(新课标)2020高考物理一轮复习课时作业17平抛运动(含解析)新人教版

2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《平抛运动与圆周运动》一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图，可视为质点的小球位于半圆体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°，则半圆柱体的半径为（不计空气阻力，重力加速度为g）（）A．B．C．D．2.如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到Ａ，Ｂ两处．不计空气阻力，则落到Ｂ处的石块（）A．初速度大，运动时间短B．初速度大，运动时间长C．初速度小，运动时间短D．初速度小，运动时间长3.质量为2kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图甲、乙所示。

下列说法正确的是（）A．前2 s内质点处于超重状态B． 2 s末质点速度大小为4 m/sC．质点的加速度方向与初速度方向垂直D．质点向下运动的过程中机械能减小4.如图所示，位于同一高度的小球A，B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1，v2之比为（）A． 1 ∶1B． 2 ∶1C． 3 ∶2D． 2 ∶35.公交车是人们出行的重要交通工具，如图所示是公交车内部座位示意图，其中座位A和B的边线和车前进的方向垂直，当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时，一个乘客从A座位沿AB连线相对车以 2m/s 的速度匀速运动到B，则站在站台上的人看到该乘客（）A．运动轨迹为直线B．运动轨迹为抛物线C．因该乘客在车上匀速运动，所以乘客处于平衡状态D．当车速度为 5m/s 时，该乘客对地速度为 7m/s6.“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏。

某小孩和大人直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体。

假设小圆环的运动可以视为平抛运动，则（）A．大人抛出的圆环运动时间较短B．大人应以较小的速度抛出圆环C．小孩抛出的圆环运动发生的位移较大D．小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小7.如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。

2020届一轮复习人教版平抛运动课时作业一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图,且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从A点运动到E点的过程中,下列说法正确的是()A.质点经过C点的速率比D点的大B.质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C.质点经过D点时的加速度比B点的大D.质点从B点到E点的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小,所以加速度不变;由于在D点速度方向与加速度方向垂直,则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角,所以质点由C到D速率减小,C点速率比D点大。

2.(2017·河南郑州模拟)一质点在xOy平面内运动的轨迹如图所示,下面有四种说法:①若质点在x方向始终匀速运动,则在y方向先加速后减速;②若质点在x方向始终匀速运动,则在y方向先减速后加速;③若质点在y方向始终匀速运动,则在x方向先加速后减速;④若质点在y方向始终匀速运动,则在x方向先减速后加速。

其中正确的是()A.只有①③B.只有①④C.只有②③D.只有②④x方向始终匀速,x轴可替换成时间轴,根据图线形状可知,质点在y 轴方向先减速后加速,②正确;若质点在y方向始终匀速,y轴可替换成时间轴,根据图线形状可知,质点在x轴方向先加速后减速,③正确,故选C。

3.(2017·山东德州模拟)如图所示,小球A位于斜面上,小球B与小球A位于同一高度,现将小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出,都落在了倾角为45°的斜面上的同一点,且小球B恰好垂直打到斜面上,则v1∶v2为()A.3∶2B.2∶1C.1∶1D.1∶2,故飞行时间相同,由平抛运动的规律可知,对于A 球:=1①,对于B球:=1②,由①②两式解得v1∶v2=1∶2,故应选D。

2020届一轮复习人教版抛体运动课时作业(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：抛体运动的基本规律1．(多选)关于平抛运动，下列说法正确的是()A．平抛运动是匀变速运动B．做平抛运动的物体在任何相等的时间内，速度的变化量都相等C．可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动D．落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关ABC[平抛运动只受重力作用，加速度为g，是个定值，所以平抛运动是匀变速运动，Δv＝g·Δt，而v t＝v2x＋v2y＝v20＋2gh，与水平初速度v0及抛出点高度都有关。

]2.(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。

空气阻力不计，则()A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大CD[做抛体运动的物体只受重力作用，加速度都是重力加速度，A项错误；由于两球在竖直方向做的是竖直上抛运动，上升的高度相等，因此运动的时间相等，B项错误；由于水平方向都做匀速直线运动，且在相等时间内B运动的水平位移大，因此B在水平方向的分速度较大，在最高点时竖直分速度为零，因此最高点的速度等于水平分速度，C项正确；两小球回到地面时在竖直方向的分速度相等，但B 的水平分速度大，因此落回地面时B 的合速度大，D 项正确。

]3．(多选)如图所示，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向。

图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的。

不计空气阻力，则 ()A ．a 的飞行时间比b 的长B ．b 和c 的飞行时间相同C ．a 的水平速度比b 的小D ．b 的初速度比c 的大BD [根据h ＝12gt 2可知t ＝2h g ，所以t a ＜t b ＝t c ，A 错误，B 正确；由v ＝x t 得v a ＞v b ＞v c ，C 错误，D 正确。

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＝xv＝0.80 s；此人心脏一分钟跳动的次数为n＝60 s0.80 s/次＝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．AC [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、C正确．7．AB [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错误；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x，则甲车运动的总时间t甲＝x2v甲1＋x2v甲2＝v甲1＋v甲22v甲1v甲2x，所以甲车的平均速度v甲＝xt甲＝2v甲1v甲2v甲1＋v甲2＝48 km/h；设乙车运动的总时间为t乙，则乙车的总位移x＝v乙1·t乙2＋v乙2·t乙2＝v乙1＋v乙22t乙，所以乙车的平均速度v乙＝xt乙＝v 乙1＋v乙22＝50 km/h.故C项正确．10. 230 m[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x′＝l＋x＋x＝(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＝x′v2＝4610s＝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＝1003.6m/s＝27.78 m/s平均加速度a＝v－vt＝27.78－04.2m/s2＝6.61 m/s2.(2)所需时间t′＝v－va′＝27.78－03s＝9.26 s.12．0.067 m/s2[解析] 遮光板通过第一个光电门的速度v 1＝dΔt1＝0.030.3m/s＝0.10 m/s遮光板通过第二个光电门的速度v 2＝dΔt2＝0.030.1m/s＝0.30 m/s故滑块的加速度a＝v2－v1Δt＝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＝v甲＋v乙2·t1得t1＝lv甲＋v乙2＝2lv乙从乙到丙也是匀加速运动，由l＝v乙＋v丙2·t2得t2＝lv乙＋v丙2＝2lv乙＋v丙所以v甲丙＝2lt1＋t2＝2l2lv乙＋2lv乙＋v丙＝45 km/h.课时作业（二）【基础热身】1．BD [解析] 由匀加速直线运动的位移公式可知x＝v t＝0＋v2t＝12vt，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错误，选项D正确．2．B [解析] v0＝72 km/h＝20 m/s，设刹车时间为t，则at＝v，解得t＝va＝4 s，故刹车距离x＝v2t＝40 m.3．BC [解析] 当滑块速度大小变为v2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＝v2或v＝－v2，代入公式t＝v－v0 a 得，t＝vg或t＝3vg，故选项B、C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x＝v22a＝12×1m＝0.5 m＜L，所经历的时间t1＝va＝1 s，物体接着做匀速直线运动，所经历的时间t2＝L－xv＝2.5－0.51s＝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x6－x1＝5aT2，所以a＝x6－x15T2＝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v23＝2a·L，v22＝2a·2L，v21＝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＝3∶2∶1，子弹依次向右穿入每个木块时速度比v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，因此选项A、B错误．由v3＝at3，v2＝a(t2＋t3)，v 1＝a(t1＋t2＋t3)．三式联立，得t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1，因此选项C错误，D正确．7．B [解析] 由x＝12at2，解得a＝8 m/s2，最后1 s的位移为x1＝12×8×12 m＝4 m，选项B正确．8．ABD [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 ＝xad2T＝6＋62×2m/s＝3 m/s，选项B正确；因xac ＝xab＋xbc＝7 m，xcd＝xbd－xbc＝5 m，由Δx＝xac－xcd＝aT2得：a＝0.5 m/s2，由v2b －v2c＝2axbc可得，vb＝10 m/s，选项A正确；从c到e所经历的时间tce ＝va＝6 s，故从d到e所用的时间tde＝tce－T＝4 s，de＝12at2de＝4 m，选项C错误，选项D正确．9．ABC [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v，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x＝12at2v＝at解得v＝12 m/s因12 m/s＝43.2 km/h＜50 km/h，故汽车没有超速行驶．11．v≤6 m/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a1＝μg货箱向右运动的位移为x 箱＝12a 1t 2又v ＝a 1t平板车向右运动的位移为 x 车＝v 0t －12at 2又v ＝v 0－at为使货箱不从平板车上掉下来，应满足 x 车－x 箱≤l 联立得：v 0≤2a ＋μgl代入数据：v 0≤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v 0，着地时，速度为v 1，相当于从h 1高处自由落下．在匀减速运动阶段，有v 21－v 20＝－2ah ，即52－v 20＝－2×12.5×h在自由落体运动阶段，有v 20＝2g(H －h) 即v 20＝2×10×(224－h) 联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下 即2gh 1＝v 21所以h 1＝v 212g ＝522×10m ＝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v 0＝gt 1， 解得t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 s ，在匀减速运动阶段，有t 2＝v 1－v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ，故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(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v A ＝x t ＝0.0211000m/s ＝20 m/s ，h ＝v 2A2g ＝2022×10 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T A2，从B 点到最高点的时间为T B 2，所以A 点到最高点的距离h A ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T A 22＝gT 2A8，B 点到最高点的距离h B ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T B 22＝gT 2B 8，故A 、B 之间的距离为h A －h B ＝18g(T 2A －T 2B )，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Δx＝d ＝aT 2可得，a ＝dT2；位置“3”是位置“2”和位置“4”的中间时刻，由v t 2＝v 得，v 3＝7d2T.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 ＝12gt 2得t ＝2a －b g，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 －12×1.70 m＝1.25 m ，由v 20＝2gh 得：v 0＝2gh ＝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 21＝2ah 1，反弹起来过程v 21＝2gh 2；人向上加速运动过程v 22＝2aH 1，离地上升过程中v 22＝2gH 2，代入数值得H 2＝150 m ，故选项A 正确．11．1.75 s[解析] 由向上跃起的高度h 1＝0.45 m 可求得向上跃起的时间为 t 1＝2h 1g＝2×0.4510s ＝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h 2＝H ＋l ＋h 1－l ＝H ＋h 1＝10.45 m 下降过程的时间 t 2＝2h 2g＝2×10.4510s ＝1.45 s 所以运动员完成空中动作的时间为 t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s. 12．(1)7.2 m (2)2.5 m/s 2[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h 1＋h2＝40 m－4 mt 1＋t2＝6 sv2＝2gh1＝2ah2t 1＝vg，t2＝va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≤v′≤32 m/s[解析] (1)取向下为正方向，小球初速度v＝－10 m/s，加速度g＝10 m/s2，对空管由牛顿第二定律可得mg－F＝ma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h 1＝vt＋12gt2空管下落的高度h2＝12at2则h1－h2＝l联立得v0t＋12gt2－12at2＝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＝12at′2得t′＝2Ha＝8 s小球经t′时间下落的高度为h＝v0′t′＋12gt′2小球落入管内的条件是64 m≤h≤88 m解得－32 m/s≤v′≤－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．AC [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正确；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. BD [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Δx＝x乙－x甲＝12×3×4 m－12×2×2 m＝4 m，即选项B 、D正确，选项A、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v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v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．CD [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 正确．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．CD [解析] 汽车A在匀加速过程中的位移xA1＝12aAt21＝180 m，此过程中汽车B的位移xB1＝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 ＝aAt1＝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错误、D正确．9．ABC [解析] 乙车追上甲车时，若甲、乙两车速度相同，即此时t＝T，则x 0＝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x0<x1，则此时乙车已在甲车的前面，以后甲还会追上乙，全程中甲、乙相遇2次；甲、乙两车速度相同时，若x0>x1，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．11．1.5 m[解析] 设甲车刹车后经时间t，甲、乙两车速度相等，则：v 0－a1t＝v－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x甲、x乙，则：x甲＝vt－12a1t2＝26 m；x乙＝vΔt＋v(t－Δt)－12a2(t－Δt)2＝27.5 m；Δx＝x乙－x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．12．0.8 s[解析] 设货车启动后经过时间t1两车开始错车，则有x 1＋x2＝180 m其中x1＝12at21，x2＝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x 1′＋x2′＝(180＋10＋12) m＝202 m.其中x1′＝12at22，x2′＝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] Δx＝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12at2－vt＝Δx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xm，则t′＝va＝4 sx m ＝Δx＋v·t′－12at′2＝(20＋8×4－12×2×42) 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t 0＝vma＝122s＝6 s设警车发动起来后经过时间t″追上违章的货车，则1 2at2＋vm(t″－t)－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 ＝xBD2T＝2.00×10－22×0.1m/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 ＝x2＋x32T，选项C正确；x6－x1＝5(x2－x1)，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，x4－x3＝x3－x2＝x2－x1，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＝x3＋x4－x2－x14T2＝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 ＝xAC2T＝0.050.2m/s＝0.25 m/s，vCE ＝xCE2T＝0.14－0.050.2m/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＝0.55－0.250.3m/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x2＝2.98 cm，x5＝13.20 cm；(3)描点连线如图所示；(4)设打0点时速度为v0，则x＝vt＋12at2，即：xt＝v＋12at，由图可读出v＝0.18 m/s，图线的斜率k＝12a＝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 ＝ynT；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(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2可求出x 4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x 56－x 32＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝x 352T ＝24.0－6.02×10－2 m/s ＝9.0×10－2m/s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2求解.课时作业（六） 【基础热身】1．AD [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 选项正确．2．CD [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 ，在g 一定时，G 由m 决定，选项D 正确．3．AD [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，A 正确；当弹簧处于压缩状态时，D 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＝2mgk.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．AB [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错误；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＝Fx＝2500N/m，选项C正确．11．(1)如图所示(2)433G23＋33G[解析] (1)对圆柱体进行受力分析，受力分析图如图所示，其中F N1、F N2、F N3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F N2＝2G ，根据平衡关系有 F N3sin60°＝F N2， 解得F N3＝433G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 F′N3＝433G 由竖直方向的平衡关系有 F N1＝F N3cos60°＋G代入数据解得F N1＝23＋33G.12．(1)4mg (2)4mgk[解析] (1)对A 、B 整体：mg ＋F N ＝5mg 所以F N ＝4mg (2)对B ：F N ＝3mg ＋F k 所以F k ＝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 ＝F k ′＋2mg 对C ：T ＝5mg 所以F k ′＝3mg 即kx 1＝3mg x 1＝3mg k开始时，弹簧的压缩量为x 2，则kx 2＝mg所以A上升的高度为：hA ＝x1＋x2＝4mgk.【挑战自我】13．F－(mA ＋mB)gsinθmA＋mBgsinθk[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＝mAgsinθkB刚要离开时，弹簧伸长量Δx2＝mBgsinθk所以A的位移d＝Δx1＋Δx2＝mA＋mBgsinθk.课时作业（七）【基础热身】1．CD [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正确；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．BC [解析] 容器处于平衡状态，在竖直方向上重力与摩擦力平衡，盛满水前墙面对容器的静摩擦力一直增大，如果一直没有达到正压力F作用下的最大静摩擦力，则水平力F可能不变，选项B、C正确．3．ABD [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F<mgsinθ时，物体M有下滑趋势，所受摩擦力沿斜面向上．当F>mgsinθ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、f<F和f＝F均有可能，故A、B、D选项均正确．4．CD [解析] 物块M在传送带启动前匀速下滑，应满足所受滑动摩擦力f＝μmgcosθ＝mgsinθ，传送带突然启动后物块M所受摩擦力仍为f＝μmgcosθ＝mgsinθ，且方向不变，选项C、D正确．【技能强化】5．D [解析] 由于物块始终静止在斜面上，物块所受静摩擦力与正压力无直接关系，对物块进行受力分析，沿斜面方向列平衡方程可判断出选项D正确．6．B [解析] 物块静止在斜面上时，物块所受的摩擦力为：f1＝Mgsinα.给物块平行于斜面的水平力F作用后，在斜面内，重力沿斜面向下的分力、水平力F、摩擦力f2三力平衡，根据平衡条件有：f2＝Mgsinα2＋F2，重力沿斜面向下的分力和F的合力与摩擦力f2等大、反向，所以摩擦力的方向和大小都发生了改变，只有选项B正确．7．C [解析] 由于斜面光滑，则物块在斜面上做上下往返运动时对斜面的摩擦力为零，对斜面的正压力始终等于重力沿垂直斜面方向的分力，因此地面对斜面体的摩擦力始终是一个恒力，C正确．8．A [解析] 杆匀加速上升，斜面体水平向右运动，杆相对于斜面体向上滑动，因此杆受的摩擦力沿斜面向下，选项A正确、B错误；杆受的支持力垂直于斜面向上，杆受斜面体的作用力斜向右上方，选项C、D错误．9．D [解析] 取物体B为研究对象，分析其受力情况如图所示，则有F＝mgtanθ，T＝mgcosθ，在将物体B缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力F和细绳上的拉力F随之变大．对A、B两物体与斜面体这个系统而言，系统处于平衡状态，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，而竖直方向并没有增加其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定．10．D [解析] 弹簧对B有向左的弹力，B保持静止，因此A对B有向右的摩擦力，则B对A的摩擦力向左，选项A、B错误；A、B整体在水平方向不受其他外力作用，因此没有向左或向右的运动趋势，地面对A没有摩擦力，选项C错误、D 正确．11．0.30[解析] 设接触面间的动摩擦因数为μ，物体A与B间的摩擦力为f 1＝μGA物体B与地面间的滑动摩擦力为f 2＝μ(GA＋GB)将B匀速拉出，拉力大小与两个摩擦力的合力大小应相等，有F＝f1＋f2解得μ＝0.3012．0.2[解析] 因为圆柱体匀速滑动，所以水平方向的拉力与摩擦力平衡，即f＝200 N．又因为圆柱体两面均与槽接触，所以每一面所受摩擦力f ′＝100 N.设V形槽两侧对圆柱体的弹力大小分别为FN1、FN2，在竖直平面内，圆柱体受到重力G、两侧的弹力FN1、FN2作用，如图所示，由对称性可知，FN1＝FN2＝G.根据f ′＝μFN1，解得μ＝0.2.【挑战自我】13．7 N[解析] P、Q两点应是静摩擦力最大的两个临界位置，在P点弹簧处于伸长状态，受力分析如图甲所示．f m ＝F1－mgsinα在Q点弹簧处于压缩状态，受力分析如图乙所示．f m ＝F2＋mgsinα设弹簧原长为x，则有F1＝k(0.22－x)F2＝k(x－0.08)由以上各式，解得fm＝7 N.课时作业（八）【基础热身】1．C [解析] 合力F和两个分力F1、F2之间的关系为|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|，则应选C.2．C [解析] 由矢量合成法则可知，A图的合力为2F3，B图的合力为0，C图的合力为2F2，D图的合力为2F3，因F2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C图．3．D [解析] 物体做匀速直线运动，则受力平衡，将拉力F在水平方向和竖直方向上分解，则物体一定要受到滑动摩擦力的作用，再根据摩擦力产生的条件知，一定会受到弹力，因此物体一定会受到四个力的作用．4．BC [解析] 手指所受的拉力等于2mgcosθ，增加重物重量或减小夹角θ，都可以使拉力增大，选项B、C正确．【技能强化】5．D [解析] 细线对天花板的拉力等于物体的重力G；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是G，根据共点力平衡条件，a杆对滑轮的作用力大小也是G(方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a杆和细线对滑轮的合力大小为零．6．B [解析] 细绳对A的拉力大小始终等于物体B的重力，选项A错误；系统仍保持静止，则A受到的合力仍为零，选项D错误；斜面倾角由45°增大到50°，A对斜面的压力大小由mA gcos45°减小到mAgcos50°，选项B正确；A受到的静摩擦力大小发生了变化，选项C错误．7．A [解析] 绳子恰好不断时的受力分析如图所示，由于F＝mg＝10 N，绳子的最大拉力也是10 N，可知F1、F2之间的最大夹角为120°，由几何关系知两个挂。