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课时作业+检测的答案

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课时作业部分
 
第一章　运动的描述
第一节　认识运动
1．D　解析：A、B、C三种现象中物体都有位置的变化，所以是机械运动；煤的位置没有变化，所以不是机械运动．
2．A　解析：研究从湛江开往广州的一列火车的运行速度，火车的形状和大小可以忽略不计，可将其看做质点，A对；研究汽车后轮上一点的运动情况时的车轮和研究地球自转时的地球，车轮和地球的大小均不可忽略，不能将其看成质点，选项B、D错；体育教练员研究百米跑运动员的起跑动作时，运动员的形状和大小均要考虑，C错．
3．D　解析：描述一个物体的运动必须选定参考系，同一物体的运动，选不同的参考系其运动情况可能不相同．
4．B　解析：子弹和飞行员相对静止时，它们间没有相互作用力，所以飞行员能抓住子弹，故选B.
5．AC　解析：为了描述某物体的运动，应选定参考系．研究物体的运动时，参考系可选择任意物体，在实际选取时，往往要考虑研究问题的方便，使运动的描述尽可能简单．但选择不同的参考系，同一物体的运动情况一般不同．故答案选A、C.
6．AD　解析：质点模型是一种科学抽象，是一个理想化的物理模型，实际并不存在，选项A对；质点是用来代替物体的有质量而没有形状大小的点，与几何中的点是有区别的，B错；一个物体能否看做质点跟所研究的问题有关，跟其本身的大小无关，如果物体的大小和形状对所研究的问题无影响或影响很小，就可以把物体看做质点，选项C错D对．
7．AB　解析：研究飞机从北京到上海的时间以及确定轮船在大海中的位置时，物体的大小和形状对所研究的问题可以忽略不计，可视飞机和轮船为质点，选项A和B对．做直线运动的物体能不能看做质点跟研究的问题有关，不一定能看做质点，选项C错；研究火车通过路旁一根电线杆的时间时，火车的长度不可忽略，故不能将火车当做质点来处理，选项D错．
8．CD　解析：由图可知甲车上的小旗与房子上的烟方向一致，甲车可能静止或向右运动，也可能向左运动但速度比风速小；而乙车上的小旗与房子上的烟方向相反，乙车应向左运动．选项C、D正确．
9．CD　解析：甲中乘客看到高楼向下运动，说明甲电梯相对高楼向上运动；乙中乘客看到甲电梯向下运动，说明乙电梯相对甲电梯向上运动，相对高楼也向上运动，且比甲电梯运动得快；丙中乘客看到甲、乙两电梯都在向上运动，说明丙电梯相对于甲、乙两电梯在向下运动，则丙电梯相对地面的运动情况有三种可能：①静止不动，②向下运动，③向上运动，但比甲、乙两电梯都慢，综上所述，C、D两种情况都有可能．
10．地面　地心 
11．(1)向东运动　(2)静止　(3)静止　(4)向西运动
12．(1)研究飞机从北京到广州的时间，可以把飞机当做质点
(2)研究火车通过隧道的时间时，不能把火车当做质点来处理
第二节　时间　位移
1．B　解析：某事情在什么时候开始或结束指的是时刻，A、C、D都是指时刻．
2．B　解析：走了3圈半，路程为实际运动轨迹长度，即7πR＝879 m；位移大小为直径长度80 m.
3．D　解析：小球下降了3 m，又上升了1 m，实际运动的路程为4 m；起点到终点距离为2 m.
4．D　解析：只要质点还在运动，路程就增大，最大为圆周长2πR；位移最大值为直径长度2R.
5．BD　解析：某事件开始或结束对应的是时刻，经历了多久指时间．
6．CD　解析：前3 s与最后3 s指的都是时间，时长都是3 s.
7．CD　解析：位移是矢量，但其方向不一定是运动的方向，A错；路程是标量，不一定等于位移的大小，B错；只有质点做单向直线运动时，路程才等于位移的大小，C对；只有起点与终点相同，位移就相同，但运动轨迹可能不同，即路程不等，D对．
8．AD　解析：第1 s内走1 m，第2 s内走2 m，第3 s内走3 m，C错，第4 s内走4 m，D对，则第3 s末或第4 s初人距出发点6 m，A对，B错．
9．AB　解析：这是质点实际运动轨迹的反映，起点跟终点都相同，位移相同，A对；质点c的路程比质点b的轨迹要长，路程要大，B对．
10．(1)7 cm　右　7 cm
(2)7 cm　右　13 cm
(3)0　20 cm
(4)7 cm　左　27 cm
解析：位移指起点终点的有向线段，路程指实际运动轨迹的长度．
11．解：(1)2 s走了个圆周到达B点，
路程s1＝×2π＝
位移s2＝＝，方向由A指向B.如图K1所示．
(2)4 s走了半个圆周到达C点，
路程s3＝π·＝
位移s4＝d，方向由A指向C如图K1所示．
(3)8 s时回到A点，路程s5＝2π·＝πd，位移等于0.
     
图K1         　　图K2
12．解：此同学散步的轨迹如图K2所示，A点为起点由A到B走50 m，由B到C走100 m，再由C到D走150 m.
此同学散步过程中经过的路程为：
s＝AB＋BC＋CD＝300 m
此同学散步过程中经过的位移为：
s＝ m＝100  m，方向北偏东45度．
第三节　记录物体的运动信息
1．A　解析：打点计时器的振针打点的频率一定(50 Hz)，相邻两计时点的时间间隔相等．如果纸带匀速运动，则纸带上的点迹均匀；如果纸带做速度越来越大的运动，则纸带相等的时间内通过的位移越来越大，即相邻两个计时点的距离越来越大，也即点迹会变稀；如果纸带做速度越来越小的运动，则纸带上的点迹会越来越密．
2．A　解析：因为打点计时器在接通电源后要过一小段时间，才稳定地工作，故应先接通电源，后释放纸带．
3．B　解析：电磁打点计时器是输入交流电后，线圈中产生变化的磁场，变化的磁场促使振片带动振针以一定的频率上下振动，振动的频率和所通入的交流电的频率相等．
4．D　解析：来回往复的变速直线运动，纸带需来回运动，但是纸带式计时器纸带是拖动的，没有来回拖动这个功能．
5．AD　解析：电源电压的高低，影响振动片磁化的强弱，从而影响打点的力度，形成短画线，表明振动片的磁性过强，所以A正确；或是振针与底板的间距过小，当振动片与永磁铁相互作用向下打点尚未抬起时，纸带在外力作用下已被拖过一小段距离，D正确．
6．AB　解析：根据打点计时器的特性(50 Hz时)，时间间隔为0.02 s，某一段时间内的位移，可以直接用刻度尺从纸带上量出，不用计算，故A、B正确．
7．AB　解析：在测量的绝对误差相同的情况下，测量距离较大时相对误差较小，所以研究纸带时，为了使测量的距离大一些，往往把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位，每5个点为一个计数点，既方便又可以减小误差，A正确．相邻的计数点的时间间隔都是相等的，但距离不一定相等，加速运动，每两个相邻的计数点之间的距离越来越大．
8．CD　解析：电磁打点计时器是输入交流电后，线圈中产生变化的磁场，变化的磁场促使振片带动振针以一定的频率上下振动，振动的频率和所通入的交流电的频率相等，即打点计时器每打两个点的时间间隔由电源的频率决定，与电源电压的高低和永久磁铁磁性强弱无关，振动片的固有频率与交流电源的频率有偏差，振片没有达到共振，振动也会不稳定．
9．AB　解析：一辆农用“小四轮”漏油，每隔l s漏下一滴，这和打点计时器的计时原理相似，故可以用判断纸带运动的方法来判断车的运动情况．
10．ADBEC
11．(1)使用了直流电源，应该使用低压交流电源
(2)小车离打点计时器较远，应该让小车离打点计时器近一些，合理利用纸带的有效长度
12．(1)匀速　(2)匀速　(3)加速　(4)减速
解析：从纸带判断物体的运动信息的方法是：若纸带上的点分布均匀，则小车做匀速直线运动，若纸带上的点越来越稀疏，间距越来越大，小车做加速运动，若纸带上的点越来越密集，间距越来越小，则小车做减速运动．
第四节　物体运动的速度
1．C　解析：位移是描述物体位置变化大小和方向的物理量，所以A和B错；速度是描述物体位置变化快慢和方向的物理量，C对；速度是描述物体运动位移与时间的关系的物理量，D错．
2．C　解析：某段时间内平均速度为零，由＝可知位移为零，而位移为零只说明这段时间物体初末位置相同，并不代表物体是静止的(如绕操场跑一圈)，A、B错误；C正确；D错误．
3．D　解析：因为乙速度计直接读出的是汽车在这一时刻的速度的大小，所以是瞬时速率，故选D.
4．C　解析：本题干扰条件比较多，只要牢牢把握平均速度的公式＝，就可以求出平均速度为10 m/s，故选C.
5．AC　解析：平均速度是矢量，它有大小也有方向，所以选项B错误；汽车上的测速仪是用来测量瞬时速度的，不是用来测平均速度的，所以选项D错；正确答案为A、C.
6．AD　解析：如果物体沿直线运动且任意相等时间内通过的位移都相同，该物体的运动就是匀速直线运动，所以匀速直线运动是速度大小和方向都不变的运动，选项A和D正确；速度大小不变但其方向变化的运动，就不是匀速直线运动，选项B和C错误．
7．AC
8．AB　解析：该图实际就是一个简单的地图，地图上的两条曲线就是甲、乙的实际运动轨迹，则路程s甲>s乙，故A对，路程不一样，但位移是一样的，所以平均速度是一样的，v甲＝v乙，B对，C错，两分队的瞬时速度在不同时刻不一样，D错．
9．AC　解释：因为速度是矢量，其正、负号表示物体的运动方向，速率是标量，在匀速直线运动中，速度的大小等于速率，故A、C正确，B错；甲、乙两质点在同一直线上沿相反方向运动，可求出10 s后两质点相距60 m，故D错误．
10．解：火车在前25 min运动的位移大小为
s1＝v1t1＋v2t2
＝(10×15×60＋15×10×60) m
＝1.8×104 m
火车在前25 min的平均速度为
1＝＝ m/s＝12 m/s
火车在30 min内运动的位移大小为
s2＝s1＋s3＝1.8×104 m＋1 000 m＝1.9×104 m
火车在30 min内运动的平均速度为：
2＝＝＝10.56 m/s
火车在最后通过2 000 m的过程中有1 000 m是以15 m/s的速度匀速行驶的，火车在最后通过2 000 m所用时间为
t＝ s＝366.7 s
火车在最后通过2 000 m的平均速度为
＝＝ m/s＝5.45 m/s.
11．解：(1)甲、乙整个过程的平均速度分别是
甲＝＝＝
乙＝＝＝；
(2)因为甲－乙＝＝>0
即甲>乙，则t甲＝<＝t乙
所以甲的时间比乙的时间少．
12．解：(1)由X到Y的总位移
s＝ m＝2 000 m；
(2)所用时间t＝1 h 40 min＝6 000 s
所以平均速度＝＝ m/s＝0.33 m/s.
(3)小李所用时间
t＝1 h 40 min－40 min＝1 h＝3 600 s
所以小李由Z爬到Y通过的位移
s′＝vt＝0.5×3 600 m＝1 800 m.
第五节　速度变化的快慢　加速度
1．D　解析：加速度是表示速度变化快慢的物理量，即速度的变化率，D正确；加速度的大小与速度的变化量及时间无关，A、B错误；加速度的方向与速度变化量的方向相同，与速度的方向无关，C错误．
2．C　解析：因为两物体运动方向相同，即速度方向相同，加速度一正一负，说明加速度方向相反，两者只有一个是做加速运动，所以A错；加速度的负号说明加速度方向与所取正方向相反，比较加速度的大小时，应比较加速度的绝对值，乙的加速度绝对值大，所以它的速度变化快，B、D错．
3．C
4．D　解析：加速度增大，可能速度减小得更快，A错；有加速度的物体，其速度可能增加，也可能减小，B错误；加速度减小，速度也可能增大，只是增加得越来越慢；速度很大，加速度也可能很小，D正确．
5．BD
6．AD　解析：速度变化很大，但用的时间很长，加速度很小也是有可能的，A正确；速度变化的方向一定与加速度的方向一致，B错；加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化快，加速度大，C错；若物体的运动不是匀加速运动，但初速度的方向与加速度的方向相同，速度越来越大，而加速度越来越小，也是有可能的，D正确．
7．CD　解析：以初速的方向为正方向，则Δv＝vt－v0＝4 m/s－2 m/s＝2 m/s或Δv＝vt－v0＝－4 m/s－2 m/s＝－6 m/s，故A、B均错；2 m/s时与初速度方向相同，－6 m/s时负号表示与初速度方向相反，故C、D正确．
8．BC　解析：a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，故t＝＝s＝5 s或7 s.
9．BD　解析：由于加速度方向与初速度的方向相同，所以物体的速度在增大，加速度a由零逐渐增大，说明速度增大得越来越快，加速度逐渐减小到零，说明速度增大得越来越慢，最后做匀速运动，但由于一直向前运动，位移一直增大．
10．(1)4.42　(2)0.88　1.47　(3)3.93 m/s2
解析：(1)由图可知：
d＝8.42 cm－4.00 cm＝4.42 cm.
(2)通过光电门的速度
v1＝＝0.88 m/s，v2＝＝1.47 m/s.
(3)滑块的加速度
a＝＝3.93 m/s2.
11．解：a′＝＝ m/s2＝8 333 m/s2>500g
摩托车相撞时的加速度超过了死亡加速度的值，所以有生命危险．
第六节　用图象描述直线运动
1．A　解析：由图象斜率的大小可知A项对，由于火箭在0～tc段的速度方向不变，一直向上运动，所以B、C、D错．
2．C　解析：由于v的大小随时间的变化先增大后减小，然后又增大再减小，所以不是匀速直线运动，故B错；但由于v的方向不变，所以物体始终朝一个方向运动，故A、D均错，C正确．
3．A　解析：由s－t图象可以看出乙比甲晚出发10 s，当乙开始运动时，两物体间的距离大于20 m，故A错，0～10 s内两物体间的距离逐渐变大，10 s时最大，10 s 后甲、乙间的距离逐渐变小，25 s时乙刚好追上甲，故B、C、D正确．
4．D　解析：0～2 s内，A沿x轴负方向运动，vA＝ m/s＝12 m/s，B沿x轴正方向运动，vB＝ m/s＝30 m/s，故A、B均错误；前5 s内A的路程为60 m，而B返回出发点，路程为60 m＋30 m＝90 m，C错误；B的位移大小在5 s内为30 m，而A为60 m，故D正确．
5．BC　解析：由a＝可知，0～t和t～3t两段时间内速度改变量大小均为v，时间之比为1∶2，则加速度之比为2∶1，A错；由平均速度得s＝t＝t，则0～t内的位移为s1＝vt，t～3t内的位移为s2＝·2t＝vt，位移之比为1∶2，B正确；由＝得1＝＝v，2＝＝v，即平均速度之比为1∶1，C正确．
6．AC　解析：由题图可以看出：被选作参考系的质点位于坐标轴上的原点，质点a从坐标轴上＋5 m处向原点运动，经2 s到达坐标原点，速率va＝2.5 m/s.在t＝1 s时，质点b从坐标原点出发，沿坐标轴的正方向运动，1 s内的位移为5 m，速率vb＝5 m/s；质点a运动了2 s，质点b只运动了1 s，它们的位移大小相等，均为5 m，而方向相反，质点b的速率大．
7．BC　解析：第1 s内和第6 s内速度均为正值，方向相同，A错误；第1 s内为匀加速，a与v同向，第6 s内为匀减速，a与v反向，故B正确；第2 s内的加速度为 m/s2＝5 m/s2，第6 s内的加速度为 m/s2＝－10 m/s2，故C正确；前6 s内速度均为正值，始终向前运动，D错误．
8．CD　解析：x－t图象的各点切线的斜率表示物体的速度，由图可以看出，甲物体做变速直线运动，乙物体做匀速直线运动，A错误；两物体在t＝0时刻图象的斜率不为零，故B错误；相遇时t1时刻甲图象的斜率大，故D正确；由两物体在t1时间内的位移相同，由＝可知，C正确．
9．BC　解析：三个图直线的斜率大小都一样，故速率相同，但第二个图速度方向为负，速度不同，三个图的路程相同，均为3 m，但第二图的位移指向负方向，故位移不同，起点位置也不同，故B、C正确．
10．解：(1)根据图象可以知道质点A在第1 s内从－4 m处运动到0 m处，所以 sA＝4 m.
(2)质点B在前2 s内从2 m处运动到4 m处，所以sB＝2 m.
(3)两图线的交点P表示A、B两物体在第2 s末相遇．
(4)同样是2 s的时间，A通过的位移是8 m，B通过的位移是2 m，所以A运动得快．
11．解：物体开始时静止，第1秒内物体向正东方向加速.1秒末速度为1 m/s，在1秒末改变加速度方向，第2秒内物体做减速运动，2秒末速度减为0；第3秒再重复第1秒的运动，第4秒再重复第2秒的运动，4秒末速度减为0.速度—时间图象如图K3所示．可知：

图K3
(1)速度方向为正，物体始终向正东方向运动．
(2)4 s末的速度为0.
(3)如图所示．
12．解：(1)0～2 s内，物体的位移均匀增加，物体做匀速直线运动，速度等于该段的斜率v1＝2.5 m/s；2～6 s内，物体的位移不变，说明物体静止；6～8 s内物体的位移均匀增加，物体做匀速直线运动，速度等于该段的斜率v3＝5 m/s.
(2)由平均速度公式＝得
整个8 s内的平均速度＝＝1.875 m/s
前6 s内的平均速度′＝＝0.83 m/s.
(3)2～6 s内，物体的位移不变，说明物体静止，4 s末物体的速度为0；6～8 s内物体的位移均匀增加，物体做匀速直线运动，7 s末的速度等于这段时间内的平均速度，为5 m/s.
第二章　探究匀变速直线运动规律
第一节　探究自由落体运动
1．C　解析：树叶下落时，空气阻力不可忽略，所以A错误；运动员投出的篮球有初速度，不是从静止下落，所以B错误；从水龙头上滴落的水从静止下落，且空气阻力可以忽略，故C正确；从水面自由落到水底的石子由于受到水的阻力作用，且不可忽略，所以D错误．
2．C　解析：物体下落的快慢与空气阻力有关．如果物体所受空气阻力远小所受的重力，则空气阻力可以忽略不计，否则不可忽略，所以C正确．
3．C　解析：在真空中，羽毛和苹果从同一高度由静止释放，两者做同步的自由落体运动，且运动的速度越来越大．
4．B　解析：小钢球的运动是匀变速直线运动，运动速度会越来越大，相等的时间内通过的位移越来越大．
5．BD　解析：羽毛和铅球在月球表面时都只受到重力作用，故它们均做自由落体运动，它们将同时落地，所以选项A、C错误，选项B、D正确．
6．CD　解析：自由落体运动的定义理解关键是两点：其一，物体只受重力，如物体下落时有空气阻力，那就不叫自由落体；其二，从静止开始，如果有一定的初速度下落，也不能叫自由落体．此两条件缺一不可．故选项C、D正确．
7．CD　解析：根据题意，两者做自由落体运动，从同一高度同时下落，也能同时落地，落地时的速度相同，故其加速度也相同，所以C、D选项正确．
8．BD　解析：用刻度尺可直接从纸带上量出各时间内的位移大小，而速度和加速度只有先测出位移和时间的大小，然后通过公式才能算出，选项A、C错误，B正确；从纸带上相邻间隔时间相同而位移越来越大可判断物体做加速运动，所以选项D正确．
9．CD　解析：羽毛前后受到的重力不变，所以选项A错误；有空气时，小钱币受到的空气阻力远小于钱币的重力，可以忽略不计，所以下落快，而羽毛受到的空气阻力与其阻力相比不可忽略，所以下落慢，故选项B错误，C正确；物体如果不受空气阻力从静止下落时，是做自由落体运动，所以选项D正确．
10．伽利略　一样快　解析：事实上，物体下落的快慢与空气阻力有关，没有空气阻力时，只在重力作用下，轻重不同的物体下落快慢相同．
11．速度
12．解：物体下落时同时受到地球的吸引作用和空气的阻碍作用，如果没有空气的阻碍作用而只有地球的吸引作用，或者空气的阻碍作用远比地球的吸引作用小时，则无论什么物体，下落快慢都一样．伽利略当年做的实验是两个密度相同的铁球在空气中下落，空气对铁球的阻碍作用相对于地球对它们的吸引作用是很小的，不足以使它们的落地时间有差别，所以人们观察到的是两球同时落地．当我们做实验时重的物体比轻的物体下落得快，实际是这时空气的阻碍作用不能忽略．在空气的阻碍作用相同的情况下，物体越轻受空气的影响就越大，下落就越慢，物体越重受空气的影响就越小，下落得越快．
第二节　自由落体运动规律
1．B　解析：只有物体做自由落体运动时，其加速度才可称之为自由落体加速度，其方向竖直向下，地球上不同地点的自由落体加速度不相同，两极最大，赤道最小．
2．A　解析：设屋顶高h m，水滴下落时间为t s，则由自由落体规律及已知条件有：
h＝gt2，h－2＝g(t－0.15)2
解得：h＝10 m，t＝1.4 s.
3．D　解析：两球下落距离之差为：Δs＝gt2－g(t－0.5)2＝g，可见两球下落距离之差随时间越来越大，故A、B均错．又因为速度之差为：Δv＝gt－g(t－0.5)＝0.5g.可见，C错，D对．
4．B　解析：前后两次下端的球落地后，上端的球下落的距离L相同．根据自由落体运动的末速度为vt＝，则五楼的高度h比较大，下端的球落地后，上端的球的速度比二楼的大，根据t＝可知速度大者时间短．
5．BD　解析：根据自由落体运动定义为：物体仅在重力的作用下，从静止开始下落的运动叫自由落体运动；还有，物体所受空气阻力对重力影响很小或没影响时可视为自由落体运动可知答案为BD.
6．CD　解析：根据在同一地点，一切物体在自由落体运动中的加速度都相同，且自由落体运动的瞬时速度vt＝gt可知甲、乙物体的瞬时速度在落地前时刻相等．根据v－v＝2as以及初速度为零可知落地前下落距离s相同的瞬时速度相同．
7．AB　解析：当知道物体运动的总时间，由h＝gt2即可得塔的高度H.如果知道最后1 s内石子的位移为Δh，则利用gt2－g(t－1)2＝Δh可得石子下落的时间t，即可得塔的高度H.而最初1 s内石子的位移和第一秒末、第二秒末物体的速度都是定值，是不可能利用它们求出塔的高度的．
8．AC　解析：由t＝物体到达B、C、D、E的时间之比为tB∶tC∶tD∶tE＝1∶∶∶2，根据v＝gt，得vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，这样可看出A正确、B错误；显然vB＝，而＝，所以物体从A到E的平均速度＝vB，C正确、D错误．
9．AC　解析：由自由落体运动的定义知A对；在开始连续的三个1 s内通过的位移之比是sⅠ∶s Ⅱ∶sⅢ …＝1∶3∶5 …，B错；由vt＝at在开始连续的三个1 s末的速度大小之比是v1∶v2∶v3…＝1∶2∶3…，C对； 由s＝gt2，从开始运动起下落4.9 m、9.8 m、14.7 m，所经历的时间之比为1∶∶.
10．(1)g＝　(2)9.6 m/s2　图象如图K4所示
解析：(1)滴水的周期就是水滴下落的时间，所以t′＝，由h＝gt′2得g＝.
(2)描点如图K4，求出斜率k＝tan α＝＝g可求得g.解得g＝9.6 m/s2

图K4
 
11．解：以B端为研究对象，当B端到达O点时，所需的时间为t1，其位移为h1，当A端到达O点时，B端自由下落的位移为h2＝2.45 m，所需的时间为t2，由图K5可知h1＝2.45 m－0.49 m＝1.96 m，h1＝gt，h2＝gt
t＝t2－t1＝－＝7.4×10－2 s.
        
图K5      　　　　图K6
12．解：水流下落达到稳定时，在任一段时间内，流过任一柱截面的水的体积是一定的，即各处流量相等．由于水在下落过程中的速度不断变大，所以横截面积不断变小．如图K6所示．
匀加速得：v－v＝2gh
流量相等：π2v0t＝π2vtt，可得d＝D
代入数值可得：d＝0.5 cm.
第三节　从自由落体到匀变速直线运动
1．C　解析：根据公式s＝v0t＋at2，可对应得到v0＝4 m/s，a＝2 m/s2，即a＝4 m/s2.
2．D　解析：由公式s＝v0t＋at2＝t＝t，可以判断，D正确．
3．A　解析：A图表示物体做匀速直线运动．
4．C　解析：第一段运动过程s1＝.而第二段，s2＝－s1，此过程去了还返回且整段是匀变速，所以有：s2＝v1t－，v1＝a1t 即可得a1∶a2＝1∶3.
5．AD　解析：匀变速直线运动是加速度不变的运动，由Δv＝aΔt和s＝v0t＋at2可以得到A正确、C错误，加速度、速度、位移方向可以相同，也可以相反．
6．AD　解析：甲、乙两物体的速度图象都在t轴上方，表明速度方向都是正方向，运动方向相同，甲从静止开始做匀加速运动，乙做匀减速运动．在t1时刻它们速度相等，在0～t2时间内它们与坐标轴围成的面积相等，即位移相等．
7．AC　解析：根据图象，t时间内速度的图象均在时间轴上方，表明速度都是正方向的，故重物一直向上运动，位移一直增大，先做匀加速运动，后做匀减速运动．
8．BD　解析：由s＝at2公式，可以用5 s内的位移减去4 s内的位移，得到第5 s内的位移，即Δs＝at－at＝a×52－a×42＝18 m，解得物体的加速度是4 m/s2，再用同样的方法求得物体在第4 s内的位移是14 m.
9．AB　解析：v＝，即某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度．v＝，为某段位移的中间位置的瞬时速度公式(不等于该段位移内的平均速度)，可以证明无论匀加速还是匀减速，都有v<v，即A、B正确．
10．1.47　4.90 m/s2　解析：据题意每秒闪光10次，所以时间间隔T＝0.1 s，根据中间时刻的速度公式得vD＝＝×10－2 m/s＝1.47 m/s.
根据Δs＝aT2得－＝a(2T)2，所以
a＝＝4.90 m/s2.
11．解：(1)从v－t图象可知，探测器在0～9 s加速上升，9 s末发动机突然关闭，此时上升速度最大为64 m/s,9 s～25 s探测器仅在重力作用下减速上升，25 s末它的速度减小到零，上升到最高点.25 s以后探测器做自由落体运动．由于
SOAB＝×64×25 m＝800 m
SBDC＝×80×20 m＝800 m
所以45 s末它恰好到达星球表面，此时它落地的速度为80 m/s.
(2)探测器达到的最大高度为
h max＝SOAB＝800 m.
(3)由v－t图AB段或BC段知，该星球表面的重力加速度大小为
g＝＝ m/s2＝4 m/s2.
(4)探测器加速上升时加速度为
a＝＝m/s2＝7.1 m/s2.
12．解：火车为了要停车，从途中某处(设为A)开始需做减速运动，到站停留1 min后，又需匀加速启动，直至某处(设为B)恢复原来的速度(如图K7所示)．因临时停车延误的时间是指它从A到B比原来匀速通过这段位移多花的时间．题中已知v＝54 km/h＝15 m/s，a1＝－0.3 m/s2，a2＝0.5 m/s2.

图K7
火车从刹车到停止的时间设为t1，滑行位移为s1，由匀变速运动规律得：
t1＝＝ s＝50 s
s1＝＝＝375 m
火车从启动到达到速度v的时间设为t2.经过的位移为s2.同理可得：
t2＝＝ s＝30 s
s2＝＝ m＝225 m
火车在中途停留时间t0＝1 min＝60 s.
所以火车为了中途停车，从A到B经历的时间：
T′＝t1＋t0＋t2＝50 s＋60 s＋30 s＝140 s.
火车以速度v匀速通过AB这段位移的时间：
T＝＝s＝40 s
所以，火车因中途停车而延误的时间：
Δt＝T′－T＝140 s－40 s＝100 s.
第四节　匀变速直线运动与汽车行驶安全
1．B　解析：匀减速直线运动既加速度与速度方向相反，速度会减小，位移在增加．
2．C　解析：两物体在途中相遇，但v－t图象的面积表示的位移并不相同，说明两物体出发点不同，两物体位移差Δs＝ m＝3 m，即B在A前3 m处，C正确．
3．C　解析：刹车后汽车做匀减速直线运动，由速度公式vt＝v0－at，汽车4 s后速度为零，所以6 s的位移实际上是4 s的位移．
4．C　解析：因为加速运动与减速运动的时间不知道，故A选项错，B、D也是错的，匀加速运动的末速度既是匀减速的初速度，由＝知它们的平均速度相等．
5．AB　解析：匀加速运动中，无论加速度多么小，速度都在增加，故A正确，匀减速运动中，无论加速度多么大，物体的速度都在减小，故B正确；匀变速直线运动中加速度是不变的，故C错；加速度反映的是速度的变化快慢而不是速度变化的大小，故D错．
6．AD　解析：v－t图象如图K8可知A、D正确．

图K8
7．BD　解析：开始自行车的速度大于汽车的速度，后来汽车的速度大于自行车的速度，由s自＝s汽，即v0t＝at2，所以 t＝，故选B、D.
8．AD　解析：任何形式的运动，＝，故A正确；匀加速直线运动，连续相等的时间间隔内，位移之差为一常量，故B错，D对；只有初速度为零的匀加速直线运动，C选项才正确．
9．BD　解析：汽车经过时间t＝＝ s＝2 s后停止运动，故经3 s后汽车的速度为0.汽车经3 s的位移等于前2 s的位移大小，所以s＝＝m＝12 m，B和D正确．
10．解：在汽车速度减小到4 m/s之前，它们的距离不断减小，汽车速度减小到4 m/s之后，它们的距离不断增加，所以当汽车速度为4 m/s时，两车间的距离最小，此时看两车是否相撞．
汽车速度减小到4 m/s所需的时间t＝ s＝24 s
在这段时间里，汽车、自行车行驶的距离分别为
汽车：x1＝v0t＋＝168 m
自行车：x2＝vt＝96 m
由此可知：x1－x2＝72 m>60 m
所以会发生车祸．
11．解：(1)汽车刹车后做匀减速运动，有
a＝＝－2 m/s2
由＝＝得
s＝t＝16 m.
(2)由位移公式s＝v0t＋at2代入数值可得
t1＝1 s，t2＝9 s
将t2＝9 s代入速度公式vt＝v0＋at可得
vt＝－8 m/s
即汽车刹车静止后又反向运动到位移是9 m处，这是不可能的，所以刹车后前进9 m所用时间为1 s.
(3)设汽车刹车所用最长时间为t，则经时间t汽车速度变为零，由vt＝v0＋at可得t＝5 s，可见汽车刹车仅用了5 s，在8 s的时间内，汽车有3 s静止不动，因此有
s＝t′＝×5 m＝25 m.
12．解：(1)由题意得摩托车匀加速运动最长时间
t1＝＝16 s
位移s1＝＝200 m<s0＝1 000 m
所以摩托车在达到最大速度之前没有追上卡车．则追上卡车前二者速度相等时间距最大，设从开始经过t2时间速度相等，最大间距为sm ，于是有
at2＝v卡，所以t2＝＝9.6 s
最大间距sm＝s0＋v卡t2－at＝1 072 m
(2)设从开始经过t时间摩托车追上卡车，则有
＋vm(t－t1)＝s0＋v卡t
解得t＝120 s.
第三章　研究物体间的相互作用
第一节　探究形变与弹力的关系
1．B　解析：劲度系数k由弹簧的材料、粗细、长度、单位长度内弹簧的匝数等决定，与弹力的大小、形变量无关．
2．D　解析：A选项中木块受到向上的支持力是由于桌面发生微小形变而产生的；B选项中木头动起来是因为竹竿发生了形变；C选项中绳对物体的拉力总是沿绳的方向．
3．B　解析：地面受到的压力是因为物块B发生了形变而产生的，故B正确．
4．B　解析：木块受到竖直向下的重力G，竖直向上的拉力F和地面对木块竖直向上的弹力N，F增大时，N减小，B正确；木块对地面的压力是木块发生微小形变而产生的，木块的重力是木块受到地球的吸引而产生的，不是同一个力，D错误．
5．AB　解析：弹性形变指的是能够恢复原状的形变，故知A、B正确．
6．AD　解析：由胡克定律F＝kx＝k(L－L0)可得弹簧的劲度系数为k＝＝＝500 N/m.若F1＝20 N是拉力，则由胡克定律F1＝kx1＝k(L1－L0)可得弹簧的长度变为L1＝＋L0＝＋0.15 m＝0.19 m.
若F2＝20 N是压力，则由胡克定律F2＝kx2＝k (L0－L2)可得弹簧的长度变为L2＝L0－＝0.15 m－＝0.11 m.
7．BC　解析：弹簧a、b受到的弹力均为10 N．由胡克定律F＝kx可算出a的长度为xa＝7 cm，b的长度为xb＝4.5 cm，故选项B、C正确．
8．BD
9．AC　解析：产生弹力的条件是两物体既要接触，又要发生形变，故选项A正确；一个物体之所以会对别的物体产生弹力，是因为这个物体发生了弹性形变而需要恢复原状，故选项B错误、C正确；绳子对物体的拉力方向总是沿着绳子并指向绳子的收缩方向，故选项D错误．
10．如图K9所示．
　
图K9
11．如图K10所示．

图K10
12．(1)L5　L6
(2)6.85　14.05
(3)L7－L3　7.20
(4)　1.75
(5)28
解析：(1)L5、L6两组数据在读数时均没有估读值．
(2)根据表格已知读数知，刻度尺上端的刻度数小，因而L3＝6.85 cm，L7＝14.05 cm.
(3)题中三组数据在寻求多挂4个砝码形成的长度差，故d4＝L7－L3＝(14.05－6.85) cm＝7.20 cm.
(4)每增加4个砝码弹簧的平均伸长量ΔL1＝，则每增加1个砝码弹簧的平均伸长量ΔL＝＝，代入数据求得ΔL＝1.75 cm.
(5)由(3)(4)可知，弹力F和弹簧伸长量ΔL成正比，即满足F＝kΔL，代入数据
k＝＝ N/m＝28 N/m.
第二节　研究摩擦力
1．D　解析：两个相对静止的物体间不一定有静摩擦力，还要看它们间是否有相对运动趋势，例如静止在水平地面上的汽车，它们之间就没有静摩擦力．受静摩擦力作用的物体不一定是静止的，例如与倾斜的匀速运动的输送带相对静止的物体，物体与输送带之间有相对运动趋势，所以有静摩擦力存在，但物体并不是静止的．产生静摩擦力时只要与接触面相对静止就行了．上述的输送带如突然加速，物体就可能受到与运动方向一致的滑动摩擦力．所以A、B、C三个选项都是错的．在正压力一定时，静摩擦力的大小可以因外力的变化而变化，但不能超过最大静摩擦力，这就是一个限度．故本题正确的选项是D.
2．D　解析：因为只有滑动摩擦力的大小才与正压力成正比，对静摩擦力是不成立的，所以A错误．摩擦力可以是动力，也可以是阻力，所以B、C错误．
3．B　解析：滑动摩擦力的大小与物体间的正压力大小成正比，所以A错误；静摩擦力的大小与正压力是不成正比的，只有滑动摩擦力才是，所以C错误，最大静摩擦力随物体间的正压力增大而增大，不是不变的，所以D错误．
4．C　解析：由于FN乙＞FN丙＞FN甲，故由f＝μFN可知物块所受滑动摩擦力大小关系为f乙>f丙>f甲，选项C正确．
5．AB　解析：影响滑动摩擦力大小的因素有两个，一是正压力的大小，二是动摩擦因数．本题中正压力不变，只有考虑动摩擦因数的大小．动摩擦因数的大小与接触面的光滑程度和接触面的材料有关，A选项正确．木与木之间的动摩擦因数是0.3，而木与金属之间的动摩擦因数为0.2，B选项正确．动摩擦因数与运动速度无关(汽车刹车时路面动摩擦因数改变是因为温度变化)，C选项错误．动摩擦因数与接触面积无关，D选项错误．
6．CD　7.CD
8．BD　解析：推自行车前进时，地面对两个轮的摩擦力都是阻力，所以与相对地面的运动方向相反，所以F1和F2的方向都是向后．骑自行车时，后轮所受摩擦力是动力，与运动方向相同，而前轮所受摩擦力还是阻力，所以还是向后，故B、D正确．
9．BD　解析：A、B一起运动，分析B与地面间的摩擦情况，把A、B看做整体，匀速运动必受地面阻力，即摩擦力，所以μ2≠0；A、B一起匀速运动，A在水平方向不受力．A、B间无摩擦力，可以是μ1＝0，也可以μ1≠0，选项B、D正确．
10．解：由f＝μFN可知，当铁块滑动时所受到的滑动摩擦力为f＝0.4×200 N＝80 N
(1)推力为50 N时，铁块静止不动，铁块受到静摩擦力作用，其大小为50 N.
(2)推力为83 N时，铁块仍静止不动，铁块受到静摩擦力作用，其大小为83 N.
(3)推力为100 N时，铁块会相对地面滑动，铁块受到滑动摩擦力作用，其大小为80 N.
11．解：由题意可知，水平推力对物块的压力与物块和墙面间相互的压力大小相等，即FN＝50 N，根据f＝μFN可得
f＝0.4×50 N＝20 N.
12．解：当只有木板在水平桌面上，木板与桌面间的弹力为N1＝m木g＝FN1
弹簧的拉力为F1＝kx1＝μFN1
当木板上放一质量为Δm＝5 kg的物体时，木板与桌面间的弹力为N2＝(m木＋Δm)g＝FN2
弹簧的拉力F2＝kx2＝μFN2
解得μ＝＝＝0.2.
第三节　力的等效和替代
1．D　解析：力的三大要素：力的大小、方向、作用点都影响力的作用效果．力的单位不影响力的作用效果，故选D.
2．B　解析：合力与分力是一种等效替换关系，“等效”指的是合力和分力的效果相同，“替换”指的是合力和分力能替换作用在物体上．
3．A　解析：分力的大小与方向确定，作出的平行四边形的对角线也是确定的，即合力的大小和方向是确定的，所以A正确．
4．C　解析：合力与分力是按效果来替代，而不是同时作用在物体上，C错．
5．CD　解析：合力与分力遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则，分力的夹角不同，合力也不同，合力可能大于分力也可能小于分力．
6．BD　解析：两绳子的拉力的合力等于重物的重力，重力不变，所以D正确．由于合力不变，两分力的夹角增大时，可确定两分力会增大，B正确．
7．BD
8．BC　解析：合力的作用效果与分力的共同作用效果是相同的，合力与分力可以等效替代，不是同时作用在物体上．各分力F1和F2性质不一定相同，故又和合力F性质不同．
9．BC
10．(1)2.5　4.0　(2)如图K11所示．

图K11
解析：测力计的读数要按题目要求读，注意有效数字的位数．本题考查弹簧测力计的读数及用力的图示法求合力．从图中知，弹簧测力计最小刻度为0.1 N，因此竖直向下的弹簧测力计读数为2.5 N，水平向右的弹簧测力计读数为4.0 N．因为读数2.5 N、4.0 N均是0.5 N的整数倍，因此，选方格纸中一个小方格的边长表示0.5 N，应用平行四边形定则，即可画出两个力以及它们的合力．
11．(1)AC　(2)4.00　解析：(1)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，即受力变化，A选项正确；由于弹簧测力计是通过定滑轮拉结点O，定滑轮只改变力的方向不改变力的大小，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；弹簧测力计的使用，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°，D选项错误．
12．(1)BCD　(2)更换不同的小重物　解析：运用等效思想来验证平行四边形定则，即要验证以两力为平行四边形的邻边，作平行四边形，其对角线是否和合力相符．本小题中结点受三个力，其中两个力的合力与第三个力等大反向，故先测出各力的大小和方向，然后作出各力的图示，以两边为邻边作平行四边形，如果在实验误差范围内平行四边形的对角线与第三个力等大反向，即可验证．为测量各力的大小故需要记录橡皮筋原长、悬挂重物后的长度以及记录悬挂重物后O点位置．最后可以通过更换小重物来改变各力的大小．
第四节　力的合成与分解
1．A　解析：根据力的平行四边形定则可知A正确．
2．D　解析：把重力分解可知，引桥越长，引桥倾度越小，重力的下滑分力越小，上桥时的阻碍作用减小，从而比较容易上桥，下桥时的加速作用会减小，从而保障行车时的安全．故选项D正确．
3．C　解析：A图中，合力为2F1，B图中合力为零，C图中合力为2F2，D图中合力为2F3，且F2为直角三角形的斜边，由数学知识知F2最大，故选项C正确．
4．A　解析：重物保持静止时，两绳对重物的拉力的合力大小始终等于重物的重力大小，故选项A正确．
5．BD　解析：以物体为研究对象，分析其受力如图K12所示，水平方向有Fcos θ＝f＝μFN，竖直方向有Fsin θ＋FN＝G，可知选项B和D正确．
       
图K12        　　　图K13
6．BC　解析：力的分解是力的合成的逆运算，由合力与分力的关系|F1－F2|≤F≤F1＋F2可知，选项B和C正确．
7．BC　解析：作出力的三角形如图K13所示，由余弦定理得F2＝＝ N≥5 N
显然F1取值任意，F2≥5 N，当力的三角形是直角三角形且F1、F2为直角边时，F2取得最小值5 N.
8．AB　解析：人在准备区，所受的是静摩擦力，故运动员受到的静摩擦力为f＝mgsin θ，山坡对运动员的支持力为N＝mgcos θ.山坡对运动员的作用力为山坡对运动员的摩擦力和支持力的合力，该作用力与运动员的重力平衡．故选项A和B正确．
9．BD　解析：物体受共点力F1、F2、F3作用而做匀速直线运动，说明物体处于平衡状态，合力为零，先合成其中两个较小的力，然后把这两个力的合力与第三个力比较，只要合力为零即可，故选项B、D正确．
10．解：由题图知，F1、F2夹角为π时，F1、F2的合力为1 N，夹角为时，F1、F2的合力为5 N，所以有
F1－F2＝1 N①
＝5 N②
由①②两式解得F1＝4 N，F2＝3 N.
11．解：人与重物静止，所受合力皆为零，对重物分析得，绳的张力F＝200 N，人受四个力作用，可将绳的拉力正交分解，如图K14所示： x轴上二力平衡，y轴上三力合力为零．
x：f＝Fcos 60°
y：N＋Fsin 60°＝G
解得f＝100 N，N＝326.8 N.
   
图K14          　　图K15
12．解：以C点作为坐标原点，水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，建立直角坐标系，如图K15所示．因木块处于平衡状态，则物体所受外力的合力为零，所以x轴方向上的合力Fx＝0，y轴方向上的合力Fy＝0.故x轴方向FBCx－FACx＝FBCsin 45°－FACsin 30°＝0，y轴方向FBCy＋FACy－mg＝FBCcos 45°＋FACcos 30°－G＝0，联立解以上两式得FBC＝50(－) N，FAC＝100(－1) N.
第五节　共点力的平衡条件
1．D　解析：撤去F1以前，对物体进行受力分析，可知物体受到6 N的静摩擦力，说明物体与水平面之间的最大静摩擦力不小于6 N．撤去F1后，物体受到F2＝2 N的作用，小于最大静摩擦力，所以物体仍处于静止状态，合力为零．
2．B　解析：三个力的合力可能为零，物体才可能平衡．判断三个力的合力是否可能为零的方法是：先算出任意两个力的合力的取值范围，看第三个力是否在这个范围之内，若在这个范围之内，则三个力的合力可能为零．
3．C　解析：对物体进行受力分析，物体受到重力G、斜面给物体的支持力N、斜面给物体的摩擦力f三个力的作用．N和f均为斜面对物体的作用力，这两个力的合力应与重力G等大反向，故C正确．
4．D　解析：甲、乙两图中，A、B均做匀速直线运动，所受合力均为零．分别对甲图和乙图中的物体A进行受力分析，可知D正确．
5．CD　解析：平衡状态指的是物体静止或做匀速直线运动，其特点是加速度为零，物体的运动状态(即物体的速度)不发生变化．静止不仅仅要求物体速度为零，加速度也必须为零．所以本题应选C、D.
6．AD　解析：对物体进行受力分析，如图K16所示，物体受到重力G，墙壁对物体的支持力N，墙壁对物体的摩擦力f，水平力F共四个力的作用．由于物体匀速下滑，根据共点力的平衡条件可知，f＝G，N＝F.另外滑动摩擦力f＝μN＝μF.
    
图K16        　　图K17
7．AB　解析：对物体进行受力分析，如图K17所示，分解重力，根据平衡条件可知：N＝Gcos θ；f＝Gsin θ.θ增大，N减小，f增大．斜面体受到物体对它的作用力，大小等于物体的重力，方向竖直向下，始终不变，故斜面体受水平面的摩擦力不变．
8．CD　解析：由题图可知N一定不可能处于压缩状态．
9．AC　解析：对猴子进行受力分析，如图K18所示，猴子受到重力G、两绳的拉力F1、F2三个力的作用．人将绳子拉得越紧，两绳的夹角越大，但由于猴子始终处于静止状态，故合力始终为零，F1、F2的合力始终与重力等大反向，由图可知，两个分力的合力不变，夹角增大，分力增大．
  
图K18    　　图K19
 
10．解：对小球进行受力分析，如图K19所示，小球受到重力、斜面对小球的支持力N1、挡板对小球的支持力N2三个力的作用．用合成法可得
N1＝＝ N；N2＝Gtan 30°＝ N.
11．解：对木块受力分析如图K20所示．
水平方向上：Fsin θ＝FN
竖直方向上：Fcos θ＝G＋f
又由于f＝μFN
联立可解得F＝，FN＝ .
   
图K20     　　　图K21
12．解：(1)受力分析如图K21所示．
FOA＝＝m1g
FOB＝m1gtan θ＝m1g.
(2)f＝FOB＝m1g
方向水平向左．
(3)fm＝μm2g＝0.3×4×10 N＝12 N
当FOB＝m1g＝fm＝12 N时，m1＝1.6 kg
即物体甲的质量m1最大不能超过1.6 kg.
第六节　作用力与反作用力
1．A　解析：物体间的作用力和反作用力是相互的，故A正确；物体所受的重力的反作用力是物体对地球的吸引力，故B错误；根据牛顿第三定律，物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，故C、D错误．
2．C　解析：人走路时受到三个力的作用，即重力、地面的支持力和地面对人的摩擦力，力的作用总是相互的，这三个力的反作用力分别是人对地球的吸引力，人对地面的压力和人对地面的摩擦力，所以人走路时与地球间有三对作用力和反作用力．
3．D　解析：大人拉力与小孩拉力是一对作用力和反作用力．根据牛顿第三定律，物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，故不管在什么情况下，大人拉力与小孩拉力大小都相等．
4．B　解析：根据作用力和反作用力、平衡力的特点可知物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力、物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错B对；物体的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，故C错；对重力分解，其分力也是作用在物体上的，分解成作用在斜面上的压力是错误的，故D错．
5．D　解析：由绳子做匀速直线运动可知，绳子受平衡力，即甲、乙对绳子的拉力是一对平衡力，又根据牛顿第三定律，甲、乙对绳子的拉力与绳子对甲、乙的拉力是两对相互作用力，结合平衡力和相互作用力的性质，故综上可得选项D正确．
6．BD　7.BC
8．AC　解析：作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上的不同物体，性质相同．
9．CD　解析：桌面受到的压力是书对桌面的弹力，书的重力是地球对书的吸引产生的，故A错误．桌面受到的压力是由书形变形成的，故B错误．
10．＝　>
11．绳的拉力　重物对地球的吸引力

图K22
 
12．解：对P物体受力分析，由二力平衡可得：
牵拉细绳的拉力F＝mg＝3×10 N＝30 N
分析患者头部的受力如图K22所示，因此患者头部所受牵拉器的合力：
F合＝＝F＝67.1 N.
第四章　力与运动
第一节　伽利略的理想实验与牛顿第一定律
1．C　解析：惯性是指物体保持原有运动状态的属性，可知本题答案应选C.
2．D　解析：若物体不受任何外力作用，则该物体可能保持原来的静止状态或保持原来的速度做匀速直线运动．
3．D　解析：人竖直向上跳起后，水平方向仍不受力，运动状态没有发生变化，和火车具有相同的速度，所以人落下后，仍在原处．
4．C　解析：惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，与物体的运动状态和所处的环境无关，选项A和B错；运动汽车撞上前面停着的汽车，运动汽车司机由于惯性向前冲，而停着的汽车司机由于惯性往后倒，所以他们受伤的部位可能会截然不同，选项C对．在水平匀速行驶的封闭车厢内，人竖直跳起时由于惯性具有与车厢相同的水平初速度，所以人和车厢在水平方向保持相对静止，落下后人应落在原位置，选项D错．
5．A　解析：本题考查了惯性的概念．由牛顿第一定律可知，小球在水平桌面上向前运动，说明列车减速行驶，小球相对桌面向北运动，则表明列车向南转弯．
6．BD　解析：力是改变物体运动状态的原因，物体的运动并不需要力来维持，选项A和C错，B和D正确．
7．AD　解析：惯性是指物体在不受外力作用时表现为维持原有的运动状态的性质，一切物体都具有惯性，惯性大小与物体的运动状态和受力情况无关．
8．BD
9．BC　解析：惯性是指物体在不受外力作用时表现为维持原有的运动状态的性质，惯性定律是物体在不受外力时所遵循的运动规律，A错B对；惯性定律不但指明了物体具有惯性，还指明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，C对D错．
10．(1)静止或做匀速直线运动
(2)向右减速或向左加速运动
(3)向右加速或向左减速运动
11．启动时，绿灯亮；刹车时，红灯亮．
解析：汽车启动时向前加速，由于惯性，金属块M相对于汽车向后运动，接通左侧电路，绿灯亮；刹车时，M因惯性保持向前运动，接通右侧电路，红灯亮．
12．沿箭头3所指的方向抛出．
解析：甲把球抛出时，球会具有甲前进方向的速度以及抛出方向的速度，因此要想让乙接住应沿图中箭头3所指的方向把球抛出．
第二节　影响加速度的因素
1．B　解析：物体的质量不变，推力F的方向不变，所以F越大物体的加速度越大，F越小物体的加速度越小，故B正确．
2．A　解析：加速度的方向总是与合外力方向一致的．
3．B
4．D　解析：物体受合外力越大，如果质量也很大，加速度不一定越大，同理物体质量越大，如果受合外力也很大，加速度也不一定越小，故A、B、C均错．
5．BC　解析：同一物体所受的合外力减小，加速度也减小，但方向可能与速度方向相同或者相反，速度可能减小也可能增大．
6．CD　解析：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，运动状态的改变即有产生加速度．
7．AD
8．CD　解析：影响物体加速度的因素只有合力和质量．在合力一定且不为零时，质量变大，则加速度变小；质量变小，则加速度变大．在质量一定时，合力变大，则加速度变大；合力变小，则加速度变小．所以C、D正确．
9．CD　解析：物体受力平衡时，物体的合力为零，加速度为零．当其中一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，最后达到最大值，这个过程物体的质量保持不变，所以，物体的加速度由零逐渐增大，最后达到一个最大值，物体做加速度逐渐增大的加速运动；当这个力又由零逐渐恢复的过程中，物体的合力又逐渐变小，当这个力恢复到原来的值时，合力为零，在这个过程中，物体的质量保持不变，所以物体的加速度逐渐变小，最后变为零，物体做加速度逐渐变小的加速运动．
10．力是改变物体运动状态的原因，要改变乒乓球的运动状态需要用力使其产生加速度，而要使网球产生同样大小的加速度，因网球质量比乒乓球大，所以需要用比较大的力．
第三节　探究加速度与力、质量的定量关系
1．D　解析：研究加速度与物体的受力、质量之间的关系的实验中，采取的是控制变量法，即先保持质量不变，研究加速度与合外力的关系；再保持合外力不变，研究加速度与质量的关系．
2．C　解析：在作用力相同的情况下，质量越大，速度变化越慢，加速度越小，两者可能成反比，则用a－图象更容易判断．
3．B　解析：a－为过原点的直线，则a与成正比，即a与m与反比，A错、B对；物体的质量m是由物体本身决定的，C、D错．
4．B
5．BC　解析：在小车的运动过程中受到的摩擦阻力是永恒存在、无法使之为零的，故A错误．平衡摩擦力的实质就是让小车轨道具有合适的倾角而成为一个斜面，从而使小车所受的重力的下滑分力mgsin θ与摩擦阻力f相平衡，进而使小车所受的合力就等于所挂的钩码通过细绳和滑轮对小车施加的拉力，故B、C正确．平衡摩擦力时必须在不挂钩码，让小车拖动纸带自由运动时进行调整(即调整轨道斜面倾角)，直至所打出的纸带上的点迹间距均匀分布为止，故D错误．
6．BD　解析：加速度与合外力成正比，合外力减小，加速度一定减小，A、C错；物体原来可能在加速或减速，即加速度方向可能与速度方向相同或相反，所以速度可能增大或减小，B、D对．
7．BC　解析：保持物体的质量不变，探究加速度与力的关系，a与F成正比，A错、C对；保持物体受力相同，探究加速度与质量的关系，a与m成反比，B对、D错．
8．BD
9．AD　解析：图甲：当F＝0时，小车就有了加速度，可见是长木板倾角过大．图乙：当→0时，即小车质量很大，这时一开始小车的加速度不为零，说明使小车下滑的力已大于最大静摩擦力，也是长木板倾角过大．同理图丙、丁都是因为长木板倾角过小，故A、D正确．
10．质量　解析：a－F图象中，斜率的倒数就是质量，所以斜率不同也即质量不同．
11．(1)B.a＝　C.　D．斜面倾角　(2)丙
解析：小车在斜面上做初速度为零的匀变速直线运动，由位移公式x＝at2可得加速度为a＝.由于不考虑摩擦力影响，所以小车的合外力F＝mgsin θ＝.
12．(1)s＝at2
(2)控制两车同时运动和同时停止
(3)由于本实验的刹车系统保证了两车运动的时间相同，故加速度a与位移x成正比．由表中数据可以看出，在实验误差允许的范围内，当小车的质量保持不变时，位移x与拉力F成正比，故有a与F成正比
(4)调整两木板的倾角，平衡好摩擦力；满足盘和盘中砝码的总质量远小于小车的质量
第四节　牛顿第二定律
1．B　解析：外力与加速度是瞬时对应关系，所以在力作用到物体上的瞬时，物体立即具有加速度，但物体的速度还得从零开始增大，不可能立即具有速度．
2．D　解析：由F合、a、v的关系知，a的大小及方向取决于合外力，故D正确，v、F合无必然关系，故A、B、C错误．物体速度为零时，合外力不一定为零，如小球做自由落体的瞬间，速度为零，但合外力为小球重力．物体合外力为零时，可以做匀速直线运动或静止，速度不一定为零．物体合外力减小，则加速度减小，由a与v的关系可知，当a与v方向相同时物体运动速度v总是增大的．
3．A　解析：匀变速直线运动就是加速度恒定不变的直线运动，所以做匀变速直线运动的物体的合外力是恒定不变的，选项A正确．物体的加速度与合外力的方向一定相同，但加速度与速度的方向就不一定相同了，当物体做减速运动时，加速度方向与速度方向相反，选项B错误．物体所受的合外力增大时，它的加速度一定增大，但速度就不一定增大，选项C错误．物体所受合外力为零时，不一定处于静止状态，也可以处于匀速直线运动状态，选项D错误．
4．B　解析：根据牛顿第二定律有a2＝>＝2×＝2a1.
5．CD
6．CD　解析：物体所受的合外力由施力物体决定，与物体的质量和加速度无关，选项A错误；物体质量是物体的固有属性，与其所受的合外力和加速度无关，选项B错误．
7．AD　8.CD
9．AB　解析：根据牛顿第二定律，如果一个物体同时受到几个力的作用，则物体的加速度跟所受外力的合力成正比．题目所给的两个力大小分别为4 N和8 N，当两个力的方向相同时合力最大，最大值为12 N，当两个力的方向相反时合力最小，最小值为4 N，当两个力的方向既不相同，也不相反时，合力F的大小满足4 N≤F≤12 N．根据牛顿第二定律a＝可得，当两个力取不同的方向时，物体的加速度的大小满足1 m/s2≤a≤3 m/s2.故选项A、B正确．
10．(1)CD　(2)C

图K23
11．解：由匀变速直线运动的公式v－v＝2ax得，雪橇的加速度a＝＝ m/s2＝－0.2 m/s2
雪橇的受力情况如图K23所示，有
FN＋Fsin θ－G＝0①
f＝μFN，G＝mg②
Fcos θ－f＝ma③
联立解得
F＝＝ N≈56 N.
12．解：(1)在斜坡上下滑时，由牛顿第二定律可知：
mgsin θ－f＝ma①
FN－mgcos θ＝0②
f＝μFN③
联立①②③解得a＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2.
(2)设斜坡倾角为θ，最大高度为h，人和滑板滑到B点时速度为v，则v2＝2a④
由于沿BC滑动时的加速度为a′＝μg
则xBC＝
为确保安全，则有xBC＋≤50 m
解得h≤25 m，即斜坡高度不应高于25 m.
第五节　牛顿第二定律的应用

图K24
1．A　解析：小球受细绳拉力F和重力mg两个力作用，其合力方向与加速度方向相同，水平向左；合成法作图如图K24所示，由图可得mgtan θ＝ma，所以a＝gtan θ.
2．C　解析：因为两个物体具有相同的加速度，所以把它们视为一个整体．这个整体在水平方向受到外力F1和F2的作用，由牛顿第二定律得F1－F2＝(m＋m)a所以a＝.
因为要求物体1施于物体2的作用力，所以把物体1和物体2隔离开来，选择其一为研究对象．若选择物体2为研究对象，由牛顿第二定律得N－F2＝ma，解得
N＝(F1＋F2)．
3．B　解析：由牛顿第二定律得F－mg＝ma
则a＝F－g
在a－F图象中，斜率为，由图象可知：
>，即mA＜mB
由函数关系知，a－F图象在纵轴上的截距表示重力加速度的大小，则gA＝gB.
4．B　解析：当小车匀速运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N，合力为零，当小车匀加速运动时，甲的示数为8 N，而由于小车长度不变，则甲弹簧形变的变化量必与乙相等，故乙弹簧的示数应为12 N，故物体受到的合力为4 N，其加速度为4 m/s2，B正确．
5．BC　解析：当水平面光滑时，物体在水平方向上所受合外力均为F′，故其加速度不变．而当水平面粗糙时，支持力和摩擦力都是被动力，其大小随主动力的变化而变化，当用F′替换F时，摩擦力将增大，故加速度减小．
6．CD　解析：设斜面倾角为θ，因为轨道的摩擦不计，物体的加速度a＝gsin θ；设斜面的高度为h，则斜面的长度s＝，物体到达底端所用的时间t＝＝，速度为v＝at＝.
7．BD　解析：扶梯向上做匀加速运动，其加速度是斜向上的，加速度a在水平方向的分量为ax＝acos θ，人在水平方向受摩擦力作用；在竖直方向的分量为ay＝asin θ，是竖直方向上的合力产生的．根据牛顿第二定律，有
水平方向：f＝max＝macos θ，方向水平向右
竖直方向：N－mg＝may＝masin θ
所以N＝mg＋masin θ＝m(g＋asin θ)，方向竖直向上．
8．AD　解析：小车水平向左做匀加速直线运动时，小球的合力沿水平方向向左．BC杆对小球的作用力有两个效果，竖直分力与重力平衡，水平分力产生水平方向的加速度，杆对小球的作用力是这两个分力的合力，方向介于水平向左和竖直向上之间，可能沿杆向上，但并非一定沿杆方向，这是轻杆与轻绳的不同之处．
9．AB　解析：把M、m看做整体，水平方向上分析受力情况．拉力F，摩擦力f1和f2，如图K25所示，根据牛顿第二定律，用整体法求出共同加速度a＝

图K25
再隔离m，根据牛顿第二定律有T－f1＝ma
所以绳子拉力为T＝ma＋f1＝
将f1＝μmg，f2＝μMg代入上式可得T＝F
可见T与μ无关，正确答案为A、B.
10．解：选择木箱为研究对象，受力分析如图K26所示，沿水平和竖直方向将力正交分解，并利用牛顿运动定律得方程
水平方向： Fcos 37°－μN＝ma
竖直方向： Fsin 37°＋N＝mg
解得a＝1.9 m/s2，v＝at＝5.7 m/s
        
图K26            　　图K27
当撤去拉力F后，物体的受力变为如图K27所示，则由牛顿第二定律得
μN＝μmg＝ma′，a′＝μg＝3 m/s2
t＝＝1.9 s.
11．解：以B为研究对象，其受力情况如图K28所示，则根据牛顿第二定律得
fB＝max①
NB－mg＝may ②

图K28
ax＝acos θ＝0.8a＝1.6 m/s2
ay＝asin θ＝0.6a＝1.2 m/s2
将ax、ay值代入①、②式得
fB＝5×1.6 N＝8 N
NB＝m(g＋ay)＝56 N.
12．解：(1)从v－t图象可知，物体的速度是减小的，所以做的是减速直线运动；而且从AD曲线各点切线的斜率越来越小直到最后为零可知，其加速度大小越来越小．所以返回舱在这一阶段做的是加速度越来越小的减速运动．
(2)因为AB是曲线AD在A点的切线，所以其斜率大小就是A点在这一时刻加速度的大小，即
a＝ m/s2＝20 m/s2.
(3)设返回舱下降过程中所受的空气浮力恒为f0，返回舱在t＝0时，由牛顿第二定律可知kv2＋f0－mg＝ma
返回舱下降到速度达到vm＝4 m/s时开始做匀速直线运动，由平衡条件可知，kv＋f0＝mg
联立求解得k＝＝＝0.3.
第六节　超重和失重
1．D　解析：当重物处于超重时，升降机绳索拉力最大，所以可能的情况有加速上升或减速下降．
2．D　解析：所谓超重或失重都是指物体的视重发生变化，而物体受到的重力保持不变．
3．C　解析：当升降机以a＝g向下加速时，物体处于完全失重状态，天平无法正常使用所以C正确．当升降机以a＝g向上加速时，物体与砝码同处于超重状态，当砝码的质量与物体质量相等时，对天平的压力相等所以天平仍能使用，故B、D错误．
4．B　解析：小筒与水一起做自由落体运动，所以水与小筒没有相对运动，水就不会从小孔中流出，所以B正确．
5．BC　解析：读数小于物体的质量，即物体对台秤的压力小于重力，N<G可知物体处于失重状，加速度的方向竖直向下．所以物体可能处于加速下降，也可能处于减速上升．
6．BC　解析：弹簧测力计的示数显示出物体受到的拉力为3 N，所以物体所受的合力为F合＝mg－T＝2 N，且合力方向向下，所以加速度方向向下．
7．BC　解析：台秤示数减少20%，即示数为体重的0.8，此时人所受的合力为F合＝mg－0.8mg＝0.2mg，所以加速度a＝0.2g，且方向向下，升降机可能的运动状态为加速下降或减速上升．
8．BD　解析：人处于超重状态时，重力保持不变；而根据牛顿第二定律N－mg＝ma，得N＝m(g＋a)，方向向上，即为视重；根据牛顿第三定律可知人对电梯的压力为m(g＋a)，方向向下．
9．BC　解析：当升降机匀速运动时物体A对升降机的压力等于物体A的重力，A所受到的摩擦力等于弹簧的拉力，只有当升降机对A的压力变小时，A才会被拉动，才能够向右运动，可知物体A是处于失重状态的．

图K29
10．解：以物体为研究对象，进行受力分析，如图K29所示，选向下的方向为正方向，由牛顿第二定律可得
mg－T＝ma
所以a＝＝ m/s2＝2 m/s2
再以人为研究对象，他受到向下的重力m人g和地板的支持力N.仍选向下的方向为正方向，同样由牛顿第二定律可得方程m人g－N＝m人a
所以N＝m人g－m人a＝50×(10－2) N＝400 N
则由牛顿第三定律可知，人对地板的压力为400 N，方向竖直向下．
11．解：实验中，当重物以加速度a向上运动时，重物受到重力G和纸带的拉力F作用，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，所以F＝m(g＋a)．这时拉力大于重物所受的重力，当拉力达到纸带承受力时，纸带就断裂了．这种对物体的拉力(或支持力)大于物体所受重力的情况称为超重现象．重物由急剧向下运动到突然停住的过程，重物做向下的减速运动，也属于超重现象．
第七节　力学单位
1．D　解析：题目给出了物体的质量和加速度，但均不是国际单位，因此需要将单位换成国际单位制中的单位．利用国际单位制运算时，不需要带单位运算，但在每个结果的后面要写上正确的单位，故D对．
2．D　解析：在力学中，选定长度、质量和时间这三个物理量的单位为基本单位，故D对．
3．C　解析：国际单位制(SI)中的基本单位，力学中有三个：长度的单位米，符号m；质量的单位千克，符号kg；时间的单位秒，符号s.
4．D　解析：在公式F＝ma中，F、m、a三个量必须取国际单位制中的单位，故D对．
5．BD　解析：在力学的分析计算中，可以取同一单位制中的单位，故A错；力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有：长度的单位米，质量的单位千克，时间的单位秒，故C错．
6．AC　解析：秒是国际单位制的基本单位；克既不是国际单位，也不是导出单位．
7．CD　解析：在力学单位制中，若采用cm、g、s作为基本单位，力的单位是达因，牛是国际单位制中的一个导出单位，故A、B错．
8．AD
9．BC　解析：在力学中，选定长度、质量和时间这三个物理量的单位为基本单位，故B、C对．
10．解：由定义可知1达因＝1 g·cm/s2
由换算关系得
1达因＝1×10－3 kg×1×10－2 m/s2
＝1×10－5 kg·m/s2
＝10－5 N
所以有1 N＝105达因．
检测部分
 
第一章综合检测
1．B　2.D
3．D　解析：加速度为速度的变化量与时间的比值，即为速度的变化率，故选D.
4．B　解析：平均速度为物体的位移与时间的比值，百米比赛位移为100 m，时间为10 s，所以平均速度为10 m/s.故选B.
5．AC　解析：速度有平均速度和瞬时速度，都是矢量，B错，汽车的速度计是测量汽车瞬时速度的大小的，D错，所以选A、C.
6．AD　解析：矢量既有大小又有方向，标量只有大小没有方向，速度是矢量，其绝对值为大小，所以B、C错．
7．BC　解析：s－t图象中直线的斜率大小表示速度大小，由图知选项A错B对；s－t图象的交点表示两物体在同一位置，即两物体相遇，选项C对；从s－t图象可判断甲、乙两物体由不同地点出发，选项D错．
8．BD　解析：由速度的方向与加速度的方向相同，当加速度在减小时，质点做变加速运动，所以选B、D.
9．AD　解析：v－t图象中图线与坐标轴所围图形的面积表示位移大小，可知选项A对；v－t图象中直线的斜率大小表示加速度大小，由图知选项B错；v－t图象的交点表示两物体在10 s时速度相等，两物体并不相遇，选项C错D对．
10．(18分)(1)低压　交流　0.02　0.1
(2)A　(3)0.26　0.5
11．(18分)解：(1)由图可知，甲物体的初速度v甲＝15 m/s
乙物体的初速度v乙＝0.
(2)速度变化量：Δv甲＝－15 m/s
Δv乙＝15 m/s.
(3)加速度：
a甲＝＝－2.5 m/s2
a乙＝＝2.5 m/s2.
12．(18分)解：设v1的方向为正方向，则：
(1)当v2的方向与v1相同时：
a＝＝ m/s2＝6 m/s2.
(2)当v2的方向与v1相反时：
a＝＝ m/s2＝－14 m/s2.
第二章综合检测
1．A　解析：物体沿直线做加速运动，位移增大，选项B、D错误．做加速度运动物体的加速度方向和速度方向相同，速度逐渐增大，而加速度减小，是指在相同时间内，速度的增加量在减小，但速度还是增大的，所以选项C是错误的．
2．D　解析：由Δx＝aT2可以求出质点运动的加速度，由第1次闪光到第3次闪光过程中的平均速度可以求出第2次闪光时的速度，然后由位移公式可以求出第一次闪光时的速度．从题中数据可直接得到从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移．由于质点从开始运动到第1次闪光的时间未知，所以无法确定质点运动的初速度，所以选D.
3．C　解析：小石子到达A点时的速度约等于AB中间时刻的瞬时速度vA＝＝ m/s＝20 m/s，则h＝＝ m＝20 m.
4．C　解析：小球在斜面上运动的加速度a＝gsin 30°＝，上升的最大位移 s＝＝，小球上升到最大高度的一半时，vt＝＝，v0＝a×＝，故vt＝gt.
5．BC　解析：设物体上升过程的加速度大小为a1，下降过程的加速度大小为a2，则有x1＝a1·12＝a1，x2＝a2·12＝a2，又a1＞a2，故x1＞x2，A错，B对；由Δv＝a·Δt可得：Δv1＝a1·1＝a1，Δv2＝a2·1＝a2，故Δv1＞Δv2，C正确，D错误．
6．AC　解析：若皮带顺时针方向转动的速度不大于v1，则物体 m由A到B一直匀减速，到B端的速度为v1，通过AB的时间也为t1；当皮带顺时针方向转动的速度大于v1时，物体 m在AB上先减速到与皮带速度相等，再与皮带一起匀速，或物体 m由A到B一直匀速或匀加速，到B端的时间t2≤t1，速度v2≥v1，故A、C正确，B、D错误．
7．BC　解析：若物体在第3 s末减速至零，则由s3－ s1＝2at2可得a＝3.75 m/s2，由v2.5＝3＝可得v2.5＝0.5 m/s，若物体在第3 s内已减速至零，则物体的加速度大于3.75 m/s2，物体在第2.5 s末的速度小于0.5 m/s，甚至可能为零．第0.5 s末的速度等于第1 s内平均速度，C是正确的．综上所述，正确选项为B、C.
8．AC　解析：如图Z1所示，B点为物体由A运动到C的中间时刻，所以vB＝＝，故A正确，B错误；AB和BC为连续相等的时间内的位移，所以BC－AB＝at2，故C正确；由于vC＝vA＋a·2t，所以a＝，故D错误．

图Z1
9．CD　解析：由题图中可直接看出，速度方向发生变化的时刻是第2 s末、第4 s末，而位移始终为正值，前2 s内位移逐渐增大，第3 s、第4 s内又逐渐减小．第4 s末位移为零，以后又如此变化．第3 s末与第5 s末的位移均为0.5 m．故选项C、D正确．
10．(18分)(1)2.10　下落过程中存在阻力等
(2)①0.26 m/s　0.30 m/s　0.34 m/s
②0.4 m/s2
解析：(1)根据某点瞬时速度等于该点的相邻的两段位移内的平均速度得
vB＝＝＝2.10 m/s.
(2)根据一段时间内的平均速度，等于该段时间中间时刻的瞬时速度．相邻计数点的时间间隔为T＝0.1 s，则
①vB＝＝0.26 m/s
vC＝＝0.30 m/s
vD＝＝0.34 m/s
②a＝解得：a＝0.4 m/s2.
11．(18分)解：(1)此货车在超载及正常装载情况下刹车时间之比t1∶t2＝∶＝＝2∶1.
(2)由速度—位移公式有：刹车距离为x＝
超载时刹车距离为：x1＝＝ m＝22.5 m
正常装载时刹车距离为：x2＝＝ m＝11.25 m.
(3)货车在超载情况下又超速行驶，则刹车距离为：
x3＝＝ m＝40 m
由此可见：超速、超载给交通安全带来极大的隐患．
12．(18分)解：工件从A处无初速度放在传送带上以后，将在摩擦力作用下做匀加速运动，因为>，这表明工件从A到B先做匀加速运动，后做匀速运动．
设工件做匀加速运动的加速度为a，加速的时间为t1，相对地面通过的位移为x，则有
v＝at1，x＝，x＋v(t－t1)＝l
数值代入得a＝1 m/s2.
要使工件从A到B的时间最短，须使它始终做匀加速运动，至B点时速度为运送时间最短所对应的皮带运行的最小速度．
由v＝2al得vmin＝＝2  m/s.
第三章综合检测
1．D
2．D　解析：两端各用10 N的力拉，每根弹簧的伸长量都为16 mm，总伸长为32 mm.
3．D　解析：斜面对物体的作用力有支持力和摩擦力，这两个力的合力与物体所受的重力平衡，所以方向是竖直向上．
4．B　5.BD
6．BC　解析：接触处桌子与木块都发生了形变，都有弹力，木块压桌子，桌子支持木块，A错，B对；发生形变的物体会对与它接触的物体产生弹力，C对；木块对桌子的压力与木块的重力是两个不同的力，D错．
7．CD　解析：动摩擦因数μ与接触面的材料与粗糙程度有关，与接触面的面积无关，D对；物体在下落前受到的支持力等于重力，即N＝mg不变，滑动摩擦力是μmg不变，C对．
8．BC　解析：物体仍保持静止，所受合力不变，A错，B对；推力F增大，垂直于斜面向下的力增大，即物体对斜面的压力增大，C对；推力增大时，沿斜面向上的分力增大，但物体原来受不受摩擦力或受摩擦力的方向不确定，因此摩擦力的大小可能增大，也可能减小，也可能不变，D错．
9．BC　解析：把人和木板看成一个整体，水平方向受两个向右的绳子的拉力，向左的地面对木板的摩擦力f＝μN＝200 N，则每根绳子的拉力为100 N，A错，B对；隔离木板分析，水平方向受向右的100 N绳子拉力，向左的地面的摩擦力200 N，故还受人的摩擦力大小为100 N，方向向右，C对，D错．
10．(18分)(1)橡皮条　三角尺
(2)A
(3)ACD　解析：拉力适当大些，相对误差小些，A对；两个分力的夹角不能太大，否则合力很小，误差也较大，B错；应平行拉橡皮条，C对；细绳细一些、长一些，描点更精确一些，D对．
(4)F　F′　F　F′　解析：F是根据平行四边形定则理论作出来的，是理论值，F′是实验值．
11．(18分)解：当A物体所受静摩擦力方向沿斜面向下并达到最大静摩擦力时，受力如图Z2甲所示，此时绳子拉力T最大， 有
Tmax＝mAgsin 37°＋μmAgcos 37°＝0.92mAg
    
甲　　　乙
图Z2
当最大静摩擦力方向沿斜面向上时，受力如图乙所示，此时绳子拉力T最小，有
Tmin＝mAgsin 37°－μmAgcos 37°＝0.28mAg
由Tmin≤mBg≤Tmax得0.28mA≤mB≤0.92mA
即0.56 kg≤mB≤1.84 kg.
12．(18分)解：(1)如图Z3所示．
对m分析：T＝mg＝300 N
对人分析：Mg＝T＋N
即有：N＝Mg－T＝200 N.
(2)对B点分析：FBCsin 30°＝FAB
FBCcos 30°＝2T
解得FAB＝200  N
FBC＝400  N.

图Z3
第四章综合检测
1．A　解析：牛顿第二、第三定律和胡克定律都是在大量实验基础上归纳总结出来的．牛顿第一定律是物体不受外力作用时所遵从的规律，是在可靠的实验事实基础上采用科学的抽象思维而合理外推总结出来的，故选A.
2．B　解析：由牛顿第二定律的矢量性可知，物体的加速度方向与合力方向相同，与物体的速度方向无关，B正确，A错误；只要物体的加速度与速度同向，物体就加速，与加速度大小变化无关，C错误；加速度为正值，说明与所选正方向同向，不一定与速度同向，D错误．
3．C　解析：国际单位制力学基本单位有长度单位米(m)、质量单位千克(kg)、时间单位秒(s)．
4．D　解析：A中货物虽然做加速运动，但钢索对货物的拉力和货物对钢索的拉力为一对作用力和反作用力，据牛顿第三定律知，此二力大小相等，方向相反，故A选项不对．同理分析知，子弹对木块的力与木块对子弹的阻力也为作用力与反作用力，也应大小相等，故B也不对．同理分析知，大人与小孩相碰的相互作用力也大小相等，故C也不对．同理分析知，图钉和木板间的相互作用力大小也相等，故D对．
5．BD　解析：把AB看成整体，由牛顿第二定律可得，当大小为F的力水平向右作用在A上时， F＝(M＋m)a1，当大小为F的力水平向左作用在B上时，F＝(M＋m)a2，所以a1＝a2，选项A错误，B正确；采用隔离法，由牛顿第二定律可得，当大小为F的力水平向右作用在A上时，对于B，有F1＝ma1，当大小为F的力水平向左作用在B上时，对于A，有F2＝Ma2，所以＝，选项D正确．
6．CD　解析：由牛顿第二定律可得物体质量为2 kg，F1、F2的合力大小范围为6 N≤F合≤14 N，故3 m/s2≤≤7 m/s2.C、D对．
7．AC
8．AC　解析：当小车和其板面上的物体都静止时，物体受到的静摩擦力大小为f＝F1＝6 N，方向水平向左，当小车的加速度由零逐渐增大到1 m/s2时，由牛顿第二定律可得物体受到的合外力的大小由0增大到F合＝ma＝8×1 N＝8 N，方向水平向右，所以物体受到的静摩擦力由向左的6 N逐渐减小到0，再增大到向右的2 N，故选项A正确，B、D错误；当a＝0.75 m/s2时，F合＝ma＝8×0.75 N＝6 N，所以摩擦力为0，选项C正确．
9．BC
10．(18分)(1)3.2　(2)图略　a＝
(3)没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力时，斜面倾角过小，使得小车的重力沿斜面的分力小于摩擦力
解析：(1)根据纸带数据可知相邻计数点间的时间间隔为t＝0.04 s，由逐差法可求出小车的加速度大小为
a＝
＝ m/s2
＝3.2 m/s2.
(2)由图象可知，a与成正比，设a＝k，当a＝0.50 m/s2，m＝1.00 kg时，可得k＝，所以a＝.
11．(18分)解：(1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、初速度为v20，末速度为v2t，加速度为a2，则
a2＝＝－2 m/s2①
设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有
Ff＝ma2②
Ff＝－μmg③
联立②③式得μ＝＝0.2.④
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、初速度为v10、末速度为v1t，加速度为a1，则
a1＝＝1 m/s2⑤
根据牛顿第二定律，有
F＋Ff＝ma1⑥
联立③⑥式得
F＝μmg＋ma1＝6 N.
(3)根据v－t图象围成的面积，得
x＝＝46 m.
12．(18分)解：(1)夯杆自坑底开始匀加速上升，由牛顿第二定律得
2μN－mg＝ma
a＝2 m/s2
夯杆上升的高度h1＝＝4 m.
(2)由运动学公式得h1＝at
解得t1＝2 s
匀速上升的时间为t2＝＝0.6 s
夯杆顶端开始竖直下抛到坑底的时间为t3，由运动学公式得－h＝vt3－gt
解得t3＝1.6 s
打夯周期T＝t1＋t2＋t3＝4.2 s.
期末综合检测
1．A　解析：B中19时是时刻；C中10 m/s是瞬时速度；D中参考系是假设为静止不动的物体，运动的物体也可以作为参考系．
2．C　3.D
4．D　解析：相对静止且存在相对运动趋势的物体间才有静摩擦力存在，A错；运动的物体间也可以存在静摩擦力，只要相对静止即可，B错；静摩擦力可以是动力也可以是阻力，C错．
5．C
6．B　解析：加速度a＝g(sin θ－μ1cos θ)，fB＝m2gsin θ－m2a＝μ1m2gcos θ.
7．AC
8．BC　解析：对木块进行受力分析如图Z4所示，根据三角函数知识可知B、C正确．

图Z4
9．BD　解析：惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的量度，所以B、D正确．
10．BC　11.AD　12.CD　13.AC　14.BC
15．(15分)(1)4　1.2
(2)如图Z5所示．　小车受到的摩擦力

图Z5
16．(10分)解：由牛顿第二定律知
Facos θ＝G
Fasin θ＝Fb
解得Fa＝50 N
Fb＝30 N.
17．(12分)解：(1)由牛顿第二定律得金属块运动所受合力F合＝ F－f＝ma
又f＝μmg
解得金属块运动的加速度a＝2 m/s2.
(2)5 s末金属块的速度为v＝at＝10 m/s.
18．(13分)解：对薄板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动．
对滑块：在薄板上滑行时加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s2
到达B点时速度v＝＝6 m/s
滑块由B至C时的加速度
a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
设滑块由B至C所用时间为t
则LBC＝vt＋a2t2，解得t＝1 s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度
a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
滑至C端所用时间为t′
则LBC＝at′2，解得t′＝ s
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为
Δt＝t′－t＝(－1)s＝1.65 s.
 
 
 
 

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