答案速对与试题精析

答案速对/试题精析/规范答题/提升成绩

答案速对与试题精析

单元重构项目卷（一）

【思维提能1】

.A解析：研究甲图滑雪运动员在比赛中的平均速度，滑雪运动员的形状、大小可以忽略，可以将滑雪运动员看成质点，故A正确；研究乙图体操运动员的空中转体姿态，体操运动员的形状、大小不可以忽略，不可以将体操运动员看成质点，故B错误；研究丙图跳水运动员的入水动作，跳水运动员的形状、大小不可以忽略，不可以将跳水运动员看成质点，故 ~c~ 错误；研究丁图滑冰运动员的表演动作，滑冰运动员的形状、大小不可以忽略，不可以将滑冰运动员看成质点，故D错误。故选A。

2.A解析：“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”，其中“轻舟”所选择的参考系是山。故选A。

3.D解析：a点表示第1s末这一时刻；故A错误； b 点表示第2s末这一时刻；故B错误； a 点到 \mathbf{\Psi}_{c} 点表示 (n-2) s的时间间隔；故C错误； \boldsymbol{c} 点到 d 点表示 1 s的时间间隔。故 ~D~ 正确。故选D。

4.B解析：以船为参考系“我”是静止的，选项A错误；以船为参考系“榆堤”是运动的，选项B正确；以“榆堤”为参考系“我”是运动的，选项C错误；以“榆堤”为参考系“云”是运动的，选项D错误。故选B。

5.B解析：根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移大小 x=√(x_{1)^{2}+{x_{2}}^{2}}= 2.5m，故选 \DeltaB_{\circ}

【思维提能2】

1.D解析：加速度方向与速度变化量方向相同，加速度方向为正，速度变化量方向为正，速度方向既可以为正，也可以为负，加速度方向与速度方向可能相同也可能相反，故 \vert AB 错误；在匀减速直线运动中，物体的速度减小，加速度不变，故 ~C~ 错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量，故物体的加速度越大，速度改变得越快，故D正确。故选D。

2.AC解析：速度很大的物体，如果速度不变，则加速度为零；如果速度变化，则加速度不为零，所以速度很大的物体，其加速度不一定为零，故A正确；加速度是速度的变化率，加速度的大小与速度的变化量无直接关系，速度变化量越大加速度不一定越大，故 ~B~ 错误；加速度表示速度变化快慢，当物体的速度为零，其加速度可能很大，例如刚开始发射的火箭，速度为零，加速度很大，故 ~\C~ 正确；加速度表示速度变化快慢，当速度与加速度方向相反，加速度很大时，物体运动的速度减小，并且减小得很快；当速度与加速度方向相同，加速度很大时，物体运动的速度增大，并且增大得很快；所以加速度很大，速度不一定很快变大，故D错误。故选AC。

3.B 解析：根据 \scriptstyle a={(v-v_{0})/(t)} ，可得运动员对排球的击打时间为 t={(v-v_{0})/(a)}{=}{(22-(-18))/(200)}{~s}{=}0.20\ \qquad s，故选B。

4.D 解析：根据平均速度定义可知这辆汽车全程的平均速度为 \overline{{v}}=(x)/(t)=(x)/(\displaystyle/{1){(2)/(v_{1)}}x+(1)/(2)x}=(2v_{1}v_{2})/(v_{1)+v_{2}}=(2x40x60)/(40+60)k m/h =48k m/h ，故选 \DeltaD_{\circ}

5.A解析：根据平均速度公式 {\overline{{v}}}={(s)/(t)} 可知， 实际上为遮光条通过光电门过程的平均速度，故A正确；为使 (\Delta x)/(\Delta t) 更接近遮光条刚到达光电门时的瞬时速度，应换用宽度更窄的遮光条，故 ~B~ 错误；为使 更接近遮光条刚到达光电门时的瞬时速度，应让滑块的释放点远离光电门，故C错误；用 \Delta x 和 \Delta t 只能求出遮光条过光电门的速度，若其它条件未知，不能计算出滑块的加速度，故 ~D~ 错误。故选A。

6.AD解析：小车减速向东运动过程中，加速度方向和速度方向相反即加速度方向向西，故A正确；小车加速向东或向西运动过程中，加速度的方向一定与速度方向相同，加速度的大小反应速度变化的快慢程度，其大小可能发生变化，也可能不变，故 BC 错误，D正确。故选 AD_{\circ}

【思维提能3】

.B解析：位移时间图像斜率表示物体运动的速度，甲物体先向正方向匀速运动，后反向匀速，故A错误；由图可知，三个物体在 0~ t_{0} 时间内的位移相同，故它们的平均速度相同，故 ~B~ 正确；由图可知，甲物体路程最大，乙、丙两物体路程相等，则甲物体的平均速率最大，乙、丙的平均速率相等，故 ~\C~ 错误；由图可知，丙物体图线切线的斜率先比乙的小，之后与乙的斜率达到相等，最后大于乙的斜率，即丙的速度先比乙的速度小，之后增大到与乙的速度相同，最后大于乙的速度，故D错误。故选 \DeltaB_{\circ}

2.BCD解析： \boldsymbol{v}-\boldsymbol{t} 图像中纵坐标数据代表速度，第1s末时速度为正方向 5~m/s ，没有反向运动，故A错误；第2s末时速度为 _{0,v-t} 图像的斜率表加速度，第2s末时斜率不为0，则加速度不为0，故B正确；第2s内和第3s内的图线斜率相同，则加速度相同，故C正确；第4s内的斜率为正，说明加速度为正方向，故D正确。故选 BCD 。

【进阶提能】

1.C解析：因图像的斜率等于速度，可知在 t_{1} 时刻，a车的速度大小小于 b 车的速度大小，选项A错误； a 车匀速运动，加速度为零，6车在 t_{2} 时刻加速运动，加速度大于零，可知 a 车的加速度小于 b 车的加速度，选项B错误；在 t_{1} 到 t_{2} 这段时间内，a和b两车的位移相等，选项C正确；因图像的斜率等于速度，在 t_{1} 到 t_{2} 这段时间内， b 车的速率先减小后增大，选项D错误。故选 ~C~_{\circ}

2.C解析：由乙图可知，脉冲第一次被运动的物体反射时，物体距离 B 的距离为 \boldsymbol{x}_{1}=\boldsymbol{v}_{0}*(t_{1})/(2)=(\boldsymbol{v}_{0}t_{1})/(2) ，故A错误；脉冲第二次被运动的物体反射时，物体距离 B 的距离 x_{2}= (t_{2}-\Delta t_{0})/(2)=(v_{0}(t_{2}-\Delta t_{0}))/(2) Uo ，故B错误；由图 z 可知物体通过的位移为 {\boldsymbol x}_{2}-{\boldsymbol x}_{1} 时，所用时间为 t=(t_{2}-\Delta t_{0})/(2)+\Delta t_{0} -(t_{1})/(2)=(1)/(2)(t_{2}-t_{1}+\Delta t_{0}) (t+△）,物体的平均速度为1=(2(x_{2}-x_{1}))/(t_{2)-t_{1}+\Delta t_{0}} ，故C正确；由于物体做匀速运动，则从开始计时到第二次被 B 接收过程，物体通过的位移大小为{\boldsymbol{x}}_{i\neq}={\overline{{\boldsymbol{v}}}}{t_{2}}=(2({\boldsymbol{x}}_{2}-{\boldsymbol{x}}_{1}){t_{2}})/({\boldsymbol{t)}_{2}-{\boldsymbol{t}}_{1}+\Delta{t_{0}}} 2(x2一x)12 ,故 D错误。故选 C。

3.(1)根据平均速度的计算公式可知， t_{1}\ldots t_{2} 这两段时间内的平均速度分别为 v_{1}={(d)/(t_{1)}}=2.25~m/s v_{2}={(d)/(t_{2)}}= 1.8~m/s,

(2)根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2间中间时刻的速度为2.25\ m/s,1.8\ m/s ，根据加速度定义式有 \ a\ ={(\Delta v)/(\Delta t)}= (v_{1}-v_{2})/({/{t_{1)}{2}}+{(t_{2})/(2)}}{=1\ m/s^{2}},

答案： (1)2.25~m/s 1.8~m/s (2)1~m/s^{2}

单元重构项目卷(二)

【思维提能1】

1.BC解析：根据加速度的定义可知 \boldsymbol{v}=\boldsymbol{v}_{0}+\boldsymbol{a}*\Delta\boldsymbol{t} ，匀加速直线运动的加速度为 2~m/s^{2} ，可得 \mathbf{\boldsymbol{v}}=\mathbf{\boldsymbol{v}}_{0}+2*\Delta t ，则有第3s内，末速度为 v_{3}=v_{2}+2 ,即末速度不是初速度的2倍，而末速度比初速度大 2~m/s ,故A错误，B正确；第3s末与第2s初相差2s的时间，由 \Delta v=a\ *\ \Delta t=2x 2\ m/s{=}4\ m/s ，可知第3s末的速度比第 2~s~ 初的速度大4~m/s ，故C正确；第3s初与第2s末是同一个时刻，则第3s初的速度与第2s末的速度相同，故D错误。故选BC。

2.AD 解析：由平均迹度公式得 (v_{A}+v_{B})/(2)=24~m/s ，UB+c =42 m/s,由匀变速直线运动规律得 u一u=2a x_{A B},v_{C}^{2}-v_{B}^{2}=2a x_{B C},x_{A B}\ :\ x_{B C}=8\ :\ 7 联立各式得v_{A}=12~m/s,v_{B}=36~m/s,v_{C}=48~m/s,x_{O A} x_{A B}=1 “8，故选 AD 。

.AD解析：图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，正
常行驶时刹车减速过程的位移 x_{A}=(1)/(2)x4x20~m=
40~m~ ，疲劳驾驶刹车减速过程的位移 x_{B}=(1)/(2)x5x
20~m{=}50~m ，刹车减速过程，正常行驶与疲劳驾驶的位移大小之比为 4:5 ，选项A正确；刹车减速过程，两种情
况下的平均速度均为 {\overline{{v}}}={(20)/(2)}\ {m/s}=10\ {m/s}. ，即两种情况
下的平均速度相同，选项B错误；刹车减速过程，正常行a_{A}:a_{B}=(20)/(4) (20)/(5)=
驶与疲劳驾驶的加速度大小之比为
5:4 ，选项C错误；从 t=0 到汽车停止，正常驾驶的平均\overline{{v_{A}}}={(20x0.5+40)/(4.5)}{~m/s}=11.1{~m/s} 疲劳驾驶的平均\overline{{{v_{B}}}}={(20x1+50)/(6)}~{m/s}{=}11.7~{m/s} ，疲劳驾驶的平均速度更大，选项D正确。故选 AD, 用

.D解析： \scriptstyle{v-t} 图像围成的面积表示位移，题中甲图图像对应的物体在 0~ t_{0} 时间内的位移大于 (v_{0}t_{0})/(2) 故A错误；根据速度与位移之间的关系式 v^{2}-{v_{0}}^{2}=2a x ，可知题中乙图图像的斜率为 2a=-{(400)/(40)}~m/s^{2=-10~m/s^{2}} ，解得a=-5~m/s^{2} ，由此可知，题中乙图图像对应的物体的加速度大小为 5~m/s^{2} ，故B错误； a-t 图像围成的面积对应速度的变化量，题中丙图图像对应的物体在 0~6 s内的速度变化量为 18\ m/s ，由于不知道该物体的初速度大小，因此无法确定该物体在第6s末的速度，故C错误；根据运动学公式 x=v_{0}t+{(1)/(2)}a t^{2} 并结合题中图线可知，题中丁图图像对应的物体的加速度大小 4~m/s^{2} ，初速度为 0,0~2~s~ 内该物体的位移大小 x^{\prime}=(1)/(2)x4x2^{2}~m= 8~m~ ，平均速度大小 \overline{{v}}==4~m/s ，故D正确。故选 ~D~_{\circ}

【思维提能2】

1.A解析：小球通过光电门 A 时的速度大小为 v_{1}=(d)/(\Delta t_{1)} 小球通过光电门 B 时的速度大小为 v_{2}=(d)/(\Delta t_{2)} ，由匀变速直线运动规律可知 {v_{2}}^{2}-{v_{1}^{2}}=2g h ，重力加速度的表达式为 g=(d^{2})/(2h)((1)/({\Delta t_{2)}^{2}}-(1)/({\Delta t)_{1}^{2}}) ,BCD错误，A正确。故选A。

2.AC解析：A.由图像可知，物体上升到最高点的时间为5 s,最大高度为 20~m~ ，由位移公式 h={(1)/(2)}g t^{2} gt²，可得g={(2h)/(t^{2)}}{=}(2{x}20)/(5^{2)}m/s^{2}=1.6~m/s^{2} ,故A正确;由图可知,当物体上升到最高点所用时间为 5~s~ ，即该物体上升的时间为5~s~ ,故B错误；由速度公式 \mathbf{\sigma}_{v}=_{g t} ，可求得该物体被抛出时的初速度大小 \scriptstyle v_{0}=g t=1.6x5\ {m/s}=8.0\ {m/s} 故C正确；由于不计气体阻力，由对称性可知，该物体落到火星表面时的速度大小为 8~m/s ，但是方向相反，速度变化量为 -16~m/s ,故D错误。故选AC。

3.B解析：设 A 球落地时间为 \mathbf{\chi}_{t} ，则有 h_{A B}={(1)/(2)}g t^{2}- 2g(1-0.2)²,解得 t=1 s,则 A 球释放点离地高度为gt²=5 m。故选B。

4.C解析：设若甲球与 z 球经过时间 it{t} 相遇，则有 h= {(1)/(2)}g t^{2}+(v_{0}t-{(1)/(2)}g t^{2}) gt²），解得t= t=(h)/(v_{0)} ，根据竖直上抛运动的规律，可知，乙球上升的时间为 t_{rm{\tiny\perp}}=(v_{0})/(g)=(10)/(10)~s=1~, s=1s，乙球竖直上抛运动的总时间 t_{\Tilde{\Tilde{z}}}=2t_{\Tilde{z}}=2 s，甲乙两球能在空中相遇，必须满足 t{<}_{t} 总，联立以上整理得 (h)/(v_{0)}<2 <2s，即h{<}20~m~ ，故当 h<20~m~ 时，甲乙两球一定能在空中相遇；当 h>20~m~ 时，甲乙两球不能在空中相遇，故AB错误；当 t_{rm{\tiny\perp}}<{t}<{t}_{\ast} 时，乙球能在下降过程中与甲球相遇，即 <<2 s,解得 10 m<h<20 m,故当 h=15~m~ 时，乙球能在下降过程中与甲球相遇，故C正确；当t{<}t_{\perp} 时，乙球能在上升过程中与甲球相遇，即 (h)/(v_{\scriptscriptstyle0)}<1 解得 h{<}10~m~ ，故D错误。故选C。

【思维提能3】

1.(1)电火花计时器使用的是 220~V~ 的交流电源，故A错误；在实验操作中，为了充分利用纸带，应先接通电源，后让小车运动，故B正确；在同一纸带上打的点越密，说明小车运动越慢，速度越小，故C正确。故选BC。

(2)每5个点取一个计数点，则相邻计数点的时间间隔为T{=}5x0.02~s{=}0.1~s 3，则打计数点5时的瞬时速度为v_{5}={(x_{46})/(2T)}={((3.45+3.95)x10^{-2})/(2x0.1)}~{m/s}=0.370~{m/s}_{\circ}

(3)根据逐差法可得小车的加速度为 a={(x_{36}-x_{03})/(9T^{2)}}= ((2.94+3.45+3.95-1.45-1.95-2.44)x10^{-2})/(9x0.1^{2)}~m/s^{2}= 0.500~m/s^{2} 。

答案：(1)BC (2)0.370 (3)0.500

【进阶提能】

1.A解析：两个过程该车的速度变化量均为 \Delta v ，可知两段过程的时间相同，设为 T ，则 \begin{array}{r}{\boldsymbol{a}T=\Delta v,\boldsymbol{x}_{2}-\boldsymbol{x}_{1}=\boldsymbol{a}T^{2}}\end{array} ，解\displaystyle T=(x_{2}-x_{1})/(\Delta v) ,则该车通过这两段位移全过程的平均速{\overline{{v}}}={(x_{2}+x_{1})/(2T)}{=}{((x_{2}+x_{1})\ \bullet\ \Delta v)/(2(x_{2)-x_{1})}} ，故选A。

2.D 解析：由题意可知 (v_{0}t_{3}-/{1)/(2)a t_{3}^{2}}{(1)/(2)a t_{~3}^{\prime2}}=(4)/(3) 可得 a= 4~m/s^{2} ，汽车停止运动需要时间 t_{0}=(v_{0})/(a)=3.5~s~ ，则刹车后 ^{4} s内通过的距离 x_{4}=(v_{0})/(2)t_{0}=(14)/(2)x3.5~m=24.5~m ，刹车后3s内通过的距离 x_{3}=v_{0}t_{3}-(1)/(2)a t_{3}^{2}=24~m~ al=24 m,则刹车后4s内通过的距离与刹车后3s内通过的距离之比为49:48 。故选 \DeltaD_{\circ}

阶段滚动检测卷（一）

答案速对

11.(1)DCBA (2)0.1 s (3)+s （x+xs+x）-（x+x2+x3） (4) 9T2

12.（1)4.92（2)9.47（3)小球下落过程中受到空气的阻力作用

13.(1)150 m 30 m/s (2）2.5 m/s²
14.(1)0.6 s (2)11.1 m/s (3)14.6 m/s
15.(1)100 m (2)9.75 m

试题精析

1.D解析：质量很小的物体，它的体积不一定能忽略，不一定能看成质点，如原子的质量很小，在研究原子内部结构的时候是不能看成质点的，故A错误；物体能否看作质点，关键在于在所研究问题中大小和形状能否忽略，并不是体积小的物体才能看作质点，故B错误；体积大的物体有时可以看作质点，如研究地球的公转时地球可以看作质点，故 ~C~ 错误；只要物体的大小和形状对所研究的问题是无关紧要的因素，物体就可以看成质点，故 ~D~ 正确。

2.C解析：第一个“真快”是指运动得快，描述速度大；第二个“真快”是指减速快，描述加速度大，故选 ~C~ 。

3.A解析：闫僮瑶之所以能够取得这个项目的冠军，说明她在滑完500米的路程用时最短，所以她的平均速率最大，但并不代表她在某时刻的速度就一定大。故选A。

4.D解析：由题知取竖直向上为正方向，则球落地前瞬间

的速度为
v_{0}=-3~m/s
接触地面后弹起时的速度为
v_{1}=2~m/s
球与地面的接触时间为 \scriptstyle t=0.1s ，此段时间内球的平均加速度为
\overline{{a}}=(v_{1}-v_{0})/(t){=}50~m/s^{2}
故D正确，ABC错误。
故选 \DeltaD_{\circ}

5.B解析：根据匀变速直线运动的位移一时间关系有 x= Uot+ 2at²=10.5 m,代入数据解得α=1.0 m/s²,B正确。

6.B解析：物体在中间时刻的速度 \ v_{(t)/(2)}=\ (v)/(2) ，物体位于中点位置时的速度 \ v{(x)/(\Omega^{2)}}=\ {√((0^{2)+v^{2})/(\Omega^{2)}}}={(\ v)/(\ √(2))} ,所以：=1 ： √(2) 。故选B。

7.C解析：根据 \Delta s=a T^{2} 可得 a={(8-4)/(2^{2)}}~m/s^{2=1}~m/s^{2} ,A错误；根据 \Delta s=a T^{2} 可知，匀变速运动在连续相同时间的位移差相等，则可知 C D-B C=B C-A B,A B-O A= B C-A B ，得 C D=12~m,O A=0~m,B, D错误； B 点为A C 的中间时刻，因此 B 点的速度等于 A C 段的平均速度\upsilon_{B}={(4+8)/(2x2)}~{m/s}=3~{m/s},{C} 正确。

8.B解析：由 \mathbf{\nabla}_{v\vdash t} 图像知，甲以 2~m/s 的速度做匀速直线运动，根据速度时间图像斜率表示加速度，可知乙在 0~ 2s内速度与加速度的方向都是正方向，做匀加速直线运动， 2~6 S内速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动，故A、C错误；由图可知， t=1~s~ 和 t=4 s时二者速度相同，故B正确； 0~6 s内甲、乙的速度方向都沿正方向，故D错误。

9.BD解析：自由落体运动是从静止开始、只在重力作用下的运动，A选项中没有明确物体只受重力作用，故A错误；如果空气阻力可以忽略不计，从静止下落的物体的运动可以看作自由落体运动，B、D正确，C错误。

.AC解析：根据匀变速直线运动的推论可知，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置的瞬时速度，故A正确；由于子弹的速度越来越小，故穿过每一个木块的时间不相等，故速度的变化量不相等，故B错误；将子弹运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则由 v^{2}=2a x 可知，通过 \boldsymbol{C},\boldsymbol{B},\boldsymbol{A},\boldsymbol{O} 四点的速度之比为1： √(2) ： √(3) ：2，子弹到达各点的速率之比为 \scriptstyle{v_{O}} ： v_{A} ： \boldsymbol{v}_{B} ： \boldsymbol{v}_{c}=2 “√(3) ： {√(2)}:1 ,故C正确；将子弹的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则由 x={(1)/(2)}a t^{2} at²可知，通过各点所用时间之比为 ^{1} ： √(2) ： {√(3)}:2 ，则子弹从进入木块到到达各点经历的时间之比为 t_{A}:t_{B}:t_{C}:t_{D}= (2-\ {√(3)}):(\ {√(3)}-\ {√(2)}):(\ {√(2)}-1):1 ,故D错误。

11.(1)实验步骤的正确顺序是：把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔；将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连；接通电源，待打点计时器工作稳定后释放小车；测量完毕，关闭电源，取下纸带。

(2)相邻两计数点的时间间隔T{=}5T_{\circ}{=}5{x}0.02\ {s}{=}0.1\ {s}_{\circ}

(3)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，计算计数点5对应的瞬时速度大小的计算式为=+x。

(4)取 {x_{1}}^{\prime}=x_{1}+x_{2}+{x_{3}},{x_{2}}^{\prime}=x_{4}+x_{5}+x_{6}, T^{\prime}{=}3T ，则有 \Delta x^{\prime}{=}a T^{\prime}{}^{2} ， 解得 a={((x_{4}+x_{5}+x_{6})-(x_{1}+x_{2}+x_{3}))/(9T^{2)}}{\mathfrak{g}}_{}

12.(1)在匀变速直线运动中，任意过程的平均速度等于该过程中间时刻的瞬时速度，故 t_{4} 时刻小球的速度等于\mathbf{\boldsymbol{t}}_{3}~~~\mathbf{\boldsymbol{t}}_{5} 时间段小球的平均速度，即 \begin{array}{r l}{\boldsymbol{v}_{4}}&{{}=}\end{array} ((23.39+25.77)x10^{-2})/(2x0.05)~m/s{\approx4.92~m/s;}

(2）根据逐差法可知，小球的加速度大小a：
[(23.39+25.77)-(18.66+21.03)]×10-2m/s² =4X0.052
9.47~m/s^{2} \*
(3)由于小球的加速度大小 a=9.47~m/s^{2} 小于当地的
重力加速度 9.81~m/s^{2} ，原因是由于小球下落过程中受
到空气的阻力作用。

13.(1)第一阶段通过的位移 x_{1}=(1)/(2)a_{1}\ t^{2} 代入数值可得 x_{1}=150~m~ 第一阶段结束时飞机运动速度为 v_{1}=a_{1}\ t_{1} 代入数值可得 v_{l}=30~m/s (2)第二阶段，根据运动学公式可得 v_{2}^{2}-v_{1}^{2}=2a_{2}x_{2} 其中 {x=}_{x_{1}+x_{2}} 联立解得 a_{2}=2.5~m/s^{2}

14.(1)根据题意可知反应过程的时间为 t_{1}=(x_{1})/(v) 解得 t_{1}=0.6 s

(2)制动过程的位移为
x_{2}=x_{\mathit{l}}-x_{\mathit{l}}=35\ m-15\m=20\m
则平均速度大小 {\overline{{v_{2}}}}={(x_{2})/(t_{2)}}
解得 \overline{{v_{2}}}=11.1~m/s~
(3)紧急停车全过程的平均速度大小
\overline{{v}}=(x_{\ast})/(t_{1)+t_{2}}
解得 \overline{{v}}{\approx}14.6~m/s

5.(1)辅助驾驶系统启动，汽车刹车时做匀减速直线运动，由0-v_{1}^{2}=2a x 解得 x=100~m~ (2)设从刹车到两车速度相等经历时间为 it{t} ，则 \mathbf{\nabla}_{V_{2}}= {v_{1}}-a t 后方汽车的位移

x_{1}=(v_{1}+v_{2})/(2)t 前方汽车的位移x_{2}=v_{2}t 两车最小间距\Delta x=x_{2}-x_{1}+x_{0} 解得 \Delta x=9.75~m~

单元重构项目卷(三）

【思维提能1】

1.B解析：重力只是地球对物体的吸引力的一部分，故A错误；由题图可知篮球的重力大小为 G=3x2\ N{=}6\ N ，方向竖直向下，故B正确；形状规则的物体，如果质量分布不均匀，则重心不一定在其几何中心上，故C错误；图中的 C 点是篮球所受重力的等效作用点，不是实际作用点，故D错误。故选 \DeltaB_{\circ}

2.D解析：受滑动摩擦力的物体相对于接触面滑动，但不一定是运动的，故A错误；滑动摩擦力的方向总是与相对接触面的运动方向相反，但不一定和物体的运动方向相反，故B错误；受静摩擦力的物体相只是对于接触面静止，但物体不一定是静止的，运动的物体可能受到静摩擦力的作用，故 ~c~ 错误，D正确。故选D。

3.C解析：飞行器受到重力和空气对飞行器的作用力，即飞行器受到2个力的作用，根据平衡条件可知，空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力，故A错误，C正确；空气对飞行器的作用力和飞行器对空气的作用力是一对作用力和反作用力，大小总是相等，故BD错误。故选C。

4.B解析：从侧面看破冰柱施加给冰层弹力的方向与接触位置的切线垂直指向冰层，故B正确，ACD错误。故选 \DeltaB_{\circ}

5.C解析：弹簧 k_{1} 的形变量为 x_{1} ，由平衡条件有 k_{1}x_{1}= m g ,设物块质量为 3m 时，物块下降高度为 \boldsymbol{\mathscr{x}} ，则弹簧 \boldsymbol{k}_{1} 的形变量为 x+x_{1} ，则弹簧 k_{2} 的形变量为 \boldsymbol{\mathscr{x}} ，由平衡条件有k（x+x1）+k2x=3mg,联立解得x= x=(2m g)/(k_{1)+k_{2}} 选C。

【思维提能2】

1.BD解析：两个分力的合力不一定比分力都大，如两力方向相反时，合力一定小于其中一个分力，故A错误；两个分力的大小一定，夹角为零时合力最大为两力之和，随着夹角变大，合力减小，当夹角为 {180}° 时，合力最小为两力之差，故B正确；保持夹角 θ 不变，使其中一个力增大，合力不一定增大，如当分力夹角成 {180}° 时，较小的分力增加，合力减小，故C错误； 3~N~ 与6N两力的合力大小范围是 3~N 至9N，合力的最小值为3N，不可能为1N，故D正确。故选 BD_{\circ}

2.BD解析：对 F 按效果分解可知， F_{1} 不等于零，故A错 误；根据力的合成可知， F_{1}\l_{\nu}F_{2} 和 F 构成直角三角形， F_{2} 是斜边， F_{2} 一定大于 F ，故B正确；根据几何关系， tan θ{=}(F)/(F_{~l~)} ,故C错误；由于 F_{2}=(F)/(\sinθ) sinθ'F= F_{1}={(F)/(\tanθ)} tanθ′因此 F 一定， θ 越小， F_{2} 越大， \boldsymbol{F}_{1} 越大，故D正确。故选BD。

3.BC解析：由题意，设重物重力为 G ，可知甲、乙、丙三图中，每段绳的拉力大小等于重物的重力大小 G ，图甲中定滑轮受到缆绳的作用力与两段绳合力大小相等，方向相同。根据平行四边形定则，可得 F 甲大小为 {\cal F}_{\Psi}= 2G\cos30°{=}{√(3)}G ，方向沿杆 ^A O 方向；同理，图乙中定滑轮受到缆绳的作用力等于图乙中两段绳的合力，根据平行四边形定则，可得 F_{{\small~2~}}=2G\cos{~}60°=G ，方向与 ^A O 杆成 {30}° 指向右下方；同理，可得图丙中 F_{\ast}=2G\cos~60°= G ，方向与竖直方向成 {60}° 指向右下方，即与杆 ^A O 夹角为 {30}° ;且 \boldsymbol{F}_{\:\Psi} :Fz: F_{\mathfrak{s}_{\bar{\imath}}}=√(3)\ :~1~:~1~ ，故选 BC 。

【思维提能3】

1.ABC解析：三个力处于平衡状态，合力为零，因 F_{1}= 8N和 F_{2}=4~N~ 合力最大值为 12~N ，最小值为4N，可知F_{3} 的大小范围 4~N~12~N ，可能为8N、4N和 6~N 。故选ABC。

C解析：对 N 受力分析，可知 N 受重力 m g 、拉力 F 和轻绳的拉力 T ，其中重力的大小和方向均不变，绳的拉力的方向不变；三力平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示，力 F 沿逆时针方向缓慢旋转时，由图可看出，力 F 先减小后增大，而轻绳的拉力 T 一直减小，故A、B错误；对 M 受力分析，可知 M 受重力 M g ，轻绳的拉力 T 和地面的支持力 N ，根据平衡条件得 T+ N=M g ，因轻绳的拉力 T 一直减小，故地面对 M 的支持力 N 逐渐增大，根据牛顿第三定律，可知 M 对地面的压力逐渐增大，故 ~C~ 正确；对轻质滑轮受力分析，可知轻质滑轮受杆对滑轮的作用力和两轻绳的拉力 T ，滑轮一直处于静止状态，可知杆对滑轮的作用力与两轻绳拉力 T 的合力平衡。由题知，两轻绳的拉力 T 之间的夹角不变，而两轻绳的拉力 T 大小不断减小，根据平行四边形定则，可知它们的合力大小不断减小，根据平衡条件，可知杆对滑轮的作用力不断减小，根据牛顿第三定律，可知滑轮对杆的作用力逐渐减小，故D错误。故选 ~C~_{\circ}

【思维提能3】

1.(1)图甲中沿 O A 方向拉的弹簧测力计的示数为 F_{O A}= 2.9~N_{\circ}

(2)F为用平行四边形法则得出的， F^{\prime} 是用一根弹簧实验得出的，方向一定与 O M 在同一直线上的是力 F^{\prime} 。

(3)若两个弹簧测力计的读数分为3N、4N，且两弹簧测力计拉力方向的夹角为锐角，则两个弹簧的合力 F_{\Leftrightarrow}> 5N，超出了量程为 0~5~N~ 的弹簧测力计的量程，故不能用一个量程为 0~5~N~ 的弹簧测力计测量出它们的合力。答案： (1)2.9~N~(2)F^{\prime} (3)不能合力的大小超过了弹簧测力计的量程

【进阶提能】

.B解析：木块 A 与地面间的最大静摩擦力为 {f_{m A}}= \mu G_{A}=0.25x50~N=12.5~N N，木块 B 与地面间的最大静摩擦力为 f_{m B}=\mu G_{B}=0.25x60~N=15~N. 弹簧弹力为k x=400x2x10^{-2}\ N{=}8\ N ，施加水平拉力 F 后，对 B 物体受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和拉力，由于 B 木块与地面间的最大静摩擦力为 15~N~ ，大于弹簧弹力和拉力之和，故木块 B 静止不动，所以 F_{B}=k x+F=9 N,施加水平拉力 F 后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块 A 相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，所以 F_{A}=k x=8N 故选 \DeltaB_{\circ}

2.AC解析：由题意可知， F_{2} 的大小为 {(√(3))/(3)}F ，可知 F_{2}> F\sin{30°}={(F)/(2)} ，因此有两种分解结果；根据平行四边形定则得，如图，又因一个分力 F_{1} 跟 F 成 {30}° 角，且 F_{2} 的大小为 {(√(3))/(3)}F ，由几何关系得 F_{1}=(√(3))/(3)F 或 F_{1}=(2√(3))/(3)F ，故选AC。

3.AD解析：设细线长度为 it{L} ，悬点到半球体球心的距离为 h ，半球体半径为 R ，以小球为研究对象，受力分析如图所示，

由平衡条件则有 {(m g)/(h)}={(N)/(R)}={(T)/(L)} ，解得T= T={(L)/(h)}m g,N= mg,依题意,缓慢缩短轻绳的长度,轻绳的拉力变小，半球体对小球的支持力大小不变。故选 \ensuremath{AD} 。

阶段滚动检测卷（二）

答案速对

11.25.830.98弹簧原长

12.(1)A (2)0.14 m/s (3)0.50 m/s²

13.(1)200 N/m (2)4 N (3)0.3 2 kg

14.(1)5~m/s^{2} （2)能够通过下一个路口（算30s内通过位移大于 400~m~ 也得分）

100√3 15.(1)0 (2) N (3)240√3N 3

试题精析

1.B解析：一个物体能否视为质点，与其质量无关，故A错误；“2024年5月3日17时27分”指的是时刻，故B正确；“76万公里”指的是路程，故C错误；“53天”指的是时间间隔，故D错误。故选 \DeltaB_{\circ}

2.C解析：设汽车经过A树时的速度为 \boldsymbol{v}_{1} ，加速度为 \mathbf{α}_{a} ，对 AB 段运动由位移与时间关系式有 x=v_{1}t+{(1)/(2)}a t^{2} at²，对AC段运动根据位移与时间关系式有 2x=v_{1}(t+t^{\prime})+ (1)/(2)a(t+t^{\prime})^{2} ,联立并代入数据解得 a=1~m/s^{2} ,U=3.5~m/s ，故A、B错误；对AB段由速度与时间关系式v=v_{1}+a t ，得通过B点的速度为 v_{2}=v_{1}+a t=6.5~m/s ，故 ~C~ 正确，D错误。

3.C解析：由 x^{-}t 图像任意点切线的斜率大小为该点的速度大小，由图可知汽车在 0~10 S内 x^{-}t 图像的斜率越来越小，则速度逐渐减小；汽车在 20\ s~40 s内 x^{-}t 图像的斜率不变，则速度不变，故A、B错误；由图可知在 20\ s~ 40~s~ 内汽车做匀速直线运动，在30s时的速度为 v= 40-20 m/s=-1.5 m/s。得汽车在 30 s 时速度的大小为 1.5~m/s ，故C正确；由图可知汽车在 0~40 s内总位移为零，由 {\overline{{v}}}={(x)/(t)} ,得汽车在 0~40 s 内平均速度的大小为零，故D错误。故选 ~C~_{\circ}

.B解析：对 A 进行受力分析，A一定受到重力、拉力 F 以及 B 对 A 的支持力，根据共点力平衡条件可知在沿斜面方向上 ^{,A} 所受的重力的分力大小未知，若其等于 F ，则 A 、B之间没有相对运动趋势，物体 A 只受3个力作用 ,A,B 之间不存在摩擦力。故 {A,C} 错误；将 A,B 看做一个整体，与 A 选项同理，若整体的重力沿斜面向下的分力与 F 大小相等，则 B 与斜面之间不存在摩擦力，所以 B 与斜面之间可能是光滑的，故B正确；对 B 进行受力分析，若 B 只受重力、斜面对 B 的支持力以及 A 对 B 的压力3个力作用，根据平衡条件可知 B 无法保持平衡状态，所以 B 一定还受摩擦力的作用，故D错误。

5.B解析：当 F 较小时，小车不动，与小物块A之间是静摩擦力，随着 F 的增大，静摩擦力增大，当 F 达到最大静摩擦力后小车滑动，与小物块A之间是滑动摩擦力，比最大静摩擦力稍小，之后 F 继续增大，但滑动摩擦力不变，故选项B正确。

6.A解析：因为重物静止，细线对重物的拉力与重物受的重力为一对平衡力，必在一条直线上，所以重心一定在悬线所在的直线上，故A正确；重力的方向是竖直向下的，不一定指向地心，故 ~B~ 错误；物体重力是由于地球对物体的吸引而产生的，重力是地球对物体引力的一部分，故C错误；重心就是物体所受重力的等效作用点，但物体重心的位置由物体的形状和质量分布决定，重心不一定在物体上，故D错误。

7.C解析：因为绳子的自重会导致绳子在不同位置的拉力不同。靠近固定点的绳子段需要支撑更多绳子的重力，因此拉力更大，反之拉力越小，故A、B错误；根据平衡条件 2Tpcos θ=mg,可知 P 点拉力Tp=2 T_{P}={(m g)/(2\cosθ)} 2cos θ’当两杆间距 d 减小时 *θ 减小， \cosθ 增大，因此 P 点处所受拉力减小，C正确；将绳子的一半作为研究对象，受力分析可知，最低点的拉力T_{\mathit{i}\mathit{k}}{}_{\mathit{i}\mathit{k}}=T_{\mathit{P}}\sinθ ，当 d 减小时，由于 T_{it{P}} 减小 \mathbf{\nabla},θ 减小，因此最低点所受的拉力也会减小，D错误。故选 ~C~_{\circ}

8.B 解析：对排污管受力分析，如图所G示，由几何关系可得cos α=\overline{{(2)/(F_{1)}}}=0.6 ，则绳索最短长度为 l_{min}=2x(2~m~)/(2\sinα)+ 2\ m{=}4.5\ m ，故B正确，A、C、D错误。

9.AC解析：由 \boldsymbol{v}-\boldsymbol{t} 图像的斜率可得向上、向下滑行的加速度大小分别为 a_{1}=(v_{0})/(t_{1)},a_{2}=(v_{1})/(t_{1)} ，由于 {\boldsymbol{v}}_{0}>{\boldsymbol{v}}_{1} ,所以可知 a_{1}>a_{2} ，即向上滑行的加速度大于向下滑行的加速度，故A正确，B错误；由 \scriptstyle{v-t} 图像与 \mathbf{\Psi}_{t}\mathbf{\Psi}_{\mathbf{\Psi}} 轴所围图形的面积可得物块向上滑行的最大位移为 x=(1)/(2)v_{0}t_{1} l，故C正确，D错误。故选A、C。

10.AC解析：根据题意，对小球A、B受力分析，如图所示，B 球受弹簧的弹力 F ，绳子的拉力 F_{TOB} 和自身重力，根据共点力平衡得，水平方向有 F_{TOB}\sin{45°}=F ，竖直方向有 F_{TOB}\cos{45°}=m g ，解得 F_{TOB}=√(2)m g,F=m g ，根据定滑轮的特性知 F_{TOA} 与 F_{{TOB}} 大小相等，故B错误，A正确；对小球A受力分析，由几何关系可知拉力 F_{{{{\scriptsize~TOA}}}} 和支持力 F_{~N~} 与水平方向的夹角相等，夹角为 {60}° ，则F_{{N}}=F_{{TOA}}=√(2)m g ,对A由平衡条件有 2F_{TOA}\sin{60°}= m_{~A~}g ，解得 m_{A}=√(6)m ,故C正确,D错误。

11.由题图乙可估读为 25.83~cm ，挂2个钩码时，弹簧弹力等于钩码的重力，即 F_{2}=2m g=0.98~N~ 。由于弹簧伸长量等于弹簧现在的长度减去弹簧原长，因此要得到伸长量，还需要测量弹簧原长。

12.(1)该实验目的是研究小车做匀变速直线运动，只要小车做匀加速运动即可，对于初速度、小车质量与钩码质量关系、是否平衡摩擦力没有要求，为保证小车做直线运动细线必须与长木板平行，故选A。

(2)相邻两个计数点之间的时间间隔为
T{=}5x0.02~s{=}0.1~s
打出 F 点时小车的瞬时速度
v_{F}={(x_{6}-x_{4})/(2T)}={(0.065-0.037)/(0.2)}~{m/s}=0.14~{m/s}_{\circ}
(3)根据匀变速直线运动的速度位移公式有
v^{2}-v_{0}^{2}=2a x,v^{2}=v_{0}^{2}+2a x
由此可知在 {\boldsymbol{v}}^{2}-2{\boldsymbol{x}} 图线中，纵轴截距表示初速度的平
方，斜率表示加速度的大小，因此有
a=k=({\Delta v}^{2})/(\Delta2x)=0.50~{m/s}^{2}\circ

13.(1)当木盒匀速运动时，有 F_{1}=k(L_{2}-L_{0})=61 N解得弹簧的劲度系数为 k=200\ N/m (2)当木盒静止时，设木盒所受摩擦力为 f ，对木盒受力分析，有 f{=}k(L_{1}{-}L_{0}) 可得 f{=}4 N(3）当木盒在 F_{1} 作用下匀速运动时，木盒受力平衡，有F_{1}=\mu m g 当木盒在 F_{2} 作用下匀速运动时，木盒受力平衡，有 F_{2}=\mu(m+m_{0})g 联立解得 \mu{=}0.3,m{=}2\kg

14.(1)v_{0}{=}28.8\ km/h=8\ m/s 司机反应时间内小汽车匀速运动的位移{{x}_{1}}={{v}_{0}}{{t}_{0}}=8x0.50~{m=4.0~m} 小汽车刹车过程匀减速运动的位移x_{2}=d+(L)/(2)-x_{1}=6.4~m~ 刹车的加速度大小 a={(v_{0}^{2})/(2x_{2)}}{=}5\ m/s^{2} 。(2)小汽车匀加速运动的位移\scriptstyle x_{3}={(v^{2})/(2a)}={(\left({/{60)/(3.6)}\right)^{2}}{2x{(5)/(3)}}}\ {m}={(250)/(3)}\ {m} 加速时间 t_{2}={(v)/(a)}={(\left({/{60)/(3.6)}\right)}{(5)/(3)}}{~s}=10{~} S此后小汽车再匀速运动，到下一个路口所用时间 t_{3}= (x)/(v)=(400-/{250)/(3)}{(60)/(3.6)}\ s=19\ s 到下一个路口共需时间 t=t_{2}+t_{3}=29~s<30~s ，所以小汽车能够通过下一个路口。

15.（1)整个系统静止时，物体A和D处于平衡状态，在水平方向上所受合力为0，所以物体A和D间的摩擦力大小为0。

(2)以结点 c 为研究对象，受力分析如图所示水平方向上，根据平衡条件得 F_{TA}{=}F_{T}{\sin30°} 竖直方向上，根据平衡条件得

F_{TB}{=}G_{B}{=}F_{T}\cos{30°}
联立解得 F_{TA}{=}G_{B}\tan{30}°
代入其值得 F_{TA}{=}(100√(3))/(3) N
以物体A为研究对象，由受力分析可得物体A受到的静摩擦力 F_{f}=F_{TA}=(100√(3))/(3) N,方向水平向右。
(3)逐渐加大物体B的重力时，要使系统处于平衡状态，
物体A不能滑动，即物体A所受桌面的静摩擦力达到
最大静摩擦力，即
F_{f}^{\prime}{=}_{\mu}(G_{A}{+}G_{D}){=}0.4{x}600~N{=}240~N
由上述表达式可知
G_{B}{=}(F_{TA}^{\prime})/(\tan{30^{\circ)}}{=}(240\ N)/(/{√(3)){3}}{=}240√(3)\ N{_{\circ}}

单元重构项目卷（四）

【思维提能1】

l.C解析：该实验的原理是牛顿第一定律，即惯性定律，任何物体总要保持原有的运动状态（静止或匀速直线运动)，除非外力迫使它改变这种状态。当拿锤子敲击筷子上端时，筷子快速下降，而苹果由于具有惯性，要保持原有的运动状态，位置保持不变，但筷子下降，则苹果相对筷子在向上运动，即苹果会沿着筷子向上“爬”，不是苹果受到筷子的向上的力向上“爬”，苹果越大，质量越大，惯性越大，越容易完成该实验。故选 ~C~_{\circ}

2.A解析：比较三次实验结果，可得到最直接的结论是：如果斜面右侧变为水平面，小球为了到达原有的高度将会一直运动下去；进而合理推出如果小球不受力，将一直保持匀速运动或静止状态的结论，无法得到 C D 选项的结论。故选A。

【思维提能2】

1.A解析：汽车刹车做匀减速直线运动最终速度减为零，根据匀变速直线运动速度与位移的关系可得 {v_{0}}^{2}=2a x ，根据牛顿第二定律可得 \mu m g=m a ,联立解得 \mu=({v_{0}}^{2})/(2g x)= 0.4故选A。

2.A解析：如图所示，小球静止时受到重力 m g 、绳子拉力T 、斜面弹力 N 三个力作用，由平衡条件得绳子拉力T_{0}=m g\sinθ ,斜面对小球弹力 N_{0}=m g\cosθ ，当斜面体向左加速运动时，在小球没离开斜面之前，水平方向有T\cosθ-N\sinθ=m a ，竖直方向有 T\sinθ+N\cosθ= m g ，解得 T=m\left(a\cosθ+g\sinθ\right),N=m g\cosθ- m a\sinθ ，则 T>T_{0} N{<}N_{0} ,A正确，B错误；由整体法受力分析，斜面体受到的摩擦力 f=\mu(M+m)g ，与斜面体的加速度无关，保持不变，C错误；当小球刚好离开斜面时 T\sinθ{=}m g,T\cosθ{=}m a_{0} ，解得 a_{0}=(g)/(t a nθ) tano’当斜面体加速度 lano,小球对斜面体无压力作用，D错误。故选 \nabla{A} 。

3.A解析：利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 v_{0}^{2}= 2a x ，解得 a=16~m/s^{2} m g+f_{1}=m a ，根据牛顿第三定律，小环对杆的摩擦力 f_{2}=f_{1} ，对立杆与底座进行分析，根据平衡条件有 N+f_{2}=M g ，解得 N=24~N~ ，根据牛顿第三定律可知，底座对水平地面的压力为 24~N~ 。故选A。

4.BCD解析：由图可知，小物块最后向右匀速运动，速度为 1~m/s ，则传送带的速度为 1~m/s ，故A错误；由图像的斜率可知 a={(\Delta v)/(\Delta t)}{=}{(2)/(1)}\ m/s^{2}{=}2\ m/s^{2} ,根据牛顿第二定律有 \mu m g=m a ，解得 \mu=0.2 ,故B正确；当物块的速度减为0时，物块距传送带右端最远，根据图像与坐标轴围成的面积可知 x=(1)/(2)x1x2\ m{=}1\ m 故C正确；物块向右加速的时间为 =0.5 s,加速的位移为x1= x_{1}=(1)/(2){a t_{2}}^{2}= {(1)/(4)}m ，匀速的时间为 t_{3}=(x-x_{1})/(v)=(3)/(4) s,物块在传送带上共运动了 t=t_{1}+t_{2}+t_{3}=2.25s ，故D正确；故选 BCD 。

【思维提能3】

1.(1)因相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，则相邻两计数点的时间间隔为 T=5x{(1)/(f)}=5x{(1)/(50)}\ {s}=0.1 据逐差法有 ~a~=~{((x_{4}+x_{5}+x_{6})-(x_{1}+x_{2}+x_{3}))/((3T)^{2)}}= 0.81~m/s^{2} 。

(2)根据牛顿第二定律，对于直线 A 有 F-F_{f}=m_{1}a ，整理得 a={(1)/(m_{1)}}F-{(F_{f})/(m_{1)}} ，对于直线 B 有 F+F_{0}=m_{2}a ，整理得 a=(1)/(m_{2)}F+(F_{0})/(m_{2)} 可知图线 A,B 的斜率均为质量的倒数，故由题图丙可知 (1)/(m_{1)}{>}(1)/(m_{2)} ，可得 m_{1}<_{m_{2}} 由直线 A 可知，有一定拉力后，才产生加速度，可能是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。

答案：（1)0.81（2)小于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足

【进阶提能】

.C解析：a-t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，可知 t_{1}~ t_{3} 时间内速度一直增加，所以电梯一直加速，A错误； a-t 图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，由图可知，t3时刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动， t_{3} 时刻还没有达到最高点，B错误；对手机进行受力分析可知，t_{2}~ t_{3} 时间内，根据牛顿第二定律 F_{N}-m g=m a ，该段时间内，a逐渐减小，因此支持力。 F_{~N~} 逐渐减小，C正确；在 t_{2}~ t_{4} 时间内，手机加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，D错误。故选C。

2.D解析：如图，以 A,B,C 三点构建一个竖直面内的圆，A 为圆与第一层水平面的切点，

由题可知 B C 为该圆一条直径，所以 A 为最低点， \vert A B ，A C 为圆的两条弦，根据等时圆知识可知 t_{B A}=t_{C A}<t_{C B} ，故选 ~D~_{\circ}

3.AC解析：图（c）可知， 0~ t_{1} 这段时间若滑块和木板有相对滑动，则以后木板也不会运动，所以滑块与木板相对静止,所以两者有相同的加速度，A正确；图(c)可知， t_{1} 时滑块木板一起刚从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有 F_{1}=\mu_{1}(m_{1}+ m_{2})_{g} ,B错误；图（c）可知， t_{2} 时刻滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有 F_{2}- \mu_{1}(m_{1}+m_{2})g=(m_{1}+m_{2})a ，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有 \mu_{2}m_{2}g-\mu_{1}\left(m_{1}+m_{2}\right)g=m_{1}a>0 ，解得F_{2}=(m_{2}(m_{1}+m_{2}))/(m_{1)}(\mu_{2}-\mu_{1})g,\mu_{2}>((m_{1}+m_{2}))/(m_{2)}\mu_{1}, μ1，C正确,D错误；故选AC。

4.(1)货物刚放在传送带上，由牛顿第二定律有 m g\sinθ+ pmgcos θ{=}m a_{~l~} ，解得 a_{1}=8~m/s^{2} ,当货物与传送带共速时 \scriptstyle v=a_{1}t_{1} ，解得 t_{1}=0.2\ s,t_{1} 后对货物由牛顿第二定律有 m g\sinθ-\mu m g\cosθ=m a_{2} ，解得 a_{2}=4m/s^{2} ，货物到B 点时 v_{B}=v+a_{2}(t-t_{1})=5.6\ m/s 货物从 A 点到 B 点先以加速度 a_{1}=8~m/s^{2} 做匀加速直线运动，再以加速度 a_{2}=4m/s^{2} 做匀加速直线运动， \scriptstyle{v-t} 图像如图所示。

(2)货物在 B C 段运动有 {v_{B}}=a_{3}t_{3} ，根据牛顿第二定律有\mu_{0}m g=m a_{3} ，把 t_{3}=1.4s 代入，解得 \mu_{0}=0.4 。

(3)在 0~0.2~s~ 内，货物的位移大小 x_{1}=(v)/(2)t_{1}=0.16~m~ 传送带的位移大小 x_{\ast1}=v t_{1}=0.32m ,这段过程痕迹的 长度 \Delta x_{1}=x_{\ast1}-x_{1}=0.16rm{m} 在 0.2~s~1.2 s内，货物的 位移大小 +UB(t-t1)=3.6 m,传送带的位移大 小 x_{*2}=v(t-t_{1})=1.6~m~ ，这段过程痕迹的长度 \Delta x_{2}= x_{2}-x_{\ast2}=2.0~m,\Delta x_{2}>\Delta x_{1} ,所以痕迹的长度为 2.0rm{m}_{\odot} 答案：（1)见解析（2)0.4 (3)2.0~m~

阶段滚动检测卷（三）

答案速对

11.(1) ① 平行四边形 ②{F^{\prime}} (2)C

12.（1)平衡小车与纸带受到的阻力（2)1.000.50 (3)大于0.102

62 13.(1)260 N 5.2 N (2) m/s2 75 14.(1)4 s (2)10 s (3)不能，最小距离为 {~2~m~} 15.(1)7.5 m (2)0.2 0.5 (3)3.562 5 m

试题精析

1.C解析：物体某时刻的瞬时速度是 3~m/s ，是指若保持这个速度，每秒钟将发生 3~m~ 的位移，但物体不一定匀速运动，所以前1s内物体的位移不一定为 3~m~ 。故A错误；物体某时刻的速度是 3\ m/s ，是指若保持这个速度，后 1 s将发生 ~3~m~ 的位移，但物体不一定匀速运动，因此后 1 s内物体的位移不一定为 3~m~ 。故B错误；若从该时刻起物体做匀速运动，由 x=v t 知，以后每秒内的位移是3~m~ ,故C正确；

由于物体的运动情况不能确定，所以不能确定前0.5s和后0.5s内物体的总位移。故 ~D~ 错误。

2.D解析：书对桌面的压力是由书产生的，书的重力是由于地球吸引书产生的，不是同一个力，故A错误；书对桌面的压力和桌面对书的支持力是一对作用力与反作用力，故B、C错误；竖直方向，书的重力和桌面对书的支持力大小相等，方向相反，作用在同一物体上，是一对平衡力，故D正确。故选D。

3.A解析：根据牛顿第二定律 \mu m g=m a 可得刹车时加速度的大小 a=5~m/s^{2} 根据速度位移关系 0-v^{2}=-2a x 可得汽车紧急制动时的速度约为 v{\approx}14~m/s 。

4.B解析：国际单位制共有七个基本物理单位。包括如下：热力学温度K(开尔文），长度m（米)，质量kg(千克)，时间s（秒），电流A（安），物质的量mol（摩尔），光强度cd(坎德拉)。故选 \DeltaB_{\circ}

5.B解析：设屋檐离地面高为 h ，滴水的时间间隔为 \Delta t ，由 h={(1)/(2)}g t^{2} gt² 得第 2 滴水的位移h2= h_{2}=(1)/(2)g g（3△t)²，第1滴水的位移 h_{1}=(1)/(2)g 2g（4△t)²,第1、2 滴水间距离 △h=h_{1}-h_{2}={(7g\Delta t^{2})/(2)} ，第4滴水的位移 h_{4}=(1)/(2)g\Delta t^{2} g△t²，第4、5滴水间距离为 {\Delta h^{\prime}=h_{4}} ，则第4、5滴水间距离与第1、2滴水间距离之比为 ({\Delta{h^{\prime}}})/({\Delta{h)}}=(1)/(7) ,故B正确，A错误；第2、3两滴水的瞬时速度之比 \begin{array}{r}{bf{\emph{v}}\colonbf{\emph{v}}_{3}=g\ \bullet\ 3\Delta t\ \colonbf{\emph{g}}\bullet\ 2\Delta t=}\end{array} 3:2 ，故C、D错误。

6.C解析：由于 A ： B 点等高，轻绳 A O,B O 长度相等，设两绳与水平方向夹角为 θ ，则两绳上拉力的合力等于灯笼的重力 F_{A}=F_{B}={(/{1)/(2)m g}{\sinθ}}={(m g)/(2\sinθ)} 现给 o 点一垂直纸面向外的水平力 F 缓慢拉动，从侧面看，如图。

T 为两绳拉力的合力，在 F 作用下 T 与竖直方向角度为α，有T=- \scriptstyle{T={(m g)/(\cosα)}}
拉动过程中 α 逐渐增大，则 T 逐渐增大，两绳与水平方向夹角为 θ 不变，有 F_{A}=F_{B}={(/{1)/(2)T}{\sinθ}}{=}{(T)/(2\sinθ)}
所以 F_{A} 与 \boldsymbol{F}_{B} 都增大。.A解析：包襄刚放上传送带时，速度小于传送带速度，所以受摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律 \mu m g=m a 可得 a=2~m/s^{2}
根据位移时间关系 v^{2}=2a x
可得包裹加速到与传送带速度相等过程的位移 x=1~m~ <3.5~m~
加速的时间 t_{1}=(v)/(a)=1 S
匀速运动的时间 \scriptstyle t_{2}={(L-x)/(v)}=1.25 s
包襄在水平传送带上运动时间为 t=t_{1}+t_{2}=2.25 s故选A。

8.B解析：

小球先做自由落体运动，当与弹簧接触后，小球不断压缩弹簧，在弹簧弹力大于重力之前小球做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力大于小球重力之后，随着小球的继续下降弹簧的弹力越来越大，直至小球运动至最低点速度减为零，该过程中小球做加速度不断增大的减速运动，而速度时间图像的斜率表示加速度，斜率为正表示加速度为正，斜率为负表示加速度为负，故A错误，B正确；小球接触弹簧前做自由落体运动的加速度大小为 a=g ，小球接触弹簧后，弹力小于重力，根据牛顿第二定律有mg-kx=ma,解得α=- ,加速度向下,加速度

为正值，图像为直线，加速度随位移的增大而减小；当弹力等于重力时，合力为零，加速度为零；当弹力大于重力时，根据牛顿第二定律得 k x-m g=m a
解得 一g，合力向上,加速度向上，加速度为负值，图像为直线，加速度随位移的增大而增大，故C、D错误。

9.AC解析：根据题图可知在 0~2 s 内其视重比重力小，即在 0~2 s内，该同学处于失重状态，故A正确；在 0~ 2s内，该同学处于失重状态，但其重力不变，故B错误；根据题图可得 m g=500\ N,0{~2\ s} 内，根据牛顿第二定律500~N{-}450~N{=}m a_{1} ，可得 a_{1}=1\ m/s^{2} ，电梯最后静止，设 10~11 s内加速度为 a_{2} ，则有 a_{2}x1{=}a_{1}x2{=}2~{m/s} ，可得 a_{2}=2\ m/s^{2} ，根据题图可知 10~11 s内，该同学处于超重状态，根据牛顿第二定律 F_{3}-500~N=m a_{2} ，解得F_{3}=600~N~ ，在 0~11 S内，电梯向下运动的距离为 x= (1)/(2){x}1{x}2^{2}m+2{x}8m+(1)/(2){x}2{x}1^{2}m=19~m ×2×1²m=19 m,故C正确，D错误。

10.BD解析：两个箱子与地面的最大静摩擦力之和为f_{max}=_{\mu m g}+2\mu*2m g=5\mu m g ，当 F{>}5\mu m g 时，箱子开始运动，故A错误，B正确；当 F=6\mu m g 时，根据牛顿第二定律 F-5\mu m g=3m a ，可得两个箱子的加速度a=(\mu g)/(3) ，设两个箱子间的作用力为 N ，对大箱子根据牛顿第二定律N－2u·2mg=2ma,解得 N=μ 3μmg，故D正确，C错误。

11.(1)力的合成遵循平行四边形法则；F 是通过作图的方法得到的合力的理论值，而 F^{\prime} 是通过一个弹簧侧力计沿 A O 方向拉橡皮筋，使橡皮筋伸长到 o 点的拉力，故方向一定沿 ^A O 方向的是 F^{\prime} 。(2)本实验采用的科学方法是等效替代法，其“等效替代”的含义是两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代。故选 ~C~_{\circ}

12.(1)由于小车受到阻力与纸带与限位孔间的阻力不方便计算，因此该操作的目的是平衡小车与纸带受到的阻力。

(2)小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可知打计数点 \mid C\mid 时纸带的瞬时速度大小为 v_{C}= 十,打点计时器所用的电源频率是50 Hz,所以相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s，代入解得v_{C}=0.50~m/s小车的加进度a={(s_{3}+s_{4}-s_{1}-s_{2})/(4T^{2)}}解得a=1.00~m/s^{2}$ 。

(3)由牛顿第二定律得 m g=(M+m)a ，所 \nuλ(1)/(a)= {(1)/(m g)}* M+{(1)/(g)} ，因此图像的斜率为 (1)/(m g) ，图像的纵截距b=(1)/(g) ，所以甲组所选用的槽码质量大于乙组所选用的槽码质量，纵截距 b{=}0.102 0

13.(1)竖直方向，根据平衡条件 M g-F\sin{53°}=F_{{N}} 可得 F_{N}{=}260\ N 摩擦力大小 F_{{f}}=_{\mu}F_{{N}}=5.2\ {N}. (2)水平方向，根据牛顿第二定律 F\sin{53°}-F_{f}=m a 解得 a={(62)/(75)}{~m}/{s}^{2} 。

14.(1)根据速度时间关系 a_{0}t_{1}=v_{1}+a_{1}t_{1} 代入数据解得 t_{1}=4 S。

(2)根据位移时间关系 (1)/(2)a_{0}t_{2}^{2}=v_{2}t_{2}+x_{2} 解得 t_{2}=10 S。

(3)两车速度相等，根据速度时间关系 v_{1}+a_{1}t_{3}=v_{2} 解得 t_{3}=4 s
由于 v_{2}t_{3}-(v_{1}t_{3}+(1)/(2)a_{1}t_{3}^{2})<x_{1}-x_{2}
所以丙车不能追上乙车，乙车、丙车沿运动方向上的最

小距离 \Delta x_{min}=x_{1}-x_{2}-\left[v_{2}t_{3}-(v_{1}t_{3}+{(1)/(2)}a_{1}t_{3}^{2})\right] 代入数据可得 \Delta x_{{min}}=2~m~ 。

15.(1)根据 \scriptstyle{v-t} 图像与 t 轴围成面积表示位移可得 0~1.5 S内木板通过的位移大小 \ x=(1)/(2)x1x9\ m+(3+9)/(2)x 0.5~m{=}7.5~m,

(2)根据题意，结合图像可知， 0~1.5 s内小铁块始终做匀加速运动， * t=1.5 s时木板和小铁块达到共速，设小铁块与木板间的动摩擦因数为 \mu_{1} ，则对小铁块由牛顿第二定律有 \mu_{1}m g=m a_{0}
而由速度与时间的关系式可得 \scriptstyle{v=a_{0}t}
其中 v=3\ m/s,t=1.5 S
从而解得 \mu_{1}=0.2
设地面与木板间的动摩擦因数为 \mu_{2} ，在撤去拉力后，对木板由牛顿第二定律有 \mu_{1}m g+2\mu_{2}m g=m a
解得 \mu_{2}=0.5 。(3)对木板和小铁块在达到共速时进行分析，若共速后二者相对静止，设二者的共同加速度为 a_{2} ，则由牛顿第二定律有 2\mu_{2}m g=2m a_{2}
解得 a_{2}=5~m/s^{2}
而小铁块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度a_{\tiny~max}=a_{0}=2{\m}/{s}^{2}<a_{2}
由此可知，小铁块与木板共速后瞬间又发生了相对滑动，对木板，设其继续与小铁块发生相对滑动时的加速度大小为 a_{3} ，则由牛顿第二定律有 2\mu_{2}m grm{--} \mu_{1}m g=m a_{3}

解得 a_{3}=8~m/s^{2}

即木板以加速度大小为 \boldsymbol{a}_{3} 继续减速直至速度为零，小铁块以加速度大小为 \mathbf{\Delta}a_{~0~} 减速直至速度为零，设在两者达到共速时小铁块的对地位移为 x_{1} ，木板的对地位移为 x_{2} ，则可得 x_{1}={(1)/(2)}a_{0}t^{2}=2.25~{m},x_{2}={(1)/(2)}a_{1}t_{0}^{2}+a_{1}t_{0} \left(t-t_{0}\right)-(1)/(2)a\ \left(t-t_{0}\right)^{2}

其中 t_{0}=1s
解得 x_{2}=7.5~m~
则可知两者共速时物块的位置与木板右端的距离为 \Delta x
=x_{2}-x_{1}=5.25~m~
设共速之后的减速阶段小铁块的位移为 x_{3} ，木板的位
移为 x_{4} ,则由运动学公式可得 v^{2}=2a_{\scriptscriptstyle0}x_{\scriptscriptstyle3},v^{2}=2a_{\scriptscriptstyle3}x_{\scriptscriptstyle4}
解得 x_{3}=2.25~m,x_{4}=0.5625~m
则物块最终停止时的位置与木板右端的距离为 \Delta x^{\prime}=
x_{2}+x_{4}-(x_{1}+x_{3})=3.5625~m~

高考真题体验卷

答案速对

11.①12 ②0.20 ③0.13

12.(1)24.00 cm 80.0~{cm/s} (2)见解析
(3)71.0 cm/s² 58.9~{cm/s} (4)b2k
13.(1)20 m/s (2)680 m
14.(1) {(8)/(3)}~m/s^{2} (2)12 m/s (3)66 N
15.(1)300N 40 N (2)10 kg

试题精析

1.D解析：选项中图像皆为 x^{-}t 图像 *\d{x}^{-}t 图像中图线各点切线斜率表示该点的瞬时速度大小。由题意可知，小车初速度为 0,0~ t_{1} 时间内小车做匀加速运动，根据公式{\boldsymbol{v}}={\boldsymbol{a}}t ，可知小车速度增大，所以图像斜率增大， t_{1}~ t_{2} 时间内小车做匀减速运动，图像斜率减小， t=t_{2} 时刻速度降为0，故D正确。

2.B解析：根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于 {30}° 的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mgsin 30°μmgcos 30,可得 μ≥tan 30°=, ，故选B。

3.C解析：直线运动 +\left(x-t\right) 图像 )+\left(v-t\right. 图像)任何时刻质点的速度与位移都是唯一的，C可能正确，A、B、D错误。

4.A解析：木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为 \scriptstyle{a} ，木板从静止释放到下端到达 A 点的过程，根据运动学公式有L=(1)/(2)a t_{\circ}^{2} 木板从静止释放到上端到达 A 点的过程，当木板长度为L 时，有 2L=(1)/(2)a t_{1}^{2} 当木板长度为 2L 时，有3L=(1)/(2)a t_{2}^{2} 又 \Delta t_{1}=t_{1}-t_{0},\Delta t_{2}=t_{2}-t_{0} 联立解得 \Delta t_{2}:\Delta t_{1}=(√(3)-1) ” ({√(2)}-1) 故选A。

5.C解析：当列车恰好以速度 \scriptstyle{v} 匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间 t_{1}={(v_{0}-v)/(2a)} ,匀速通过隧道所用时间 t_{2}= (L+l)/(v) 列车加速到原来速度 \boldsymbol{v}_{0} 所用时间 t_{3}={(v_{0}-v)/(a)} ，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至

6.D解析：牛顿第二定律 +\left(a-m\right) 图像)设物块 P 的质量为 M ，物块 P 与桌面间的动摩擦因数为 \boldsymbol{\mu} ，轻绳上的拉力大小为 T ,对砝码和轻盘组成的整体有 m g-T=m a ，对物块 P 有 T-\mu M g=M a ，可得 a=g-{((\mu+1)M g)/(m+M)} (μ+1)Mg，结合图像可知D正确。

7.B解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使三根弹簧形变量等于相邻两盘间距,则有 m g=3* k x ，解得 k=100\ N/m 。

8.C解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS 间的距离为x,则根据题意有R==R+Us,

UST 2=s+T,联立解得t2=4,UT=UR-10,再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有 v_{T}=v_{R}-a ·5t_{1} ，则 a t_{1}=~2~m/s~
其中还有
v_{(t1)/(2)}^{t1}=v_{R}-a*(t_{1})/(2)
解得 v_{R}=11~m/s
联立解得 v_{T}=1\ m/s
故选C。

9.BC解析：对水平面上的物体根据牛顿第二定律有 F- \mu m g=m a ，整理得 F=m a+\mu m g ，则 F{-}a 图像中图线的斜率 k=m ，截距为 \mu m g ，由题 F-a 图像可知 k_{rm{\tiny\Psi}}>k 乙，则m_{\P}>m_{sf{Z}} ,A错误，B正确；由题 F-a 图像可知两图线的截距相同,则 \mu_{sf{v}}m_{sf{v}}g=\mu_{sf{c}}m_{sf{c}}g ，因为 m_{\P}>m_{sf{Z}} ，所以\mu_{\:\:\:\varphi}<\mu 乙，C正确，D错误。

10.BD解析：设斜杆的弹力大小为 F ，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得 4{\cal F}\cos30°={\cal G} ，解F={(√(3))/(6)}G ，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，

可知每根斜杆受到地面的作用力应与 F 平衡，即大小
为 {(√(3))/(6)}G ,每根斜杆受到地面的摩擦力为
f=F\sin30°={(√(3))/(12)}G
BD正确，AC错误；故选 BD, 6

11.(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于 o 点， A 点到 O 点的距离为 5.00~cm 。拉动滑块使其左端处于 \boldsymbol{\mathscr{A}} 点，由静止释放并开始计时。结合图乙的 F-t 图有\Delta x=5.00\cm,F=0.610\ N

根据胡克定律
k=(F)/(\Delta x)
计算出 k\approx12~N/m 。
(2)根据牛顿第二定律有
F=m a
则 a{-}F 图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的
倒数，根据图丙中 I ，则有
(1)/(m){=}(3-0)/(0.6)\mathbf{kg}^{-1}{=}5\ \mathbf{kg}^{-1}
则滑块与加速度传感器的总质量为
m=0.20~kg
(3)滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中 \mathbb{I} ，则有
\stackrel{1}{-}={(1.5-0)/(0.5)}~\mathbf{kg}^{-1}=3~\mathbf{kg}^{-1}
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
m^{\prime}\approx0.33~kg
则待测物体的质量为 \Delta m=m^{\prime}-m=0.13~kg

12．（1)由纸带数值得出 \Delta x_{A D}=6.60~cm+8.00~cm+ 9.40~cm=24.00~cm;\overline{{{v}}}_{A D}=(\Delta x_{A D})/(t_{A D)}=80.0~cm/s_{\circ} (2)如图所示。

(3)由图像可求得直线斜率k={(87.3-58.9)/(0.4-0)}{~cm/s}^{2}=71.0{~cm/s}^{2},b=58.9{~cm/s}_{\circ} (4)由于小车做匀加速直线运动，以 A 点为运动起点，其位移方程为 \Delta x=v_{A}\Delta t+/12a(\Delta t)^{2} ，则平均速度 \overline{{v}}= (\Delta x)/(\Delta t)=v_{A}+(1)/(2)a\Delta t 。故斜率 k=(1)/(2)a,b=v_{A} ，所以 a=

2k， {\boldsymbol{v}}_{A}={\boldsymbol{b}} 。

13.匀加速直线运动十匀速直线运动十运动学规律

(1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为\scriptstyle v=a t_{1}
代入数据解得 v=20\ m/s, 。(2)设救护车在 t=t_{0} 时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为
{x=}(1)/(2)\boldsymbol{a}t_{1}^{2}+{v}(t_{0}-t_{1})
又 {\boldsymbol{x}}={\boldsymbol{v}}_{0}(t_{2}-t_{0})
联立并代入数据解得 \ensuremath{\boldsymbol{{x}}}=680\ m 。

14.(1)AB段 v_{1}^{2}=2a_{1}x_{1} 解得ai= a_{1}={(8)/(3)}~m/s^{2} (2)AB段 \boldsymbol{v}_{1}=a_{1}t_{1} 解得 t_{1}=3 s

BC段

\begin{array}{l}{\displaystyle{x_{2}=v_{1}t_{2}+(1)/(2)a_{2}t_{2}^{2}}}\\ {\displaystyle{a_{2}=2\m/s^{2}}}\end{array} 过 c 点的速度大小v=v_{1}+a_{2}t_{2}=12~m/s

(3)在 B C 段有牛顿第二定律
m g\sinθ-F_{f}=m a_{2}
解得 F_{f}=66\ N

15.(1)设水平地面对物体的支持力为 F_{~N~} ，摩擦力为 \boldsymbol{F}_{~f~} ，轻绳对物体的拉力为 \boldsymbol{F}_{T} ，对物体受力分析如图所示

由平衡条件有
F_{T}\cos{β}=F_{t}
F_{T}\sinβ+F_{N}=M g
对动滑轮有
2F_{T}\sinα=m g
联立解得 F_{N}=300 N
F_{f}=40\ N
300~N ，对地面的摩擦力大小为

由牛顿第三定律可得，物体对地面的压力大小为40~N~_{\circ}

(2)设保持物体始终静止在图示位置，所加入的沙子的
最大质量为 \Delta m ，则有
\begin{array}{r c l}{{}}&{{}}&{{T\cosβ=f_{max}}}\\ {{}}&{{}}&{{}}\\ {{}}&{{}}&{{f_{max}=\mu(M g-T\sinβ)}}\\ {{}}&{{}}&{{}}\\ {{}}&{{}}&{{2T\sinα=(m+\Delta m)g}}\end{array}
联立解得 \Delta m=10~kg

模块综合达标卷

答案速对

11.(1)交流 (2)0.1 （3） ① 1.20 ② 1.98

(s4 +ss +se)(s +s2 +s3)12.(1)C (2)9T2（3） ① 平衡摩擦力过度

13.(1)1.6 m/s (2)32.4 m
14.(1)5N3N(2)3N
15.(1)10 m/s2 (2)14 s (3)0.2 m

试题精析

1.D解析：题中的“268天”是指时间间隔，故A错误；航天

器绕地球运动半周的位移不为0，所以平均速度不为0，故 ~B~ 错误；航天器在轨飞行期间做曲线运动，所以路程大于位移大小，故 ~\C~ 错误；研究航天器的运动轨迹时，航天器的形状大小不能忽略不计，可以将其看作质点，故D正确。
故选D。

2.D解析：三个力方向相同，合力最大为F_{max}=\left(6+16+8\right)N=30\ N 因为 6~N,8~N 合力范围为 2~14~N,16~N~ 不在范围之内，所以三力最小值为F_{min}{=}16{-}(6{+}8)\ N=2\ N 所以合力大小不可能为 ^rm{\scriptsize1N} 8故选D。

3.D解析：小球运动到最高点时加速度不为零，则不是处于平衡状态，选项A错误；小球上升阶段所用的时间为t_{1}={(v_{0})/(g)}{=}{(5)/(10)}~s{=}0.5 10 s=0.5 s,选项 B错误;小球落回到抛出点需要1s,则抛出后 1.2~s~ ，小球位于抛出点下方，且速度向下，选项C错误；小球上升的最大高度为 h=(v_{0})/(γ)t_{1}= 1.25~m~ ,选项D正确。故选D。

4.A解析：第4s末质点与出发点的位置相同，所以回到出发点，故A正确；前4s内质点做往复运动，故B错误；x^{-}t 图像的斜率表示速度，第1s内质点做匀速直线运动，故C错误；第1s、第2s内质点速度方向相反，故D错误。故选A。

5.A解析：当 F 足够小时 ,A,B,C 均保持静止状态，根据平衡条件可知， C 不受摩擦力的作用，B受到桌面水平向左的摩擦力，则桌面受到的摩擦力水平向右，故A正确，B错误；当 F 足够大时，对木块 B 受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力，水平方向受 A 对 B 向右的摩擦力

f_{A B} 和地面对 B 向左的摩擦力 \boldsymbol{f}_{~\scriptsize~i\in~} ，A对 B 的最大静摩擦力
f_{A B m}=_{/}*2m g=2\mu m g
地面对 B 的最大静摩擦力
f_{\ast,m}=_{\mu}*3m g=3\mu m g
A 对 B 的最大静摩擦力小于地面对 B 的最大静摩擦力，故物体 B 一定保持静止，桌面受到的摩擦力为 2\mu m g ，故C、D错误。
故选A。.B解析：根据题意，由公式 x=v_{0}t+{(1)/(2)}a t^{2} 整理可得{(x)/(t)}=v_{0}+{(1)/(2)}a t^{2} ,结合图像可得 v_{0}=4~m/s,{(1)/(2)}a= (2.0-4.0)/(1.0)
，解得 a=-4~m/s^{2} ，即小车 M 刹车过程中加速度大小为 4~m/s^{2} ，故A错误； A 点距100分分值线的距离为 x_{0}=(-v_{0}^{2})/(2a)=2\ m,1s 时小车 M 的速度为 v_{1}=v_{0}+ a t{=}4\ m/s{-}4{x}1\ m/s{=}0 ，故B正确，C错误；若某小车恰好匀减速停止于96分分值线，则刹车距离为 {\boldsymbol{x}}={\boldsymbol{x}}_{0}+ 4△c=4 m,则该车的加速度大小为α1=2 a_{1}=(v_{0}^{2})/(2x)=2~m/s^{2} ，故D错误。
故选 ~B~_{\circ}

7.D解析：对小球受力分析可知 m g\tanθ=m a ，得 a= g\tanθ ,方向向右，汽车的加速度和小球加速度相同，汽车可能向右做加速运动或向左做减速运动，故A、B错误； m_{1} 所受合力方向应向右。 m_{1} 除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用，故C错误，D正确；故选 ~D~_{\circ}

8.A解析：若救援所用时间最短，则消防员的速度应与河岸垂直，且出发点应位于礁石上游。故选A。

.CD解析：环在运动过程中，环的速度沿着细杆竖直向上，而环的速度可以分解为沿着绳子的速度和垂直于绳子的速度，因此，沿着绳子的速度为 v_{//}=v\cos\ θ ，又物体B 与绳子相连，所以物体 B 的速度大小等于绳子的速度，而当 A 运动到位置 N 时，沿着绳子的速度变为零，因此此时 B 的速度也为零，A错误，D正确；环 A 在上升过程中，连接 A 与 B 的绳子与竖直方向的夹角在增大，因此可知 v_{//}=v\cosθ ，在减小，也就是说物体 B 在运动过程中始终在做减速运动，速度方向与加速度方向相反，根据牛顿第二定律有 T-m_{B}g=m_{B}a ，得到绳子对 \boldsymbol{*} 的拉力为 T=m_{B}g+m_{B}a>m_{B}g ，则 B 下降过程处于超重状态，B错误、C正确。故选 CD 户

.BD 解析：由平抛运动规律,可得 tan 37°= =({/{1)/(2)}g t^{2}}{v_{0}t} ，解得 t=3~s~ ，故A错误；运动员的位移大小为L={({/{1)/(2)}g t^{2}}{\sin37°}}=75{rm{m}} sin37=75 m,故B正确;运动员竖直方向,做自由落体运动，则有 v_{y}=g t=30\ m/s ，运动员在 B 点的速度大小为 v_{B}=√(v_{0)^{2}+v_{y}^{2}}=10 √(13)~m/s ,故C错误；依题意，运动员的速度方向与斜面平行时，离斜面的距离最大，把运动员的初速度分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，可得 v_{0}\sin{37°}=v_{\perp} ，把重力加速度分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，可得 g\cos\ 37°=g\ _{\perp} ，运动员从 A 点开始直至离斜面最远过程，垂直斜面方向做匀减速直线运动，有 2g_{\perp}l_{max}=v_{\perp}^{2} ，解得 l_{\tiny~max}=9~m~ ,故D正确。

11.(1)打点计时器使用的是交流电源。(2)相邻两个计数点间的时间为T=5x{(1)/(f)}{=}5x{(1)/(50)}\ {s}{=}0.1\ {s}

(3)根据极短时间的平均速度近似等于瞬时速度，打标记为4的计数点时纸带的运动速度为

v_{4}={(x_{35})/(2T)}={(11.00+12.90)/(2x0.1)}x10^{-2}\ {m/s}{\approx}1.20\ {m/s} 根据逐差法求出小车带动纸带运动的加速度大小为 a= {\begin{array}{r l}&{{(x_{36}-x_{03})/((3T)^{2)}}={(15.10+12.90+11.00-9.10-7.10-5.00)/(9x0.1^{2)}}x}\\ &{}\\ &{10^{-2}\ m/s^{2}\approx1.98\ m/s^{2}}\end{array}}

12.(1)为了消除小车与木板之间摩擦力的影响，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速直线运动。故选 ~C~ 。

(2)小车做匀加速直线运动，有(s_{4}+s_{5}+s_{6})-(s_{1}+s_{2}+s_{3})=a~(3T)^{2} 解得 a=((s_{4}+s_{5}+s_{6})-(s_{1}+s_{2}+s_{3}))/(9T^{2)} (3)轨道倾斜时，当外力 F 为零时，其加速度并不为零，则 ① 满足其图像，其图像未过原点是因为其平衡摩擦力过度。

13.(1)冰壶运动的总时间t_{0}=(v-v_{0})/(a)=(0-3.6)/(-0.2)s=18~s~ 10~s~ 时冰壶未停止运动，故 10~s~ 末的速度大小v_{1}=v_{0}+a t_{1}=3.6~m/s+(-0.2)x10~m/s=1.6~m/s (2)冰壶18s时已停下，所以 20~s~ 内位移等于前 18~s~ 内位移 x=(v_{0})/(2)t_{0}=(3.6)/(2)x18\ m=32.4\ m

14.（1）对结点 o 受力分析，将甲对结点进行受力分析如图

由几何关系有T_{O A}=F_{O A}={(m_{1}g)/(\cosθ)} T_{O A}=5~N~

(2)乙物体在水平方向受力平衡，可得，乙受到的摩擦力f=F_{O B}=3\ N

15.(1)受力分析，正交分解

根据牛顿第二定律可知m g\sinα+\mu m g\cosα=m a_{1} 解得 a_{1}=10~m/s^{2}

(2)物块加速到 4~m/s 的位移

运动的时间

又因

μ<tan α
故物块先以 a_{1} 加速，再以加速 a_{2}
a_{2}={(m g\sinα-\mu m g\cosα)/(m)}=2{~m/s}^{2}
通过的位移为
\boldsymbol{x}_{2}=\boldsymbol{L}-\boldsymbol{x}_{1}=5~m~
根据位移时间公式可知
\scriptstyle x_{2}=v t_{2}+{(1)/(2)}a t_{2}^{2}
解得 t_{2}=1 s
经历的总时间为
t=t_{1}+t_{2}=1.4~s~
(3）在 t_{1} 内传送带运动位移为
s_{1}=v t_{1}=4x0.4m=1.6~m~
在 t_{2} 内传送带的位移为
s_{2}=v t_{2}=4~m~
所以小物体从 A 运动到 B 的过程中，物块与传送带的
相对位移是
\Delta x=x_{1}+x_{2}-s_{2}-s_{1}=0.2~m~