部分参考答案
是时间间隔,因此选项C正确.
第一章 运动的描述 变式1:D 解析:“6日早上8时”是时刻,“约2小时”是时间
间隔,故A、B错误;研究日偏食时,要考虑太阳的大小,故不能把
第1节 质点 参考系 太阳看作质点
,故C错误;研究地球绕太阳做圆周运动时,地球的
直径远小于轨道半径,故可以把地球看作质点,故D正确.
知识梳理 【典例2】C 解析:位移的大小等于初末位置的距离,x=
一、1.大小 形状 质量 2.大小 形状 3.主要因素 次要 162+122 m=20m;路程等于运动轨迹的长度, ( s= 16+12)m
因素 理想化 ,故选项 正确
=28m C .
二、1.参考 2.(1)任意 不同 地面 (2)静止 运动 变式2:C 解析:取向上为正方向,第一阶段的位移为3m,
典例精解 第二阶段的位移为-1m,全过程的位移为2m,总路程为 4m.
【典例1】B 解析:研究投出的篮球的运动路径时,可以将篮 当堂训练
球看成质点,故A错误;观众欣赏体操表演时,不可以把运动员 1.D 2.C 3.C 4.C
看成质点,否则无法欣赏动作,故B正确;研究地球绕太阳公转 5.解析:(1)他走过的位移大小是x=2h=6m. (2)路程
时,可以忽略地球的大小,可以看作质点,故C错误;研究子弹穿 是
过苹果的时间时, , s=4×1.52m=62m.子弹的大小不能忽略 不能把子弹看作质点,故
D错误;故选B. 答案:(1)6m (2)62m
变式1:C 解析:选项A、B、D中的研究对象的大小、形状被 课后巩固
忽略后,起重机、硬币、门的运动将无法研究,故选项A、B、D中的
【基础训练】
研究对象不能被当作质点;C选项中宇宙飞船的大小、形状被忽 1.B 2.A 3.C 4.B
, :() ,略后 对于确定宇宙飞船的位置无影响,故选项 中的宇宙飞船 5.解析 1 根据题意 建立平面直角坐标系,x 轴正方向表C
示东,y 轴正方向表示北,则教室位置如图所示:可以被当作质点.
【典例2】B 解析:加油机相对于“歼-10”战斗机的位置不
变,以“歼-10”战斗机为参考系,加油机是静止的,故 A不符合题
意;加油机相对于地面上的房屋位置在不断变化,以地面上的房
屋为参考系,加油机是运动的,故B符合题意;加油机相对于加油
机中的飞行员位置不变,以加油机中的飞行员为参考系,加油机
是静止的,故C不符合题意;加油机相对于“歼-10”战斗机里的飞 (2)从校门口到教室的位移x= 802+602 m=100m.
行员位置不变,以“歼-10”战斗机里的飞行员为参考系,加油机是
60 3
静止的,故D不符合题意. 设位移方向与正北方向的夹角为θ,则tanθ=80=4 θ=
变式2:D 解析:研究“地球的公转”,是以太阳为参考系的, 37°,即位移的方向为北偏东37°.
A错误;“太阳的东升西落”,是以地球为参考系的,B错误;“一江 答案:(1)见 解 析 (2)从 校 门 口 到 教 室 的 位 移 大 小 为
春水向东流”是以河岸为参考系的,C错误;升国旗时,观察到国 100m,方向为北偏东37°.
旗冉冉升起,观察者是以地面为参考系的,D正确. 【拓展提升】
当堂训练 1.B 2.D 3.B
1.D 2.D 3.B 4.B 5.D 4.解析:马路演化为坐标轴,因为向右为x 轴的正方向,所
课后巩固 以,在坐标轴上原点左侧的点的坐标为负值,原点右侧的点的坐
【基础训练】 标为正值,即:x1=-20m,x2=0,x 3=30m.
1.C 2.B 3.B 4.D 前2s内的位移Δx1=x2-x1=0-(-20m)=20m,后3s
【 】 拓展提升 内的位移Δx2=x3-x2=30m-0=30m,这5s内的位移Δx=
1.D 2.C 3.B 4.B x3-x1=30m-(-20m)=50m.
第2节 时间 位移 答案:x1=-20m,x2=0,x3=30m.前2s内、后3s内汽
车的位移分别为20m、30m,这5s内的位移是50m.
知识梳理
一、1.某一瞬间 点 2.两个时刻之间 线段 第3节 位置变化快慢的描述———速度
二、1.(1)位置的变化 (2)原点 正方向 (3)直线坐标系 平面 知识梳理
坐标系 2.运动轨迹 3.(1)位置 (2)初位置 末位置 (3)长度 Δx -1
(4)初位置 末位置 4.(1)大小 方向 (2)大小 方向 一、1.位移 时间 2.Δt 3.m
/s m·s 3.6 4.运动
、 四 位移 的方向 5.运动快慢
五、1.频闪照相 时刻 位置 打点计时器 2.交变电源 8V Δx
0.02s 二
、1.(1)所用时间Δt (2)Δt
(3)粗略 (4)位移 2.(1)某
典例精解 一时刻 (2)精确 3.瞬时速度的大小 4.速率
【典例1】C 解析:关于时刻和时间间隔,一定要抓住最主要 三、1.(3)交变 8V 交变 220V交变 (5)0.1 (6)用刻度
的问题.时刻对应时间轴上的一个点;而时间间隔则对应时间轴 Δx Δx
尺测量出各计数点到起始点的距离 () ()
上的一段.A选项中“10时整”、B选项中“10:15”都对应时间轴上 8 Δt 2.1 Δt
的一个点,即时刻;而“80分钟”指的是所经历的时间,它对应时 Δx Δx
间轴上的一段, ()靠近 ()接通电源 稳定 ()即时间间隔;在D选项中的“70”既不是时刻也不 v=Δt Δt 3.1 2 50.1
·106·
典例精解 第
2 2 4节 速度变化快慢的描述———加速度【典例】解 析: (1)位 移 大 小 AC = AB +BC =
知识梳理
32+42 m=5m,方向由A 指向C.
、 Δv一 1.变化量 时间 2. 3.m/s2 或 m·s-2路程L=AB+BC=3m+4m=7m. 4.运动速Δt
AC 5 (2)由平均速度公式v= = m/s=1m/s,方向由A 指 度变化快慢t 5 二、1.(1)矢 (2)速度变化量
向C. 三、1.时间 2.加速度 越大 3.斜率
L 7
由平均速率公式v'= = m/s=1.4m/s. 典例精解t 5 【典例1】B 解析:轿 车 和 列 车 的 速 度 都 从 零 增 大 到
答案:(1)5m,方向由A 指向C 7m (2)1m/s,方向由A 100km/h,速度变化量相同,故 A错误;速度的变化率大小等于
指向C 1.4m/s Δv
变式:C 解析:方案1中的“50千米”是指路程,所以 A错 加速度,根据a= 知,速度的变化量相同,小型轿车所用的时间Δt
误;三种方案的位移一样,因为位移由初末位置决定,与路径无 短,则小型轿车的加速度大,即速度的变化率较大,故B正确;列
关,所以B错误;C正确;三种方案的平均速度均不相等,因为所 Δv 100 2
用时间不相等,所以D错误. 车的加速度a列= = m/s ≈0.056m/s
2,轿车的加
Δt1 3.6×500
当堂训练
Δv 100
1.A 2.D 3.C 速度a轿= /
2≈ /2,故 、 错误
Δt =3.6×20ms 1.39ms CD .2
4.交流 0.02 复写纸 0.02(n-1)s BAEDCF 变式 : 解析:由于初速度
1C v0>0,加速度a>0,即速度和
5.解析:(1)位移为由 A 指向D 的有向 加速度同向,不管加速度大小如何变化,速度都是在增加的,当加
线段,如图: 速度减小时,相同时间内速度的增加量变小,即增加逐渐变慢了;
(2)位移大小 x= (AB-CD)2+BC2 当a=0时,速度达到最大值,此后以该最大速度做匀速直线运
= 52+52m=52m,方向为东偏北45°. 动,位移不断增大,C正确.
s 6+5+1 【典例2】C 解析:质点在ab段与bc段的速度均为正值,故 (3)平 均 速 率 v= /t =3+2+1 ms 方向相同,选项A错误;因为速度—时间图像的斜率表示物体的
=2m/s. 加速度,故质点在bc段与cd 段的加速度方向相同,选项B错误;
Δv 4.0-2.0
() x 52
/ 5
/ 质点在 段的加速度大小为4 平均速度大小v= = ms= ms. ab a=
/2 /2,
t 2+3+1 6 2 Δt
= 1.0 ms=2ms
1
答案:(1)见解析 (2)52m,方向为东偏北45° (3)2m/s 选项C正确;质点在bc段通过的位移为x=2×0.5×4.0m=
(4)
5
2m/s 1m,选项D错误.故选C.6 变式2:A 解析:由图像可知,物体A 的速度随时间均匀增
课后巩固 加,物体A 做加速直线运动,A对;物体B 沿负方向运动,速度随
【基础训练】 时间均匀增加,做加速直线运动,B错;v-t图像斜率的绝对值表
1.D 2.B 示加速度的大小,图中B 的斜率绝对值较大,则A 的加速度小于
3.(1)交流 220 0.02 (2)A (3)B B 的加速度,C错;B 的加速度大,则B 的速度变化比A 快,D错.
4.解析:(1)质点由 A 点运动到B 点的位移为:Δx=x2- 当堂训练
x1=12m-(-8)m=20m. 1.D 2.C 3.B 4.D 5.A
() 2 质点 从 x0=0m 运 动 到 x2=12m 的 时 间 为:t2= 6.解析:(1)从表格可以看出,汽车2s末的速度为3m/s.
x2-x0 12 ()汽车在 时刻的速度为 , 时的速度为= s=4s, 2 t=0 03s 5m
/s,故前3s
v2 3 v-v 5-0 5
Δx 20 的平均加速度为:a
0 2 2 2
1= = m/s= m/s≈1.67m/s.
则全程的平均速度为:v=t +t =4+4m
/s=2.5m/s. t 3 3
1 2 (3)第3s末的位置坐标x1=4m;第4s末的位置坐标为x2
答案:(1)20m (2)2.5m/
s =8m,所以汽车在第4s内的平均速度为:
【拓展提升】 x -x 8-4
1.D 2.B 3.C v=
2 1
t = 1 m
/s=4m/s.
( 4.1)交流 0.02 (2)AB (3)C 答案:(1)3m/s (2)1.67m/s2 (3)4m/s
5.解析:(1)速度v 随时间t变化的关系为v=6-6t2.当t v-v0 -20-20
2
=2s时,v=6-6t2=(6-6×22)m/s=-18m/s,负号说明此 7.解析:根据加速度的定义可知a= t = 0.1 m
/s
时速度与初速度方向相反. =-400 m/s2.负号表示加速度方向向上.
(2)
x 随时间变化的关系为x=6t-2t3+2.当t=0时,x1= 答案:-400m/s2
6t-2t3+2=(6×0-2×03+2)m=2m.当t=2s时,x2=6t- 课后巩固
2t3+2=(6×2-2×23+2)m=-2m. 【基础训练】
: x -x -2-2
该段时 间 内 的 平 均 速 度 为 v= 2 1= m/
1.D 2.A 3.B 4.D
Δt 2 s= 5.解析:(1)0~4s做匀加速直线运动,4s~8s做匀速直线
-2m/s.负号说明平均速度与初速度方向相反. 运动,8s~10s做匀减速直线运动,10s~12s反方向做匀加速
(3)t=4s时,x3=6t-2t3+2=(6×4-2×43+2)m= 直线运动;
-102m.当速度为零时,v=6-6t2=0,可求得t=1s.当t=1s时, Δv1 10
()在 内质点的加速度
3 ( 3 ) 2 0~4s a1= = m
/s2=2.5m/s2.
x4=6t-2t+2=6×1-2×1+2 m=6m.t=0到t=4s时间物 Δt1 4
体运动路程s=(6m-2m)×2+2m-(-102m)=112m.物体在 Δv 0 在4s~8s内质点的加速度a 2 22= = m/s=0.在10s~s 112 Δt2 4
该段时间内的平均速率:v= /Δt=4 ms=28m
/s.
Δv3 -10 2 2
/ / ,“ ”
答案:( 12s
内质点的加速度a = = ms=-5ms - 表
1)-18m/s (2)-2m/s (3)28m/s 3 Δt3 2
·107·
示加速度的方向与规定的正方向相反. 六、1.靠近 2.接通电源 释放小车 3.断开电源 4.密集
答案:(1)见解析 (2)2.5m/s2、0、-5m/s2 5.按住 6.0.1
【拓展提升】 典例精解
1.A 2.A 3.B 4.B 【典例】解析:(1)电火花打点计时器是使用220V交流电源
5.解析:(1)根据题意,滑块通过单个光电门的短暂时间里 的计时仪器,电磁打点计时器的工作电压为交流6V以下,当电
d 源的频率为50Hz时,它每隔0.02s打一个点,故, , : A
、C错误,B
视滑块为匀速运动 据v= 得 滑块通过第一个光电门的速度Δt 正确;使用它们时必须先接通电源,再拉动纸带,故D错误;(2)实
0.03 验步骤要遵循先安装器材后进行实验的原则进行:先将电火花计
v1= /0.3 ms=0.10m
/s. 时器插头插入相应的电源插座,再将纸带从墨粉纸盘下面穿过打
0.03 点计时器,然后接通开关,听到放电声,拖动纸带运动,最后当纸(2)滑 块 通 过 第 二 个 光 电 门 的 速 度:v2 = m/0.1 s= 带完全通过电火花计时器后,及时关闭电火花计时器,上述步骤
0.30m/s. 正确的顺序是DCBA;(3)小车做匀加速直线运动,平均速度等于
Δv 0.30-0.10 中间时刻的瞬时速度, 故vA=0.55 m/s;根据推论公式 Δx=(3)滑块的加速度:a=Δt= m
/s2≈0.30 0.67m
/s2. Δx
:() / () / () /2 aT
2,有a= 2=5m/s
2;(4)在处理实验数据时,如果只使用其
答案 10.10ms 20.30ms 30.67ms T
中两个数据,因为偶然误差的存在可能会造成最后误差较大,所
本章评估 以可以根据实验数据画出v-t图像,尽量使那些不能画在线上的
点均匀分布在直线的两侧,这样图线会舍弃误差较大的点,由图
1.B 2.C 3.D 4.A 5.D 像上相距较远的任意两点所对应的速度及时间, Δv用公式
a=
6.(1)从A 点开始相邻计数点间的时间间隔为T=0.02× Δt
5s=0.1s,每隔0.1s纸带运动的位移分别是x1=2.15cm、x 即可算出加速度,所以误差较小,故 错误, 正确;由于图像纵2 A C
=2.89cm、x =3.74cm、x =4.32cm、x =5.15cm,间距逐渐 坐标和横坐标的单位长度可能不同,所以不能用a=tanθ求出加3 4 5
增加,说明纸带做加速运动. 速度,故B错误;依次算出通过连续两计数点间的加速度,算出平
x 19.55-1.30 均值作为小车的加速度,实际应用的只是第一组和最后一组数(2)A、F 间纸带运动的平均速度为v= AF
5T=
/
5×0.1 cms 据,同样存在较大的误差,故D错误.
=36.50cm/s. 答案:(1)B (2)DCBA (3)0.55 5 (4)C
(3)B 点的瞬时速度可以用AC 段的平均速度表示,故v = 变式:C 解析:实验过程中,一般长木板应平放,不能侧向B
x 倾斜,但适当一端高一端低也是可以的,A错误;使用刻度尺测长AC 6.34-1.30 vAC= = cm/s=25.20cm/s. 度时,需要估读到分度值的下一位,B错误,C正确;作v-t图像2T 2×0.1
时,若各点与直线拟合,则作直线并使直线经过尽量多的点,不在
答案:(1)加速运动 (2)36.50cm/s (3)25.20cm/s
直线上的点分布在直线两侧,D错误.
7.解析:以初速度方向为正方向,减速过程,初速度为90m/s, 当堂训练
Δv
末速度 为0,平 均 加 速 度 为-30 m/s2,所 需 时 间t1= = 1.D 2.Ca 1 3.解析:实验过程中应先接通电源,再放开纸带;取纸带前
0-90m/s
=3s. 应先断开电源,所以错误的步骤是 A、D.该实验步骤中合理的顺
-30m/s2 序为
BECADF.
加速过程,初速度为0,末速度为90 m/s,平均加速度为 答案:(1)A中应先接通电源,再放开纸带 (2)D中取纸带
Δv' 90m/s-0
45m/s2,所需时间t2= = 2 =2s.所以赛车从进站 前应先断开电源 BECADFa 2 45m/s 4.解析:(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于
到出站所用时间t=3s+2s+6s=11s. x +x
答案:11s 这 段 时 间 内 的 平 均 速 度 知:v =
DE EF
E 2T =
8.解析:(1)A、B 间的距离为x1=v0t1. (5.99+6.80)×10-2
(2)同理可知:进行第二次测量时,A、B 间的距离为x = m/s≈2×0.10 0.640m
/s.
2
vt .根据速度的定义可得:
x -x
小车运动的平均速度为v= 2 1, (2)在 v-t 图 像 中,图 线 的 斜 率 表 示 加 速 度,则 a=0 2 Δt 0.560-0.400 2 2
v0(: t2-t
) m/s=0.80m/s.
解得 v= 1 .因为Δt很短,所以小车向右运动的速度为 0.3-0.1Δt
() vE-vA
v (t -t ) 3 由加速度的定义可知a= ,解得4T vA=0.640m
/s-
v= 0 2 1Δt .
0.80×0.4m/s=0.320m/s.
( ) :() () ()
答案:(1) ()
v t -t 答案 10.640 20.80 30.320
x1=v0t1 2v=
0 2 1
Δt 课后巩固
【基础训练】
第二章 匀变速直线运动的研究 1.A 2.A
3.解析:(1)电火花计时器使用220V的交流电源,可以直
第1节 实验:探究小车速度随时间变化 接记录时间,不需要停表.在该实验中,不需要测量质量,所以不需要天平.故不需要的器材为③⑦.
的规律
( s +s2)①打 计 数 点2时 纸 带 的 瞬 时 速 度 为 v2=
1 2
2T =
知识梳理 (1.42+1.91)×10-2
x +x m/s≈0.2 0.17m
/s.
一、1. n n+1
平均速度 2.匀变速 2T ②如果当时电网中交流电的频率是f=49Hz,则实际的周期大
、 () ()Δv 于0.02s,而进行计算时仍用0.02s,所以速度的测量值偏大四 2.2 直线的两侧 4 .Δt 答案:(1)③⑦ (2)①0.17 ②大
·108·
【拓展提升】 图像.
1.A 2.B 3.D
1.4+1.2
4.解析:(1)根据题图乙可得v2= /0.04 cms=65cm
/s
/, 1.2+1.0
=0.65msv3= /0.04 cms=55cm
/s=0.55m/s.
(2)以速度为纵坐标,以时间为横坐标建立直角坐标系.用描
点法作出小车在薄布上做减速运动的v-t图像.将图线延长,使 v-v
其与纵轴相交,如图所示. (2)由公式a= 0得,摩托车在第一个10s内的加速度Δt a
20 m/s-0
= 2 =2m/10s s.
(3)根据画出的v-t图像得,摩托车先做匀加速运动,后做匀
减速运动,加速度大小均为2m/s2,
由v=v0+at得t1=13s时摩托车的速度:
v1=0+2m/s2×13s=26m/s;
t2=23s时摩托车的速度:
v2=30m/() , / s-2m
/s2×8s=14m/s.
3 由图像可知 小车做减速运动的初速度为0.85ms,即
答案:(1)见解析 (2)2m/s2 (3)26m/s 14m/s
小车在玻璃板上的运动速度大小为0.85 m/s.
答案:(1)0.65 0.55 (2)图见解析 (3)0.85m/s 第3节 匀变速直线运动的位移与时间
第2节 匀变速直线运动的速度与时间 的关系
的关系 知识梳理
1
知识梳理 一、1.时间轴 阴影部分 2. at2
一、1.加速度 2.(1)均匀增加 (2)
2
均匀减小 3.倾斜
、 1二 1.v0+at 2.速度v0 变化量at 二、1.2ax 2.v0+at v0t+2at
2 2ax
典例精解
典例精解
【典例】D 解析:由图可知,6s内物体一直沿正方向运动,
【典例 】解析:由题意知,国旗匀加速上升时间 ,匀
6~8s内物体反向运动,故第6s末相对于起点的位移最大,
1 t1=4s
故
减速上升时间
、 ; , , t3=4s
,匀速上升时间t2=t总-t1-t3=40s,对
AB错误 图像的斜率表示物体的加速度 由图可知 4~8s内的
1
加速度最大,故C错误;4~6s内和6~8s内物体的位移大小相等, 于国旗加速上升阶段:x1= a1t21
方向相反,
2
故第8s末物体回到第4s末所在的位置,故D正确.
对于国旗匀速上升阶段:v=a1t1,x2=vt2
变式:C 解析:由v-t图像知,甲以2m/s的速度做匀速直
1
线运动,乙在0~2s内做匀加速直线运动,加速度a 2 对于国旗减速上升阶段: 21=2m/s, x3=vt3- a2t3
2
2~6s内做匀减速直线运动,加速度a2=-1m/s2,A错误,C正 根据运动的对称性,对于全过程:
确;t=1s和t=4s时二者速度相同,B错误;0~6s内甲、乙的 a1=a2,x1+x2+x3=17.6m
速度方向都沿正方向,D错误. 由以上各式可得:a1=0.1m/s2,v=0.4m/s.
当堂训练
答案:(1)0.1m/s2 (2)0.4m/s
1.A 2.C 3.D 4.B
5.解析:()
1
1 初速度v0=45km/h=12.5m/s,加速度a = 变式1:B 解析:由题意知 x =vt + at
2
1 3 0 3 2 3-
(v0t2+
0.6m/s2,时间t1=10s.10s后汽车的速度为:v1=v0+a1t1=
1
(12.5+0.6×10)
2
m/s=18.5 m/s. at2)
2
(2)汽车匀减速运动,a2=-0.6 m/s2,减速到停止的时间: 1 1
0-v 0-12.5 代入数据得0 4.5=2×3+2×a×3
2-2×2- ×a×22
t'= a = -0.6 s
≈20.83s>10s. 2
2 解得a=1.0m/s2,故B正确.
所以10s后汽车的速度为v 2=v0+a2t=(12.5-0.6× 【典例2】解析:(1)火车减速过程中
) / 10 ms=6.5 m/s. v0=144km/h=40m/s,x=200m,
() v0 12.5
/ /,
3 汽车刹车所用时间t″=a = 3 s<10s
,所以10s后 v=108kmh=30ms
3 当车头到达隧道口速度恰为108km/h时加速度最小,设为a,
汽车已经刹车完毕,则10s后汽车速度为0. v22 2 , -v
2 3020 -402
2 2
答案:(1)18.5 m/s (2)6.5 m/s (3)0 由v -v0=2ax 得a= /2x =2×200 ms=-1.75m
/s.
课后巩固 (2)火车以108km/h的速度通过隧道,所需时间最短,火车
【 】 基础训练 通过隧道的位移为:100m+500m=600m.
1.C 2.C 3.A 4.B x 600
5.解析:(1)由速度、时间的关系式得:v =v +at =2× 由x=vt得t=v =1 0 1 1 30s=20s.
5m/s=10m/
s.即做匀速直线运动时的速度大小为10m/s. 答案:(1)1.75m/s2 (2)20s
v-v1 0-10 2 () : /2 变式 : 解析:设物体在斜面末端时的速度为 ,由2 由 v=v1 +a2t2 得 a2 = t = 2 ms =
2B vt vt-
v2=2ax 得v2-02=2ax ,02-v22 0 t 1 1 t=2(-a2)x2,联立解得a1
-5m/s2.负号表示加速度方向与物体运动方向相反. =2a2.
答案:(1)10m/s (2)5m/s2,方向与物体运动方向相反 当堂训练
【拓展提升】 1.A 2.B 3.C 4.C 5.A
1.D 2.B 3.D 1 2 2
4.解析:(1)把各测量数据点描在v-t图上, 6.
解析:(1)对甲车,根据即得如图所示的 x=v0t+2at =2t +2t
得,甲车
·109·
的初速度v01=2m/s,加速度a1=4m/s2; 该过程视为自由落体运动,B正确;同一地点,重力加速度都相
对乙车,根据v=v0+at=2t+10得,乙车的初速度v02= 同,与质量无关,C错误;赤道处g 值小于北极处,D错误.
10m/s,加速度a2=2m/s2; 变式1:C 解析:地球表面有空气,纸片受到的空气阻力较
根据速度时间公式得,v01+a1t=v02+a2t, 大,不能忽略,钢球受到的阻力比重力小得多,可以忽略,因此钢
v02-v01 10-2 球的自由下落可以看成自由落体运动,纸片的自由下落不能看成解得t=a -a =4-2s=4s. 自由落体运动,A、B错误;重力加速度是矢量,方向竖直向下,在1 2
(2)两车速度相等时,甲车的位移:x =(2×42+2×4)m= 地球的表面不同的地方,重力加速度g 的大小略有不同,在地球1
40m, 表面同一地点,g 的值都相同,但随着高度的增大,g 的值逐渐减
1 小,重力加速度与物体的质量无关,C正确,D错误 .
乙车的位移:x2=10×4+ 2 , 2×2×4 m=56m 【典例2】解析:设木棍B 端下落到窗口上沿所用的时间为
两车间距:Δx=x2-x1=16m. t,则A 端下落到窗口下沿所用的总时间为t+0.2s,B 下落到上
答案:(1)4s (2)16m 1 1 沿有h=2gt
2,A 下落到下沿有h+d+l= g(t+0.2s)2,联
课后巩固 2
【基础训练】 立以上两式得:t=0.9s,h=4.05m.
1.C 2.D 答案:4.05m
3.解析:汽车原来的速度v =108km/h=30m/s 变式2:C 解析:甲、乙两物体均做自由落体运动,加速度均0
运动过程如图所示 为重力加 速 度,故 A 错 误;根 据 v2=2gh,可 得 末 速 度 v=
2gh,故甲物体着地时的速度是乙物体着地时的速度的 2倍,
故B、D错误;
1
根据h= gt2,
2h
得t= 等,故甲物体下落的时2 g
间是乙物体下落的时间的 2倍,故C正确.
当堂训练
1.D 2.D 3.A 4.C 5.B
在反应时间t1=0.5s内,汽车做匀速直线运动的位移为x1
=vt =30×0.5m=15m. 6.解析:(1)
1
由x= gt2,得落地所用时间:
0 1 2
刹车后,汽车做匀减速直线运动,滑行时间 2x 2×500
0-30 t= = 10 s=10s.t2= -5 s=6s
g
(2)第1s内的位移:
1 1
汽车刹车后滑行的位移为x2=v0t2+ 2 1 1 2at2=30×6m+2 x 21=2gt1 =2×10×1
2m=5m.
×(-5)×62m=90m.
因为从开始运动起前9s内的位移为:
所以行驶时的安全车距应为x=x1+x2=15m+90m= 1 1
105m. x9=2gt
2 2
9 =2×10×9 m=405m
,
答案:105m 所以最后 内的位移为
【拓展提升】 1s Δx=x-x9=500m-405m=
95m.
1.C 2.B 3.C
答案:(1)10s (2):() 5m 95m4.解析 1 由题意可知:甲以10m/s做匀速直线运动,乙 7.解析:(1)由v=gt可得第1s末的速度为:
做加速度最大的匀加速直线运动. v=gt =10×1m/s=10m/s.
/, 10
1
v甲=10msv乙= ×80% m/2 s=4m
/s, (2)
1 1
由h=2gt
2 可得:h=2×10×16m=80m.
故v甲∶v乙=5∶2. (3)下落过程的平均速度为:
(2)设乙的最大速度为v,则v2=2ax,(0.8v)2=2ax',得
h 80
x'=16m. v= = m/s=20m/s.
(3)
t 4
在接力区通过16m距离所需时间 答案:(1)10m/s (2)80m (3)20m/s
x' 16
t = = s=1.6s, 课后巩固1 v甲 10 【基础训练】
x' 16
t2= , 1.C 2.B 3.Cv =乙 4s=4s
Δt=t2-t1=2.4s. 1 2h4.解析:(1)由h= gt2 得 小 球 下 落 时 间t= =
答案:(1)甲做匀速直线运动 乙做匀加速直线运动 5∶2 2 g
(2)16m (3)2.4s 2×80 s=4s.
第4节 自由落体运动 10
() 1 1小球第 内的位移 2 2
知识梳理 2 1s h1=2gt1 =2×10×1 m=5m.
一、1.轻重 重 2.(1)亚里士多德 (2)同样快 3.(1)重力 1 1
小球前3s内的位移h = gt 2= ×10×32 静止 (3)空气阻力 自由落体运动 2 2 2 2 m=45m.
二、1.相 同 重 力 加 速 度 2.竖 直 向 下 3.9.8m/s2 所以小球最后1s内的位移h3=h-h2=(80-45)m=
10m/s2 35m.
三、1.0 匀加速直线 2.自由落体运动 3.gt t ()小球下落时间的一半
典例精解 3 tb=2=2s
,
【典例1】B 解析:物体做自由落体运动的条件是初速度为 1 1
小球在这段时间内的位移 2 2
零且只受重力作用,A错误;熟透的苹果在下落过程中虽受空气 hb=2gtb =2×10×2m=
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 20m.
·110·
答案:(1)4s (2)5m 35m (3)20m 知乙上面小孩的个数不会超过3个,则小孩甲上面的冰道上
:() 1 2, 下滑的小孩子不会超过2个.5.解析 1 根据自由落体运动规律有h 1=2gt 答案:(1)5 m/s2 (2)26 m/s (3)2人
2h1 2×4 【拓展提升】得火 星 表 面 的 重 力 加 速 度 为 g= = m/s2= t2 12 1.A 2.D 3.C 4.D
8.0 m/s2. 5.解析:(1)由题知,火车做匀减速直线运动,设火车加速度
(2)根据自由落体运动的速度位移关系v2=2gh , 大小为a,车厢长2 2 L=8m.
2 2
得物体下落36m时的速度为v2= 2gh2= 2×8×36 m/s
由Δx=aT ,得8L-6L=a×10,
=24 m/s. 2×8
解得a= 2 2
2 m/s=0.16 m/s.
(3)第三个2s内指自由下落的4~6s内的平均速度,根据 10
速度时间关系有 () 8L+6L 8×8+6×8
2vt=v= = m/s=5.6 m/s.
第4s末的速度为v4=gt=8×4 m/s=32 m/s, 2 2T 20
第6s末的速度为v =gt=8×6 m/s=48 m/s,
(3)设人开始观察时火车速度大小为v0,
6
由v 2-v 2v +v 32+48 t 0 =2·(-a)·8L 得,
所以第三个2s内的平均速度为v= 4 6 / 2 2 = 2 ms v = v 20 t +16aL=7.2 m/s.
=40 m/s. [ 2还可以由
vt =v0-aT 得:v0=vt +aT=(5.6+0.16×
答案:(1)8.0 m/s2 (2)24 m/s (3)40 m/s 2 2
【拓展提升】 10)m/s=7.2 m/s.]
答案:()
1.B 2.B 3.B 4.D 10.16 m
/s2 (2)5.6 m/s (3)7.2 m/s
5.解析:(1)设B 球落地所需时间为t1, 专题:匀变速直线运动规律的应用
1
因为h = gt2, 【基础训练】1 2 1 1.D 2.C 3.B
2h1 2×(7.2-2.2) , 4.解析:(1)设初速度方向为正方向.根据匀变速直线运动所以t1= = 10 s=1sg 的规律,有vt=v0+at',即-15=10+a×5,
设A 球落地所需时间为t2, 解得a=-5 m/s2,即加速度大小为5 m/s2,方向向西.
1 2 2h2 2×7.2 ( ) v0+vt 10+ -15由h2= gt2 得t2= = s=1.2s, (2)x=vt= 2 t= 2 ×5m=-12.5m
,
2 g 10
所以两小球落地的时间差为Δt=t -t =0.2s. 即位移大小为12.5m,方向向西2 1 .
(2)当B 球落地时,A 球的速度与B 球的速度相等. (3)由公式v=v0+at得,匀减速阶段所用时间t1=2s,匀
即vA=vB=gt1=10×1 m/s=10 m/s. v +v
加速阶段所用时间
:() () / t2=3s.
根据x=vt= 0 t2 t
,
答案 10.2s 210 ms
6.解析:(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运 10+0 匀减速阶段的路程
, 2 , x1= ×2m=10m
,
动 由 公 式 v =2gh 可 知 棒 下 端 到 达 圆 筒 上 端 时 的 速 度 2
v= 2gL. 0+15
匀加速阶段的路程x2= 2 ×3m=22.5m
,
(2)
1
由公式h= gt2 可知,棒从开始下落到其下端到达圆筒2 总路程x'=x1+x2=32.5m.
答案:(1)5 m/s2,方向向西 (2)12.5m 向西2L
(3)32.5m
上端所用的时间t1= , 5.解析:(1)通过记录表格可以看出,动车组有两个时间段g
, 处于加速状态
,设加速度分别为a 、a
同理 棒从开始下落到其上端刚好通过圆筒下端所用的时间 1 2
.
Δv
2(2L+H) 由a= ,代入数据得:
t Δt2= ,g 40-30 /2 /2,
2
则t=t -t = g
(2L+H)- 2gL a1= 100 ms=0.1 ms
2 1 .g 70-60 a2= /250 ms=0.2 m
/s2.
2g(2L+H)答案:(1) 2gL (
- 2L
2) g
g (2)通过作出动车组的v-t图可知,第一次加速运动的结束
: 时间是200s,第二次加速运动的开始时刻是专题 x-t图像与v-t图像 450s.
【基础训练】
1.B 2.B 3.B 4.C
5.解析:(1)根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2,
Δx 18.5-13.5
得a= = m/s2=5 m/s2,
T2 12
故小孩下滑的加速度为5 m/s2.
(2)小 孩 乙 的 速 度 等 于 甲、丙 间 的 平 均 速 度 为 v乙 = v +v 30+50
x +x 13.5+18.5 x1=
1 2t= ×200m=8000m,
甲乙 乙丙 / /, 2 2
2T = 2×1 ms=16 ms x2=v2t2=50×250m=12500m,
根据匀变速直线运动的速度时间公式有:v丁=v乙+a·2T v3+v2 80+50
=(16+5×2)m/s=26 m/s. x3= 2 t3= 2 ×150m=9750m
,
故最下面的小孩丁的速度是26 m/s. 所以 x=x1 +x2 +x3 = (8000+12500+9750)m=
() v乙 16
3 小孩乙已下滑的时间为t乙=a =5s=3.2s.
30250m.
答案:(1)0.1 m/s2 0.2 m/s2 (2)30250m
·111·
【拓展提升】 (2)假设从轿车开始刹车经过时间t,两车速度相等,即v1-
1.A 2.C 3.A a1t=v2+a2(t-t0),
:() 2 , Δx 即解析 由推论 x aT 可知 小球的加速度为a 30-5t=10+5×
(t-2),
4. 1 Δ = =
T2 解得t=3s,
xBC-xAB 20×10-2-15×10-2 = = m/s2=5 m/s2
1 1
. 轿车行驶的距离:x' 2 21=v1t- a1t=(30×3- ×5×3)
T2 0.12 2 2
m=
(2)由题意知B 点对应AC 段的中间时刻,可知B 点的速度 67.5m,
等于AC 段上的平均速度, 货车行驶的距离:
x 20×10-2+15×10-2 1
即 vB =vAC =
AC = m/s= x'2=v2t0+v2(t-t
2
0)+2a2
(t-t0)=[10×2+10×(3-
2T 2×0.1
1.75 m/s. ) 1
2 + ×5×(3-2)2]m=32.5m,
(3)由于连续相等时间内的位移差恒定,所以xCD-xBC= 2
xBC-x 因 ,AB, x'1-x'2=35m
=0.25m. 答案:(1)两车会相撞 (2)两车不会相撞
答案:(1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25m 7.解析:第一阶段由“0”到“1”的过程中,
: 设加速运动时间为 ,减速运动时间为 ,专题 追及与相遇 t1 t2由速度关系得a1t1=a2t2①,
【基础训练】 1 1 2 2
由位移关系得 ,
1.C 2.B 3.A 4.B 5.B 2a1t1+2a2t2=3m②
6.解析:(1)设经过时间t1,甲、乙两车速度相等,此时两车 t1=1s,t2=0.5s.
间距离最大,有v甲+at1=v乙, 第二阶段由“1”到“2”的过程中,
v乙-v甲 60-50 设加速运动时间为t ,减速运动时间为t ,
得t1= a = 2 s=5s
, 3 4
由速度关系得a1t3=a2t4③,
1 1 1
在t1 时间内,甲车位移x 2甲=v甲t1+ at1=275m, 由位移关系式得 at22 2 1 3+2a2t
2
4=12m④,
乙车位移x乙=v乙t1=60×5m=300m, t3=2s,t4=1s.
则两车间的最大距离Δx=x乙+L1-x甲=36m. 运动员从开始起跑到推倒“2”瓶所需的最短时间为t,
(2)假设甲车能追上乙车,则有位移关系x甲'=x乙'+L1, t=t1+t2+t3+t4=4.5s⑤,
1 所需的最短时间为
即v甲t2+ at2
4.5s.
2 2=v乙t2+L1
,
答案:4.5s
代入数据解得t2=11s(另一解与实际不符,已舍去),
此时乙车位移x乙'=v t
本章评估
乙 2=660m,
因x乙'>L2=600m,即此时乙车已冲过终点线,故到达终 1.D 2.C 3.C 4.B 5.A
点时甲车不能追上乙车. 6.解析:(1)4点对应的时刻的瞬时速度:
答案:(1)5s 36m (2)不能 (11.95-5.68)×10-2
7.解析:()
v
1 当警车与货车的速度相等时,两车距离最大, 4
= / ≈2×0.1 ms 0.314 m
/s.
则:v=at1,解得t1=6s. (2)描点作图
( ) 1
Δx=vt +t - 20 1 2at1=60m.
(2)
v
从警车发动到达到最大速度需要的时间t = m2 =8s,a
此时货车的位移:x1=v(t0+t2)=120m.
警车位移: 1x2=2at
2
2=64m.
即警车还未追上货车,此时二者相距:
Δx'
Δx'=x1-x2=56m,还需要时间t3= ,vm-v
=14s
() : 0.36-0.10
根据图像得 /2 /2
所以警车从发动到追上货车的最短时间为t=t2+t3=22s.
3 a= 0.5 ms=0.52 ms.
答案:(1)60m (2)22s 答案:(1)0.314 (2)见解析图 (3)0.52
【拓展提升】 7.解析:(1)汽车的初速度v0=90km/h=25 m/s.
1.C 2.D 3.D 4.B 5.B 在反应时间Δt内,汽车仍做匀速运动,故前进的距离s=
6.解析:(1)对轿车刹车过程v21=2a1x,解得加速度大小 v0·Δt=25×0.5m=12.5m.
v2 21 30 (2)设从刹车到静止,汽车前进的位移为x,则为:a 2 21= = / / ,2x 2×90 ms=5 ms 0-v20=-2ax,
当两车的速度相等时,即v1-a1t1=v2, v2 2520
v -v 解得30-10 x=2a=2×5m=62.5m
,
解得t1=
1 2 ,
a = s=4s1 5 由于s+x=75m>70m,
v1+v2 所以在能见度处出现障碍物时,汽车会与障碍物碰撞.轿车行驶的距离x 1= t1=80m,2 答案:(1)12.5m (2)见解析
货车行驶的距离x2=v2t1=40m, 8.解析:a=2 m/s2,v0=2 m/s,
因x1-x2=40m>x0, 7l 1
所以两车会相撞. 15=v1×1s+ a×
(1s)2①,2
·112·
v1=v0+at②, 像的斜率表示劲度系数,所以a的劲度系数比b的小,故B正确;
8l 1 图像与F 轴交点的绝对值表示弹簧受到的重力,由此可知a 受
15=vt+
2
0 ,2at ③ 到的重力比b的小,故C正确;根据胡克定律可知测得的弹力与
①②③联立得t=2s,l=15m, 弹簧的伸长量成正比,不是与弹簧的长度成正比,故D错误.
小滑块在斜面上滑行的时间t总=t+1s=3s, 答案:(1)200 (2)弹簧自身受到重力 (3)BC
到达斜面底端时v=v0+at总=8 m/s. 6.解析:(1)对Q 进行受力分析,Q 受到重力、细线的拉力,
答案:(1)3s (2)8 m/s (3)15m 则细线的拉力T=mQg=4N;
对P 受力分析,受到重力、支持力和绳子的拉力,由平衡条
第三章 相互作用———力 件得T+FT=GP,
解得:FT=6N;
则物体 所受地面的弹力大小
第1节 重力与弹力 P F=FT=6N.(2)对轻质滑轮受力分析,根据平衡条件可知,弹簧弹力F=
知识梳理 2T=8N.
一、1.地球的吸引 2.竖直向下 3.mg 4.(1)集中于一点 根据胡克定律得:F=kx,
(2)①质量分布 ②形状 (3)悬挂 代入数据解得:x=0.04m.
二、1.(1)线段的长短 (2)箭头 (3)箭尾或箭头 答案:(1)物体P 所受地面的弹力大小为6N. (2)弹簧的
三、1.形状 体积 2.恢复原状 接触 3.(2)收缩 伸长量为0.04m.
四、1.(1)大小相等 (2)刻度尺 l-l0 2.轻弹簧 铅笔 课后巩固
3.(3)l-l0 5.(1)多测 (2)较轻的 6.(1)弹性限度 (2)平 【基础训练】
衡状态 竖直 (3)各点均匀 1.D 2.B
五、1.恢复 2.完全恢复 3.(1)正比 (2)kx (3)劲度系数 3.解析:(1)描点作图,得出弹簧所受弹力大小跟弹簧总长
典例精解 度之间的图像如下图所示:
【典例1】C 解析:重心是重力的等效作用点,并不是只有重
心才受重力,故选项A错误;重心位置与物体的形状和质量分布
有关,质量分布均匀、形状规则的物体的重心在其几何中心处,但
形状发生改变后重心位置可能发生变化,重心可以不在物体上,
故选项B、D错误;形状规则的物体重心的位置可能不在几何中
心,还受质量分布影响,故选项C正确.
变式1:B 解析:根据重心定义及人的四种姿势,易判断出B ()由图像可以得出该图线的数学表达式为
选项中身体重心位于体外,故选项B正确. 2 F=30L-1.8.
【 】 : 图线与横轴的交点表示弹簧所受弹力 时弹簧的长度为典例2 解析 轻绳的弹力沿绳并指向绳收缩的方向;点与 F=0
; , 6cm,即弹簧的原长.图像的斜率表示弹簧的劲度系数,即面接触或面与面接触的弹力则垂直于接触面 若接触面为曲面 k= /
则弹力与切面垂直.图丙中,物体与曲面之间的弹力方向垂直于 30N m. 图线延长后与纵轴的交点表示弹簧长度为 时的弹簧,
过接触点的切面.图己中,弹力的方向垂直于过接触点的切面,弹 5cm
, 此时弹簧被压缩 ,即表示弹簧被压缩 时的弹力力方向必通过球心 与重心位置无关. 1cm 1cm .:()
: 答案 见解析
() 弹簧的原长 弹簧
答案 如图所示 1 230L-1.8 30
被压缩1cm时的弹力
4.解析:(1)由F1=kΔx1,
F
可得k= 1Δx =500N
/m.
1
(2)设所挂重物重为G,则 F2=G=kΔx2=90N.
甲 乙 丙
(3)弹簧的弹力为 F3=50N,
F
由 F3=kΔx3,有 Δx
3
3=k
=0.1m.
答案:(1)500N/m (2)90N (3)0.1m
【拓展提升】
1.D 2.B 3.C
丁 戊 己 4.解析:(1)在乙图上描点作出mg-ΔL 图像如图所示:
变式2:B 解析:利用“假设法”进行判断,在A图中,若拿去
A 球,则B 球静止不动,故A、B 间没有挤压,即A、B 间没有弹
力;在B图中,若拿去A 球,则B 球将向左运动,故A、B 间存在
相互挤压,即A、B 间存在弹力;在C图中,若拿去A 球,则B 球
静止,故A、B 间没有挤压,即A、B 间没有弹力;在D图中,不能
判断A、B 间是否有弹力,故应选B.
当堂训练 (2)由ΔF=kΔx 得
1.D 2.C 3.C 4.A ΔF mg 0.6
:() : , k= = = N
/m=5.0N/m.
5.解析 1 根据胡克定律可得 F=kx F-x 图像的斜率表 Δx Δl 12×10-2
()
示劲度系数,则有: ΔF 7 / / ; 3
由胡克定律可知弹簧弹力的增加量与弹簧的形变量成正
k=Δx=4-0.5Ncm=200N m 比,即ΔF=kΔx,因此弹簧的自重不会对劲度系数产生影响.
(2)由于弹簧自身所受重力的影响,使得没有悬挂钩码时就 答案:(1)见解析 (2)5.0 (3)无影响
有一定的弹力,所以图线不过原点的原因是由于弹簧自身受到 5.解析:当弹簧C 的右端位于a点,弹簧C 刚好没有发生形
重力; 变时,对B 受力分析,根据平衡条件有:
(3)根据图像无法比较弹簧原长的大小,故 A错误;F-x 图 k1xB=mg,
·113·
解得弹簧B 压缩的长度 最大静摩擦力
m
x = g, Ff =静max μmg=24N
,
B k1 弹力小于最大静摩擦力,物块保持静止,根据平衡条件有
当将弹簧C 的右端拉到b点,弹簧B 刚好没有形变,对C 受 f1=k(x0-x1)=12N,
力分析,根据平衡条件有 方向水平向右.
k2xC=mg, (3)由题可知,若当弹簧拉长至21cm时,物体恰好向右匀速
弹簧C 伸长的长度 运动,所以将弹簧拉长至22cm时,物块将加速运动,受到的摩擦
mg 力为滑动摩擦力,等于最大静摩擦力,即xC=k .
2 Ff = m2 μ g=24N,
( m 方向水平向左1)物体A 上升的高度为 g; . k1 答案:(1)400N/m (2)12N,方向水平向右 (3)24N,方
(2)a、b两点间的距离 向水平向左
1 1 【拓展提升】x=xB+xC=mg k + 1 k2 1.B 2.C 3.D 4.C
:()mg () 1 1 5.解析:由最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则 之间的最答案 1k 2mg + AB 1 k1 k2 大静摩擦力Ff=μN=0.3×100N=30N,
第2节 摩擦力 而B 与桌面的最大静摩擦力Ff'=μ(mA+mB)g=0.3× 300N=90N;
知识梳理 由于水平力F=80N,当研究A 时,绳子的拉力为 40N,则
一、1.相对滑动 阻碍相对运动 2.接触面 相对运动 A 受到滑动摩擦力,大小即为30N;当研究B 时,水平方向拉力
3.(1)
F
正比 (2)μF (3)材料 粗糙程度
f 相反 垂直 大小为40N,而A 对B 的滑动摩擦力为30N,则B 仍处于静止,压 F N 则桌面对B 的摩擦力大小为70N.
二、1.相对运动的趋势 相对运动 2.接触面 物体相对运动 答案:30N 70N
趋势 3.即将开始运动 4.0 0
【典例】解析:(1)木块做匀速直线运动, 知识梳理
则Ff1=F=6N, 一、1.物体 施力物体 2.相互 互相依赖 同时 作用力
F 6 反作用力
而Ff1=μFN1=μmg,故μ=
f1
m =g 3×10
=0.2. 二、1.相等 相等 相等 相反 2.相等 相反 同一条直
(2)将F 的方向改为竖直向上后,木块对水平地板的压力 线上
FN2=mg-F=24N,保持木块做匀速直线运动的拉力 三、1.运动状态的变化 相互作用 3.(1)同一个 两个不同
F'=μFN2=0.2×24N=4.8N. 的 (2)同一种类
(3)撤去拉力,物体继续向前滑行的过程中, 典例精解
FN3=mg=30N, 【典例1】A 解析:观察F-t图像,图线关于t轴对称,表明
Ff3=μFN3=0.2×30N=6N. 作用力和反作用力的大小始终相等,方向始终相反,变化的情况
答案:(1)0.2 (2)4.8N (3)6N 完全相同,故A正确,B、D错误;从图像中可看出,作用力与反作
变式:C 解析:A4纸双面都受滑动摩擦力,单面所受滑动 用力同时产生、同时消失,作用时间相同,C错误.
摩擦力F=μFN=1.2N,则拉力至少为2F=2.4N,故C正确. 变式1:C 解析:马拉车时,不论车如何运动,马拉车的力与
当堂训练 车拉马的力都是一对相互作用力,二者总是大小相等的,故C正
1.C 2.B 3.A 4.B 确,A、B、D错误.
5.解析:(
1)最大静摩擦力等于滑动摩擦力,即为 Ff = 【典例2】A 解析:对m 受力分析,max m 受到重力、支持力、水
μFN=0.3×30N=9N. 平向左的弹力和 M 对m 向右的摩擦力,根据作用力与反作用力
物体在F1、F2 的作用下,由于F1>F2,故静摩擦力向左, 的关系,则m 对M 的摩擦力向左,A正确,B错误;对整体受力分
则有 析,整个装置处于静止状态,在竖直方向上,受到重力和支持力平
Ff=F1-F2=13N-5N=8N
Ff=F1-F2=13N-5N=8N,方向向左. 变式2:B 解析:图A中球静止在光滑平面上,合力为零,球
(2)当只将F1 撤去时,此时推力F2 小于最大静摩擦力,故 不受斜向右上方的支持力,A错误;图B中小球静止在斜面上,要
物体处于静止状态,则 使其合力为零,球只受重力和绳的拉力,B正确;图C中物体沿粗
Ff=F2=5N,方向向右. 糙斜面向上冲,摩擦力的方向沿斜面向下,C错误;图D中两物体
(3)若将F2 撤去,因为F1>Ff ,所以物体将发生相对滑max 一起匀速向右,所受合外力为零,上面的物体不受水平摩擦力作
动,所受的摩擦力为滑动摩擦力,即Ff=Ff =9N,方向向左.
max 用,D错误.
答案:(1)8N,方向向左 (2)5N,方向向右 (3)9N,方向 当堂训练
向左 1.C 2.B 3.B 4.D 5.D
课后巩固 课后巩固
【基础训练】 【基础训练】
1.C 2.D 3.D 4.C 1.D 2.C 3.D 4.D 5.C 6.D
5.解析:(1)恰好拉动物体,根据平衡条件有 【拓展提升】
k(x-x0)=μmg,
1.D 2.C 3.A 4.B 5.A
代入数据解得
k=400N/m. 第4节 力的合成和分解
(2)若将弹簧压缩至12cm,弹力 知识梳理
F1=k(x0-x1)=12N, 一、1.同一点 相交于一点 2.效果 效果 合力 分力
·114·
3.等效替代 效果 共同作用的效果 但不必一样长,故 A错误;两拉力夹角应适当大些,但橡皮筋与
二、1.几个力的合力 2.一个力的分力 两绳夹角的平分线不必在同一直线上,故B错误;为使细绳的拉
三、1.(1)效果 效果 (3)大小 方向 3.(2)①互成角度 力等于弹簧测力计示数,在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板
结点 结点O 方向 ②相同 读数 方向 6.(1)①零点 平面平行,故C正确;实验中,把橡皮筋的另一端拉到O 点时,两
量程 ②平行 轴线 摩擦 ③平视 (2)①一定要相同 ③尽 个弹簧秤夹角应适当大些,但不必相互垂直,故D错误.
量大 ④方向 (5)在本实验中,用两个弹簧秤互成一定角度拉橡皮筋时,需
四、1.平行四边形定则 2.算术法则 要记录橡皮筋结点、两细绳的方向和弹簧秤的示数,不需要测量
典例精解 橡皮筋的原长,故B正确,ACD错误.
【典例1】A 解析:只有同一研究对象受 答案:(1)见解析 (2)F' (3)B (4)C (5)B
到的力才能合成,分别作用在不同研究对象上 6.解析:球1所受重力按效果分解如图甲所示,
的力不能合成,合力是对原来几个分力的等效
替代,两分力F1、F2 可以是不同性质的力,但
合力与分力不能同时存在.如图所示,静止在
斜面上的物体受到垂直斜面向上的弹力FN 和沿斜面向上的静
摩擦力Ff 作用,这两个力的合力为图中的F,很明显,两个分力
的性质不同,而且合力F 为斜面对物体的作用力,实际上F 的效
果与FN 和Ff的共同效果相同,因此在受力分析中画了FN 和 甲
Ff,就不能再画合力F,所以A正确,B、C、D错误. G
变式1:B 解析:若 F 和 F 大小不 F =Gtanθ,F = ;1 2 1 2 cosθ
变,θ角越小,合力F 越大,故A错误;由力的 球2所受重力按效果分解如图乙所示,
合成方法可知,两个力合力的范围|F1-F2|
≤F≤F1+F2,所以合力有可能大于任一分
力,也可能小于任一分力,还可能与两个分
力都相等,故B正确,C错误;如果夹角θ不变,F1 大小不变,F2
增大,合力可能增大,可能减小,如图所示,故D错误.
【典例2】解析:如图甲所示,建立直角坐标系,把各个力分解
到两个坐标轴上,并求出x 轴和y 轴上的合力Fx 和Fy,有Fx= 乙
F1+F2cos37°-F3cos37°=27N,Fy=F2sin37°+F3sin37°- F3=Gsinθ,F4=Gcosθ.
F =27N.因此,如图乙所示,合力为F= F2+F2 ≈38.2N, G 4 x y 答案:(1)见解析 (2)Gtanθ cosθ
(3)Gsinθ Gcosθ
F
tanφ=
y=1.即合力的大小约为F 38.2N
,方向与F1 的夹角为45° 课后巩固
x
斜向上. 【基础训练】
1.C 2.C 3.B 4.B
5.(1)3.00 (2) (3)①拉力未沿弹簧测
甲 乙
答案: 力计轴线方向 不可取,因为会增大误差38.2N,方向与F1 的夹角为45°斜向上
②
: : () (变式2B 解析 以结点O 为研究对象,受力分析如图所示. 6.15N 2
)5N (3)1N (4)6N
【拓展提升】
1.C 2.B 3.D
4.解析:A 物体的受力如图所示:
(1)由平衡知识可知绳子的拉力 T=
mg
cosθ=5N.
由题可知,竖直绳的张力等于 mg,保持不变;根据平衡条件 (2)弹簧弹力F=mgtanθ,
可知F cosθ-mg=0,F sinθ-F=0, FT T 根据胡克定律,弹簧的压缩量 ,
x=
由此两式可得F=mgtanθ,选项B正确. k
当堂训练 由以上各式解得L=L0-x=0.1m.
1.B 2.B 3.D 4.D 答案:(1)5N (2)0.1m
5.解析:(1)以F1、F2 的图示为邻边作 第 节 共点力的平衡
平行四边形,
5
平行四边形的对角线表示两力
的合力F,如图所示: 知识梳理
(2)
、
由图(b)所示可知,F 是合力的理论 一 匀速直线运动
值,F'是合力的测量值,合力的测量值F'与 二、1.大小相等 2.合力为0
橡皮筋在同一直线上,因此一定沿 AO 方向 典例精解
的是F'. 【典例1】C 解析:由共点力的平衡条件可知,F1、F2、F3 的
(3)“验证力的平行四边形定则”实验采用了等效替代法,故 合力应与F4 等大、反向,当F4 的方向沿逆时针转过60°而保持
B正确,ACD错误;故选B. 其大小不变时,F1、F2、F3 的合力的大小仍等于F4,但方向与F4
(4)为方便实验操作减小实验误差,两根细绳需要适当长些, 成120°角,由平行四边形定则可得,此时物体所受的合力大小为
F4,故C正确.
·115·
变式1:B 解析:物体受四个力的作用而处于静止状态时,F 对C 点进行受力分析,将FCD 正交分解,
与其余三个力的合力F'等大、反向,当F 转过90°时,F'与F 之 由平衡条件得,FCDcosα=FAC,
间的夹角为90°,又F'=F,两力的合力F合= 2F,故要满足题 FCDsinα=GB,
意,必须再加上一个大小为 2F 的力,故B正确. 对A 由平衡条件得:FfA=FAC,
【典例2】解析:方法一:合成法.对足球受力分析,受重力 解得FfA=12N,GB=9N.
Mg、墙的支持力FN、绳的拉力FT,由平衡条件知,FN 与 Mg 的
答案:(1)12N (2)9N
合力与FT 等大反向,如图甲所示,由图可知,FN=M
课后巩固
gtanα,FT
M 【基础训练】
= g cosα. 1.B 2.A 3.A
4.解析:(1)小球处于平衡状态,其所受合力为零.以小球为
研究对 象 分 析 受 力 如 图 甲 所 示,由 平 衡 条 件 得,水 平 方 向
Fcos60°-Tcosθ=0,竖直方向Fsin60°-Tsinθ-mg=0,解得
θ=30°.
甲 乙 丙
方法二:矢量三角形法.足球受的三个力的合力为零,故可构 甲 乙
成如图乙所示的闭合矢量三角形,由几何关系得F =Mgtanα, (2)以木块和小球整体为研究对象,受力分析如图乙所示,由N
Mg 平衡条 件 得,水 平 方 向 有 Fcos60°-μFN =0,竖 直 方 向 有F T=cosα. 3
: , Fsin60°+FN-mg-M =0
,解得 = .
方法三 正交分解法.如图丙所示 将足球受到的拉力F 分 g μT 3
解到水平方 向 和 竖 直 方 向,由 平 衡 条 件 有 FT·cosα=Mg, :() 3M 答案 130° (2)
FTsinα=F ,故F =
g
N T ,cosα FN=Mgtanα.
3
【拓展提升】
M
答案: g
cosα Mgtanα
1.B 2.C 3.B 4.A
5.解析:(1)图甲中,以O 点为研究对象受力分析,
变式2:A 解析:法一:滑块受力如图甲,由平衡条件知:
mg
F
,mg
m m
=tanθ F =sinθ
,则F= g ,tanθ FN=
g
N sinθ
.
m
根据平衡条件得:F = g T1 °=2m ,甲 乙 sin30 g
m
F = gN1 tan30°
= 3mg,
图乙中,对绳子上的O 点分析:
丙 丁
法二:效果分解法
将重力按产生的效果分解,如图乙所示,
m
F=G = g
mg
2 , tanθ FN=G1=sinθ.
法三:正交分解法 受力平衡,有:F'T1=mg.
将滑块受的力沿水平、竖直方向分解,如图丙所示, (2)由牛顿第三定律:图甲中OB 杆受到的弹力F'1=FN1=
mg=F Nsinθ,F=FNcosθ,联立解得: 3mg.
m m
F= g ,F = g . (3)乙图中,根据题意可得,对 点受力分 Otanθ N sinθ 析如图所示:
法四:封闭三角形法 滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中
如图丁所示,滑块受的三个力组成封闭三角形,解直角三角 拉力F1 和F2 的合力F,因同一根绳张力处处
形得: m mF= g ,F = g . 相等,都等于物体的重力,即 F1=F2=mg.用tanθ N sinθ 平行四边形定则作图,因为拉力F1 和F2 的夹
当堂训练 角为
120°,则由几何知识得:F=mg.
1.B 2.A 3.C 乙图中,由于平衡,则轻杆对滑轮的作用力和轻绳对滑轮的
4.解析:根据胡克定律得FCD=kx=300×0.05N=15N,
·116·
作用力大小相等,方向相反,即F杆=F=mg. (2)弹簧测力计的读数为2.10N,选标度 ,合力F合 的
答案:(1)2mg mg (2)3mg (3)mg 图示如图所示.
()经测量,合力
专题:共点力的平衡的应用 3 F合=3.3N.答案:(1)见解析图 53(51~55均对) (2)2.10(2.08~
【基础训练】 2.12均对) 见解析图 (3)3.3(3.1~3.5均对)
1.D 2.A 3.A 7.(1)3N (2)0.72kg (3)4N 2.4N
4.112N或48N 8.解析:(1)撤去推力时,小球受
5.(1)(M+m)g (2)Mg 力分析如图所示,N1cosθ=mAg,
【拓展提升】 N1sinθ=N2,
1.D 2.C 3.B R-h
4.解析:()
又由题可知 ,
1 物块受到重力和拉力而平衡,系在墙上的绳子 cosθ= R
的张力F1=Mg. 由于A 恰好不滑动,将 AB 作为
(2)如图1所示,对滑轮受三力而平衡,悬挂滑轮的绳子的张 一个整体进行受力分析可得μ(mA+
力F2= 2F1= 2Mg, mB)g=N2,
这段绳子与天花板间的夹角为45°. 解得μ=0.4.
(2)由于撤去推力前后,小球受力不变,将AB 作为整体,在推力
F 作用下,小球略为离开水平地面,此时F=μ(mA+mB)g+N2,
代入数据得F=12N.
答案:(1)0.4 (2)12N
第四章 运动和力的关系
图1 图2
(3)如图2所示,滑轮受到三力作用,F1 大小不变,夹角越
小,合力就越大,F2 也越大,因此系在墙上的位置向下移动到某
第1节 牛顿第一定律
一位置,可以使悬挂滑轮的绳子刚被拉断,系在墙上的绳子与墙 知识梳理
的夹角最小.此时F1=Mg,F2= 3Mg, 一
、1.有力作用在物体上 静止在某个地方 2.(1)原来的高度
根据平行四边形定则可知F =2Fcosθ, 高度 更长 永远运动下去 (2)不是 3.同一速度 同一直线2 1
那么θ=30°,则系在墙上的绳子与墙的最小夹角为60°. 二、1.匀速直线运动 静止 迫使它改变 2.(1)匀速直线运
:() 动 静止 惯性 ()固有答案 1M (2)2M 45° (3)60° 2g g
: , 三、1.质量大 质量 2.(1)物质的多少 (3)标 千克5.解析 物体的受力分析如图所示 由 kg典例精解
平衡条件得
, 【典例】B 解析:小车表面光滑,因此两小球在水平方向上Fsinθ+F1sinθ-mg=0
, 没有受到外力的作用Fcosθ-F -Fcosθ=0 .
原来两个小球与小车具有相同的速度,当
2 1 车突然停止运动时,由于惯性,两个小球的速度不变,所以不会相
m
解得F= g , 碰,故 正确sinθ-F1 B .
变式:B 解析:由于小球处在物体 M 上,接触面光滑,在物F m
F= 2 + g , 体 M 下滑过程中,小球在水平方向上不受外力作用,则小球在水2cosθ 2sinθ 平方向上没有位移,仅沿竖直方向运动,故B正确.
m 403
令F1=0,得F 最大值Fmax=
g
, 当堂训练
sinθ= 3 N 1.A 2.C 3.B
mg 203 令F =0,得F 最小值F = = N, 4.解析:现象:小铁球相对瓶是向后运动的,如图1所示;而2 min 2sinθ 3 泡沫塑料球相对瓶是向前运动的,如图2所示.
203 403
故拉力F 大小的取值范围为 3 N≤F≤ 3 N.
:203
403
答案
3 N≤F≤ 3 N
本章评估 图1 图2
1.A 2.B 3.A 4.C 5.B 原因:由于惯性的大小与质量有关,铁球质量大于同体积水
6.解析:(1)以水平方向为x 轴,竖直方向为F 轴,建立直角 的质量,泡沫塑料球的质量小于同体积水的质量,所以铁球的惯
坐标系,然后描点,选尽可能多的点连成一条线,其图线的斜率即 性大于同体积水的惯性,泡沫塑料球的惯性小于同体积水的惯
为弹簧的劲度系数k,在直线上任取一点,如(6×10-2,3.2),则k 性.当瓶突然向前运动时,铁球保持原来静止状态的能力大于同
3.2
= N/m≈53N/m. 体积水保持原来静止状态的能力,所以铁球相对于水向后移动;
6×10-2 同体积的水保持原来静止状态的能力大于泡沫塑料球保持原来
静止状态的能力,所以泡沫塑料球相对于水向前移动,因此出现
如图1、2所示的现象.
答案:见解析
课后巩固
【基础训练】
1.D 2.D 3.C 4.D
5.由于惯性和重力
【拓展提升】
1.D 2.A 3.B 4.D
·117·
第2节 实验:探究加速度与力、质量 2F-Fa= f 2 F= F- f,则可能正确的图像是
的关系 m m m
A.
2F-F 2 F
知识梳理 (4)由a=
f
m =mF-
f,
m
一、1.(1)质量 砝码的个数 (2)拉力 增加重物 2.(1)天 2
平 增减砝码的数量 (2)①刻度尺 秒表 ③位移 (3)拉力 可知a-F 图像的斜率是k= ,m
小得多 槽码所受的重力
2
二、交流电源 刻度尺 天平 解得m= .
k
三、1.天平 3.匀速直线
2
四、1.通过原点的直线 正比 2.过原点的直线 正比 反比 答案:(1)B (2)0.832 (3)A (4)
k
3.(1)正比 (2)反比
典例精解 第3节 牛顿第二定律
【典例】解析:(1)本题主要考查对实验原理和实验步骤的理 知识梳理
解和分析, 实验中把沙桶及其中沙子的重力看作与小车所受拉力 一、1.正比 反比 相同 2.kma 合力
大小相等,没有考虑摩擦力,故必须平衡摩擦力. 二、1.牛 N 2.1kg·m/s2 3.(2)1 ma
(2)电磁打点计时器接在6V电压的蓄电池上将无法工作, 典例精解
必须接在6V以下学生交流电源上. 【典例1】A 解析:根据牛顿第二定律的瞬时性,选项 A正
(3)作a-M 关系图像,得到的是双曲线,很难作出正确的判 确;物体只有受到力的作用时,才有加速度,但速度有无与物体是
断,必须“化曲为直”, 1 , ; ,改作a- 关系图像. 否受力无关 选项B错误 任何情况下 加速度的方向总与合外力M 方向相同,但与速度的方向没关系,选项C错误;根据牛顿第二定
答案:(1)平衡摩擦力 B (2)步骤D 6V电压的蓄电池 律的独立性,选项D错误.
1 : : ,
6V以下学生交流电源 (3)步骤G a-M a- 变式1B 解析 由牛顿第二定律的瞬时性可知 合外力和M 加速度是瞬时对应关系,二者同时产生,同时变化,同时消失,所
变式:B 解析:依靠重力来平衡阻力,同时阻力包含纸带与 以当外力作用在物体上的瞬间,物体立即获得加速度;速度与加
打点计时器之间的摩擦,故操作为:需要连上纸带,但是不能挂重 速度的关系可表示为v=at,可以看出,速度是加速度在时间上
物,把打点计时器所在的一端垫高,故B正确,A、C、D错误. 的积累,外力作用在物体上的瞬间t=0,所以速度为零,故 B
当堂训练 正确.
1.D 2.B 3.A 【典例2】解析:解法一:合成法
4.(1)细线与轨道平行(或水平) 远小于 (2)两小车从静 (1)由于车厢沿水平方向运动,所以小球有水平方向
止开始做匀加速直线运动,且两小车的运动时间相等 的加速度,所受合力F 沿水平方向.
5.(1)C (2)C (3)丙 选小球为研究对象,受力分析如图甲所示.
课后巩固 由几何关系可得F=mgtanθ,
【基础训练】 F
1.D 2.C 小球的加速度a= /
2,方向
m =gtanθ=7.5 ms 甲
3.解析:(1)打点计时器需要6V以下的交流电源才能正常 向右,
工作,不能使用干电池;为保证细绳对小车的拉力作为小车所受 则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动.
的合外力,实验前必须平衡摩擦力,该装置没有平衡摩擦力;为了 (2)悬线对小球的拉力大小为
在纸带上打下较多的点,小车的初始位置应靠近打点计时器. m
F = g
1×10
x T = N=12.5N.() : 后两段-x前两段2 加速度可用逐差法求出 a= cosθ 0.8
4T2 解法二:正交分解法
[(4.04-1.63)-1.63]×10-2m 以水平向右为x 轴正方向建立坐标系,
=
4×(0.1s)2 并将悬线对小球的拉力FT 正交分解,如图乙
=0.195 m/s2. 所示.
答案:(1)不应使用干电池,应使用交流电源;实验中没有平 则沿水平方向有FTsinθ=ma,
衡小车的摩擦力;小车的初始位置应靠近打点计时器 (2)0.195 竖直方向有FTcosθ-mg=0,
4.(1)BD (2)0.21 联立解得a=7.5 m/s2,FT=12.5N,
【拓展提升】 且加速度方向向右,故车厢做向右的匀
乙
1.B 2.D 加速直线运动或向左的匀减速直线运动.
3.解析:(1)由于有拉力传感器能测出小车所受的拉力,则 答案:(1)见解析 (2)12.5N
不需要天平测出砂和砂桶的总质量,A错误;小车靠近打点计时 变式2:B 解析:在剪断轻绳前,小球
器,先接通电源,计时器稳定后,再释放小车,打出一条纸带,同时 所受弹簧弹力和绳子拉力的合力与重力
记录拉力传感器的示数,B正确;电火花计时器与纸带之间的摩 mg 是一对平衡力,如图所示,则弹簧弹力
擦力较小,所以选用电火花计时器实验误差小,C错误;实验中绳 F=mgtan45°=10N,剪断轻绳的瞬间,
的拉力可由拉力传感器测出,不需要保证砂和砂桶的质量远小于 弹簧弹力不变,重力不变,小球与水平面间
小车的质量,D错误. 发生挤压受到支持力,小球有向左运动的
(2)已知打点计时器电源频率是50Hz,则纸带上每相邻两 趋势,受摩擦力,受力个数变化,选项 A错
个计数点间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s, 误;此时在竖直方向,水平面的弹力FN=
xAC 8.32×10-2 mg,摩擦力为F =打 B 点 时 的 速 度 大 小v = = m/s= f μ
FN=2N,小球水平向左有F-Ff=ma,解
B 2T 2×0.1 得a=8 m/s2,选项B正确,C错误;若剪断的是弹簧,则剪断瞬
0.416 m/s, 间弹簧弹力和轻绳的拉力均消失,小球仍然静止,则加速度的大
则此时砂桶的速度大小v=2vB=0.832 m/s. 小a=0,选项D错误.
(3)由于长木板放在水平桌面上,由于没有平衡摩擦力,对小 当堂训练
车由牛顿第二定律可得 1.D 2.D 3.A 4.A 5.C
·118·
6.(1)1.6 m/s2 (2)480N (3)140m 而是物理量的名称;千克、秒是国际单位制中的基本单位,牛、米
课后巩固 每秒是国际单位制中的导出单位,都属于国际单位,故C正确.
【基础训练】 【典例2】D 解析:物理计算中,在进行数量运算的同时,也
1.C 2.C 3.B 4.A 要注意单位运算.带单位运算时,每一个数据均要带上单位,且单
:() 1 2 : 位换算要准确;也可以把题中已知量的单位都用国际单位制单位5.解析 1 由x=2at
可得
表示,计算的结果就用国际单位制单位表示,这样在统一已知量
2x 2×3 /2 /2 的单位后,就不必一一写出各个量的单位,只在结果后面写出正a= 2 = 2 ms=6 ms.t 1 确单位即可.在备选的四个选项中,A、C均错误,B项解题过程正
(2)分析物体受力情况如图所示: 确,但不简捷,只有D项中单位运用正确,且过程简捷、规范,故D
水平方向:物体所受合外力为零,FN=F= 正确.
40N, F
: 变式 : 解析:位移 的国际单位是米,由 ( )得竖直方向 取向下为正方向,由牛顿第二定 2B x 2m t1+t2
律得mg-F 2f=ma,可得:Ff=mg-ma=8N. N· kg
·m/s
F k s=
·
k s=m
/s,所给等式左边单位是长度单位,而
() 8 g g3 物体与墙间的滑动摩擦力Ff=μF
f
N,所以μ=F =N 40
= 右边单位是速度单位,所以结果一定是错误的,选用的单位制不
0.2. 同,只影响系数,故B正确,A、C、D错误.
答案:(1)6 m/s2 (2)8N (3)0.2 当堂训练
【拓展提升】 1.D 2.A 3.A
1.A 2.D 3.B 4.B 5.C 6.C 7.B 4.解析:列车总质量m=103t=106kg,
8.解析:(1)当轻杆与Ob重合时,小球所受合力为0,其加速 总重力G=mg=106×10N=107N,
度为0,车的加速度亦为0,故b处应标的加速度数值为0. 运动中所受阻力F=0.01G=0.01×107N=105N.
(2)解法一:合成法 设列车匀加速运动的加速度为a.
当轻杆与Oc重合时,以小球为研究对象,受力分析如图甲所 由牛顿第二定律得F牵-F=ma,
示.根据力的合成的平行四边形定则和牛顿第二定律得mgtanθ F牵-F 3.5×105-105
, 则列车的加速度为a= = m/s
2
=ma 6 =1 m 10
3 0.25 m/s2 .
解得a1=gtanθ=9.8× m/s2≈3 5.66 m
/s2. 列车由静止加速到v=180km/h=50 m/s所用时间为t=
v-v0 50-0
a =
,
0.25s=200s
v2-v 2 502-0
此过程中列车的位移为 x= 02a =2×0.25 m=5×
103m=5km.
答案:200s 5km
课后巩固
【基础训练】
甲 乙 1.D 2.D 3.A
解法二:正交分解法 4.解析:不同意,原因是单位未统一到同一单位制中,正确
建立直角坐标系,并将轻杆对小球的拉力正交分解,如图乙 解法如下:
所示 . x=10cm=0.1m,m=10g=10-2kg,
则沿水平方向有:Fsinθ=ma, v2-v2 2002-3002
0
: 2 5 2竖直方向有 Fcosθ-mg=0, a= = m/2x 2×0.1 s=-2.5×10 m
/s,
联立以上两式可解得小球的加速度a≈5.66 m/s2,方向水 F=ma=10-2×(-2.5×105)N=-2.5×103N,负号表示
平向右,即c处应标的加速度数值为5.66 m/s2. 与速度反向.
(3)若轻杆与Od 重合,同理可得mgtan45°=ma2, 答案:见解析
解得a2=gtan45°=9.8 m/s2,方向水平向左,与速度方向 【拓展提升】
相反, 1.A 2.B 3.D
所以在0.5s内汽车速度应减少,减少量Δv=a2Δt=9.8×
0.5 m/ /
GM
s=4.9 ms. 4.解析:由A= 可得,r A
的单位是
答案:(1)0 (2)5.66 m/s2 (3)减少了4.9 m/s
N·m2·kg-2·kg
第4节 力学单位制 = N· ·m m kg
-1=
知识梳理 kg·m·s-2·m·kg-1=m/s,故物理量A 是速度.
一、1.单位 2.物理量的单位 3.基本量 4.物理关系 答案:速度
二、1.基本 导出 2.国际通用 4.(1)长度 质量 时间
(2)米 千克 秒 第5节 牛顿运动定律的应用
典例精解 知识梳理
【典例1】D 解析:为了运算的简捷,交流方便,各国都要统 一、1.运动 力 受力情况 2.牛顿第二定律 运动学的规律
一采用通用单位制,这就是国际单位制,故选项 A、B正确;只要 二、运动学规律 牛顿第二定律
运算过程中各量均采用国际单位制中的单位,最终得到的结果也 典例精解
必然是国际单位制中的单位,这是国际单位制的又一重要作用, 【典例1】解析:(1)人和滑板在斜坡上的受力如图所示,建立
故选项C正确;国际单位制中规定基本单位的物理量中没有“能 直角坐标系.设人和滑板在斜坡上滑下的加速度大小为a1,由牛
量”,选项D错误. 顿第二定律得
变式1:C 解析:密度、加速度、长度、质量不是单位的名称, mgsinθ-Ff=ma1,
·119·
FN-mgcosθ=0,其中Ff=μFN, 由①②两式可求得水平恒力F 的大小为
联立解得人和滑板滑下的加速度大小为 F=m(a1-a2)=2×(1+0.5)N=3N.
a1=g(sinθ-μcosθ)=2.0 m/s2. 答案:3N
(2)人和滑板在水平滑道上的受力如图 课后巩固
所示. 【基础训练】
由牛顿第二定律得 1.D 2.C 3.C 4.A 5.D
F'N-mg=0,F'f=ma2, 6.解析:由图像可知物体0~2s做匀减速直线运动,设加速
其中F'f=μF'N, 度大小为a1,2s~4s做反向匀加速直线运动,设加速度大小为
联立解得人和滑板在水平滑道上运动的加速 a2.且恒力F 与初速度方向相反.
度大小为 由v-t 图 像 得 加 速 度 大 小 分 别 为:a 21 =5 m/s,a2 =
a2=μg=5.0 m/s2,
1 m/s2,
设人从斜坡上滑下的最大距离为LAB,整个运动过程中由匀 由牛顿第二定律得:F+μmg=ma1,F-μmg=ma2.
变速直线运动公式得 m(a +a
联立解得:F= 1 2
)
v2=2aL ,0-v2=-2aL, 2 =12N
,
B 1 AB B 2
联立解得LAB=50.0m. a1-a2
答案:(1)2.0 m/s2 (2)50.0m 动摩擦因数μ= 2 =0.2.g
变式1:解析:(1)在企鹅向上奔跑过程中: 答案:(1)12N (2)0.2
1
x= at2,解得2 x=16m.
【拓展提升】
1.D 2.D 3.B 4.A
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动,第一个过程从 5.解析:(1)飞机在竖直方向上做匀加速直线运动,由位移
卧倒到最高点做匀减速运动,第二个过程是从最高点匀加速滑到 1
最低点,两次过程根据牛顿第二定律分别有:mgsin37°+μmgcos37° 公式可以求得飞机的加速度.由位移公式x=2at
2,
=ma1,mgsin37°-μmgcos37°=ma2,解得a1=8 m/s2,a2= 2x 2×1800
4 m/s2. 得a= = /
2
2 100 ms=36 m
/s2.
t
(at)2 (3)上滑位移x = =1m, (2)飞机上的乘客受到重力和安全带的拉力两个力的作用,1 2a1 根据牛顿第二定律可求得安全带提供的拉力.设安全带提供的拉
退滑到出发点的速度v= 2a2(x+x1), 力为F,由牛顿第二定律,F+mg=ma,
解得v=2 34 m/s. 得F=m(a-g)=1690N.
答案:(1)16m (2)上滑过程8 m/s2,下滑过程4 m/s2 答案:(1)36 m/s
2 (2)1690N
(3)2 34 m/s 第6节 超重和失重
【典例2】解析:(1)设下落的最大速度为vm=20 m/s, 知识梳理
由v2m=2gh 1,vm=gt1, 一、加速度g 天平 G=mg 平衡条件 静止 重力
可知,游客下落过程中自由落体过程对应的时间t =2s, 1 二、1.示数 压力 2.(1)小于 (2)竖直向下 3.(1)大于
下落高度h1=20m, (2)竖直向上 4.(1)完全 (2)竖直向下
设游客匀减速下落过程的高度为h2,加速度为a2, 典例精解
则v2m=2a2h2,h2=64m-4m-h1=40m, 【典例1】C 解析:从F-t图像可以看出,0~t1,F=mg,电
可得a =5 m/s22 , 梯可能处于静止状态或匀速运动状态;t1~t 2,F>mg,电梯具有
由vm-a2t2=0可得游客匀减速下落的时间t2=4s, 向上的加速度,物块处于超重状态,可能加速向上运动或减速向
游客下落过程的总时间t=t1+t2=6s. 下运动;t2~t3,F=mg,可能静止或匀速运动;t3~t4,F
由牛顿第二定律可得Ff-mg=ma2, 减速向上运动.综上分析可知,C正确.
解得Ff=m(a2+g)=2.25×104N. 变式1:A 解析:人下蹲动作包含有失重和超重两个过程,
答案:(1)6s (2)2.25×104N 先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重,即先
变式2:解析:设机车在加速阶段的加速度为a1,减速阶段的 失重再超重;同理,起立动作也包含两个过程,先加速向上超重,
加速度为a .则:v22 =2a1x1,v2=2a2x2,解得:a1=0.5 m/s2, 后减速向上失重.对应图像可知,该同学做了一次下蹲—起立的
a =0.9 m/s22 ,由牛顿第二定律得:F-Ff=ma1,Ff=ma2,解 动作,故A正确,B、C、D错误.
得:F=1.4×105N. 【典例2】解析:小孩体重G=mg=400N,由题图知,在0~2s
答案:1.4×105N 内,F1=440N,F1>G,电梯匀加速上升,小孩处于超重状态,此
当堂训练 F1-G
时有a1= =1 m/s2, /,
1
m v=a1t1=2 msh1= at
2=
1.B 2.C 3.A 4.D 2 1 1
5.解析:物体的整个运动过程分为两段,前4s内物体做匀 2m.
加速运动,后8s内物体做匀减速运动. 在2~5s内,F2=400N,F2=G,电梯匀速上升,小孩处于
v-0 4 平衡状态,此时有h =vt =6m.
前4s内物体的加速度为a = = m/s2=1 m/s2. 2 2 1 t1 4 在5~6s内,F2=320N,F3
于失重状态 此时有 /2,
后8s内物体的加速度为 a3= m =2 ms
0-v -4 /2 /2 又v-a3t3=0
,说明电梯在6s末停止,
a2= t = 8 ms=-0.5 ms.2 v 故 ,
物体所受的摩擦力大小不变, h3=2t3=1m
由牛顿第二定律得-Ff=ma2 ②, 所以电梯上升的高度为h=h1+h2+h3=9m.
·120·
答案:见解析
变式2:A 解析:当升降机静止时,根据胡克定律和二力平
衡条件得kx1-mg=0,其中k 为弹簧的劲度系数,x1=0.1m.
当弹簧伸长量为x2=9cm时,kx2
=ma,解得a=1 m/s2,升降机加速度方向向下,如果向下运动,
则为加速运动,如果向上运动,则为减速运动.由此可知选项 A 乙
正确. 在y 方向,由平衡条件得:
当堂训练 FN2=mgcosθ,
1.D 2.C 3.A 4.D 在x 方向,由牛顿第二定律得:
课后巩固 -mgsinθ-μFN2=ma2,
【基础训练】 联立以上各式可得:μ=0.5,F=50N.
1.A 2.D 3.C 4.B 答案:(1)小球在0~2s内的加速度a1=15 m/s2,方向沿杆
5.解析:(1)弹簧测力计对物体的拉力FT=40N, 向上;2~5s内的加速度a2=10 m/s2,方向沿杆向下. (2)μ=
对物体由牛顿第二定律可得:FT-mg=ma, 0.5,F=50N
: FT-mg 40-5×10
【拓展提升】
解得 a= = m/2m 5 s=-2 m
/s2. 1.B 2.C 3.A
故升降机加速度大小为2 m/s2,方向竖直向下. 4.解析:物块放到传送带上后,在滑动摩擦力的作用下先向
(2)设地板对人的支持力为FN, 右做匀加速运动.由μmg=ma得a=μg,
对人由牛顿第二定律可得:FN-Mg=Ma, 若传送带足够长,匀加速运动到与传送带同速后再与传送带
解得FN=Mg+Ma=60×10+60×(-2)N=480N. 一同向右做匀速运动.
由牛顿第三定律可得人对地板的压力为480N. v v
:() /2 () 物块匀加速运动的时间 ,答案 12 ms 2480N t1=a = =4sμg
【拓展提升】 1 1
物块匀加速运动的位移 2 2
1.D 2.D 3.D 4.B x1=2at1=2μgt1=8m.
5.解析:(1)由图像可知,刚站上去的时候弹力等于重力,故 (1)
1
因为
G 4.5m<8m
,所以物块一直加速,由L= at2 得
运动员所受重力为 2500N,设运动员 质 量 为 m,则 m= =
g t=3s.
50kg. (2)因为20m>8m,所以物块速度达到传送带的速度后,摩
(2)由图像可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2500N,设 擦力变为0,此后物块与传送带一起做匀速运动,
运动员的最大加速度为am,则 L-x1 20-8
Fm-mg=ma .
物块匀速运动的时间t2= =
m v 4 s=3s.
F -mg 2500-500 故物块到达传送带右端的时间
a = m = m/s2=40 m/s2. t'=t1+t2=7s.m m 50 答案:(1)3s (2)7s
(3)由图像可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动,离开蹦床
的时刻为6.8s或9.4s,再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s, 专题:连接体问题
它们的时间间隔均为1.6s.根据竖直上抛运动的对称性,可知其 【基础训练】
自由下落的时间为0.8s. 1.D 2.B 3.D
1 1 4.解析:对小车、物块A、物块B 整体分析得, 2 F=
(M+m1+设运动员上升的最大高度为 H 则 H=2gt =2×10× m2)a,
0.82m=3.2m. 对物块B 分析得,绳子拉力FT=m1g,
答案:(1)50kg (2)40 m/s2 (3)3.2m 对物块A 分析得FT=m2a,
专题:动力学图像问题与传送带 m解得F=(M+m 11+m2)m g.2
【基础训练】 m
1
1.A 2.B 3.A 答案:(M+m1+m2)
m g2
4.解析:(1)取沿杆向上为正方向,由图像可知:
5.(: 1
)g (2)g (3)5m在0~2s内小球的加速度为 g【拓展提升】
30
a1= /2,方向沿杆向上;2=15 ms 1.C 2.D 3.D
解析:()以向左为正方向,对小滑块分析,其加速度为
在2~5s小球的加速度为: 4. 1
0-30 v2-v1 1-4
2 2
a2= 3 =-10 m
/s2,负号表示方向沿杆向下. a1= t =
/
1 ms=-3 m
/s,负号表示加速度方向
(2)有风力时的上升过程,小球的受力情 向右.
况如图甲所示: 设小滑块的质量为m,根据牛顿第二定律有-μ1mg=ma1,
在y 方向,由平衡条件得: 解得μ1=0.3.
F =Fsinθ+mgcosθ, (2)对木板分析,向右减速运动过程,根据牛顿第二定律以及N1
在x 方向,由牛顿第二定律得: 运动学公式可以得到
Fcosθ-mgsinθ-μF vN1=ma1, μ1mg+μ2·2m
0
g=m ,
停风后上升阶段,小球的受力情况如图 甲 t1
乙所示: 向左加速运动过程,根据牛顿第二定律以及运动学公式可以
得到
·121·
v2 设经过时间· , t
,滑块和长木板达到共同速度v,则满足:
μ1mg-μ2 2mg=mt2 对滑块:v=v0-at;对长木板:v=a't,
且t1+t2=t=1s, 由以上两式得:滑块和长木板达到的共同速度v=1 m/s.
, , 联立解得μ2=0.05t1=0.5st2=0.5s. 答案:(1)0.5N 方向水平向右 (2)1 m/s2 (3)1 m/s
(3)在t1=0.5s时间内,木板向右减速运动,其向右运动的
位移为 模块验收卷
0+v
x = 0
1 2 t1=0.5m
,方向向右,
1.C 2.C 3.C 4.A 5.D 6.B 7.C 8.A 9.C
在t2=0.5s时间内,木板向左加速运动,其向左加速运动的 10.B 11.A
位移为 1
12.(1)M 远大于m (2) (3)木板倾角过大,摩擦力平
v
x = 2
+0 M
2 2 t2=0.25m
,方向向左, 衡过度 (4)小车及车中砝码的质量 M (5)1.58 m/s2
在整个t=1s时间内,小滑块向左减速运动,其位移为 13.解析:(1)已知足球的初速度为v1=12 m/s,加速度大
v1+v2 小为a1=2 m/, , s
2.
x= 2 t=2.5m
方向向左
v
足球做匀减速运动的时间为: 1
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为 t1=a =6s.1
Δx=x+x1-x2=2.75m. : v运动位移为 x = 1
:() 1 t1=36m.答案 10.3 (2)0.05 (3)2.75m 2
5.解析:(1)小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速 (2)已知前锋队员的加速度为a2=2 m/s
2,最大速度为v2=
运动,小车受摩擦力向右做匀加速运动.设小车和小物块的加速 8 m/s,前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别
度大小分别为a 、a 1 2,由牛顿第二定律得:对小车μm2g=m1a1, 为: v vt2=
2=4s,x2=
2t2=16m.之后前锋队员做匀速直线运
解得a =2 m/s2.对 小 物 块 F+μm g=ma ,解 得 a = a2 21 2 2 2 2
10 m/s2. 动,到足球停止运动时,其位移为:x3=v2(t1-t2)=16m,由于
(2)设经过时间t小车与小物块速度相同,设速度为v ,由运 x2+x3
队员继续以最大速度匀速运动追赶足球,利用公式x1-(x2+x3)=
1 0-a2t,解得t=
0.5s.v =1.0 m/s. v2t3,得:t3=0.5s,前锋队员追上足球的时间t=t1+t3=6.5s.1
(3)假 设 当 两 者 达 到 共 同 速 度 后 相 对 静 止,系 统 只 受 恒 答案:(1)36m (2)6.5s
力F 作用,设系统的加速度为a ,则由牛顿第二定律得F=(m 14.解析:(1)设m 在M 上即将滑动时加速度为a0,3 1
可知 ,
+m2)a3,解得a3=2 m/s2,此时小车所需要的静摩擦力为F =
a0=μ2g
f
此时的拉力 ( ) ( )
m1a3=4N.因为Ff =μm2g=4N,所以两者将一起向右做匀
F0= m+M a0+μ1 m+M g=25N.
m
2 2 0~1s,F1>F0,故m 在M 上滑动,v
减速运动.小物块第一段的位移x = 1
-v0
1 -2a =1.75m
,小物块第 对小滑块:a1=μ2g=4 m/s2,
2
-v2 对木板
:第1s内,
二段的位移x = 12 =0.25m.所以,小物块向右运动的最远-2a F1-μ2mg-μ1(M+m)g 3 a2= =5 m/s2,
位移为:xm=x1+x2=2.0m. M
:() /2, /2 () , / () 时,小滑块的速度 /,答案 12 ms 10 ms 20.5s1.0 ms 32.0m t=1s vm=a1t=4 ms
木板的速度vM=a2t=5 m/s.
本章评估 (2)t=1s时,vm
( )
6.(1)①右端 (2)
x -x
①远小于 ② 3 1
1 b F2-μ2mg- M+m g
2 ③ a3=
μ1 =2 m/s2,
50T k k M
7.(1)8.0 m/s (2)(1+ 10)s 当滑块与木板速度相等时,因为F2
Ff=μmg=0.5N,方向水平向左. vm+a1Δt=vM+a3Δt
,
解得:Δt=0.5s.
滑块与木板在1.5s后,保持相对静止,0~1.5s内:
根据牛顿第三定律,滑块对木板的摩擦力为0.5N,方向水 1 1木板的位移x2=2a2t
2+a2tΔt+2a3Δt
2=5.25m,
平向右.
() 1 12 由牛顿第二定律得:μmg=ma,得出a=μg=1 m/s2. 滑块的位移为x1=2a1t
2+a 21tΔt+2a1Δt =4.5m
,
(3)对木板,由牛顿第二定律μmg=ma', 0 木板的最小长度L=x2-x1=0.75m.
μmg 可得a'= =0.5 m/s2, 答案:(1)4 m/s 5 m/s (2)0.75mm0
·122·本章评估
一、单项选择题(本大题共5小题,每小题8分, 甲做加速直线运动,乙做匀速直线运动.甲、乙两
共40分.每小题给出的四个选项中,只有一个选 车的位置x 随时间t的变化如图所示.下列说法
项正确) 中不正确的是 ( )
1.如图所示的是一个质点运动的x-t图像,
则下列图中与之对应的v-t图像为 ( )
A.从0到t1 时间内,两车走过的路程相等
B.从t1 到t2 时间内两车平均速度相同
C.从t1 到t2 时间内,两车的平均速率和平
A. B. 均速度大小相等
D.在t1 到t2 时间内的某时刻,两车速度
相等
5.2019年6月28日消息,高约100米的贵
C. D.
州平塘县时空观光塔荣获中国钢结构金奖.甲、
乙、丙三人同时乘坐三部电梯从地面去顶层,电梯
2.甲、乙两个物体在同一直线上沿南北方 均匀速运行,且v甲>v乙>v丙,其中丙利用手表测
向运动,且规定向南为正方向,它们的加速度分
出了他本人从地面到达顶层的时间恰好为1min,
别为a甲=+2m/s2、a乙=-2m/s2.对甲、乙运 随后丙再乘坐原来的电梯从顶层回到地面,所用
动的描述,下列说法中正确的是 ( ) 时间为65s.下列说法中正确的是 ( )
A.甲的加速度大于乙的加速度 A.上升过程以乙为参考系,甲向上运动,丙
B.甲一定向南运动,乙一定向北运动 向上运动
C.甲不一定做加速运动 B.上升过程以丙为参考系,甲向上运动,乙
D.甲、乙在相等时间内的速度变化相同 向下运动
3.下列说法中正确的是 ( ) C.整个过程中,丙的位移大于100m
A.在直线运动中平均速度的大小就是平均
D.整个过程中,丙的平均速度为零
速率 二、非选择题(本题共3小题,共60分.解答时应
B.物体在第5s内指的是物体在第4s初到 写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步
第5s末这1s的时间 骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的
C.只有静止的物体才能被选作参考系 题,答案中必须明确写出数值和单位)
D.位移是矢量,路程是标量 6.(18分)某次实验打点计时器使用的交流
4.甲、乙两车在同一平直公路上同向运动, 电源的频率为50Hz,纸带的记录如图所示,图
·17·
中O 点为纸带的第一个点,接下来的前几个点 8.(22分)如图所示的是一种运动传感器测
模糊,因此从 A 点开始每打五个点取一个计 小车速度的原理图,这个系统由A、B 两个小盒
数点. 组成,A 盒装有红外线发射器和超声波发射器,
B 盒装有红外线接收器和超声波接收器.A 盒固
定在向右运动的小车上,B 盒固定在滑轨上.测
量时A 向B 同时发射一个红外线脉冲和一个超
声波脉冲,B 盒接收到红外线脉冲时,开始计时,
(1)推测纸带的运动是加速运动还是减速
接收到超声波脉冲时停止计时,若两者的时间差
运动
为t1,空气中的声速为v0.(红外线的传播时间可(2)在打出A、F 这两点的时间间隔中,纸带
以忽略)求:
运动的平均速度是 .
(3)B 点的瞬时速度为 .
(1)A 与B 之间的距离为多少
(2)经过短暂的Δt时间后,进行第二次测
量,此次的时间差为t2,则小车向右运动的速度
为多少
7.(20分)世界一级方程式赛车(F1)比赛过
程中,赛车每隔一定时间需要进站加油.在某次
比赛中,一赛车进站加油,该赛车进站时一直做
减速运动,平均加速度大小为 30m/s2,出站时
一直做加速运动,平均加速度大小为 45m/s2,
加油时间为6s,进站前和出站后在赛道上的速
度均为90m/s,则该赛车从进站到出站所用时
间是多少
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