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匀变速直线运动的物体在一段时间内初速度为v0,末速度为v,求这段时间的中间时刻的瞬时速度用给的物理量表示
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V=V0+at,at=V-V0,所以,所求速度=V0+at/2=V0+(V-V0)/2=(v+V0)/2其中a为加速度,可正可负；t为时间.
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证明：做匀变速直线运动的物体，在某段时间的中间时刻的瞬时速度v等于物体在这段时间内的平均速度，即．
设研究的这段路程时间为t，质点在位置A的初速度为v0，末位置B的速度为vt，质点在中间时刻的位置为C，具有的速度为v．由匀变速直线运动的特点知：，而根据匀变速直线运动的速度规律，在A→C中有：v=v0+A；在C→B中有vt=v+A
从而可得：．
故结论成立．
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山东省2013届高三物理一轮复习全套课时作业详细解析（1-46答案）
山东省2013届高三物理一轮复习全套课时作业详细解析（1-46答案）
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山东省2013届高三物理一轮复习全套课时作业及详细解析
课时作业（一）
【基础热身】
1．B　[解析] 选项A、C、D中的数据都是时间轴上的一个点，指的都是时刻；而选项B中15 s是与跑完100 m这一运动过程相对应的，指的是时间间隔，故选项B正确．
2．C　[解析] 位移是从起点指向终点的有向线段，是矢量；路程是运动路径的长度，是标量，它没有方向．正确选项只有C.
3．B　[解析] 加速度描述物体速度变化的快慢程度，选项A错误、B正确；加速度方向与运动方向共线时，物体一定做直线运动，同向时做加速运动，反向时做减速运动，选项C、D错误．
4．A　[解析] 由图可知，心脏每跳动一次，纸带向前移动大约是4个小方格的距离，约2.0 cm，则心脏每跳动一次所需时间约T＝＝0.80 s；此人心脏一分钟跳动的次数为n＝＝75次，故本题只有选项A正确．
【技能强化】
5．B　[解析] 无论加速度正在增大还是正在减小，只要加速度与速度同向，物体速度就一直增大，当同向加速度减小到零时，物体速度达到最大，速度不再增大，但位移会继续增大，由此可知本题只有选项B正确．
6．A　[解析] 速度与加速度都是矢量，其正负表示速度与加速度的方向．速度与加速度方向相反，汽车做减速运动；经1 s速度减小Δv＝aΔt＝1 m/s，所以再过1 s汽车的速度变为5 m/s，故选项A正确．
7．D　[解析] 如果物体做加速度逐渐减小的加速直线运动，则加速度为零时速度最大，选项A正确；根据加速度定义可知选项B正确；质点某时刻的加速度不为零，但该时刻的速度可以为零，选项C正确；物体速度变化量大小决定于加速度和时间两个因素，选项D错误．
8．A　[解析] 由于通讯员初、末位置都跟队尾士兵相同，所以位移也相同，由平均速度公式可以判断选项A正确．
9．C　[解析] 设总位移为s，则甲车运动的总时间t甲＝＋＝x，所以甲车的平均速度甲＝＝＝48 km/h；设乙车运动的总时间为t乙，则乙车的总位移s＝v乙1·＋v乙2·＝t乙，所以乙车的平均速度乙＝＝＝50 km/h.故C项正确．
[解析] 为确保行车安全，要求在列车驶过距离L的时间内，已越过停车线的汽车的车尾必须能通过道口．汽车越过停车线至车尾通过道口的过程中，汽车的位移为
s′＝l＋s0＋s＝(15＋5＋26) m＝46 m
汽车速度v2＝36 km/h＝10 m/s
通过这段位移需要的时间
t＝＝ s＝4.6 s
高速列车的速度
v1＝180 km/h＝50 m/s
所以安全行车的距离为L＝v1t＝50×4.6 m＝230 m.
11．(1)6.61 m/s2　(2)9.26 s
[解析] (1)末速度v＝100 km/h＝ m/s＝27.78 m/s
平均加速度a＝＝ m/s2＝6.61 m/s2.
(2)所需时间t′＝＝ s＝9.26 s.
12．0.067 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＝＝0.067 m/s2
【挑战自我】
13．45 km/h
[解析] 设甲、丙两地距离为2l，汽车通过甲、乙两地的时间为t1，通过乙、丙两地的时间为t2.
从甲到乙是匀加速运动，由l＝·t1
从乙到丙也是匀加速运动，由l＝·t2
所以甲丙＝＝ ＝45 km/h.
课时作业（二）
【基础热身】
1．B　[解析] 由匀加速直线运动的位移公式可知s＝t＝t＝vtt，选项A错误，选项B正确；匀减速直线运动可以看成是初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，故返回后的加速度、位移的大小和起飞前相同，选项C、D错误．
2．B　[解析] v0＝72 km/h＝20 m/s，设刹车时间为t，则at＝v0，解得t＝＝4 s，故刹车距离s＝t＝40 m.
3．B　[解析] 当滑块速度大小变为时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v＝或v＝，代入公式t＝得，t＝或t＝，故选项B正确．
【技能强化】
4．C　[解析] 物体开始做匀加速直线运动，a＝μg＝1 m/s2，速度达到传送带的速度时发生的位移s＝＝m＝0.5 m＜L，所经历的时间t1＝＝1 s，物体接着做匀速直线运动，所经历的时间t2＝＝s＝2 s，故物体从a点运动到b点所经历的时间t总＝t1＋t2＝3 s.
5．A　[解析] 由逐差法得s6－s1＝5aT2，所以a＝＝0.01 m/s2，选项A正确．
6．D　[解析] 用“逆向思维”法解答．由题知，若倒过来分析，子弹向左做匀加速直线运动，初速度为零，设每块木块长为L，则v＝2a·L，v＝2a·2L，v＝2a·3L，v3、v2、v1分别为子弹倒过来向左穿透第3块木块后、穿透第2块木块后、穿透第1块木块后的速度，则v1∶v2∶v3＝∶∶1，子弹依次向右穿入每个木块时速度比v1∶v2∶v3＝∶∶1，因此选项A、B错误．由v3＝at3，v2＝a(t2＋t3)，v1＝a(t1＋t2＋t3)．三式联立，得t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，因此选项C错误，选项D正确．
7．B　[解析] 由x＝at2，解得a＝8 m/s2，最后1 s的位移为s1＝×8×12 m＝4 m，选项B正确．
8．C　[解析] 小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因从a到c和c到d所用时间相等，故经过c点时恰为从a到d所经历时间的中间时刻，vc＝＝ m/s＝3 m/s，故选项B正确；因sac＝sab＋sbc＝7 m，scd＝sbd－sbc＝5 m，由Δs＝sac－scd＝aT2得：a＝0.5 m/s2，由v－v＝2asbc可得，vb＝ m/s，选项A正确；从c到e所经历的时间tce＝＝6 s，故从d到e所用的时间tde＝tce－T＝4 s，de＝at＝4 m，选项C错误，选项D正确．
9．D　[解析] 如图所示，物体由A沿直线运动到B，C点为AB的中点，物体到达C点时速度为v1，若物体做匀加速直线运动，A到B的中间时刻应在C点左侧，有v1>v2，若物体做匀减速直线运动，A到B的中间时刻应在C点右侧，仍有v1>v2，故A、B正确，D错误；若物体做匀速直线运动，则v1＝v2，C正确．
10．12 m/s　没有超速
[解析] 设汽车刹车前的速度为v0，汽车刹车时加速度大小为a.将汽车刹车到速度为零的运动看成逆向的匀加速运动，则
解得v0＝12 m/s
因12 m/s＝43.2 km/h＜50 km/h，故汽车没有超速行驶．
11．v0≤6m/s
[解析] 设经过时间t，货箱和平板车达到共同速度v.以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右做匀加速运动的加速度为
货箱向右运动的位移为
平板车向右运动的位移为
s车＝v0t－at2
又v＝v0－at
为使货箱不从平板车上掉下来，应满足
s车－s箱≤l
联立得：v0≤
代入数据：v0≤6 m/s.
【挑战自我】
12．(1)99 m　1.25 m　(2)8.6 s
[解析] (1)设直升机悬停位置距地面高度为H，伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，着地时，速度为v1，相当于从h1高处自由落下．在匀减速运动阶段，有v－v＝－2ah，
即52－v＝－2×12.5×h
在自由落体运动阶段，有v＝2g(H－h)
即v＝2×10×(224－h)
联立解得h＝99 m，v0＝50 m/s
以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下
所以h1＝＝ m＝1.25 m.
(2)设伞兵在空中的最短时间为t，则在自由落体运动阶段，有v0＝gt1，
解得t1＝＝ s＝5 s，
在匀减速运动阶段，有
t2＝＝ s＝3.6 s，
故所求时间t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s.
课时作业（三）
【基础热身】
1．B　[解析] 自由落体运动是竖直方向上初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，满足初速度为零的匀加速直线运动的规律，故选项A、C、D均正确；对B项，平抛运动在竖直方向上的分运动也满足该规律，故选项B错误．
2．C　[解析] 在匀速飞行的飞机上自由释放的物体有一个与飞机相同的水平速度，同时物体在竖直方向上做自由落体运动，所以从飞机上看，物体始终在飞机的正下方，且相对飞机向下运动，故A、B均错误；从地面上看，物体做平抛运动，故C正确，D错误．
3．C　[解析] 因曝光时间极短，故AB段可看作匀速直线运动，小石子到达A点时的速度为vA＝＝ m/s＝20 m/s，h＝＝ m＝20 m，选项C正确．
4．A　[解析] 根据时间的对称性，物体从A点到最高点的时间为，从B点到最高点的时间为，所以A点到最高点的距离hA＝g2＝，B点到最高点的距离hB＝g2＝，故A、B之间的距离为hA－hB＝g(T－T)，正确选项为A.
【技能强化】
5．D　[解析] 自由落体运动初速度为零，据此可排除选项C；小球与地面碰撞瞬间速度突然反向，据此可排除选项A、B.综上分析可知本题正确选项为D.
6．A　[解析] 由题图可知，小球做匀加速直线运动，相邻的两段位移之差为一块砖的厚度，由Δs＝d＝aT2可得，a＝；位置“3”是位置“2”和位置“4”的中间时刻，由v＝得，v3＝.只有选项A错误．
7．C　[解析] 根据自由落体运动的规律，尺子下落(a－b)高度对应的时间即乙同学的反应时间．由公式h＝gt2得t＝，选项C正确．
8．C　[解析] 设中学生的重心位于身体的中点，则重心上升的高度约为：h＝2.10 m－×1.70 m＝1.25 m，由v＝2gh得：v0＝＝5 m/s.
9．C　[解析] 依题意可设第1个小球经时间t落地，则第2个小球经时间2t落地，第3个小球经时间3t落地，第4个小球经时间4t落地．又因为四个小球做的都是初速度为零的匀加速运动，因此它们下落的高度之比为1∶4∶9∶16，只有选项C正确.
10．A　[解析] 磕头虫向下运动的末速度大小与向上运动的初速度大小相等，向下运动过程v＝2ah1，反弹起来过程v＝2gh2；人向上加速运动过程v＝2aH1，离地上升过程中v＝2gH2，代入数值得H2＝150 m，故选项A正确．
11．1.75 s
[解析] 由向上跃起的高度h1＝0.45 m可求得向上跃起的时间为
t1＝＝ s＝0.3 s
设运动员从手到脚全长2l，双手向上立在跳台上时，重心位置O离跳台为l，手接触水面时重心位置O离水面也为l，运动员从最高点到将入水时，重心下降的高度
h2＝H＋l＋h1－l＝H＋h1＝10.45 m
下降过程的时间
t2＝＝ s＝1.45 s
所以运动员完成空中动作的时间为
t＝t1＋t2＝0.3 s＋1.45 s＝1.75 s.
12．(1)7.2 m　(2)2.5 m/s2
[解析] 设前、后两过程下落的高度分别为h1、h2，所用时间分别为t1、t2，减速过程加速度的大小为a，运动中达到的最大速度为v，则有
h1＋h2＝40 m－4 m
t1＋t2＝6 s
v2＝2gh1＝2ah2
t1＝，t2＝
由以上各式联立解得：h1＝7.2 m，a＝2.5 m/s2.
【挑战自我】
13．(1)4 s　(2)29 m/s≤v0′≤32 m/s
[解析] (1)取向下为正方向，小球初速度v0＝－10 m/s，加速度g＝10 m/s2，对空管由牛顿第二定律可得
代入数据得a＝2 m/s2
设经时间t，小球从N端穿出，小球下落的高度
h1＝v0t＋gt2
空管下落的高度h2＝at2
则h1－h2＝l
联立得v0t＋gt2－at2＝l
代入数据解得t1＝4 s，t2＝－1.5 s(舍去)
(2)设小球的初速度大小为v0′，空管经时间t′到达地面，则H＝at′2
得t′＝＝8 s
小球经t′时间下落的高度为h＝v0′t′＋gt′2
小球落入管内的条件是64 m≤h≤88 m
解得－32 m/s≤v0′≤－29 m/s
所以小球的初速度大小必须在29 m/s到32 m/s范围内．
课时作业（四）
【基础热身】
1．C　[解析] 选项A、B、D中物体均做往复运动，只有选项C中物体做单向直线运动．
2．A　[解析] 由图象可知前5 s做的是匀速运动，选项A正确；5 s～15 s内做匀加速运动，加速度为0.8 m/s2，选项B错误；15 s～20 s做匀减速运动，其加速度为－3.2 m/s2，选项C错误；质点在20 s末离出发点最远，质点一直做单向直线运动，选项D错误．
3. A　[解析] 由图可知，两车均做匀变速直线运动，因第5 s时两车第一次相遇，第10 s时速度相同，由对称性可知两车在第15 s时第二次相遇，选项A正确，选项B错误；由于两车在第5 s时第一次相遇，前5 s内va＞vb，故a车在后、b车在前，5 s后a车在前、b车在后，15 s后b车超过a车，选项C错误；第10 s时两车速度相同，此后va＜vb，两车间距离逐渐减小，第15 s时两车相遇，选项D错误．
4. D　[解析] 由图象可知乙在追赶甲，即甲在前、乙在后，且二者速度均为零时，距离最远，其最远距离Δs＝s乙－s甲＝×3×4 m－×2×2 m＝4 m，即选项D正确，选项A、B 、C错误．
【技能强化】
5．A　[解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v0向西做减速运动，速度减为零之后，再向东做加速运动，所以选项A正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v0向东做减速运动，速度减为零之后，再向西做加速运动，所以选项B错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，所以选项C、D错误．
6．C　[解析] 两图线都在t轴上方，说明A、B两物体运动方向相同，所以选项A错误；4 s内A、B两物体对应的图线与坐标轴所围的面积不同，则位移不同，故选项B错误；4 s时A、B两物体的图线交于同一点，对应速度相同，故选项C正确；A图线斜率的绝对值小，所以A物体的加速度比B物体的加速度小，因此选项D错误．
7．D　[解析] 由A车的图线可知，它在4 s时间内速度由0增大到10 m/s，其加速度a＝2.5 m/s2，选项A错误；3 s末A车速度为v＝at＝7.5 m/s，选项B错误；2 s末时A车与B车之间距离最远，为5 m,4 s末时A车与B车位移相等，A车追上B车，选项C错误、D正确．
8．C　[解析] 汽车A在匀加速过程中的位移sA1＝aAt＝180 m，此过程中汽车B的位移sB1＝vBt1＝240 m>xA1，故A车在加速过程中没有与B车相遇，选项A错误、C正确；之后因vA＝aA t1＝12 m/s>vB，故A车一定能追上B车，相遇之后不能再相遇，A、B相遇时的速度一定不相同，选项B、D错误．
9．D　[解析] 乙车追上甲车时，若甲、乙两车速度相同，即此时t＝T，则x0＝x1，此后甲车速度大于乙车速度，全程甲、乙仅相遇一次；甲、乙两车速度相同时，若x0x1，则此时甲车仍在乙车的前面，以后乙车不可能再追上甲车了，全程中甲、乙都不会相遇，综上所述，选项A、B、C对，D错.
10．A　[解析] 根据题意画出两物体运动的v－t图象如图所示，根据图象易得选项A正确．
[解析] 设甲车刹车后经时间t，甲、乙两车速度相等，则：
v0－a1t＝v0－a2(t－Δt)，
代入数据得：t＝2 s.
在这段时间内，甲、乙走过的位移分别为s甲、s乙，则：
s甲＝v0t－a1t2＝26 m；
s乙＝v0Δt＋v0(t－Δt)－a2(t－Δt)2＝27.5 m；
Δs＝s乙－s甲＝1.5 m
即甲、乙两车行驶过程中至少应保持1.5 m的距离．
[解析] 设货车启动后经过时间t1两车开始错车，则有
s1＋s2＝180 m
其中s1＝at，s2＝vt1
解得t1＝10 s
设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t2，则有
s1′＋s2′＝(180＋10＋12) m＝202 m.
其中s1′＝at，s2′＝vt2
解得t2＝10.8 s
故两车错车时间Δt＝t2－t1＝0.8 s.
【挑战自我】
13．(1)10 s　(2)36 m　(3)14 s
[解析] Δs＝Δt·v＝2.5×8 m＝20 m.
(1)设警车发动起来后要时间t才能追上违章的货车，则
at2－vt＝Δs
解得t＝10 s或t＝－2 s(舍去)．
(2)在警车追上货车之前，两车速度相等时，两车间的距离最大，设警车发动起来后经时间t′两车速度相等，两车间的距离最大为sm，则
t′＝＝4 s
sm＝Δx＋v·t′－at′2＝(20＋8×4－×2×42) m＝36 m.
(3)若警车的最大速度是12 m/s，则警车发动起来后加速的时间
t0＝＝ s＝6 s
设警车发动起来后经过时间t″追上违章的货车，则
at＋vm(t″－t0)－vt″＝Δx
解得t″＝14 s.
课时作业（五）
【基础热身】
1．A　[解析] 长木板不能侧向倾斜，但可以一端高一端低，故选项A错误；实验时，为了能在纸带上得到较多的点迹，释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处，选项B正确；如果先释放小车，可能纸带上打不上几个点，选项C正确；为了保护小车，在小车到达定滑轮前要用手使小车停止运动，选项D正确.
2．(1) 匀加速直线　(2)小于　用平均速度求位移(或用v－t图象下的面积求位移)
[解析] (1)由表中数据可知，每经过0.1 s，速度大约增大0.25 m/s，在误差允许的范围内，小车做匀加速直线运动；(2)因为小车是不断加速的，而该同学把第一个0.1 s内的运动看成是以最小速度做匀速运动，同样，其他时间段内也是这样运算的，这样算出的位移比实际位移小．可以把时间分割得再细小一些，也可以利用平均速度来求位移，还可以利用v－t图象下的面积求位移．
3．(1)0.02 s　(2)0.70 cm(0.68 cm～0.72 cm均可)　0.100 m/s
[解析] 毫米刻度尺的精确度为0.1 mm，故A、B间的距离为1.70 cm－1.00 cm＝0.70 cm，vC＝＝ m/s＝0.100 m/s.
【技能强化】
4．C　[解析] 中间时刻瞬时速度等于全程的平均速度，所以vB＝，选项C正确；s6－s1＝5(s2－s1)，选项B错误；相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，选项D错误；按照实验要求应该先接通电源再放开纸带，选项A错误．
5. (1)相等　 匀加速(匀变速)　(2)乙同学　1.10 m/s2
[解析] (1)由表中数据可知，s4－s3＝s3－s2＝s2－s1，小球做匀加速直线运动；(2)乙同学采用逐差法求加速度，较准确，加速度值为a＝＝1.10 m/s2.
6．(1)0.25　 0.45　(2)如图所示　(3)1.00
[解析] (1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s，所以vB＝＝ m/s＝0.25 m/s，CE＝＝ m/s＝0.45 m/s；(2)如图所示；(3)在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，即a＝ m/s2＝1.00 m/s2.
7．(1)A　C　(2) 2.98(2.97～2.99均可)　13.20(13.19～13.21均可)　(3)如图所示
(4)0.18(0.16～0.20均可)　4.80(4.50～5.10均可)
[解析] (1)还需要的实验器材有电压合适的50 Hz交流电源和刻度尺；(2)用毫米刻度读数，注意要估读一位，则s2＝2.98 cm，s5＝13.20 cm；(3)描点连线如图所示；(4)设打0点时速度为v0，则s＝v0t＋at2，即：＝v0＋at，由图可读出v0＝0.18 m/s，图线的斜率k＝a＝2.4，a＝4.8 m/s2.
8．(1)相邻相等时间内的位移差相等
(2)如图所示　(3)0.800 m/s2
[解析] (1)由图中所标纸带每段位移的大小，可知在相邻相等时间内的位移差相等，可近似认为Δy＝8 mm.
(2)把图中的x轴作为时间轴，以纸带的宽度表示相等的时间间隔T＝0.1 s，每段纸带最上端中点对应v轴上的速度恰好表示每段时间的中间时刻的瞬时速度，即vn＝；因此可以用纸带的长度表示每小段时间中间时刻的瞬时速度，将纸带上端中间各点连接起来，可得到v－t图象，如图所示．
(3)利用图象求斜率或用Δy＝aT2均可以求得小车加速度a＝0.800 m/s2.
【挑战自我】
9．3.0×10－2(2.8×10－2～3.1×10－2均可)　9.0×10－2　能　利用(s6－s4)－(s4－s2)＝4aT2可求出s4的具体位置(其他合理方法均可)
[解析] 从图中读出5、6之间的距离为37.5 cm－24.0 cm＝13.5 cm,2、3之间的距离为6.0 cm－1.5 cm＝4.5 cm，利用逐差法有s56－s32＝3aT2，求出a＝3.0×10－2 m/s2；位置4对应的速度为v4＝＝×10－2 m/s＝9.0×10－2m/s；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(s6－s4)－(s4－s2)＝4aT2求解.
课时作业（六）
【基础热身】
1．A　[解析] 力是物体间的相互作用，受力物体同时也是施力物体，施力物体同时也是受力物体，所以A正确；产生弹力时，施力物体和受力物体同时发生形变，但弹力是由施力物体形变引起的，反作用力是由受力物体形变引起的，放在桌面上的木块受到桌面给它向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的，故B不正确；力的作用是相互的，作用力和反作用力同时产生、同时消失，故C选项错误；根据力的作用效果命名的力，性质可能相同，也可能不相同，如向心力，可以是绳子的拉力，也可以是电场力，还可以是其他性质的力，D选项错误．
2．C　[解析] 地球上的物体运动或静止时都受地球的吸引作用，故运动或静止的物体均受重力，选项A错误；某物体在地球某点处所受地球吸引而产生的重力一定，与此物体的运动状态无关，选项B错误，选项C正确；物体所受重力G＝mg，G由m、g共同决定，选项D错误．
3．A　[解析] 弹簧的弹力为2 N，有两种可能情形：①弹簧处于拉伸状态，②弹簧处于压缩状态．当弹簧处于拉伸状态时，天花板受到的拉力为1 N，地板受到的压力为6 N，当弹簧处于压缩状态时，天花板受到的拉力为5 N，地板受到的压力为2 N，A正确．
4．D　[解析] 物体B处于静止状态，则绳子拉力大小T＝mg，A对绳的作用力的大小为mg，再以物体A为研究对象，在竖直方向根据平衡条件有T＋N＝Mg，所以地面对A的作用力的大小为N＝(M－m)g.选项D正确．
【技能强化】
5．B　[解析] 不拉A时，对A：kx1＝mg；B刚要离开地面时，对B：kx2＝mg，L＝x1＋x2.解得L＝.
6．C　[解析] 弹簧测力计的示数决定于作用在秤钩上力的大小，而与作用在和外壳相连的提环上的力无关，故正确选项为C.
7．D　[解析] 绳A和绳C的拉力大小与方向均不变，所以其合力不变，对滑轮而言，杆的作用力必与两绳拉力的合力平衡，所以杆的弹力大小与方向均不变，选项D正确．
8．D　[解析] 根据力的作用是相互的可知：轻质弹簧A、B中的弹力大小是相等的，即k1x1＝k2x2，所以两弹簧的压缩量之比x1∶x2＝k2∶k1，故选项D正确．
9．D　[解析] 小车向左做减速运动时，N可能为零，选项A正确；小车向左做加速运动时，T可能为零，选项B正确；小车向右做加速运动时，N可能为零，选项C正确；小车向右做减速运动时，T可能为零，选项D错误．
10．C　[解析] 由图象可以看出在直线a对应的阶段，弹簧处于压缩状态，弹力F随着缩短量的减小而减小，当弹簧长度为12 cm时恢复原长；直线b对应的是弹簧的伸长阶段，弹力F随伸长量的增大线性递增．由此可看出当弹力F＝100 N时，弹簧对应的形变量x＝4 cm，根据胡克定律可求出弹簧的劲度系数k＝＝2500 N/m，选项C正确．
11．(1)如图所示　(2)G　G
[解析] (1)对圆柱体进行受力分析，受力分析图如图所示，其中FN1、FN2、FN3分别为桌面、挡板、细杆对圆柱体的弹力．
(2)已知竖直挡板对圆柱体的弹力大小为2G，即FN2＝2G，根据平衡关系有
FN3sin60°＝FN2，解得FN3＝G
设圆柱体对均匀细杆AO的作用力大小为F′N3，根据牛顿第三定律有
由竖直方向的平衡关系有
FN1＝FN3cos60°＋G
代入数据解得FN1＝G.
12．(1)4mg　(2)
[解析] (1)对A、B整体：mg＋FN＝5mg
所以FN＝4mg
(2)对B：FN＝3mg＋Fk
所以Fk＝mg
物体C的质量改为5m，当系统达到新的平衡状态后，进行受力分析．
对A：T＝Fk′＋2mg
对C：T＝5mg
所以Fk′＝3mg
即kx1＝3mg
开始时，弹簧的压缩量为x2，则kx2＝mg
所以A上升的高度为：hA＝x1＋x2＝.
【挑战自我】
13．F－(mA＋mB)gsinθ　
[解析] B刚要离开C时，弹簧弹力大小为
F弹＝mBgsinθ.
以A为研究对象，受力如图所示．
故合力F合＝F－F弹－mAgsinθ＝F－(mA＋mB)gsinθ，
开始时弹簧压缩量Δx1＝
B刚要离开时，弹簧伸长量Δx2＝
所以A的位移d＝Δx1＋Δx2＝.
课时作业（七）
【基础热身】
1．D　[解析] 静摩擦力产生在两个相对静止的物体之间，与物体是否运动无关，滑动摩擦力产生于两个相对运动的物体之间，与物体是否运动无关，选项A、B均错误；静摩擦力的大小与正压力的大小无关，一般由平衡条件或牛顿运动定律来求，滑动摩擦力f＝μFN，随着正压力的增大而增大，选项C错误；摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势方向相反，与速度方向无关，选项D正确．
2．A　[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、D正确．
3．C　[解析] 题中没有明确F的大小，当F＝mgsinθ时，物块M受到的摩擦力为零．当Fmgsinθ时，物块M有上滑趋势，所受摩擦力沿斜面向下．当0≤F≤mgsinθ时，静摩擦力f的取值范围是：0≤f≤mgsinθ.可见f>F、fMgsinα时，摩擦力方向沿斜面向下，其大小等于mg－Mgsinα，则α越大，摩擦力越小，当mg45 N，滑块就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为60 N.
8．A　[解析] 由题知mg＝kL.设物体所受摩擦力大小为f，方向沿斜面向上，由平衡条件得2mgsin30°＝kL＋f，解得f＝0，故A正确，选项B、C、D错误．
9．B　[解析] 分析小球m1的受力情况，由物体的平衡条件可得，绳的拉力T＝0，故C、D均错误；分析m2受力，由平衡条件可得：N＝m2g，故选项A错误、B正确．
10．60 N　6 kg
[解析] 对B球受力分析如图所示，物体B处于平衡状态，有
Tsin30°＝mBg
解得T＝＝60 N
物体A处于平衡状态，则
在水平方向：Tcos30°＝FNAsin30°
在竖直方向：FNAcos30°＝mAg＋Tsin30°.
由上两式解得：mA＝6 kg
11．(1)　(2)变小　夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了
[解析] (1)以电线为研究对象，电线两端所受的力为F1、F2，重力G可看作作用在电线中点，F1、F2分解成水平方向和竖直方向两个分量，由共点力的平衡条件
F1cosθ＋F2cosθ＝G
F1sinθ－F2sinθ＝0
解得F1＝F2＝
(2)夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了．
【挑战自我】
[解析] 作出物体A受力图如图所示，由平衡条件
Fy＝Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0
Fx＝Fcosθ－F2－F1cosθ＝0
由以上两式解得
要使两绳都能绷直，则有F1≥0，F2≥0
即F有最大值Fmax＝＝
有最小值Fmin＝＝ N
则F的取值范围是
课时作业（十一）
【基础热身】
1．C　[解析] 原长的测量值小于真实值，设误差为Δl，弹簧的实际伸长量x′＝x－Δl，弹力与伸长量成正比，即F＝k(x－Δl)，所以可能的图线是C.
2．D　[解析] 由于结点O的位置不变，所以F1和F2的合力大小和方向不变，画出平行四边形如图所示，弹簧测力计A的拉伸方向不变，则F1的方向不变，弹簧测力计B顺时针转动过程中，F2的大小和方向均不断改变，图中画出弹簧测力计B转动过程中的三个位置，两弹簧测力计的读数分别为F1′和F2′、F1″和F2″、F1?和F2?，观察表示力的有向线段的长短变化，可以看出弹簧测力计A的读数F1逐渐减小，而弹簧测力计B的读数F2先减小后增大，当弹簧测力计B转动至与弹簧测力计A垂直时F2最小．
[解析] 由题设可知，F为F1和F2合力，是通过平行四边形定则作出的，而F′是F1和F2的等效力，即用一只弹簧秤拉橡皮条时的拉力，显然F′的方向与细绳应在同一条直线上，故甲同学是尊重事实的．
4．(1)②　③　(2)他们的假设不是全部正确．在弹性限度内，金属丝(杆)的伸长量与拉力成正比，与截面半径的平方成反比，还与金属丝(杆)的长度成正比．
[解析] 确定研究对象，选取实验器材属“制定计划”；实验过程和测量数据属“搜集证据”. 探究金属线材伸长量与拉力、长度、直径的关系时，应该采用控制变量法．
【技能强化】
5．(1)步骤①中未记下细线的方向　(2)步骤②中除F1、F2的大小之外，还应根据F1、F2的方向才能准确作图
(3)步骤③中应将橡皮条与线的结点拉到原位置O点
6．在A点按同一标度作出F1、F2、F的图示；利用平行四边形定则作F1、F2的合力F′；比较F和F′的大小和方向，并得出结论
7．(1)如图所示　(2)25
[解析] (1)钩码质量为零时弹簧的长度为原长，可得弹簧原长为6.0 cm；根据给出的六组数据分别计算出对应状态下弹簧的伸长量，可在弹力F与弹簧伸长量x的关系图象中确定出六个点，用平滑的曲线连接尽可能多的点，如图所示．所得图象是一条过原点的直线，本实验中最后一点要舍弃．(2)由所得图象，计算图象的斜率即为弹簧的劲度系数k＝ N/m＝25 N/m.
8．(1)4.0　2.5　(2)如图所示
[解析] 读弹簧测力计示数时，应注意首先找零刻度线，尤其是竖直放置的那个弹簧测力计，它的读数是2.5 N(而不是3.5 N)，水平放置的弹簧测力计读数是4.0 N.
9．C　[解析] 该实验验证两个分力的效果等效于其合力的效果，不必要求两个分力等大，故选项B错误；与两绳长短无关，选项A错误；但需使两个分力与合力在同一平面内，故选项C正确．
10．(1)C　(2)4.00
[解析] 在测量同一组数据的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化，如果变化，即力的效果变化，所以A选项错误；由于弹簧测力计是通过定滑轮拉结点O的，定滑轮只能改变力的方向不能改变力的大小，所以弹簧测力计拉线的方向不一定要沿竖直方向，B选项错误；弹簧测力计在使用过程中，不能超过其量程，C选项正确；两个拉力的方向合适即可，不宜太大，也不宜太小，但不一定为90°，所以D选项错误．
【自我挑战】
11．(1) 如图所示　(2)5　20
(3)记录数据的表格如下：
次数 1 2 3 4 5 6
弹簧的长度
L/×10－2 m
(4)避免弹簧自身所受重力对实验的影响　弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差
[解析] (1)用平滑的曲线将各点连接起来，如图所示．(2)弹簧的原长L0即为弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，L0＝5×10－2 m＝5 cm.劲度系数为图象直线部分的斜率，k＝20 N/m.
课时作业（十二）
【基础热身】
1．B　[解析] F1的施力物体是地球，选项A错误；F2和F3是一对作用力和反作用力，选项B正确；F3的施力物体是小球，选项C错误；F4的反作用力是弹簧对天花板的作用力，选项D错误．
2．A　[解析] 惯性只与质量有关，与速度无关，C、D不正确；失重或重力加速度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以A正确、B错误．
3．B　[解析] 运动员蹬地的作用力与地面对他的支持力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，选项B正确，选项A错误；运动员起跳过程是由静止获得速度的过程，因而有竖直向上的加速度，合力竖直向上，运动员所受的支持力大于重力，选项C、D错误．
4．A　[解析] 物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，即合力为零，故任意两个力的合力均与第三个力等大反向，选项A正确．由于物体处于平衡状态，所以任意建立直角坐标系分解后均满足Fx＝0，Fy＝0，选项B错误．物体处于平衡状态时，可能静止，可能匀速直线运动．如果F1、F2、F3中的任何一个力变大或突然撤去F3，则物体必然具有加速度，但加速度的方向不一定与运动方向相同，可能相反，可能不共线，故物体不一定加速运动，也不一定做直线运动，故选项C、D错误．
【技能强化】
5．C　[解析] 质量是物体惯性大小的唯一量度，只有改变物体的质量才能改变惯性，选项C正确．
6．B　[解析] 作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，分别作用在两个物体上的，选项A、C错误，选项B正确；牛顿第三定律反映的规律与运动状态无关，选项D错误．
7．D　[解析] 根据惯性的定义知：安全带与人和车的惯性无关，选项A错误；B项说法虽然正确，却不是必须系好安全带的理由，选项B错误；系好安全带主要是防止因刹车时人具有惯性继续向前运动而造成伤害事故，选项C错误，选项D正确．
8．C　[解析] 速度改变则运动状态改变，物体有加速度时，速度改变，运动状态一定改变，A不正确；物体做匀速直线运动时，速度不变，运动状态不改变，位置发生改变，B不正确，C正确；做曲线运动的物体，其速度方向不断变化，运动状态一定改变，D不正确．
9．B　[解析] 当车突然停止时，若小车表面是光滑的，两滑块在水平方向不受力的作用，两滑块将保持原来的运动状态，即保持原来的速度匀速运动，故两滑块不会相碰；若小车表面是粗糙的，由于两滑块的材料相同，两滑块与车之间的动摩擦因数相同，当车突然停止时，两滑块以相同的加速度做匀减速运动，两滑块也不会相碰，选项B正确．
10．A　[解析] 环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力f，受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力f′，故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力f′，受力情况如图乙所示，由于箱子处于平衡状态，可得FN＝f′＋Mg＝f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力，即F′N＝f＋Mg.
[解析] 对B进行受力分析，B受到重力、地面的支持力、A对它的作用力；由于A对B的作用力的方向、大小都是未知的，所以要先求出B对A的作用力，再根据牛顿第三定律可得出A对B的作用力的大小、方向．对A进行受力分析，A受到三个力的作用：重力、弹簧的拉力、B对A的作用力，由于弹簧伸长量为1 cm，由胡克定律可求出弹簧对A的拉力为：F＝kx＝100×0.01 N＝1 N.
用GA表示A的重力，F表示弹簧对A的拉力，FB表示B对A的作用力，假设B对A的作用力向上，取向上为正方向，由共点力作用下物体的平衡条件：F＋FB－G＝0，
得：FB＝G－F＝4 N．可知B对A的作用力方向向上，大小为4 N，由牛顿第三定律可知A对B的作用力为向下的4 N，再对B进行受力分析，由B的受力平衡条件可求出B受到地面的支持力FN为9 N.
12．(1) mg＋F　(2)2mg
[解析] (1)以甲为研究对象，甲受到重力mg、弹簧测力计对甲竖直向下的拉力F和台秤P对甲的支持力FN1，由平衡条件有
FN1＝mg＋F
根据牛顿第三定律可知，甲对台秤P的压力大小
FN1′＝ FN1＝mg＋F
故台秤P的读数为mg＋F.
(2)同理，以乙为研究对象，可得台秤Q的读数为mg－F，因此，两台秤的读数之和为2mg.
【挑战自我】
13．26 N　54 N
[解析] 金属块的受力如图所示，因金属块静止，所以弹簧测力计对金属块的拉力大小为T＝G－F浮．
又因G＝ρa3g＝30 N，F浮＝ρ水gV排＝ρ水ga2b＝4 N
则T＝G－F浮＝30 N－4 N＝26 N
所以弹簧测力计的示数为26 N.
由牛顿第三定律知，水对金属块的力与金属块对水的力大小都为4 N，台秤的示数由于浮力的作用力增加了F′＝4 N，所以台秤的示数为FN＝G′＋F′＝54 N.
课时作业（十三）
【基础热身】
1．C　[解析] 过纵轴上一点作横轴的平行线(即取相同的初速度)，从平行线与曲线的交点可看出，动摩擦因数为μ1的刹车距离s1小于动摩擦因数为μ2的刹车距离s2，又v2＝2μ1gs1＝2μ2gs2，因此μ1>μ2，选项C正确．
2．C　[解析] 由题意及牛顿第二定律可得：F－μmg＝ma，即：a＝－μg，由图象的物理意义可知，直线的斜率为，纵轴截距为－μg，可求得物体的质量和动摩擦因数；由于物体与地面间的静摩擦力为变力，故不能求得静摩擦力；由于物体做非匀变速直线运动，故不能求出F＝12 N时的速度，选项C正确．
3．A　[解析] 当用水平力F作用于B上使两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时，对A、B整体，由牛顿第二定律可得F－3μmg＝3ma，再用隔离法单独对A分析，由牛顿第二定律可得：kx1＝F；根据上述方法同理可求得沿竖直方向、沿斜面方向运动时：kx2＝kx3＝F，所以选项A正确．
4．C　[解析] 在A点，弹簧弹力F大于摩擦力μmg，合外力向右，物体加速运动；在O点，弹簧弹力减小到零，只受摩擦力μmg，方向向左．物体在A到O之间一定存在某点弹力等于摩擦力，此时物体所受到的合外力为零，速度最大．故从A到O，物体先加速后减速，加速度先减小后增大．从O到B，合外力向左，物体一直减速运动，加速度一直增大，故C选项正确．
【技能强化】
5．B　[解析] 小车匀加速向右运动时，重球将飞离木板后与小车一起加速运动，二者保持相对静止，此时弹簧拉力大于重球重力，其读数变大．小车匀加速向左运动时，重球受到木板向左的支持力，竖直方向上弹簧拉力仍与重力保持平衡，其读数不变．取整个系统分析，由平衡条件可知小车对地面的压力保持不变，始终等于系统重力，综上可知选项B正确．
6．B　[解析] 由题意知，f1是静摩擦力，f1＝mAa，f2是滑动摩擦力，f2＝μ(mA＋mB)g.若增加C桶内沙的质量，系统加速度变大，故f1变大，f2不变，选项B正确．
7．A　[解析] 对整体由平衡条件得F＝k(m0g＋F1sinα)＋μ(mg－F1sinα)＝km0g＋μmg＋F1(k－μ)sinα，因为F1(k－μ)>0，故sinα＝0时，牵引力F最小．
8．D　[解析] 物体所受合力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，速度一直增大，选项D正确．
9．D　[解析] 小球受力分析如图所示，车加速时，球的位置不变，则AB绳拉力沿竖直方向的分力仍为T1cosθ，且等于重力G，即T1＝，故T1不变．向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供，故T2增加，所以选项D正确．
10．C　[解析] 若F＝mg，则合力为0，环做匀速运动，选项A正确；若F>mg，则合力等于μ(F－mg)＝μ(kv－mg)，环做减速运动，随着v减小，合力减小，加速度也减小，当速度减小到一定值时，F＝mg，环匀速运动，选项D正确；若Fg，所以物体受到箱子上底面向下的弹力FN，由牛顿第二定律可知，mg＋FN＝ma，则FN＝ma－mg，
而a减小，则FN减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小；同理，当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大．故C正确．
4．C　[解析] 物体受重力、支持力、摩擦力的作用．由于支持力、摩擦力相互垂直，所以把加速度a沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，如图所示．
沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
f－mgsinθ＝masinθ①
垂直于斜面方向，由牛顿第二定律得：
FN－mgcosθ＝macosθ②
当θ一定时，由①得，a越大，f越大，B错误；
由②得，a越大，FN越大，A错误．
当a一定时，由①得，θ越大，f越大，D错误；
由②得，θ越大，FN越小，C正确．
【技能强化】
5．C　[解析] 由于AB之间的最大静摩擦力F1大于B、C之间的最大静摩擦力F2，当外力F小于F2时，AB静止不动，当F大于F2时，二者一起加速运动．由牛顿第二定律F－F2＝(mA＋mB)a，由于F逐渐增大，加速度逐渐增大．对木板，当满足：F1－F2＝mBam，即加速度am＝，且F－F2＝(mA＋mB)am时，A、B开始相对滑动，此时F＝F1＋(F1－F2)．相对滑动后，对物体B有：F1－F2＝mBa，做匀变速直线运动，选项C正确．
6．B　[解析] 由题意可知，水平横躺时受到的风力是匀速下落时的2倍，即此时风力为2mg，开始下落时受到的阻力为f1＝×2mg＝mg，开始下落时，加速度向下，大小为a1，则有：mg－f1＝ma1，解得向下的加速度最大值为a1＝g，当人水平横躺时，加速度向上，大小为g，因此选项A正确、B错误；画出由A到C的速度—时间图象，由图象的物理意义可知，C正确；由A到C由动能定理可知，Wf＝mgH，D正确．
7．D　[解析] 运动员由B→C的过程中，先向下加速后向下减速，即先失重后超重，但跳板的形变量一直变大，所以跳板所受的压力一直变大，选项A、B错误；运动员由C→B的过程中，先向上加速后向上减速，即先超重后失重，跳板所受的压力一直变小，选项C错误、选项D正确．
8．B　[解析] 取人和小车为一整体，由牛顿第二定律得：2F＝(M＋m)a，设车对人的摩擦力大小为f，方向水平向右，则对人由牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F.如果M>m，则f＝F，方向向右，选项D正确．如果M＝m，f＝0，选项A正确；如果M<m，则f＝－F，负号表示方向水平向左，选项C正确、选项B错误．
9．C　[解析] 对整体由牛顿第二定律得(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a.设杆对小环的作用力大小为N，据平衡条件得N＝(m1＋m2)gcosθ，选项A错误．对小球由牛顿第二定律得m2gsinθ－Tsin(θ－β)＝m2a，解得θ＝β，选项C正确、选项B错误．若杆不光滑，分别对整体、小球用牛顿第二定律同样解得θ＝β，选项D错误．
10．D　[解析] 开始物块受到重力、弹簧的向上的弹力以及木箱对物块向下的压力，当物块对木箱顶刚好无压力时，物块受两个力作用，由于重力和弹簧的弹力不变，而木箱对木块的力变为零，所以此时的木块的合外力向上，而加速度的方向与合外力的方向一致，所以加速度的方向也向上，所以可能是加速上升，也可能是减速下降．选项D正确．
[解析] 设绳的张力为T，斜面支持力为FN，系统加速度为a.以B为研究对象，由牛顿第二定律
以C为研究对象，由牛顿第二定律及平衡条件
FNsinθ－Tcosθ＝ma
FNcosθ＋Tsinθ＝mg
联立解得a＝
以A、B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律
【挑战自我】
12．17.8 cm或20.2 cm
[解析] 当系统具有水平向右的加速度a＝1 m/s2时，分析A受力，得F1－kΔx1－μmAg＝mAa
∴Δx1＝＝ m＝2.8×10－2m＝2.8 cm
∴L1＝L＋Δx1＝17.8 cm
当系统具有水平向左的加速度a＝1 m/s2时，对A受力分析，得kΔx2－μmAg－F1＝mAa
∴Δx2＝＝ m＝5.2×10－2 m＝5.2 cm
∴L2＝L＋Δx2＝20.2 cm
课时作业（十五）
【基础热身】
1．B　[解析] 平衡摩擦力时，不能给小车任何牵引力，选项A错误．由mgsinθ＝μmgcosθ，小车质量能约去，选项B正确．实验时，要先接通电源，再放开小车，选项C错误．此实验是验证牛顿第二定律，而不是应用牛顿第二定律，选项D错误．
2．D　[解析] 实验验证牛顿第二定律是控制变量思想的应用，因此首先要分清变量、不变量，故选项A、B、C不符合实际．
3．A　[解析] 题中m1和m2是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量．本题中只说明了两小车是相同的，并没有告诉小车的质量是多少．当m1＝m2时，两车加砝码质量仍相等，若F1＝2F2，则a1＝2a2，由s＝at2得s1＝2s2，选项A正确．若m1＝2m2时，无法定量确定两车加砝码后的质量关系，两小车的加速度的定量关系也就不明确，所以无法判定两车的位移的定量关系．
4．(1)倾斜　(2)A
[解析] (1)由图乙可知，对于图线①，当拉力F＝0时，加速度并不为零，故轨道应处于倾斜状态；
(2)设滑块和位移传感器的总质量为M，在倾斜轨道上，由牛顿第二定律F＋Mgsinθ－f＝Ma，得a＝F＋(gsinθ－)；在水平轨道上，由牛顿第二定律F－f′＝Ma，得a＝F－；图线①②的斜率均为，故选项A正确．
【技能强化】
5．0.5 kg　0.2
[解析] 由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，整理得a＝F－μg.由图线可知斜率＝2，纵轴截距－μg＝－2，故m＝0.5 kg，μ＝0.2.
6．F　CDGBAE
[解析] 此实验中不需要用秒表测量小车的运动时间．
7．(1)　　8.15　(2)BC
[解析] (1)因遮光条宽度较小，滑块经过光电门1时的速度接近其平均速度，v1＝，v2＝，加速度a＝＝，遮光条宽度d＝8 mm＋3×0.05 mm＝8.15 mm.(2)设气垫导轨长度为L，导轨倾角为α，则滑块受到的合力F＝Mgsinα＝，当Mh不变时，滑块所受的合力不变，所以B、C操作方法正确．
8．(1)0.16(0.15也算对)　(2)如图所示　(3)未计入砝码盘的重力
[解析] (1)a＝＝ m/s2＝0.16 m/s2或a＝＝ m/s2＝0.15 m/s2.
(2)a－F图线如图所示．
(3)小车、砝码盘和砝码组成的系统所受合外力为砝码盘和砝码的总重力，而表中数据漏计了砝码盘的重力，导致合力F的测量值小于真实值，a－F的图线不过原点．
【挑战自我】
9．(1)0.52　　　
(2)当合外力一定时，物体运动的加速度跟物体的质量成反比　(3)如图所示
(1)由图可知：d＝5 mm＋0.1 mm×2＝5.2 mm＝0.52 cm. 遮光条的宽度很小，遮光条通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度即为滑块通过光电门的瞬时速度，故v1＝，v2＝.滑块由光电门1到光电门2做匀加速直线运动，由v－v＝2as可得：a＝.(2)在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比，即当合外力一定时，在误差允许的范围内，物体质量和加速度的乘积近似相等．(3)如图所示．
联立解得Δt0时，汽车加速运动，随着速度的增大，牵引力F＝逐渐减小，根据牛顿第二定律F－f－mgsinθ＝ma知，加速度逐渐减小，当加速度减小为零时将匀速运动；当F－f－mgsinθP1，选项C错误；加速阶段和减速阶段平均速度相等，所以克服摩擦力做功的平均功率相等，选项D正确．
【技能强化】
5．B　[解析] 汽车在平直的公路上以恒定功率启动时，功率不变，速度越来越大，由P＝Fv可知牵引力越来越小，加速度a＝越来越小，汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度最大，此后匀速运动．故选项B正确．
6．D　[解析] 由P＝Fv和F－f＝ma得，a与的函数关系为a＝·－，图线斜率k＝，汽车的质量已知，则汽车的功率P可求；图线纵轴截距－＝－2 m/s2，即可求出汽车所受阻力f，再由P＝fvm可求出汽车运动的最大速度vm，但汽车做变加速直线运动，无法求出汽车运动到最大速度所用的时间，故选项D正确．
7．C　[解析] 设每节车厢质量为m，每节动力车的额定功率为P，开一节动车带动三节拖车以最大速度行驶时所受阻力为4kmg(k为比例常数)，则有－4kmg＝0；当改为开五节动车带三节拖车以最大速度行驶时，则有－8kmg＝0；联立解得v′＝v＝300 km/h，故选项C正确．
8．B　[解析] 猫相对斜面位置不变，根据平衡条件知，木板对其沿斜面向上的力大小为F＝mgsinθ，由牛顿第三定律可知猫对木板沿斜面向下的作用力F′＝ F＝mgsinθ，又知木板向下做匀加速直线运动，有v＝at，所以小猫做功的功率P＝F′v＝mgvsinθ＝mgatsinθ，即小猫做功的功率与时间成正比，选项B正确．
9．C　[解析] 发动机功率减小，由公式P＝Fv知，牵引力F变小，f >F，汽车做减速运动，使得汽车速度v变小，F变大，由f－F＝ma可知汽车减速运动的加速度变小，当再次出现F＝f时，汽车做匀速运动，选项A、B错误，C正确；由f＝＝5×103 N，解得vm′＝＝8 m/s，选项D错误．
10．D　[解析] 加油过程中应保持加油机和受油机相对静止，选项A、B均错误；加油机向受油机供油，加油机质量减小，受油机质量增大，因所受阻力与重力成正比，欲保持匀速运动，加油机应逐渐适当减小发动机输出功率，受油机则应逐渐适当增大发动机输出功率．
11．A　[解析] 在减速阶段，f＝ma，μmg＝ma，则μ＝0.1，选项A正确；拉力F的最大功率P＝Fv＝10×1 W＝10 W，选项B不正确；物体在第1 s内受到的合力的方向与第2 s内受到的合力的方向相反，加速度方向相反，选项D不正确；由v－t图象可知，物体的速度方向不变，所以2 s末没有回到出发点，选项C不正确．
[解析] 摩托车经最低点A时，由牛顿第二定律知
FN1－mg＝m
轨道对车的支持力为FN1＝mg＋m
车在最高点B时，由牛顿第二定律知
mg＋FN2＝m
轨道对车的支持力为FN2＝m－mg
车在最低点A时，发动机的功率P1＝kFN1v
车在最高点B时，发动机的功率为P2＝kFN2v
联立以上各式解得P2＝4 kW
【挑战自我】
13．(1)12.5 m/s　(2)13.9 s　(3)4.16×105 J
[解析] (1)汽车在坡路上行驶，所受阻力由两部分构成，即f＝kmg＋mgsinα＝4000 N＋800 N＝4800 N.
因为当F＝f时，P＝fvm，所以vm＝＝12.5 m/s.
(2)汽车从静止开始以a＝0.6 m/s2的加速度匀加速行驶
由牛顿第二定律，有
F′－f＝ma
所以F′＝ma＋f＝7.2×103 N
保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度vm′＝＝8.33 m/s
由运动学规律可以求出匀加速行驶的时间与位移．
匀加速行驶的时间t＝＝13.9 s
匀加速行驶的位移s＝＝57.82 m.
(3)汽车在匀加速运动阶段行驶时牵引力做功W＝F′s＝4.16×105 J.
课时作业（十八）
【基础热身】
1．A　[解析] 由W＝Fscosα知，物体所受合外力为零时，合外力对物体做的功一定为零，选项A正确；合外力对物体所做的功为零，合外力不一定为零，如物体做匀速圆周运动时，合外力不为零，但动能不变，故选项B、C、D均错误．
2．B　[解析] 对物块由动能定理得：W＝mv－mv，故选项B正确．
3．C　[解析] 对全过程分析，由于物体再次经过P点时位移为零，所以合外力做功为零，动能增量为零，初、末速率应相等，选项C正确．
[解析] 设物体克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得：
mgh－Wf＝mv2－0
解得：Wf＝32 J
【技能强化】
5．B　[解析] 由牛顿第二定律，对A、B整体，有：F＝(mA＋mB)a，对A物体，有：f＝mAa，解得f＝，选项A错误；由牛顿第二定律知，物体先做加速运动后做减速运动，t0时刻速度最大，2t0时刻速度减小为零，选项B正确、C错误；根据动能定理知，在0～2t0时间内摩擦力对A做的功为零，选项D错误．
6．D　[解析] 因动能定理以及功的公式中的位移是指对地的位移，所以选项A、B正确；摩擦力对小物块所做的功为－f(l＋s)，所以小物块克服摩擦力所做的功为f(l＋s)，选项C正确；小物块和小车增加的机械能为F(s＋l)－fl，所以选项D错误．
7．B　[解析] 对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，Wf＝mv2，故选项A正确；传送带匀速运动的位移s1＝t，以地面为参考系，物块的位移s2＝·t，所以物块对传送带做的功是摩擦力对物块做的功的两倍，即mv2，故选项B错误；电动机多做的功就是克服传送带受的摩擦力做的功，也为mv2，故选项D正确；系统摩擦生热等于系统机械能损失，故选项C正确．
8．C　[解析] 对人受力分析，如图所示，根据动能定理，人自由下滑过程有mgLsinα－fL＝m(2v0)2，解得f＝mgsinα－，选项C正确；到达坡底时重力的功率最大，Pm＝mg·2v0sinα＝2mgv0sinα，选项D错误；其他人推动后下滑过程有mgLsinα－fL＝mv2－mv，解得v0＝v0，选项A、B错误．
[解析] 设小物块的质量为m，经A处时的速度为vA，对物块由D到A的过程，由动能定理有
－μmgs－mg·2R＝mv－mv
设物块由A到D做平抛运动经历的时间为t，有
由以上各式并代入数据得μ＝0.25
10．(1)2.5 m　(2)－20 J
[解析] (1)设小球经过D点时的速度为v，根据牛顿第二定律，有
设A点的高度为h，根据动能定理
mg(h－2R)＝mv2
解得h＝2.5R＝2.5 m
(2)设阻力做功为Wf ，小球从A到D的过程，由动能定理有
mg(H－2R)＋Wf＝mv2
解得Wf＝－mg(H－2.5R)＝－20 J.
【挑战自我】
11．(1)10mgtanθ　(2)　(3)9mgrsinθ
[解析] (1)以10个小球组成的整体为研究对象，受力如图所示．
由力的平衡条件，可得Fcosθ＝10mgsinθ
解得F＝10mgtanθ
(2)撤去力F后10个小球在光滑斜面上下滑，根据牛顿第二定律可知，各球的加速度均为gsinθ，相邻小球之间无相互作用．
以1号球为研究对象，从开始释放到刚运动到水平槽这一过程，根据动能定理得
(3)从撤去水平外力F到10个小球均运动到水平槽内这一过程，以10个小球组成的整体为研究对象，根据动能定理得：
10mg(h＋sinθ)＝·10mv
以1号球为研究对象，由动能定理得
mgh＋W＝mv
解得W＝9mgrsinθ
课时作业（十九）
【基础热身】
1．C　[解析] 由于物体离地面的高度h与速度平方v2的关系为一次函数关系，所以物体下落高度H与v2成正比，对比匀加速直线运动公式H＝可以判断a恒定，即物体做匀加速直线运动，选项A、B错误；若h0＝20 m，物体初始状态的机械能为E0＝mgh0＝200m，末状态的机械能为E＝mv2＝200m，所以E0＝E，选项C正确；同理可以判断选项D错误．
2．C　[解析] 椭圆轨道半长轴小于圆轨道半径，根据开普勒第三定律知，飞船由椭圆轨道运行变轨到圆形轨道运行后周期变长．飞船沿椭圆轨道运行时，在远地点由于万有引力大于做圆周运动需要的向心力而做向心运动；变轨时需要在远地点加速，使万有引力与做圆周运动需要的向心力相等，所以飞船由椭圆轨道运行变轨到圆形轨道运行后机械能增加．故C正确．
3．C　[解析] 斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力和绳子的拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，故机械能减少，选项A、B错误；绳子的拉力总是与运动方向垂直，故不做功，选项C正确；小球动能的变化等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的代数和，选项D错误．
4．A　[解析] 在下滑过程中，物体对斜面相互间的作用力垂直于斜面，使斜面加速运动，斜面的动能增加；物体克服斜面对物体的作用力做功，机械能减少，动能增加，重力势能减少，选项A正确、B错误．物体沿斜面下滑时既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的弹力对物体做负功，选项C错误．对物体与斜面组成的系统，仅有动能和重力势能之间的转化，因此系统机械能守恒，选项D错误．
【技能强化】
5．C　[解析] 摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点，说明摆球的机械能守恒．当物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，只有重力做功，机械能守恒，其末速度的大小只与下滑的高度有关，选项C正确．
6．A　[解析] 运动员在最高点A的速度为零，刚抵达B位置时的速度不为零，vA＜vB，在最低点C的速度也为零，vB＞vC，故选项A正确、B错误；以运动员为研究对象，B→A过程，机械能守恒，EA＝EB，B→C过程，弹力对运动员做负功，机械能减小，EB＞EC，故选项C、D错误．
7．D　[解析] 首先判断B在整个过程中是否运动，当A未释放时B静止，则此时B受向上的静摩擦力f＝4mgsinθ＝2mg.假设在A运动的过程中B未动，则A下落的过程中机械能守恒，有mglOA＝mv2，对A进行受力分析可知，A运动至最低点时绳子拉力T最大，此时有T－mg＝，T＝3mg<f＋4mgsinθ＝4mg，说明A摆动过程中不能拉动B，故小球A的机械能守恒，选项C正确、D错误；斜面体对B的静摩擦力方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，故先减小后增大，选项A正确；A下摆时对斜面体、B、定滑轮组成的系统有沿着绳子方向斜向左的拉力，由此可判断出地面对斜面体的摩擦力方向一直向右，故选项B正确．
8．C　[解析] 小球P与弹簧接触时，沿平行斜面方向受到小球Q对P的静电力、重力的分力、弹簧的弹力，开始时合力的方向沿斜面向下，速度增大，后来随着弹簧压缩量变大，合力的方向沿斜面向上，速度逐渐减小，当合力为零，即弹簧的弹力与库仑力的合力与重力沿斜面向下的分力等大反向时，小球P的速度最大，选项A、D错误；小球P和弹簧组成的系统受到小球Q的静电力，且静电力做正功，所以系统机械能不守恒，选项B错误；把弹簧、小球P、Q看成一个系统，该系统的总能量守恒，选项C正确．
9．(1)如图所示　mgtanα　(2)mg(3－2cosα)
[解析] (1)受力图如图所示．
根据平衡条件，应满足Tcosα＝mg，Tsinα＝F
则拉力大小F＝mgtanα
(2)设小球通过最低点时速度为v，运动中只有重力做功，小球机械能守恒，则
mgl(1－cosα)＝mv2
根据牛顿第二定律，有
T′－mg＝m
解得T′＝mg＋＝mg(3－2cosα)，方向竖直向上．
[解析] 设细线断前一瞬间A和B速度的大小为v.A沿斜面下滑距离s的过程中，A的高度降低了ssinθ，B的高度升高了s.
物块A和B组成的系统机械能守恒，物块A机械能的减少量等于物块B机械能的增加量，即
4mgssinθ－·4mv2＝mgs＋mv2
细线断后，物块B做竖直上抛运动，物块B机械能守恒，设物块B继续上升的最大高度为h，有
联立两式解得h＝，
故物块B上升的最大高度为H＝s＋h＝s＋＝s.
【挑战自我】
11．(1)　(2)2g
[解析] (1) 通过受力分析可知：当B的速度最大时，其加速度为零，绳子上的拉力大小为2mg, 此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量x2满足kx2＝mg
(2)开始时弹簧压缩的长度为：x1＝
因A质量远大于m，所以A一直保持静止状态．物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为h＝x1＋x2由于x1＝x2，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，设B物体的最大速度为vm，由机械能守恒定律得：
4mghsinα＝mgh＋(m＋4m)v
解得vm＝2g
课时作业（二十）
【基础热身】
1．A　[解析] 小球平抛过程机械能守恒，其在任意位置的机械能都等于飞离桌面时的机械能E0＝mv2，选项A正确．
2．C　[解析] 根据动能定理，上升的过程中动能减少量等于小球克服重力和阻力做的功，为mgh＋fh，小球上升和下降的整个过程中动能减少量和机械能的减少量都等于全程中克服阻力做的功2fh，选项A、B、D错误，选项C正确.
3．A　[解析] 由功能关系可知，克服重力所做的功等于重力势能增加量，为3 J，故选项A正确；电场力所做的功等于电势能的减少量，为1 J，故选项B错误；合外力做的功等于动能的变化量，为－2 J，故选项C错误；重力以外的其他力所做的功等于机械能的变化量，为1 J，故选项D错误．
4．D　[解析] 对小球和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，机械能守恒，选项A错误；小球的运动不是匀速直线运动，选项B错误；小球的平衡位置在B、C之间，它在平衡位置的动能最大，选项C错误；该过程中重力势能减少，弹性势能增大，动能的增量为零，根据能量守恒定律，选项D正确．
【技能强化】
5．C　[解析] 由静止释放B到B达到最大速度的过程中，B一直要克服绳的拉力做功，根据功能关系可知，B物体的机械能一直减小，选项A正确；根据动能定理，重力与拉力做功之和也正是B所受的合外力做的功，选项B正确；根据能量转化和守恒定律可知，B物体减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能与A增加的动能之和，选项C错误；根据功能关系可知，细线拉力对A做的功等于A物体和弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．
6．B　[解析] 传送带运动时，木块所受摩擦力仍然是沿传送带向上，木块一直向下加速运动，加速度不变，因而滑到底端所用时间不变，选项B正确，选项A、C错误；由于传送带运动时木块和传送带间的相对位移变大，故因摩擦力产生的内能也将增多，故选项D错误．
7．B　[解析] 小球沿圆桶上滑过程中机械能守恒，若小球到达圆桶的水平直径以下某位置时速度为零，则由机械能守恒定律－mgh＝0－mv2，解得h＝；若小球能通过与圆桶中心等高的位置，但不能通过圆桶最高点，则小球在圆心上方某位置脱离圆桶，斜抛至最高点，设在最高点速度为v′，则由机械能守恒定律，有－mgh＝mv′2－mv2，解得h<；若小球能通过圆桶最高点，小球在圆桶中上升的高度等于2R，所以选项A、C、D是可能的．
8．A　[解析] 人随扶梯向上加速运动过程中，受支持力、重力和静摩擦力作用，支持力和静摩擦力对人均做正功，根据机械能的增量等于重力以外其他力做的功知，支持力和静摩擦力对人做的功等于人的机械能的增加量，所以只有选项A正确．
9．C　[解析] 运动过程中，弹簧由收缩状态伸长，A达到最大速度时，A和B的加速度为零，根据受力分析知，弹簧必处于收缩状态，则弹簧的弹性势能减小但不为零，选项A错误；根据B机械能的增量等于除重力外其他力做的功知，A对B做的功等于B的机械能的增加量，选项B错误；运动过程中弹簧、A和B组成的系统机械能守恒，所以弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，选项C正确；根据动能定理，重力、弹簧弹力及B对A侧壁的压力对A做功的代数和等于A动能的增加量，因B对A侧壁的压力对A做负功，所以A所受重力做的功和弹簧弹力做的功的代数和大于A动能的增加量，选项D错误．
10．C　[解析] 两球经过相同的时间，在处相遇，则对b小球列方程可得，＝gt2，对a小球则有＝v0t－gt2，两式联立可得，v0＝gt，即相遇时，a小球的速度为va＝v0－gt＝0，b小球的速度为gt，选项B错误；从相遇开始，a向下做初速度为零的匀加速直线运动，b小球以一定的速度向下做匀加速直线运动，且二者加速度相同，均为g，故b球先落地，选项A错误；从开始运动到相遇，a的速度由gt变为0，b的速度由0变为gt，两球质量相同，所以a动能的减少量等于b动能的增加量，选项C正确；相遇后的任意时刻，b的速度一直大于a的速度，两球质量相同，由P＝Fv可得，选项D错误．
11．D　[解析] 物块沿轨道1滑下来时，设斜面的倾角为α，轨道1长为l，A点在水平面上的投影为A′，A到水平面的距离为h，由动能定理，有：mgh－μmgcosα?s＝mv，即mgh－μmg?A′B＝mv，同理可得，物块沿轨道2滑下时，有mgh－μmg?A′B＝mv，也就是沿两轨道下滑时，摩擦力做功一样多，但摩擦力不同，滑至B点时速度方向不同，所以选项C错误，选项D正确，选项A错误；位移是从初位置指向末位置的有向线段，故位移相同，选项B错误．
【挑战自我】
12．(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4　m
(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得
mg(h1－h2)－μmgx＝mv－0
解得：vD＝3 m/s
(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得
mgh1－μmgs＝mv
解得：vC＝6 m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6 m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝＝1 s
由对称性可知，小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s
(3)小滑块自A点由静止释放至小滑块最终停止，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，由动能定理，有
mgh1＝μmgs总
解得s总＝8.6 m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4 m
课时作业（二十一）
【基础热身】
1．(1)B　(2)①0.973　②0.476　0.473　③在误差允许的范围内，重锤自由下落过程中机械能守恒
2．AC　[解析] 实验采用通过增加橡皮筋的条数，使橡皮筋对小车做的功成倍增加，故选项A正确、B错误；小车的最大速度对应的是橡皮筋对小车做功完毕的情形，故选项C正确、D错误．
【技能强化】
3．D　[解析] 本实验不必测出橡皮筋做功的具体数值，只要测出以后每次实验时橡皮筋做的功是第一次的多少倍即可，选项A错误；每次实验时橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后每次实验时橡皮筋做的功是第一次的整数倍，否则功的数值难以测定，选项B错误；小车运动过程中会受到摩擦力，实验前应使木板倾斜以平衡摩擦力，选项C错误；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，选项D正确．
4．D　[解析] 选项A、B中用重力加速度g计算末速度，相当于已经确认该过程中机械能守恒，故选项A、B错误；高度h应该用刻度尺测出，故选项C错误、D正确．
5．(1)见解析　(2)机械能守恒
[解析] (1)因为挡光板宽度l＝3 cm很小，而滑块通过光电门的时间极短，故可以认为挡光板通过光电门过程的平均速度＝即为滑块通过光电门的瞬时速度，用光电计时器分别测出滑块通过G1和G2的时间Δt1和Δt2，即可求出滑块的速度v1＝、v2＝；由平面几何知识可知＝，可求得h＝s，H、L、s都是实验前设定的．
(2)v1＝＝ m/s＝0.6 m/s，v2＝＝ m/s＝1.5 m/s，动能增加量ΔEk＝m(v－v)＝0.473 J；h＝s＝×0.5 m＝0.1 m，重力势能减少量ΔEp＝mgh＝0.490 J，因此，在误差允许的范围内可认为滑块下滑过程中机械能守恒．
6．(1)第2点到第6点之间的距离h26　第1点到第3点之间的距离h13　第5点到第7点之间的距离h57　第2点的瞬时速度v2　第6点的瞬时速度　mgh26＝mv－mv
[解析] (1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证需得到第2点的瞬时速度v2、第6点的瞬时速度v6、第2点到第6点之间的距离h26；(2)实验步骤中要先安装器材，然后操作，最后处理实验数据．
7．(1)5.08　0.49　(2)Δv2∞s(速度平方的变化与位移成正比)　小车的质量
[解析] (1)C点到O点的距离x可由纸带分析得出为6.08 cm－1.00 cm＝5.08 cm.C点对应小车的瞬时速度可用B、D两点间的平均速度替代，vC＝＝0.49 m/s.
(2)根据Δv2－x图象为过坐标原点的一条直线可得出Δv2∞s的结论．验证动能定理需求解合外力所做的功和物体(小车和砝码)动能的变化．合外力做功W合＝mgs－fs(其中f为小车受的摩擦力，x为小车的位移)，物体(小车和砝码)动能的变化ΔEk＝mv2－mv＝mΔv2，所以还需测出小车的质量．
8．(1)1.50　(2)2.00　(3)1.20
[解析] (1)纸带上标注的位移分别记为s1、s2、s3 、s4……，纸带上前四段位移对应的是电动小车以最大速度匀速运动，vm＝＝1.50 m/s；(2)关闭电源后小车做匀减速直线运动，即纸带上后六段对应的运动，由逐差法解得加速度大小a＝2.00 m/s2；(3)匀减速运动阶段，由牛顿第二定律f＝ma，解得阻力的大小f＝0.8 N，小车匀速运动时的牵引力F＝f＝0.8 N，小车的额定功率P＝Fvm＝1.20 W.
【挑战自我】
9．(1)不合适　应该绘制L－v2图象确定结论W∝v2
[解析] (1)采用表格方法记录数据，简单明确合理．绘制的L－v图象是曲线，不能准确地确认该图线是否为抛物线，因此不能得出结论W∝v2.为了更直观地看出L和v的变化关系，应该绘制L－v2图象．
(2)重力和摩擦力的总功W也与距离L成正比，因此不会影响探究的结果．
课时作业（二十二）
【基础热身】
1．A　[解析] 若在某一坐标轴方向上为匀速运动，因x＝vt，即x正比于时间t，则该轴可看作时间轴．再根据图象分析另一坐标轴方向上的运动性质．可以看出，若x方向匀速运动，y方向位移的斜率是先减小后增大，故y方向先减速后加速运动，同理，若y方向匀速运动，x方向是先加速运动后减速运动．
2．B　[解析]
平衡状态是指静止或匀速直线运动状态，处于平衡状态的物体撤去两个力后，其余三个力的合力等于这两个力的合力，大小在5 N和25 N之间，且为恒力．因此，加速度大小在2.5 m/s2和12.5 m/s2之间，选项C错误；由于撤去两个力后，合力的方向与初速度方向的夹角未知，物体一定做匀变速运动，但不一定是匀变速直线运动，匀速圆周运动是变加速运动，选项B正确，选项A、D均错误．
3．C　[解析] 小船在流动的河水中行驶时，同时参与两个方向的分运动，一是沿水流方向的匀速直线运动，二是沿垂直于河岸方向的匀加速直线运动；沿垂直于河岸方向小船具有加速度，由牛顿第二定律可知，小船所受的合外力沿该方向；根据物体做曲线运动时轨迹与其所受合外力方向的关系可知，小船的运动轨迹应弯向合外力方向，故轨迹可能是S.选项D正确．
4．D　[解析] 球在水平方向做匀速运动，有s＝v0t，在竖直方向做竖直上抛运动，有vt－gt2＝H－h，将s＝2 m，v0＝2 m/s，H＝3 m，h＝1.2 m，g＝10 m/s2代入解得v＝6.8 m/s，选项D正确．
【技能强化】
5．C　[解析]
物体做匀速圆周运动的条件是物体所受的合力指向圆心，雪橇所受滑动摩擦力的方向与运动方向相反，由此判断只有C选项符合以上条件．
6．C　[解析] 根据题意，运动员和滑板保持相同的水平速度，越过横杆后会仍然落在滑板上，则其起跳时脚对滑板的作用力竖直向下，选项A、B、D错误；忽略阻力，运动员在空中的轨迹应为抛物线，选项C正确．
7．B　[解析] 木板自由下落，以木板为参照物，小球向上做匀加速运动，且向右做匀速运动，可以想象成重力向上的平抛运动，选项A、C、D不可能．
8．B　[解析] 当船头指向垂直于河岸时，船的渡河时间最短，其时间t＝＝ s＝100 s，选项A错误、选项B正确．因河水流速不均匀，所以船在河水中的航线是一条曲线，当船行驶至河中央时，船速最大，最大速度v＝ m/s＝5 m/s，选项C、D错误．
9．A　[解析] 由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为1.5 m/s2，受力Fx＝3 N，由y方向的位移图象可知，在y方向做匀速直线运动，速度为vy＝4 m/s，受力Fy＝0.因此质点的初速度为5 m/s，选项A正确；受到的合外力为3 N，选项B错误；质点的初速度方向与合外力方向不垂直，选项C错误；2 s末质点速度应该为v＝ m/s＝2
m/s，选项D错误．
10．C　[解析] 由题知，C点的速度大小为vC＝ωl，设vC与绳之间的夹角为θ，把vC沿绳和垂直绳方向分解可得，v绳＝vCcosθ，在转动过程中θ先减小到零再反向增大，故v绳先增大后减小，重物M做变加速运动，其最大速度为ωl，C正确．
11．(1)割刀速度方向与玻璃板速度方向成arccos角
(2)0.92 s　(3)宽9 m、长1.84 m
[解析] (1)由题目条件知，割刀运动的速度是实际的速度，所以为合速度，其分速度的效果是恰好相对玻璃垂直切割．设割刀的速度v2的方向与玻璃板速度v1的方向之间的夹角为θ，如图所示．要保证割下的均是矩形的玻璃板，则
v1＝v2cosθ
所以cosθ＝＝，即θ＝arccos
所以，要割下矩形板，割刀速度方向与玻璃板速度所成角度为
θ＝arccos.
(2)切割一次的时间t＝＝ s＝0.92 s.
(3)切割出的矩形玻璃板的规格为：
宽度d＝9 m，长度l＝v1t＝2×0.92 m＝1.84 m.
12．(1)见解析　(2)mg
(3)、与水平方向夹角为arctan
[解析] (1)“歼－20”战斗机在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向受重力和竖直向上的恒定升力，做匀加速直线运动，该运动为类平抛运动．轨迹如图所示．
(2)水平方向：L＝v0t
竖直方向：h＝at2
由牛顿第二定律，有
解得F＝mg.
(3)水平方向速度vx＝v0
竖直方向速度vy＝＝＝
则v＝＝v0＝
合速度与水平方向夹角为θ，tanθ＝＝
得θ＝arctan.
【挑战自我】
13．(1)v0　(2)m
[解析] (1)汽车在水平方向上匀速通过减速带的时间t0＝
根据对称性，汽车到达减速带顶端的时间t＝
在竖直方向上，根据平均速度公式vt＝2＝
汽车到达减速带顶端时的速率v合＝＝v0
(2)在竖直方向上h＝at2
则汽车在竖直方向的加速度为a＝
根据牛顿第二定律得F－mg＝ma
则减速带对汽车的作用力F＝m
根据牛顿第三定律，汽车对减速带的作用力的大小为F′＝F＝m
课时作业（二十三）
【基础热身】
1．B　[解析]
tanα＝＝t, 所以tanα随时间变化的图象是一条过原点、斜率为的倾斜直线，所以选项B正确．
2．A　[解析]
飞镖飞行中竖直方向y＝gt2、水平方向L＝v0t，得y＝，欲击中靶心，应该使竖直位移增大，使L增大或v0减小，选项A正确．
3．D　[解析] 炮弹1做平抛运动，炮弹2做竖直上抛运动，若要使拦截成功，则两炮弹必定在空中相遇，以做自由落体运动的物体为参考系，则炮弹1做水平方向上的匀速直线运动，炮弹2匀速上升，由t1＝，t2＝，t1＝t2，得v1＝v2，故选项D正确．
4．A　[解析] 乒乓球落地时所用时间在t1＝＝0.4 s和t2＝＝0.6 s之间，所以反弹点的高度在h1＝gt＝0.8 m和h2＝gt＝1.8 m之间，选项A正确．
【技能强化】
5．C　[解析]
设小球从抛出到落到N点经历时间为t，则有tanθ＝＝，即t＝，因此可求出dMN＝＝，vN＝＝v0，其方向：tanα＝＝2tanθ，故选项A、B均正确．但因小球的质量未知，因此小球在N点的动能不能求出，选项C错误．当小球速度方向与斜面平行时，小球垂直斜面方向的速度为零，此时小球与斜面间的距离最大，选项D正确．
6．B　[解析] 做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定，即t＝，从a处抛出的小球下落的高度是从b处抛出的小球的2倍，有ta＝tb，选项C、D错误；水平方向的距离由高度和初速度决定，即s＝v0，由题意得从a处抛出的小球的水平位移是从b处抛出的小球的2倍，可知va＝vb，选项B正确．
7．C　[解析] 在0～tP段，水平方向：vx＝v0，恒定不变；竖直方向：vy＝gt；tP～tQ段，水平方向：vx＝v0＋a水平t，竖直方向：vy＝vP＋a竖直t(a竖直Fa，选项A、B错误；当ω足够小时，小球不能摆过AB所在高度，选项C正确；当ω足够大时，小球在竖直面内能通过AB上方的最高点而做圆周运动，选项D错误．
10．A　[解析] 先对A、B两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗的支持力．如图所示，对A球由牛顿第二定律，有：FNAsinα＝mg，FNAcosα＝m＝mωrA；对B球由牛顿第二定律，有FNBsinα＝mg，FNBcosα＝m＝mωrB.由以上各式可得FNA＝FNB，选项C错误．可得m＝m，因为rA>rB，所以vA>vB，选项A正确．可得mωrA＝mωrB，因为rA>rB，所以ωATB，选项D错误．
[解析] 子弹射出后沿直线运动，从a点射入，从b点射出，该过程中圆筒转过的角度为π－θ.
设子弹速度为v，则子弹穿过筒的时间t＝
此时间内筒转过的角度α＝π－θ
据α＝ωt得，π－θ＝ω
则子弹速度v＝
12．大于3.5 rad/s　[解析] 已知a、b绳长均为1 m，即AC＝BC＝1 m，AO＝AB＝0.8 m，在△AOC中，cosθ＝＝＝0.8，sinθ＝0.6，θ＝37°.小球做圆周运动的轨道半径为r＝OC＝ACsinθ＝1×0.6 m＝0.6 m.
b绳被拉直但无张力时，小球所受的重力mg与a绳拉力FTa的合力F提供向心力，其受力分析如图所示，由图可知小球的合力为F＝mgtanθ.
根据牛顿第二定律得
解得ω＝＝3.5 rad/s.
当直杆和小球的角速度ω′>3.5 rad/s时，b绳才有张力．
【挑战自我】
13．(1)　(2)nπ (n＝1,2,3…)
[解析] (1)设小球从离开轨道到进入小孔所用的时间为t，则由平抛运动规律得
小球在轨道上运动过程中机械能守恒，故有
联立解得：t＝，H＝.
(2)在小球做平抛运动的时间内，圆筒必须恰好转整数转，小球才能钻进小孔，
即ωt＝2nπ(n＝1,2,3……)．
所以ω＝nπ (n＝1,2,3…)
课时作业（二十四）B
【基础热身】
1．C　[解析] 根据发生离心运动的条件易知选项C正确．
2．B　[解析] 对物块受力分析可知，物块受竖直向下的重力、垂直圆盘向上的支持力及指向圆心的摩擦力共三个力作用，它们的合力提供向心力，选项A错误、选项B正确．根据向心力公式F＝mrω2可知，当角速度一定时，半径越大，所需的向心力越大，越容易脱离圆盘；根据向心力公式F＝mr2可知，当物块到转轴距离一定时，周期越小，所需向心力越大，越容易脱离圆盘，选项C、D错误．
3．D　[解析] 物体脱离球面的条件是，物体与球面之间不存在压力．物体在最高点受到的向心力F＝＝mg，即物体恰好在最高点脱离半圆球做平抛运动，选项D正确．
4．C　[解析] 申雪做圆周运动的角速度等于赵宏博转动的角速度．ω＝2πn＝rad/s＝π rad/s，由v＝ωr得：r＝1.5 m，选项A、B错误；由Fcos30°＝mrω2解得F＝850 N，选项C正确、选项D错误．
【技能强化】
5．C　[解析] 变阻器全部连入电路，电路中电流恒定不变，选项A、B错误；系统以角速度ω转动时，对小球有kx＝mω2(l＋x)，求得x＝；由串联电路中分压规律有得＝得U＝，选项C正确，选项D错误．
6．A　[解析] 甲轮边缘的线速度v1＝r1ω1，乙轮边缘的线速度v2＝r2ω2，丙轮边缘的线速度v3＝r3ω3，由各轮边缘的线速度相等得：r1ω1＝r2ω2＝r3ω3，所以ω3＝，选项A正确．
7．A　[解析] 如图所示，以小球为研究对象，小球受三个力的作用：重力mg、水平面支持力FN、绳子拉力F.在水平方向有 Fsinθ＝mω2R＝4π2mn2R，
在竖直方向有Fcosθ＋FN＝mg，
且R＝htanθ，
当球即将离开水平面时，FN＝0，转速n有最大值.
联立解得n＝，故选项A正确．
8．D　[解析] 因小球做变速圆周运动，在P点的合加速度应是向心加速度与切向加速度的合成，故只有D选项符合要求．
9．B　[解析] 汽车在水平面内做圆周运动，如果路面是水平的，汽车做圆周运动的向心力只能由静摩擦力提供；当外侧路面高于内侧路面一个适当的高度，也就是路面向内侧倾斜一个适当的角度，地面对车支持力的水平分量恰好提供车所需要的向心力时，车轮与路面的横向摩擦力正好等于零．在此临界情况下对车受力分析，明确汽车所受合外力的方向水平指向圆心．然后由牛顿第二定律列方程求解．
10．A　[解析] 金属球A受重力、支持力、拉力FA三个力作用，拉力的分力提供向心力，在水平方向有FAcos α＝mω2rA，同理，对金属球B有FBcosβ＝mω2rB，由几何关系得cosα＝，cosβ＝，解得＝＝＝，由于AC＞BC，所以FA＞FB，可知绳AC先断，选项A正确．
11．4589 N
[解析] 飞机经过最低点时对飞行员受力分析得：FN－mg＝m
解得FN＝mg＋m＝4589 N
由牛顿第三定律得飞行员对座椅的压力为4589 N.
12．(1)3 m/s　(2)43 N
[解析] (1)小球无碰撞进入圆弧轨道，即小球落到A点时速度方向沿A点的切线方向，则tan53°＝＝
又有h＝gt2
联立以上各式解得v0＝3 m/s.
(2)设小球到最低点的速度为v，由机械能守恒定律，有
mv2－mv＝mg[h＋R(1－cos53°)]
在最低点，据牛顿第二定律有
联立以上各式解得FN＝43 N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为43 N.
【挑战自我】
13．(1) rad/s　(2)3 rad/s　(3)0.28 m
(1)由F向＝mω2r可知，B先达到临界状态，故当细线上刚出现张力时满足fm＝mωr.
解得ω1＝＝
(2)当ω继续增大，A受力也达到最大静摩擦力时，A开始滑动，有
fm－T＝mω·，
fm＋T＝mωr
得ω2＝＝3 rad/s.
(3)细线断开后，A相对静止在转台上，B沿水平切线方向飞出做平抛运动
由h＝gt2得t＝＝0.5 s.
vB＝ω2r＝0.6 m/s，
可得B的水平射程sB＝vBt＝0.3 m.
细线断开后，转台t时间转过角度
θ＝ω2t＝1.5 rad即90°，
故A、B间水平距离lx＝＝0.28 m.
课时作业（二十五）
【基础热身】
1．B　[解析] 重力是地球对物体的引力的一个分力，月球绕地球运动的向心力是地球的引力提供的，从性质上看，都是地球的吸引作用产生的，选项A正确、选项B错误；曲线运动一定是变速运动，受到的合力一定不为零，选项C正确；当物体运动方向与万有引力的方向在同一直线上时，运动方向不发生改变，做直线运动，选项D正确．据以上分析可知本题不正确的选项只有B.
2．D　[解析] 设火星的半径为R，火星的质量为M，火星探测器的质量为m，则有G＝m2·2R，解得M＝，则ρ＝＝.D选项正确．
3．D　[解析]
由近地卫星的万有引力提供向心力可知G＝mR，M＝πR3·ρ，联立可得：ρ＝，解得地球的密度ρ1≈5.6×103 kg/m3，故ρ2＝＝5ρ1≈3.0×104 kg/m3，选项D正确．
4．A　[解析] 由题意可知，潮汐的作用使月球的机械能增加，正在绕地球运转的月球机械能增大，动能增大，导致m>G，月球将做离心运动，到达离地球较远的位置且满足m＝G，继续做圆周运动．由此可知月球圆周运动的半径增大，周期增大，线速度减小，角速度减小，故选项A正确，选项B、C、D错误．
【技能强化】
5．C　[解析]
对A行星有G＝mA2R0，对B行星有G＝mB2R1，由A、B最近到A、B再次最近，有t0－t0＝2π，求得R1＝R0 .
6．D　[解析] 由题意，冥王星的公转周期大于地球的公转周期，由万有引力定律G＝mr＝m，得＝，可知冥王星的公转半径一定比地球的公转半径大，选项A正确、选项D错误；由v＝可知，r越大，v越小，选项B正确；真空中自由落体运动的加速度与质量无关，选项C正确．
7．C　[解析]
由θ＝ωt＝t可知，＝，故能够求出水星和金星的周期之比；由开普勒第三定律得＝＝，能够求出水星和金星到太阳的距离之比；由a＝ω2r，得＝＝，能够求出水星和金星的加速度之比；由G＝mω2r，得G＝ω2r，金星或水星做圆周运动的参量与其质量无关，不能求出水星和金星的密度之比，选项C符合题意．
8．A　[解析] 由mg＝G及ρ＝可解得ρ＝，选项A正确．
9．D　[解析] 设“卡西尼”号的质量为m，土星的质量为M，“卡西尼”号围绕土星的中心做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，G＝m(R＋h)2，其中T＝，解得M＝.又土星体积V＝πR3，所以ρ＝＝，选项D正确．
10．A　[解析] 从题中图象看到，下落的高度和时间已知(初速度为0)，所以能够求出行星表面的重力加速度和落地的速度；因为物体的质量未知，不能求出物体受到行星引力的大小；由GM＝gR2可知，由于行星的半径未知，不能求出行星的质量．只有选项A正确．
11．(1)8 m/s2　(2)7600 m/s　(3)10746 m/s
[解析] (1)由匀变速运动规律知
星球表面的重力加速度g′＝＝8 m/s2.
(2)由牛顿第二定律，有
解得v1＝＝7600 m/s.
(3)由机械能守恒定律，有
mv＋(－G)＝0
在该行星表面质量为m的物体受到的重力等于万有引力，有
解得v2＝＝10746 m/s.
12．(1)　(2)－M
[解析] (1)设离行星最近的一颗卫星的质量为m1，有
解得：v1＝
(2)由于靠近行星周围的众多卫星分布均匀，可以把行星及靠近行星的小卫星看作一星体，其质量中心在行星的中心，设离行星很远的卫星质量为m2，则有
解得：m卫＝－M
【挑战自我】
[解析] 设太阳半径为R日、月球半径为R月，地月、地日之间的距离分别为r地月、r地日．
质量为m的物体在月球表面，有
质量为m′的嫦娥飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，有G＝m′2R月
在观察上弦月时，由几何关系，有
8当月球正好是满月时，月球和太阳看起来一样大，由几何关系，有＝
由于天体之间的距离远大于天体的半径，有
联立解得：R日＝.
课时作业（二十六）
【基础热身】
1．A　[解析] “天宫一号”由“长征二号F”T1运载火箭加速离地升空时，处于超重状态，选项A正确、B错误；“天宫一号”在预定工作轨道稳定运行时，处于完全失重状态，但仍受重力作用，选项C、D错误．
2．C　[解析] 飞船轨道降低的过程中，仍看作圆周运动，由万有引力提供向心力，有G＝mr＝m＝man.由此可知：轨道越低，周期越短，线速度越大，选项A、B正确；上式中r为运行半径，即r＝R＋h，离地面高度降低为原来的，向心加速度不会变为原来的4倍，选项C错误；要维持飞船轨道不变，需要向后喷气，以补充飞船速度的减小，选项D正确．
3．C　[解析]
由万有引力提供向心力，有G＝m，可得探测卫星的运行速度v＝.由此可知：轨道半径越大，速度越小，选项A错误；卫星内部的仪器虽然处于完全失重状态，但仍受万有引力(也常被称为重力)的作用，选项B错误；第一宇宙速度v＝＝，g为星球表面重力加速度，R为星球半径，可得＝＝，则vM＝v1＝1.8 km/s，选项C正确；发射速度大于11.2 km/s(第二宇宙速度)，就会脱离地球引力，绕太阳运转，选项D错误．
4．B　[解析] 由万有引力提供向心力，有G＝mω2r，解得：＝＝8，当二者转过的角度差等于(2n＋1)π时二者相距最远，即ωAt－ωBt＝(2n＋1)π，又ωA＝，得：·＝2n＋1，当n＝0时，t＝T0；当n＝1时；t＝T0；当n＝2时，t＝T0，故选项A、C、D正确．
【技能强化】
5．D　[解析] “嫦娥二号”卫星的运行轨道半径r＝R＋h，向心加速度a＝ω2r＝≠，选项A错误；同理v＝≠，选项B错误；若在月球表面附近卫星的运转周期为T，则G＝mg＝mR，而题中的周期为轨道半径r＝R＋h时的周期，选项C错误；设第一宇宙速度为v，则有：G＝m，在r＝R＋h的轨道上，有G＝m(R＋h)，两式联立可得，v＝，选项D正确．
6．A　[解析] “定点”的物理意义是同步，同步卫星相对于地面静止，高度一定，选项A正确；卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度为7.9 km/s，高度越大，速度越小，选项B错误；同步卫星的周期为24 h，月球绕地球运动的周期约为27天，选项C错误；在地球赤道上静止的物体的向心加速度a1＝ω2R(R为地球半径)，同步卫星的向心加速度a2＝ω2r(r为轨道半径)，两者具有的角速度相同，r＞R，故a1 ＜a2，选项D错误．
7．A　[解析] 由万有引力提供向心力，有：G＝mr，设“神舟七号”飞船绕地球运转半径为r1，“嫦娥二号”卫星绕月球运转半径为r2，地球的质量为Me、月球的质量Mm，则有：＝·，选项A正确，选项B错误；第一宇宙速度即卫星在中心星体表面做圆周运动的线速度，有G＝m，解得：＝，由于地球半径和月球半径的比值未知，故选项C错误；同理在星球表面的重力加速度满足mg＝G，可知不能求出重力加速度之比，选项D错误．
8．B　[解析]
对卫星在圆形轨道上有G＝ma，对物体在地球表面有G＝mg，得卫星加速度a＝，选项A正确；卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，与速度垂直，不做功，选项D正确；卫星1向后喷气加速后，做离心运动，偏向高轨道，不可能追上卫星2，选项B错误；对卫星1有G＝mg、G＝mω2r、t＝，解得t＝ ，选项C正确．
9．D　[解析] 飞船沿轨道1运行到P点时，运行速度满足：m<G，在轨道2上做圆周运动m＝G，因此需要在P点加速，选项A错误；卫星在地球表面运行时运行速度最大，大小为7.9 km/s，选项B错误；飞船在任意位置都受到万有引力作用，习惯称之为“重力”，选项C错误；飞船在轨道2上运动时的动能Ek＝mv′2＝mω′2(R＋h)2，在轨道2上飞船的角速度ω′ 大于地球自转的角速度ω(也是同步卫星的角速度)，即有Ek＞m(R＋h)2ω2，飞船在圆形轨道运行时，有G＝m，在地表时，有G＝mg，联立可得Ek＝ mgQB，选项A错误，选项B正确；如果小球A带负电，小球B带正电，则A所受合外力水平向左，加速度向左，不符合题意，故选项C、D均错误．
【技能强化】
5．D　[解析] 根据题意可知，金属板产生的电场相当于－q产生的电场，则P点电场强度E＝－＝，选项D正确．
6．A　[解析] 由等量异种点电荷的