析：如图所示：
在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点，根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，将木板下端B点与D点重合即可，而角COD为θ，所以α＝ eq \f(θ,2) ，故B正确，ACD错误．故选B.
答案：B
9．解析：开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知mg sin θ＋μmg cs θ＝ma1，解得a1＝g sin θ＋μg cs θ，小木块加速到和传送带速度相等时，由于μμmg cs θ，小木块不会匀速运动，然后小木块会继续加速，滑动摩擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知，mg sin θ－μmg cs θ＝ma2，解得a2＝g sin θ－μg cs θ，由上可知a2答案：D
10．解析：演员在滑杆上静止时传感器显示的800 N等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为600 N，故A错误；
由v­t图像可知，1.5～3.5 s内演员向下做匀减速运动，加速度方向向上，演员处于超重状态，故B正确；
演员加速下滑时处于失重状态，滑杆所受拉力最小，此时由甲图可知a1＝ eq \f(Δv,Δt) ＝3 m/s2
对演员由牛顿第二定律知mg－Ff1 ＝ma1
解得Ff1＝420 N
对滑杆由平衡条件得F1＝420 N＋200 N＝620 N
传感器显示的最小拉力为620 N，故C错误；
由v­t图像中图线与时间轴围成的面积可得滑杆长为4.5 m，故D错误．故选B.
答案：B
11．解析：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，对二者组成的整体，根据牛顿第二定律得a＝ eq \f(F,m1＋m2) ＝ eq \f(kt,m1＋m2) ，a∝t.当F比较大时，木块相对木板运动，分别对二者进行受力分析，根据牛顿第二定律，对木板有a1＝ eq \f(μm2g,m1) ，μ、m1、m2都一定，则a1一定．对木块有a2＝ eq \f(F－μm2g,m2) ＝ eq \f(k,m2) t－μg，a2随t的增大而增大．由于 eq \f(k,m1＋m2) < eq \f(k,m2) ，则木板和木块发生相对滑动后，木块的a­t图线的斜率大于两者相对静止时a­t图线的斜率，故A正确．
答案：A
第一章核心素养综合评价
1．解析：研究运动员的跳远成绩时，运动员的大小与形状可以忽略，运动员可以看作质点；研究运动员的助跑动作时、研究运动员的起跳动作时、研究运动员的飞行动作时，如果把运动员看成质点就无法研究其动作了，因此在这些过程中不能把运动员看成质点，故A正确，BCD错误．故选A.
答案：A
2．解析：“16时45分”指的是时刻，故A错误；“10小时”指的是时间间隔，故B错误；“中老铁路”列车全程发生的路程是1 035公里，位移大小小于1 035公里，故D正确，C错误．
答案：D
3．解析：“天问一号”绕火星飞行一圈的位移为0，所以平均速度为0，但它在每一时刻的瞬时速度都不为0，故A错误；“2月4日20时”和“561天”，前者表示“时刻”，后者表示“时间间隔”，故B正确；累计行驶1 537米表示路程，距离地球约3.2亿千米表示位移，故C错误；地面卫星控制中心在对“天问一号”进行飞行姿态调整时，“天问一号”各部分的运动差异不能忽略，此时不可以将“天问一号”看成质点，故D错误．
答案：B
4．解析：以b点为坐标原点，从b经c、d再返回到a点，路程为(50－20－20) m＋20 m＋50 m＝80 m，位移大小为20 m，方向由b→a，A、B错误；a点坐标为－20 m，C正确；从a点出发，经b、c、d再返回到a点位移为0，D错误．
答案：C
5．解析：括苍山隧道的总长是7 929 m，位移不一定是7 929 m，A错误；限速“80”表示车在隧道内行驶的瞬时速度不超过80 km/h，B错误；根据题意，一辆正常行驶的汽车通过隧道的最短时间tmin＝ eq \f(s,vm) ＝5.9 min，所以一辆正常行驶的汽车通过隧道的时间一定超过5.9 min，C正确；驾驶员的反应时间内，车的最大位移xmax＝vmtmax＝26.7 m>25 m，D错误．故选C.
答案：C
6．解析：规定向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式a＝ eq \f(Δv,Δt) 得a＝ eq \f(－9 m/s－5 m/s,1 s) ＝－14 m/s2.负号代表与正方向相反，即加速度方向向上，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
7．解析：由图可知甲车可能做匀速直线运动，乙车在相等时间的位移不相等，不做匀速直线运动，A错误；由图可知30～40 s内，甲车位移为300 m，乙车位移为450 m，由平均速度定义，平均速度等于位移与时间的比值，甲车平均速度比乙车平均速度小，B错误；由图可知在20～30 s的时间内，甲车和乙车位移都是300 m，由平均速度定义，平均速度等于位移与时间的比值，甲车的平均速度和乙车的平均速度相等，C错误；由图可知在0～40 s的时间内，甲、乙两车的位移都是1 200 m，由平均速度定义，平均速度等于位移与时间的比值，甲车的平均速度和乙车的平均速度相等，D正确．故选D.
答案：D
8．解析：在直线上运动的物体，在某段时间内的位移是一段有向线段，这条有向线段从初位置指向末位置；位移的大小等于末位置坐标与初位置坐标差的绝对值．
答案：BD
9．解析：因火箭发射时，速度在10 s内由0增加到200 m/s，故10 s内火箭的速度改变量为200 m/s，A错误；汽车以120 km/h≈33 m/s的速度行驶，急刹车时能在3 s内停下来，则3 s内汽车的加速度a2＝ eq \f(0－33,3) m/s2＝－11 m/s2其中“－”表示其方向与汽车运动方向相反，加速度的大小为11 m/s2，B正确；火箭的加速度为a1＝ eq \f(200－0,10) m/s2＝20 m/s2由于|a1|>|a2|，故火箭的速度变化比汽车的快，C正确，D错误．故选BC.
答案：BC
10．解析：0～8 s时间内甲的运动方向没有发生变化，A错误；甲在0～2 s与6～8 s时间内均做匀速直线运动，甲在0～2 s内的速度大小为v1＝ eq \f(Δx1,Δt1) ＝ eq \f(40,2) m/s＝20 m/s，甲在6～8 s内的速度大小为v2＝ eq \f(Δx2,Δt2) ＝ eq \f(60－40,2) m/s＝10 m/s，B错误；s­t图像中，图线的交点表示两物体相遇，即甲、乙两物体从开始运动了8 s后，在距乙的出发点40 m处相遇，C正确；0～8 s时间内甲的平均速度大小为 eq \(v,\s\up6(－)) 甲＝ eq \f(x甲,t甲) ＝ eq \f(60－0,8) m/s＝7.5 m/s，乙的平均速度大小为 eq \(v,\s\up6(－)) 乙＝ eq \f(x乙,t乙) ＝ eq \f(100－60,8) m/s＝5 m/s，因此0～8 s时间内甲的平均速度大于乙的平均速度，D正确．
答案：CD
11．解析：(1)利用速度定义可知v＝ eq \f(L,Δt)
(2)此时车的速度v＝ eq \f(L,Δt) ＝ eq \f(5,0.3) m/s＝60 km/h，小于80 km/h，故不会拍照．
答案：(1) eq \f(L,Δt) (2)不会
12．解析：(1)根据一段很短时间内的平均速度可表示该段时间内某一时刻的瞬时速度，可得：
vC＝ eq \f(BD,2T) ＝ eq \f(AD－AB,2T) ＝0.35 m/s
vE＝ eq \f(DF,2T) ＝ eq \f(AF－AD,2T) ＝0.55 m/s.
(2)画出的v­t图像为一条倾斜直线，如图所示，纸带运动的v­t图像是一条倾斜向上的直线，说明速度随时间均匀增加．
答案：(1)0.35 0.55 (2)见解析
13．解析：以初速度方向为正方向．
(1)a1＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(30－0,0.1) m/s2＝300 m/s2
(2)a2＝ eq \f(－10－30,0.1) m/s2＝－400 m/s2，故球的加速度大小为400 m/s2，方向与初速度方向相反
答案：(1)300 m/s2 (2)400 m/s2
14．解析：(1)由于位移—时间图像表示汽车的位移随时间的变化，图像上的任意一点的纵坐标大小表示该时刻汽车的位置与初始位置的距离，故转化为一维坐标系可得：
(2)在直线运动中，x­t图像的纵坐标的变化量大小等于位移大小，路程等于各段位移大小之和．则由图甲知：
①第1 h内路程为：s1＝40 km－0＝40 km，位移大小为：x1＝40 km－0＝40 km；
②前6 h内路程为：
s2＝100 km－0＝100 km，
位移大小为：x2＝100 km－0＝100 km；
③前8 h内路程为：s3＝100 km＋100 km＝200 km，位移大小为：x3＝0－0＝0.
答案：(1)如图所示
(2)①40 km 40 km ②100 km 100 km
③200 km 0
15．解析：(1)由题意可知，0时刻发出第一次超声波信号，经过0.5 s接收到返回信号，则汽车与测速仪间的距离为x1＝v声t1＝340× eq \f(0.5,2) m＝85 m
从1 s时刻发出第二次超声波信号，经过0.6 s接收到返回信号，则汽车与测速仪的距离为
x2＝v声t2＝340× eq \f(0.6,2) m＝102 m
因此汽车在反射两次超声波信号之间的时间内前进的距离为d＝x2－x1＝102 m－85 m＝17 m.
(2)汽车从第一次接收到信号到第二次接收到信号之间时间为Δt＝T1－T2＝1.3 s－0.25 s＝1.05 s
则汽车的速度v＝ eq \f(d,Δt) ＝ eq \f(17,1.05) m/s≈16.2 m/s.
答案：(1)17 m (2)16.2 m/s
第二章核心素养综合评价
1．解析：根据Δx＝gT2得重力加速度为g＝ eq \f(Δx,T2) ，可知测量当地的重力加速度，需要测量频闪光源的周期或频率大小，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
2．解析：身体横着越过1.8 m的横杆，所以该同学重心上升的最大高度约为0.9 m，上升过程可看成反向初速度为零的匀加速直线运动．由v2＝2gH得v＝ eq \r(2gH) ＝ eq \r(2×10×0.9) m/s＝ eq \r(18) m/s，与选项B最接近，故选B.
答案：B
3．解析：根据逆向思维，将冰壶的匀减速直线运动逆向看作反向的初速度为零且加速度大小不变的匀加速直线运动，可得冰壶最后1 s的位移即为反向匀加速直线运动第1 s的位移，即x＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) ×a×12 m＝0.2 m，解得a＝0.4 m/s2，则冰壶的初速度大小为v0＝at0＝0.4×18 m/s＝7.2 m/s.故选C.
答案：C
4．解析：A错：v0＝10 m/s＝36 km/h，未超速．B对：所求加速度大小为a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(8－2,5.5－3.5) m/s2＝3 m/s2.C错：由图像不能精确求出驾驶员开始减速时与斑马线的距离，因为图中减速时对应的图线是曲线，表示位移的“面积”不能准确求解．D错：v­t图像只能描述直线运动．
答案：B
5．解析：A错：由v2­x图像可知，当x＝0时，v2≠0，故质点的初速度不为0.B、D错，C对：结合v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，由v2­x图像可知，质点做加速度a＝ eq \f(9－5,2×1) m/s2＝2 m/s2的匀加速直线运动．
答案：C
6．解析：根据题意，设相等时间间隔为t，车厢的长度为L，2t时间内中间时刻速度为v，2t时间内的初、末速度分别为v1、v2，则有x1＝n1L＝ eq \f(v1＋v,2) t，x2＝n2L＝ eq \f(v＋v2,2) t，又有v＝ eq \f(v1＋v2,2) ，则有 eq \f(x1,x2) ＝ eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(v1＋v,v2＋v) ＝ eq \f(3v1＋v2,v1＋3v2) .当列车做初速度为零的运动时，有 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(1,3) .当列车做匀减速运动时，有 eq \f(n1,n2) ＝3.所以 eq \f(1,3) ≤ eq \f(n1,n2) ≤3，且 eq \f(n1,n2) ≠1，故D错误．
答案：D
7．解析：驾驶员反应时间为t1＝0.2 s，反应时间内汽车的位移为x1＝8 m/s×0.2 s＝1.6 m，汽车刹车后的位移为x2＝ eq \f(v2,2a) ＝ eq \f(82,2×5) m＝6.4 m，刹车的时间t2＝ eq \f(v,a) ＝ eq \f(8,5) s＝1.6 s，则汽车通过的距离为x＝x1＋x2＝1.6 m＋6.4 m＝8 m，汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝1.8 s，故该汽车能保证车让人，故B、C、D错误，A正确．
答案：A
8．解析：在0～t1时间内，乙做匀减速直线运动，加速度不变，A错误；v­t图像中图线的斜率表示加速度，从题图可知，0～t3时间内，甲、乙两物体速度变化量大小相同，甲物体所用时间较短，故甲物体在t2时刻的加速度较大，B错误；因v­t图像的图线的斜率的正负反映加速度的方向，则在t1～t2时间内，甲、乙两物体的加速度方向相反，C正确；由图像可知，t3时刻后甲做匀速直线运动，乙静止，D正确．
答案：CD
9．解析：牛骨做自由落体运动，牛骨下落的是时间为t＝ eq \f(v,g) ＝ eq \f(30,10) s＝3 s，B正确；牛骨下落的高度为h＝ eq \f(1,2) gt2＝ eq \f(1,2) ×10×32m＝45 m，A错误；牛骨下落到总高度一半时的速度大小为v′＝ eq \r(2g·\f(h,2)) ＝ eq \r(2×10×\f(45,2)) m/s＝15 eq \r(2) m/s，C错误；牛骨前2 s下落的高度为h2＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(1,2) ×10×22m＝20 m，牛骨落到石头上前最后1 s内下落的高度为45 m－20 m＝25 m，D正确．故选B、D.
答案：BD
10．解析：根据题意x＝40－ eq \f(v2,10) ，整理得v2－400＝－10x，对应v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，解得v0＝20 m/s，a＝－5 m/s2，所以汽车做匀减速运动，初速度大小为20 m/s，加速度大小为5 m/s2，故A错误，B正确；由v＝v0＋at，得t＝ eq \f(0－20,－5) s＝4 s，故C正确，D错误．
答案：BC
11．解析：(1)乙是电火花计时器，工作电压是交流220 V，若提供的实验器材中同时有甲、乙两个打点计时器，优先选用乙，因为甲是电磁打点计时器，在打点的过程中振针和纸带间的摩擦力较大，误差较大，乙是电火花计时器，没有振针，利用火花放电产生点迹，摩擦力较小，误差较小．(2)为了能在纸带上打更多的点，在释放小车前，小车要靠近打点计时器，并且打点计时器应放在长木板上没有滑轮一端，故A正确，B错误；应先接通电源，待打点稳定后释放小车，故C正确；探究小车速度随时间变化的规律，不需要减小阻力，故D错误．故选A、C.(3)因为小车带动纸带远离打点计时器，小车做加速运动，点的间隔越来越大，所以纸带左端和小车相连；打点计时器打下C点时小车的速度大小为vC＝ eq \f(xBD,2T) ＝ eq \f(42.00－12.00,0.2) ×10－2 m/s＝1.5 m/s.
答案：(1)交流 220 乙 (2)AC (3)左 1.5
12．解析：(1)因水流基本均匀，所以水的体积可反映滑块运动的时间．(2)对于初速度为0的匀变速直线运动，位移与时间的二次方的比值是不变的．(3)根据表中数据可以计算出各次实验对应的 eq \f(x,V2) 的值，可以发现在误差允许的范围内为一定值，这说明滑块沿斜面下滑时做的是匀变速直线运动．(4)本实验的误差来源主要有：水从水箱中流出时水流不够均匀，滑块下滑距离测量不准确，斜面粗糙程度不均匀，滑块开始下滑与开始流水不同步等．
答案：(1)体积 时间 (2)位移 时间的二次方 (3)5.56 5.53 5.79 5.46 5.55 5.63 5.43 结论见解析 (4)见解析
13．解析：(1)设演员匀加速下滑时加速度大小为a1，下滑的高度为x1，则x1＝3 m，由运动学公式有v2＝2a1x1，代入数据可得a1＝2.7 m/s2.
(2)设演员匀加速下滑时间为t1，匀减速下滑的加速度大小为a2，下滑时间为t2，下滑高度为x2，则由运动学公式可得，
v＝a1t1，v2＝2a2x2，
x2＝h′－x1＝7 m－3 m＝4 m，
v＝a2t2，t＝t1＋t2，
联立以上各式，并代入数据得t＝3.5 s
答案：(1)2.7 m/s2 (2)3.5 s
14．解析：(1)第六辆汽车前端与停止线的距离
x1＝5(l＋d1)＝25.0 m，由v2＝2ax1，解得v＝10 m/s.
(2)设第二辆汽车刚开动时，第一辆汽车至少已行驶的时间为t1，则第二辆汽车刚开动时，第一辆汽车至少行驶的距离：x2＝d2－d1＝4.0 m，由x2＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得t1＝2 s
从绿灯刚亮起到第六辆汽车刚开动至少所需时间：
t2＝5t1＝10.0 s
从第六辆汽车刚开动到前端与停止线相齐所需时间：
t3＝ eq \f(v,a) ＝5.0 s
从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间：t＝t2＋t3，解得t＝15.0 s.
答案：(1)10 m/s (2)15.0 s
15．解析：(1)设“五环”运动过程的最大速度为v，根据题意可知加速和减速过程所用时间相等，且均为t1＝ eq \f(v,a) ，匀速阶段所用时间为t2＝43s－2t1
根据运动学公式可得位移间关系满足12.6 m＝2× eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋vt2，
联立解得t1＝1 s，t2＝41 s，v＝0.3 m/s
(2)“五环”和“冰”加、减速过程的位移相等且均为x＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝0.15 m
“冰”匀速运动过程用时t3＝ eq \f(3r－2x,v) ＝29 s
设“冰”减速前“五环”已离开“冰”，取开始匀速到两者恰好分离用时t4，则有3r－2x＝2vt4
由t4＝14.5 s可得“冰”减速前“五环”已离开“冰”，“五环破冰”所用时间为t＝t1＋t4＝15.5 s
答案：(1)0.3 m/s (2)15.5 s
第三章核心素养综合评价
1．解析：重力的方向总是竖直向下的，但地球是球体，所以地球上不同位置的物体的重力作用线彼此不平行．绳的拉力是由绳子的形变引起的．两物体之间的动摩擦因数只与接触面的材料和粗糙程度有关．
答案：C
2．解析：对图中小球Q受力分析，在竖直方向上受力平衡，弹力与重力等大反向，水平方向上不受力，因此小球Q受到的弹力方向为竖直向上，故A错误；对图中小球Q受力分析，在竖直方向上受力平衡，水平方向上不受力，因此左侧绳子上没有弹力，故B错误；对图中小球Q受力分析，在竖直方向上受力平衡，水平方向上不受力，因此倾斜墙面对小球没有弹力，故C错误；图中小球Q没有沿竖直方向放在球面上，球面对小球的弹力沿两球球心延长线向右上方向，根据平衡条件可知，左侧绳子对小球有沿绳子向左上方的拉力，故D正确．故选D.
答案：D
3．解析：对结点O受力分析，受三个绳的拉力，根据平衡条件的推论得，水平和竖直两绳拉力的合力与OA绳的拉力等大反向，作出平行四边形，解得三个绳中OA绳的拉力最大，在水平拉力逐渐增大的过程中，OA绳先达到最大值，故OA绳先断，A项正确．
答案：A
4．解析：
对球受力分析可知，N1与N′2的合力为定值，与重力反向、等大．由图可知，当板缓慢转动时，N1与N′2的方向发生如图所示的变化，但合力不变，N2与N′2为作用力与反作用力，大小始终相等，可知选项B正确．
答案：B
5．解析：A错，B对：耕索对曲辕犁拉力的水平分力大小为F sin α，竖直分力大小为F cs α；耕索对直辕犁拉力的水平分力大小为F sin β，竖直分力大小为F cs β，因α<β，故F sin αF cs β.
C、D错：耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是作用力和反作用力的关系，两个力大小相等，与犁的运动状态无关．
答案：B
6．解析：设绳的拉力为F，根据平衡条件
F cs 30°＝μ(mg－F sin 30°)，解得F＝ eq \f(mg,2) ，故A正确．
答案：A
7．解析：由于汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬，故汽车受力平衡，对坡面上的汽车受力分析，坡面上的汽车受到重力、坡面的支持力与摩擦力，设坡的倾角为θ，则支持力：FN＝G cs θ，坡的倾角增大，则汽车受到的支持力减小，根据牛顿第三定律可知，坡的倾角增大，则汽车对坡面的压力减小，故A错误；汽车受到的静摩擦力：Ff＝G sin θ，方向沿斜面向上，当θ增大时，汽车受到的摩擦力增大，故B错误，C正确；要使汽车不打滑，则有：Ffm≥mg sin θ，由于sin 45°＝ eq \f(\r(2),2) ，可知若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡面间的最大静摩擦力至少为车重大小的 eq \f(\r(2),2) 倍，故D错误．
答案：C
8．解析：三个力方向相同时合力最大Fmax＝25 N，6 N、7 N两力的合力范围1 N≤F合≤13 N，当合力F合＝12 N，且方向与第三个力相反时，三力的总合力为零，即三力的总合力范围是0≤F总≤25 N，所以A、D错，B、C对．
答案：BC
9．解析：
蚂蚁缓慢上爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，则合力始终为零，受力分析如图所示．在a点蚂蚁受到的合力与在b点受到的合力均为零，碗对蚂蚁的作用力大小都等于蚂蚁的重力，所以在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点的作用力，选项A、B正确；根据共点力平衡有f＝mg sin α，N＝mg cs α，因为a点的α角比b点的大，所以在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力，在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力，选项C正确，D错误．
答案：ABC
10．解析：对两种情况下的小球分别进行受力分析，如图所示．
根据力的平衡，图甲中有F1sin 60°＝T1sin 60°，T1cs 60°＋F1cs 60°＝mg，可得F1＝T1＝mg，图乙中有T2cs 60°＝mg，F2＝T2sin 60°，则细线的拉力T2＝2mg，F2＝ eq \r(3) mg.由以上分析可知，两种情况下，细线AB的拉力之比为1∶2，故A正确，B错误；根据三力平衡的特点可知，细线AB的拉力和小球重力的合力与拉力F的大小相等、方向相反，所以两种情况下，细线AB的拉力和小球重力的合力的大小不相同，故C错误；由以上分析可知，F1与F2的比值为1∶ eq \r(3) ，故D正确．
答案：AD
11．解析：(1)由题图知，弹簧测力计A的分度值为0.2 N，示数为3.6 N．(2)在“探究二力合成的规律”时一定要记好合力与两分力的大小与方向，与结点位置无关，D错误；两弹簧测力计的合力与M的重力等大反向，A对；测量前弹簧测力计调零才能测量准确，B对；细线与木板平面平行才能保证力在木板平面内，C对．
答案：(1)3.6 (2)D
12．解析：本题考查了胡克定律、探究弹簧的弹力与形变量关系的实验．可由图乙分析得出弹簧的劲度系数，要注意正确理解图像的意义．
(1)实验需要测量弹簧的长度，故还需要的实验器材为刻度尺．
(2)由图乙可知，m＝0时，x大于零，说明未挂钩码时，弹簧有伸长，这是由于弹簧自身重力引起的，已知F＝kx，则k＝ eq \f(ΔF,Δx) ＝ eq \f(（60－10）×10－3×9.8,（14－4）×10－2) N/m＝4.9 N/m.
(3)在F­L图像中横轴截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；图线的斜率表示弹簧的劲度系数k，则a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度不成正比，故D错误．
答案：(1)刻度尺 (2)弹簧自身有重力 4.9 (3)B
13．解析：
(1)以光头强为研究对象进行受力分析，得拉力T＝mg＝600 N.
(2)以熊二为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡可知
FN＋T sin θ＝Mg，
代入数据得支持力FN＝2 640 N.
(3)对熊二，根据水平方向受力平衡可知Ff＝T cs θ，
代入数据得Ff＝480 N.
由牛顿第三定律可知，熊二对地面的摩擦力的大小F′f＝Ff＝480 N，方向水平向左．
答案：(1)600 N (2)2 640 N (3)480 N，方向水平向左
14．解析：(1)木箱与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ffm＝μmg＝180 N，F1木箱保持静止，如图所示，水平方向二力平衡，则木箱受到静摩擦力为：Ff1＝F1＝150 N.
(2)假设木箱滑动起来，受力如图所示，则木箱受到滑动摩擦力
Ff2＝μFN ①
竖直方向：FN＋F2sin 37°＝mg ②
由①②得滑动摩擦力：Ff2＝μ(mg－F2sin 37°)＝0.3×(60×10－400×0.6) N＝108 N
F2cs 37°＝320 N．所以木箱滑动，受滑动摩擦力为108 N.
答案：(1)150 N (2)108 N
15.
解析：(1)取小球为研究对象进行受力分析，如图所示，由平衡条件可得：
FTsin 37°＝F，
FTcs 37°＝mg
联立解得F＝ eq \f(3,4) mg.
(2)取A、B组成的系统为研究对象，在竖直方向上有FN＝2mg，在水平方向上有Ff＝F＝ eq \f(3,4) mg.
(3)由(2)可知环受到的摩擦力大小为 eq \f(3,4) mg，方向水平向左．
答案：(1) eq \f(3,4) mg (2)2mg (3) eq \f(3,4) mg，方向水平向左
第四章核心素养综合评价
1．解析：时间的国际单位是秒，分不是国际单位制单位，故A项错误；体积的国际单位是立方米，毫升不是国际单位制单位，故B项错误；国际单位制中次数没有单位，次不是国际单位制单位，故C项错误；米是国际单位制单位，故D项正确．
答案：D
2．解析：甲图中踩了香蕉皮摔倒是因为人的脚受到的摩擦力突然变小，脚不能立刻停下来，脚向前滑，由于惯性，上半身还要保持原来的运动状态，从而使得人下半身的速度大于上半身的速度，所以人会向后倾倒，而不是人惯性变小了，故A项错误，C项正确；乙图中人和车摔倒是因为车的前轮陷入水坑后前轮立刻停止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原来的运动状态，因此人和车将向前倾倒，不是因为雨天路面太滑，故B项错误；惯性只与物体的质量有关，与速度大小无关，故D项错误．
答案：C
3．解析：当传送带顺时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，加速度与传送带静止时相同，所以物块下滑的时间等于T，A、B错误．当传送带逆时针转动时，开始时物块受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度大于传送带静止时物块的加速度，则物块下滑的时间小于T，故C错误，D正确．
答案：D
4．解析：剪断轻绳前轻绳的拉力为FT＝3mg sin θ，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则此时A受力情况不变，加速度仍为0，即aA＝0，小球B受合力大小为FT，则加速度aB＝ eq \f(FT,m) ＝3g sin θ，C正确．
答案：C
5．解析：由题中图像得加速过程加速度大小为a1＝3 m/s2，减速过程加速度大小为a2＝1 m/s2，加速上升，对月壤样品F1－mg′＝ma1，减速上升，对月壤样品mg′－F2＝ma2，作用力大小之差ΔF＝F1－F2，得ΔF＝6.8 N，C正确．
答案：C
6．解析：设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得mg＝kx0，以向上为正方向，物块的位移为x时弹簧对P的弹力F1＝k(x0－x)，对物块P，由牛顿第二定律得，F＋F1－mg＝ma，由以上各式联立可得，F＝kx＋ma.可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x＝0时，F＝ma>0，故A正确．
答案：A
7．解析：潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力骤减，则合力竖直向下，加速度向下，潜艇向下做匀加速直线运动，由v­t图像知“掉深”前的速度为零，故A错误；潜艇在海水高密度区域受力平衡，则在高密度海水区域受到的浮力为F浮＝mg＝3.0×106×10 N＝3.0×107 N，故B错误；由v­t图像可知，潜艇“掉深”后竖直向下先做匀加速运动，后做匀减速运动，则图像面积表示位移，“掉深”后竖直向下的最大位移为x＝ eq \f(20×30,2) m＝300 m，故C错误；潜艇“掉深”后，10～30 s时间内竖直向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，故D正确；故选D.
答案：D
8．解析：理想实验是以可靠的事实为依据，忽略次要因素并把实验情形合理外推到理想状态，从而揭示自然现象本质的假想实验，但不能用实验验证．伽利略的理想实验虽然是假想的，但是实验方法却是科学的，实验结论也是可靠的．选项BC正确．
答案：BC
9．解析：用水平推力F向右推A时，对整体由牛顿第二定律得：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a1，对于B由牛顿第二定律得：F1－μmg＝ma1，解得：a1＝ eq \f(F,M＋m) －μg，F1＝ eq \f(mF,M＋m) ，用水平推力F向左推B时，对A、B整体由牛顿第二定律得：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a2，对于A由牛顿第二定律得：F2－μMg＝Ma2，解得：a2＝ eq \f(F,M＋m) －μg，F2＝ eq \f(MF,M＋m) ，所以F1∶F2＝m∶M，a1∶a2＝1∶1，B、D正确，A、C错误．
答案：BD
10．解析：对车上的拉环受力分析，由牛顿第二定律可知mg sin 30°＝ma，解得a＝5 m/s2，则乘客的加速度大小是5 m/s2，B正确；乘客沿斜坡向下加速运动，加速度有竖直向下的分量，可知乘客处于失重状态，A正确；由上述分析可知，乘客的加速度仅由自身的重力沿斜坡向下的分力提供，则除重力外，乘客只受座椅垂直斜坡向上的支持力，乘客在垂直于斜坡方向受力平衡，可知座椅对乘客的支持力大小是FN＝Mg cs 30°＝300 eq \r(3) N，根据牛顿第三定律可知，乘客对座椅的压力大小是300 eq \r(3) N，C错误，D正确．
答案：ABD
11．解析：(1)打点计时器需要交流电源，故选B.
(2)需要平衡摩擦力和其他阻力的方法是把长木板右端垫高，用小车所受重力的分力来平衡摩擦力和阻力，故选A.
(3)不悬挂槽码，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．
(4)为了保证悬挂槽码的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂槽码的总质量m与小车M之间应满足的条件是M≫m.
答案：(1)B (2)A (3)A (4)A
12．解析：(1)本实验要平衡小车与木板间的摩擦力和纸带与打点计时器间的摩擦力，故平衡摩擦力的时候，小车要带着穿过限位孔的纸带，不能挂上槽码．当摩擦力恰好平衡时，轻推小车，小车做匀速直线运动．
(2)a­ eq \f(1,M) 图线是一条过原点的直线，说明在受力不变时，a与M成反比．
答案：(1)槽码 匀速直线 (2)图见解析 受力不变时，a与M成反比
13．解析：(1)轿车匀速运动时受力平衡，
则Ff＝F1＝500 N.
(2)由牛顿第二定律：F2－Ff＝ma，则a＝ eq \f(F2－Ff,m)
代入数据得a＝1 m/s2.
(3)轿车做匀加速运动的位移为x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2
代入数据得x＝19.5 m.
答案：(1)500 N (2)1 m/s2 (3)19.5 m
14．解析：
(1)对小球A受力分析如图所示，
在竖直方向上受力平衡；
Fcs 37°＝mg
得F＝50 N.
(2)设货车的加速度为a1，以A球为研究对象，根据牛顿第二定律得：
mgtan 37°＝ma1
解得：a1＝gtan 37°＝7.5 m/s2
再以B球为研究对象，根据牛顿第二定律得
N＝ma1＝4 kg×7.5 m/s2＝30 N.
(3)当货车向右加速运动的加速度a＝10 m/s2时，由于10 m/s2＞7.5 m/s2，所以小球A离开右壁，与右壁不接触，设此时线与右壁的夹角为θ，则mg tan θ＝ma，解得θ＝45°.
答案：(1)50 N (2)30 N (3)45°
15．解析：(1)小明和滑雪车在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，在水平雪道上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，由平均速度公式 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(v0＋v,2) 可知：
x1＝ eq \f(vm,2) t1，x2＝ eq \f(vm,2) t2
则整个过程有：
eq \f(vm,2) ＝ eq \f(x1＋x2,t1＋t2) ＝ eq \f(54 m＋40.5 m,10.5 s) ＝9 m/s
解得vm＝18 m/s.
(2)在斜直雪道上滑行过程中，由x1＝ eq \f(vm,2) t1可得，滑行的时间：t1＝ eq \f(2x1,vm) ＝ eq \f(2×54 m,18 m/s) ＝6 s.
(3)根据匀变速直线运动速度时间关系式v＝v0＋at
可得，小明和滑雪车在斜直雪道上的加速度：
a＝ eq \f(vm,t1) ＝3 m/s2
由牛顿第二定律知：mg sin 37°－Ff＝ma
解得在斜直雪道上受到的平均阻力大小Ff＝180 N.
答案：(1)18 m/s (2)6 s (3)180 N详解答案
师说高中同步导学案 物理·必修第一册