课时作业1-20答案

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 ＝sv ＝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．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 ＝a Δt ＝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＝s 2v 甲1＋s 2v 甲2＝v 甲1＋v 甲22v 甲1v 甲2x ，所以甲车的平均速度v 甲＝s t 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s ＝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＝s t 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s ′＝l ＋s 0＋s ＝(15＋5＋26) m ＝46 m 汽车速度v 2＝36 km/h ＝10 m/s 通过这段位移需要的时间 t ＝s ′v 2＝4610s ＝4.6 s高速列车的速度v 1＝180 km/h ＝50 m/s所以安全行车的距离为L ＝v 1t ＝50×4.6 m ＝230 m. 11．(1)6.61 m/s 2 (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 －v 0t ＝27.78－04.2m/s 2＝6.61 m/s 2.(2)所需时间t ′＝v －v 0a ′＝27.78－03 s ＝9.26 s.12．0.067 m/s 2[解析]遮光板通过第一个光电门的速度v 1＝d Δt 1＝0.030.3m/s ＝0.10 m/s遮光板通过第二个光电门的速度v 2＝d Δt 2＝0.030.1m/s ＝0.30 m/s故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt＝0.067 m/s 2【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t 1，通过乙、丙两地的时间为t 2.从甲到乙是匀加速运动，由l ＝v 甲＋v 乙2·t 1得t 1＝l v 甲＋v 乙2＝2lv 乙从乙到丙也是匀加速运动，由l ＝v 乙＋v 丙2·t 2得t 2＝l v 乙＋v 丙2＝2lv 乙＋v 丙所以v 甲丙＝2l t 1＋t 2＝2l2l v 乙＋2l v 乙＋v 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 ＝v t ＝0＋v t 2t ＝12v t t ，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]v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，设刹车时间为t ，则at ＝v 0，解得t ＝v 0a＝4 s ，故刹车距离s ＝v 02t ＝40 m.3．B [解析]当滑块速度大小变为v 02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 ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v t －v 0a 得，t ＝v 0g或t＝3v 0g，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/s 2，速度达到传送带的速度时发生的位移s ＝v 22a ＝12×1m ＝0.5 m ＜L ，所经历的时间t 1＝v a＝1 s ，物体接着做匀速直线运动，所经历的时间t 2＝L －s v ＝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＝t 1＋t 2＝3 s.5．A [解析]由逐差法得s 6－s 1＝5aT 2，所以a ＝s 6－s 15T2＝0.01 m/s 2，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 23＝2a ·L ，v 22＝2a ·2L ，v 21＝2a ·3L ，v 3、v 2、v 1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v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，子弹依次向右穿入每个木块时速度比v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，因此选项A 、B 错误．由v 3＝at 3，v 2＝a (t 2＋t 3)，v 1＝a (t 1＋t 2＋t 3)．三式联立，得t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，因此选项C 错误，选项D 正确．7．B [解析]由x ＝12at 2，解得a ＝8 m/s 2，最后1 s 的位移为s 1＝12×8×12 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，v c ＝s ad 2T ＝6＋62×2m/s ＝3 m/s ，故选项B正确；因s ac ＝s ab ＋s bc ＝7 m ，s cd ＝s bd －s bc ＝5 m ，由Δs ＝s ac －s cd ＝aT 2得：a ＝0.5 m/s 2，由v 2b －v 2c ＝2as bc 可得，v b ＝10 m/s ，选项A 正确；从c 到e 所经历的时间t ce ＝v c a＝6 s ，故从d 到e 所用的时间t de ＝t ce －T ＝4 s ，de ＝12at 2de＝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v 1，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v 1>v 2，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v 1>v 2，故A 、B 正确，D 错误；若物体做匀速直线运动，则v 1＝v 2，C 正确．10．12 m/s 没有超速[解析]设汽车刹车前的速度为v 0，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s ＝12at 2 v 0＝at解得v 0＝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 0≤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a 1＝μg货箱向右运动的位移为s 箱＝12a 1t 2又v ＝a 1t平板车向右运动的位移为s 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 s 车－s 箱≤l联立得：v 0≤2(a ＋μg )l 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 ＝5010s ＝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 ＝s 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 2A 8，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Δs ＝d ＝aT 2可得，a ＝d T 2；位置“3”是位置“2”和位置“4”的中间时刻，由v t2＝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 ＝2(a －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h 1、h 2，所用时间分别为t 1、t 2，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＋h 2＝40 m －4 m t 1＋t 2＝6 sv 2＝2gh 1＝2ah 2t 1＝v g ，t 2＝v a由以上各式联立解得：h 1＝7.2 m ，a ＝2.5 m/s 2. 【挑战自我】13．(1)4 s (2)29 m/s ≤v 0′≤32 m/s[解析] (1)取向下为正方向，小球初速度v 0＝－10 m/s ，加速度g ＝10 m/s 2，对空管由牛顿第二定律可得mg －F ＝ma代入数据得a ＝2 m/s 2设经时间t ，小球从N 端穿出，小球下落的高度h 1＝v 0t ＋12gt 2空管下落的高度h 2＝12at 2则h 1－h 2＝l联立得v 0t ＋12gt 2－12at 2＝l代入数据解得t 1＝4 s ，t 2＝－1.5 s(舍去)(2)设小球的初速度大小为v 0′，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 ＝v 0′t ′＋12gt ′2小球落入管内的条件是64 m ≤h ≤88 m 解得－32 m/s ≤v 0′≤－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/s 2，选项B 错误；15 s ～20 s 做匀减速运动，其加速度为－3.2 m/s 2，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v a ＞v b ，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v a ＜v b ，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＝12×3×4 m －12×2×2 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v 0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 0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/s 2，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s A 1＝12a A t 21＝180 m ，此过程中汽车B 的位移s B 1＝v B t 1＝240 m>x A 1，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v A ＝a A t 1＝12 m/s>v B ，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x 0＝x 1，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x 0<x 1，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x 0>x 1，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－a 1t ＝v 0－a 2(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＝v 0t －12a 1t 2＝26 m ；s 乙＝v 0Δt ＋v 0(t －Δt )－12a 2(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．12．0.8 s[解析]设货车启动后经过时间t 1两车开始错车，则有 s 1＋s 2＝180 m其中s 1＝12at 21，s 2＝v t 1解得t 1＝10 s设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，则有 s 1′＋s 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m.其中s 1′＝12at 22，s 2′＝v t 2解得t 2＝10.8 s故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝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 12at 2－v t ＝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s m ，则t ′＝va＝4 ss 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＝v m a ＝122s ＝6 s设警车发动起来后经过时间t ″追上违章的货车，则 12at 2＋v m (t ″－t 0)－v t ″＝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 ，v C ＝s BD 2T ＝2.00×10－22×0.1 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v B ＝s 2＋s 32T，选项C 正确；s 6－s 1＝5(s 2－s 1)，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/s 2[解析] (1)由表中数据可知，s 4－s 3＝s 3－s 2＝s 2－s 1，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 ＝s 3＋s 4－s 2－s 14T2＝1.10 m/s 2. 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v B ＝s AC 2T ＝0.050.2m/s ＝0.25 m/s ，vCE＝s CE 2T ＝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/s 2＝1.00 m/s 2.7．(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s 2＝2.98 cm ，s 5＝13.20 cm ；(3)描点连线如图所示；(4)设打0点时速度为v 0，则s ＝v 0t ＋12at 2，即：s t ＝v 0＋12at ，由图可读出v 0＝0.18 m/s ，图线的斜率k ＝12a＝2.4，a ＝4.8 m/s 2.8．(1)相邻相等时间内的位移差相等 (2)如图所示 (3)0.800 m/s 2[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v n ＝y nT；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 ＝aT 2均可以求得小车加速度a ＝0.800 m/s 2. 【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(s 6－s 4)－(s 4－s 2)＝4aT 2可求出s 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6.0cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，利用逐差法有s 56－s 32＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2 m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝s 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(s 6－s 4)－(s 4－s 2)＝4aT 2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 ：kx 1＝mg ；B 刚要离开地面时，对B ：kx 2＝mg ，L ＝x 1＋x 2.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k 1x 1＝k 2x 2，所以两弹簧的压缩量之比x 1∶x 2＝k 2∶k 1，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 ＝4cm ，根据胡克定律可求出弹簧的劲度系数k ＝Fx＝2500 N/m ，选项C 正确．11．(1)如图所示 (2)433G 23＋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＝3mgx 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：h A ＝x 1＋x 2＝4mgk.【挑战自我】13．F －(m A ＋m B )g sin θ (m A ＋m B )g sin θk[解析]B 刚要离开C 时，弹簧弹力大小为F 弹＝m B g sin θ.以A 为研究对象，受力如图所示．故合力F 合＝F －F 弹－m A g sin θ＝F －(m A ＋m B )g sin θ，开始时弹簧压缩量Δx 1＝m A g sin θkB 刚要离开时，弹簧伸长量Δx 2＝m B g sin θk所以A 的位移d ＝Δx 1＋Δx 2＝(m A ＋m B )g sin θk . 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 ＝μF N ，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 ＝mg sin θ时，物块M 受到的摩擦力为零．当F <mg sin θ时，物体M 有下滑趋势，所受摩擦力沿斜面向上．当F >mg sin θ时，物块M 有上滑趋势，所受摩擦力沿斜面向下．当0≤F ≤mg sin θ时，静摩擦力f 的取值范围是：0≤f ≤mg sin θ.可见f >F 、f <F 和f ＝F 均有可能，故A 、B 、D 选项均正确．4．D [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 ＝μmg cos θ＝mg sin θ，传送带突然启动后物块M 所受摩擦力仍为f ＝μmg cos θ＝mg sin θ，且方向不变，选项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：f 1＝Mg sin α.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f 2三力平衡，根据平衡条件有：f 2＝(Mg sin α)2＋F 2，重力沿斜面向下的分力和F 的合力与摩擦力f 2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 ＝mg tan θ，T ＝mg cos θ，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f1＝μG A物体B与地面间的滑动摩擦力为f2＝μ(G A＋G B)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F N1、F N2，在竖直平面内，圆柱体受到重力G、两侧的弹力F N1、F N2作用，如图所示，由对称性可知，F N1＝F N2＝G.根据f′＝μF N1，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－mg sinα在Q点弹簧处于压缩状态，受力分析如图乙所示．f m＝F2＋mg sinα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f m＝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2F 2，D 图的合力为2F 3，因F 2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．C [解析]手指所受的拉力等于2mg cos θ，增加重物重量或减小夹角θ，都可以使拉力增大，②、③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m A g cos45°减小到m A g cos50°，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F 1、F 2之间的最大夹角为120°，由几何关系知两个挂钉之间的最大间距L ＝12×cos30°×2 m ＝32m. 8．A [解析]将O 点受到的三个力沿水平和竖直两个方向进行分解，如图所示，分别在这两个方向上列出平衡方程得：F A sin θ＋F B cos θ＝mg ，F A cos θ＝F B sin θ.解得F A ＝mg sin θ，F B ＝mg cos θ.9．B [解析]由图可知，F 1和F 2在竖直方向的分力等大反向，其合力为零；在水平方向的合力分别为32F 3和12F 3，因而三力的合力有唯一值3F 3，方向与F 3同向，选项B 正确． 10．B [解析]对B 受力分析(如图甲所示)得F 2＝F sin30°＝2F ，对上部分受力分析(如图乙所示)，其中F ′2＝F 2，得F N ＝F 2′cos30°＝100 3 N ，故B 正确． 11．5 [解析]按力F 的作用效果将其沿AB 、AC 方向分解为F 1、F 2，如图甲所示，则。