粤教版高中物理必修一复习试题及答案全套

粤教版高中物理必修一复习试题及答案全套 重点强化卷(一) 匀变速直线运动规律的应用一、选择题1．一辆汽车做匀加速直线运动，初速度为4 m/s ，经过4 s 速度达到12 m/s ，下列说法中不正确的是( )A ．汽车的加速度为2 m/s 2B ．汽车每秒速度的变化量为2 m/sC ．汽车的平均速度为6 m/sD ．汽车的位移为32 m【解析】 汽车的加速度a ＝12－44 m/s 2＝2 m/s 2，A 正确；汽车每秒速度的变化量Δv ＝at ＝2×1 m/s ＝2 m/s ，B 正确；汽车的位移x ＝122－422×2m ＝32 m ，D 正确；汽车的平均速度：v ＝324 m/s ＝8 m/s ，C 错误．【答案】 C2．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用时间为t 1.紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t 2，则物体运动的加速度为( )A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2) D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2) 【解析】 物体做匀加速直线运动通过前一段Δx 所用的时间为t 1，平均速度为v 1＝Δx t 1，物体通过后一段Δx 所用的时间为t 2，平均速度为v 2＝Δx t 2.速度由v 1变化到v 2的时间为Δt ＝t 1＋t 22，所以加速度a ＝v 2－v 1Δt ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，A 正确．【答案】 A3．(多选)一个物体以v 0＝8 m/s 的初速度沿光滑斜面向上滑，加速度的大小为2 m/s 2，冲上最高点之后，又以相同的加速度往回运动．则( )A ．1 s 末的速度大小为6 m/sB ．3 s 末的速度为零C ．2 s 内的位移大小是12 mD ．5 s 内的位移大小是15 m【解析】 由t ＝v t －v 0a ，物体冲上最高点的时间是4 s ，又根据v t ＝v 0＋at ，物体1 s 末的速度为6 m/s ，A 正确，B 错误；根据s ＝v 0t ＋12at 2，物体2 s 内的位移是12 m,4 s 内的位移是16 m ，第5 s 内的位移是沿斜面向下1 m ，所以5 s 内的位移是15 m ，C 、D 正确．【答案】 ACD4．一物体在水平面上做匀变速直线运动，其位移与时间的关系为s ＝12t －3t 2，则它的速度等于零的时刻t 为( )A ．16 sB ．2 sC ．6 sD ．24 s【解析】 根据匀变速直线运动位移与时间的关系公式s ＝v 0t ＋12at 2与s ＝12t －3t 2对比可得：v 0＝12 m/s ，a ＝－6 m/s 2根据公式v t ＝v 0＋at 得t ＝0－v 0a ＝0－12－6s ＝2 s 故选B.【答案】 B5．一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其s t -t 的图象如图1所示，则( )图1A ．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/sB ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2C ．质点在1 s 末速度为1.5 m/sD ．质点在第1 s 内的平均速度0.75 m/s【解析】 由图得：s t ＝0.5＋0.5t .根据s ＝v 0t ＋12at 2，得：s t ＝v 0＋12at ，对比可得：12a ＝0.5 m/s 2，则加速度为a ＝2×0.5 m/s 2＝1 m/s 2.由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，故A 错误，B 错误．质点的初速度v 0＝0.5 m/s ，在1 s 末速度为v t ＝v 0＋at ＝(0.5＋1) m/s ＝1.5 m/s ，故C 正确．质点在第1 s 内的平均速度v ＝v 0＋v t 2＝0.5＋1.52m/s ＝1 m/s ，故D 错误．故选C.【答案】 C6．如图2所示为一质点运动的位移随时间变化的图象，图象是一条抛物线，方程为s ＝－5t 2＋40t ，下列说法正确的是( )图2A ．质点开始时做匀减速运动，最大位移是80 mB ．质点的初速度是20 m/sC ．质点的加速度大小是5 m/s 2D ．t ＝4 s 时，质点的速度最大【解析】 由s ＝－5t 2＋40t 变形得s ＝40t ＋12×(－10)t 2，故v 0＝40 m/s ，a＝－10 m/s 2，质点开始时做匀减速运动，由题图可知s max ＝80 m ，A 正确，B 、C 错误；t ＝4 s 时，v ＝40 m/s －10 m/s 2×4 s ＝0，D 错误．【答案】 A7．(多选)一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第15 s 内的位移比前1 s 内的位移多0.2 m ，则下列说法正确的是( )A ．小球加速度为0.2 m/s 2B ．小球前15 s 内的平均速度为1.5 m/sC ．小球第14 s 的初速度为2.8 m/sD ．第15 s 内的平均速度为0.2 m/s【解析】 根据匀变速直线运动的推论Δx ＝at 2得：a ＝0.21 m/s 2＝0.2 m/s 2，故A 正确；小球15 s 末的速度v 15＝at 15＝0.2×15 m/s＝3 m/s ，则小球前15 s 内的平均速度v 15＝0＋v 152＝32 m/s ＝1.5 m/s ，故B 正确；小球第14 s 的初速度等于13 s 末的速度，则v 13＝at 13＝0.2×13 m/s ＝2.6 m/s ，故C 错误；小球第14 s 末的速度v 14＝at 14＝0.2×14 m/s ＝2.8 m/s ，则第15 s 内的平均速度为v ′15＝v 14＋v 152 m/s ＝3＋2.82 m/s ＝2.9 m/s ，故D 错误．【答案】 AB8．物体做直线运动，在t 时间内通过的位移为s ，在中间位置s 2处的速度为v 1，在中间时刻t 2处的速度为v 2，则v 1和v 2的关系错误的是( )A ．当物体做匀加速直线运动，v 1>v 2B ．当物体做匀减速直线运动时，v 1>v 2C ．当物体做匀速直线运动时，v 1＝v 2D ．当物体做匀减速直线运动时，v 1<v 2【解析】 物体做匀变速直线运动，有v 2－v 20＝2as ，v 2s 2－v 20＝2a s 2由以上两式得v s 2＝v 20＋v 22讨论：由于v t 2＝v 0＋v 2，v s 2＝v 20＋v 22 则v 2s 2－v 2t 2＝v 20＋v 22－(v 0＋v )24＝(v 0－v )24≥0，当且仅当v 0＝v 时等号成立，故只要物体做匀变速直线运动，则一定有v s 2>v t 2，A 、B 、C 正确，D 错误．【答案】 D9．汽车以大小为20 m/s 的速度做匀速直线运动，刹车后，获得的加速度大小为5 m/s 2，那么刹车后2 s 内与刹车后10 s 内汽车通过的路程之比为( )A ．1∶1B ．3∶1C ．4∶3D ．3∶4【解析】 汽车从刹车到停止所需时间为t ＝v 0|a |＝20|－5|s ＝4 s 所以，前2 s 内的位移为：s 1＝v 0t ＋12at 2＝30 m10 s 内的位移即刹车4 s 内的位移v 2t －v 20＝2as 2s 2＝－400－2×5m ＝40 m 所以，s 1∶s 2＝3∶4，D 项正确．【答案】 D10．(多选)t ＝0时，甲、乙两汽车从相距70 km 的两地开始相向行驶，它们的v -t 图象如图3所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是( )图3A ．在第1 h 末，乙车改变运动方向B ．在第2 h 末，甲、乙两车相距10 kmC ．在前4 h 内，乙车运动的加速度的大小总比甲车的大D ．在第4 h 末，甲、乙两车相遇【解析】 由题图知，1 h 末乙车沿负方向行驶，由匀加速直线运动变为匀减速直线运动，行驶方向并未改变，A 错误；在前2 h 内甲车的位移s 1＝12×2×30km ＝30 km ，沿正方向，乙车的位移s 2＝12×2×30 km ＝30 km ，沿负方向，故此时两车相距Δs ＝(70－30－30)km ＝10 km ，B 正确；由图象的斜率大小可知C 正确；在前4 h 内甲车的位移s 甲＝12×4×60 km ＝120 km ，沿正方向，乙车的位移s 乙＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×60－12×2×30 km ＝30 km ，沿正方向，s 甲－s 乙＝90 km ≠70 km ，两车此时不相遇，D 错误．【答案】 BC二、计算题11．一质点从静止开始做匀加速直线运动，质点在第1 s 内的位移为3 m ，求：(1)质点运动的加速度大小？(2)质点在前3 s 内的位移为多大？(3)质点在第3 s 内的位移为多大？(4)质点经过12 m 位移时的速度为多少？【解析】 (1)根据s 1＝12at 21得，质点运动的加速度a ＝2s 1t 21＝2×31 m/s 2＝6 m/s 2.(2)质点在前3 s 内的位移s 3＝12at 23＝12×6×9 m ＝27 m.(3)质点在第3 s 内的位移s ＝s 3－12at 22＝27 m －12×6×4 m ＝15 m.(4)根据速度位移公式得，质点的速度v ＝2as ＝2×6×12 m/s ＝12 m/s.【答案】 (1)6 m/s 2 (2)27 m (3)15 m (4)12 m/s12．如图4所示，隧道是高速公路上的特殊路段，也是事故多发路段之一．某日，一轿车A 因故恰停在隧道内离隧道入口d ＝50 m 的位置．此时另一辆轿车B 正以v 0＝90 km/h 的速度匀速向隧道口驶来，轿车B 的驾驶员在进入隧道口时，才发现停在前方的轿车A 并立即采取制动措施．假设该驾驶员反应时间t 1＝0.57 s ，轿车制动系统响应时间(开始踏下制动踏板到实际制动)t 2＝0.03 s ，轿车制动时产生的加速度为7.5 m/s 2.图4(1)试通过计算说明该轿车B 会不会与停在前面的轿车A 相撞？(2)若会相撞，那么撞前瞬间轿车B 速度大小为多少？若不会相撞，那么停止时与轿车A 的距离为多少？【解析】 (1)轿车实际制动前0.6 s 内做匀速直线运动，匀速运动的位移为s 1＝903.6×0.6 m ＝15 m ，实际制动中的加速度大小a ＝7.5 m/s 2，实际制动中当速度减为零时的位移s 2＝v 202a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫903.622×7.5m ＝1253 m ，由于s 1＋s 2＝1703 m ＝56.7 m>50 m ，故B 会与停在前面的轿车A 相撞．(2)设与A相碰时的速度为v，根据运动学公式得：v2t－v20＝－2a(s0－s1)，解得v＝10 m/s.【答案】(1)会相撞(2)10 m/s重点强化卷(二) 弹力、摩擦力的分析和计算(教师用书独具)一、选择题1．(多选)一个物体放在水平地面上，下列关于物体和地面受力情况的叙述中，因果关系正确的是()A．地面受到向下的弹力是因为地面发生了形变B．地面受到向下的弹力是因为物体发生了形变C．物体受到向上的弹力是因为地面发生了形变D．物体受到向上的弹力是因为物体发生了形变【解析】弹力产生的直接原因是施力物体的形变．地面受到的向下的弹力的施力物体是地面上的物体，A错误，B正确；物体受到的向上的弹力的施力物体是地面，C正确，D错误．【答案】BC2．下列各选项中，所有接触面都是光滑的，所有P、Q两球都处于静止状态．P、Q两球之间不存在弹力的是()【解析】在A、B、C中，若将球Q拿走，球P均不能保持原来的静止状态，表明P、Q间存在弹力．而对于D中的情况，若将球Q拿走，球P仍能保持静止，说明P、Q间不存在弹力．故D正确．【答案】 D3．如图1所示，将两相同的木块A、B置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁．开始时A、B均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，A所受摩擦力f A≠0，B所受摩擦力f B＝0.现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间()图1A．f A大小不变B．f A方向改变C．f B仍然为零D．f B方向向右【解析】右侧细绳剪断瞬间，其拉力变为零．弹簧上的弹力不变，物体B 受水平向右的摩擦力，选项D正确；剪断细绳瞬间，由于弹簧上的弹力不变，物体A所受摩擦力不变，选项A正确．【答案】AD4．原在水平地面上的小物块受到瞬时撞击后，沿光滑斜面向上滑动，如图2所示，则小物块沿斜面向上滑动的过程中受到几个力作用()图2A．一个B．两个C．三个D．四个【解析】物体在滑动过程中，受竖直向下的重力、垂直于支持面的弹力；由于接触面光滑没有摩擦力；故物体只受两个力，故B正确，A、C、D错误．【答案】 B5．如图3所示，用水平恒力F推放置在水平面上的物体m，物体保持静止，关于物体受力情况的说法正确的是()图3A．推力小于物体所受摩擦力B．物体所受摩擦力的方向与推力的方向相反C．物体所受摩擦力的大小可由f＝μF N直接计算D．物体受到三个力的作用【解析】因为物体保持静止，由二力平衡知，推力大小等于物体所受摩擦力，物体所受摩擦力的方向与推力的方向相反，A错、B对；物体所受摩擦力不是滑动摩擦力，大小不能由f＝μF N计算，C错；物体受到重力、支持力、摩擦力和推力四个力的作用，D错．【答案】 B6．将一张A4纸(质量可忽略不计)夹在英汉字典内，书对A4纸的压力为3 N，A4纸与书之间的动摩擦因数为0.4，要把A4纸从书中拉出，拉力至少应为()图4A．0.6 N B．1.2 NC．2.4 N D．3 N【解析】根据f＝μF N，得f＝1.2 N，因为纸的上下两面都要受到书对它的滑动摩擦力，所以要把纸从书中拉出，拉力至少应为2.4 N，C正确．【答案】 C7．如图5所示，在一粗糙水平桌面上有两个质量分别为m1和m2的木块A 和B，中间用一原长为l、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，木块与桌面间的动摩擦因数为μ.钩码拉着木块一起在桌面上匀速运动时，两木块之间的距离是()图5A．l＋μk m1g B．l＋μk(m1＋m2)gC．l＋μk m2g D．l＋μk⎝⎛⎭⎪⎫m1m2m1＋m2g【解析】以物体A为研究对象，所受弹力与滑动摩擦力相等，F＝f＝μm1g，所以弹簧伸长量x＝μm1gk，因此两木块之间的距离是l＋μk m1g，故A正确．【答案】 A8．(多选)如图6所示，一质量为m的木块靠在竖直粗糙墙壁上，且受到水平力F的作用，下列说法正确的是()图6A．若木块静止，则木块受到的静摩擦力大小等于mg，方向竖直向上B．若木块静止，当F增大时，木块受到的静摩擦力随之增大C．木块沿墙壁向下运动时，墙壁对木块的弹力始终与力F等大反向D．若木块静止，当撤去F，木块沿墙壁下滑时，木块不受滑动摩擦力作用【解析】木块静止，木块竖直方向受向下的重力和向上的摩擦力的作用，两者大小相等，方向相反，F增大，摩擦力不变，A正确、B错误；墙壁对木块的弹力和力F是一对平衡力，等大反向，C正确；当撤去F，墙壁与木块间无弹力，所以木块不受摩擦力作用，D正确．【答案】ACD9．(多选)如图7所示为表面粗糙的倾斜皮带传输装置，皮带的传动速度保持不变．物体被无初速度地放在皮带的底端A上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置B后就不再相对皮带滑动，而是随皮带一起匀速运动，直至传送到顶端C，在传送过程中，物体受到的摩擦力()图7A．在AB段为沿皮带向上的滑动摩擦力B．在AB段为沿皮带向下的滑动摩擦力C．在BC段不受静摩擦力D．在BC段受沿皮带向上的静摩擦力【解析】在AB段，物体相对皮带向下滑动，受到沿皮带向上的滑动摩擦力，A对；在BC段，物体相对皮带有向下滑的趋势，受到沿皮带向上的静摩擦力，D对．【答案】AD10．(多选)如图8所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6 kg，弹簧测力计读数为2 N，滑轮摩擦不计．若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减少到0.3 kg时，将会出现的情况是(g取10 m/s2)()图8A．弹簧测力计的读数将变小B．A仍静止不动C．A对桌面的摩擦力不变D．A对桌面的摩擦力变小【解析】当砝码和托盘的总质量为m1＝0.6 kg时，对A进行受力分析，则有F＋f＝m1g＝6 N，f＝4 N，可知A与桌面的最大静摩擦力至少为4 N．当砝码和托盘总质量为m 2＝0.3 kg 时，设A 仍不动，有F 不变，F ＋f ′＝m 2g ，f ′＝1 N<4 N ，故假设成立，A 仍静止不动，A 对桌面的摩擦力减为1 N ，弹簧测力计的示数不变，故B 、D 正确．【答案】 BD二、计算题11．在弹性限度内，某弹簧下端悬挂500 N 重物时，总长为22 cm ，悬挂750 N 重物时，总长为23 cm.那么该弹簧的劲度系数为多大？【解析】 法一：设弹簧的劲度系数为k ，弹簧的自由长度为l 0，由胡克定律可得F 1＝k (l 1－l 0)，F 2＝k (l 2－l 0)，又F 1＝G 1，F 2＝G 2，故有F 1F 2＝G 1G 2＝l 1－l 0l 2－l 0， 解得l 0＝G 2l 1－G 1l 2G 2－G 1＝750×0.22－500×0.23750－500m ＝0.20 m ， 从而k ＝F 1l 1－l 0＝5000.22－0.20N/m ＝2.5×104 N/m. 法二：前后两次弹簧的弹力之差ΔF ＝750 N －500 N ＝250 N ，伸长量的变化量Δx ＝0.23 m －0.22 m ＝0.01 m ，所以劲度系数k ＝ΔF Δx ＝2500.01 N/m ＝2.5×104N/m.【答案】 2.5×104 N/m12．重为100 N ，长为L ＝2 m 的均匀木棒放在水平桌面上，如图9甲所示，至少要用35 N 的水平推力，才能使它从原地开始运动．木棒从原地移动以后，用30 N 的水平推力，就可以使木棒继续做匀速运动．求：(1)木棒与桌面间的最大静摩擦力大小f max ；(2)木棒与桌面间的动摩擦因数μ；(3)当水平推力使木棒匀速运动至木棒有0.5 m 露出桌面时，如图乙所示，水平推力的大小F .甲 乙图9【解析】 (1)木棒从原地开始运动必须克服最大静摩擦力，所以f max ＝F 1＝35 N.(2)推力F 2与滑动摩擦力相等时，木棒做匀速运动，所以F 2＝μmg ，μ＝F 2mg ＝0.3.(3)当水平推力使木棒匀速运动至木棒有0.5 m 露出桌面时，水平推力等于此时的滑动摩擦力，而滑动摩擦力f ＝μF N ＝μmg 不变，所以F ＝30 N.【答案】 (1)35 N (2)0.3 (3)30 N重点强化卷(三) 力的合成与分解一、选择题1．两个共点力的大小分别为F 1和F 2，作用于物体的同一点．两力同向时，合力为A ，两力反向时，合力为B ，当两力互相垂直时合力为( ) A.A 2＋B 2 B.A 2＋B 22 C.A ＋B D.A ＋B2【解析】 由题意知F 1＋F 2＝A ，F 1－F 2＝B ，故F 1＝A ＋B 2，F 2＝A －B 2.当两力互相垂直时，合力F ＝F 21＋F 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋B 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫A －B 22＝A 2＋B 22.故B 正确．【答案】 B2．如图1所示为两个共点力的合力F 的大小随两分力的夹角θ变化的图象，则这两个分力的大小分别为()图1A．1 N和4 N B．2 N和3 NC．1 N和5 N D．2 N和4 N【解析】由题图知，两力方向相同时，合力为5 N．即F1＋F2＝5 N；方向相反时，合力为1 N，即|F1－F2|＝1 N．故F1＝3 N，F2＝2 N，或F1＝2 N，F2＝3 N，B正确．【答案】 B3．如图2所示，一轻质弹簧只受一个拉力F1时，其伸长量为x，当弹簧同时受到两个拉力F2和F3作用时，伸长量也为x，现对弹簧同时施加F1、F2、F3三个力作用时，其伸长量为x′，则以下关于x′与x的关系正确的是()图2A．x′＝x B．x′＝2xC．x＜x′＜2x D．x′＜2x【解析】由题述可知同时受到两个拉力F2和F3作用时，作用效果等同于只受一个拉力F1作用；同时施加F1、F2、F3三个力作用时，其伸长量为x′＝2x，B正确．【答案】 B4．(多选)作用在同一点的两个力，大小分别为5 N和2 N，则它们的合力不可能是()A．5 N B．4 N C．2 N D．9 N【解析】根据|F1－F2|≤F≤F1＋F2得，合力的大小范围为3 N≤F≤7 N，故选项C、D符合题意．【答案】CD5．如图3所示，将绳子的一端系在汽车上，另一端系在等高的树干上，两端点间绳长为10 m．用300 N的拉力把水平绳子的中点往下拉离原位置0.5 m，不考虑绳子的重力和绳子的伸长量，则绳子作用在汽车上的力的大小为()图3A．1 500 N B．6 000 NC．300 N D．1 500 3 N【解析】由题意可知绳子与水平方向的夹角正弦值为sin α＝0.55＝0.1，所以绳子的作用力为F绳＝F2sin α＝1 500 N，A项正确，B、C、D项错误．【答案】 A6．(多选)如图4所示，物体在沿粗糙斜面向上的拉力F作用下处于静止状态．当F逐渐增大到物体即将相对于斜面向上运动的过程中，斜面对物体的作用力可能()图4A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大【解析】因为初始状态拉力F的大小未知，所以斜面对物体的摩擦力大小和方向未知，故在F逐渐增大的过程中，斜面对物体的作用力的变化存在多种可能．斜面对物体的作用力是斜面对物体的支持力与摩擦力的合力．因为物体始终保持静止状态，所以斜面对物体的作用力和物体重力G与拉力F的合力是平衡力．因此，判断斜面对物体的作用力的变化就转化为分析物体的重力G和拉力F的合力的变化．物体的重力G和拉力F的合力的变化如图所示，由图可知，F合可能先减小后增大，也可能逐渐增大，A、D正确．【答案】AD7．质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动，如图5所示．已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为下列各值的哪个()图5A．μmg B．μ(mg＋F sin θ)C．μ(mg＋F cos θ) D．F sin θ【解析】木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力F N、摩擦力f沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解如图所示(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，则有F cos θ＝f，F N＝mg＋F sin θ又由于f＝μF N所以f＝μ(mg＋F sin θ)，故B选项是正确的．【答案】 B8.如图6所示，一个Y字形弹弓顶部跨度为l，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为l，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸发射出去．若橡皮条劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2l(弹性限度内)，则弹丸被发射瞬间所受的最大弹力为(设弹弓的弹力满足胡克定律) ()图6A．kl B.3 2klC.152kl D．2kl【解析】弹弓发射弹丸的瞬间，受力如图所示．设橡皮条的弹力分别为F1、F2，合力为F，则F1＝F2＝k(2l－l)＝kl，F＝2F1·cos θ，由几何关系得cos θ＝154，所以小球被发射瞬间所受的最大弹力F＝152kl，C正确．【答案】 C9．(多选)如图7所示，斜面P放在水平面上，物体Q放在斜面上，物体和斜面间光滑，若要保持Q静止不动，则需要加一个外力F，若力F水平向右，斜面对物体的支持力为F1，则下列正确的是()图7A．F＝mg sin θB．F＝mg tan θC．F1＝mg cos θD．F1＝mg cos θ【解析】物体Q受到重力G、水平方向的外力F和垂直斜面向上的支持力F1，则可将重力沿F和F1的反方向分解为G1和G2，如图所示．则由三角关系可知，F＝mg tan θ，F1＝mgcos θ，B、D正确．【答案】BD10．(多选)已知两个共点力的合力为F，现保持两力之间的夹角θ不变，使其中一个力增大，则()A．合力F一定增大B．合力F的大小可能不变C．合力F可能增大，也可能减小D．当0°<θ≤90°时，合力F一定减小【解析】设有两个共点力F1、F2，分两种情况讨论．(1)当0°<θ≤90°时，合力随着其中一个力的增大而增大，如图甲所示，选项D错误．甲乙(2)当θ>90°时，若F2增大，其合力先变小，后又逐渐增大，如图乙所示．所以选项A错误，选项B、C正确．【答案】BC二、计算题11．如图8所示，物体A、B都处于静止状态，其质量分别为m A＝5 kg，m B ＝10 kg，OB呈水平，OP与竖直方向成45°角．g取10 m/s2，求：图8(1)三根细绳OP、OA、OB的拉力分别为多大？(2)物体B与桌面间的摩擦力为多大？【解析】(1)先以A为研究对象，可得拉力F T OA＝m A g＝50 N再以结点为研究对象，进行受力分析，如图所示：由几何关系可知，F T OB＝F T OA＝50 N；F T OP＝F2T OB＋F2T OA＝2F T OA＝50 2 N.(2)对物体B受力分析，根据平衡条件B与桌面间的摩擦力为f＝F T OB＝50 N.【答案】(1)50 2 N50 N50 N(2)50 N12．如图9所示，三个力作用于同一点O点，大小分别为F1＝10 N，F2＝20 N，F3＝30 N，且F1与F3夹角为120°，F2与F3夹角为150°，求三个力的合力．图9【解析】以O点为原点，F3为y轴负方向建立直角坐标系，如图所示，则F1与x轴夹角为30°，F2与x轴的夹角为60°.分别把各个力分解到两个坐标轴上，F1x＝F1cos 30°，F1y＝F1sin 30°；F2x＝－F2cos 60°，F2y＝F2sin 60°；F3x＝0，F3y＝－F3.分别求出x轴和y轴上的合力．F x＝F1x＋F2x＋F3x＝5 3 N－10 N≈－1.34 N，F y＝F1y＋F2y＋F3y＝10 3 N－25 N≈－7.68 N.计算x轴和y轴上的合力F x、F y的合力的大小和方向，即三个力的合力的大小和方向，如图所示．合力的大小为F合＝F2x＋F2y≈7.8 N.合力与F3的夹角θ满足tan θ＝F xF y＝0.174.查表得合力方向为F3向左偏12°.【答案】7.8 N方向偏左与F3成12°夹角重点强化卷(四) 牛顿运动定律的应用一、选择题1．测量国际单位制规定的三个力学基本物理量分别可用的仪器是() A．密度计、测力计、打点计时器B．米尺、弹簧测力计、秒表C．秒表、天平、量筒D．米尺、天平、秒表【解析】在国际单位制中的三个力学基本物理量是长度、质量、时间，故可用米尺、天平、秒表来测量．【答案】 D2．利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况．实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h.计算机显示该同学受到地面支持力F N随时间变化的图象如图1所示．根据图象提供的信息，以下判断错误的是()图1A．在0至t2时间内该同学处于失重状态B．在t2至t3时间内该同学处于超重状态C．t3时刻该同学的加速度为零D．在t3至t4时间内该同学的重心继续下降【解析】由图象可以看出，在0至t2时间内该同学受到地面支持力小于重力，由牛顿第二定律可知该同学处于失重状态，而在t2至t3时间内支持力大于重力，该同学处于超重状态，A、B正确；t3时刻该同学受到的支持力最大，且F1大于重力，由牛顿第二定律可知a≠0，C错误；在t3至t4时间内该同学受到的支持力逐渐减小，但仍大于重力，故重心继续下降，D正确．【答案】 C3．如图2所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N，完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块．在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为8 N，这时小车运动的加速度大小是()图2A．2 m/s2B．4 m/s2C．6 m/s2D．8 m/s2【解析】当弹簧测力计甲的示数变为8 N时，弹簧测力计乙的示数变为12 N，这时物块所受的合力为4 N．由牛顿第二定律F＝ma得物块的加速度a＝F2，故选项B正确．m＝4 m/s【答案】 B4．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假设乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()A．450 N B．400 NC．350 N D．300 N【解析】汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝v0t＝255m/s2＝5 m/s2，对乘客应用牛顿第二定律得：F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以选项C正确．【答案】 C5．(多选)如图3所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为s＝t 2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，以下结论正确的是()图3A．匀变速直线运动的初速度为1 m/sB．物体的位移为12 m时速度为7 m/sC．水平恒力F的大小为4 ND．水平恒力F的大小为12 N【解析】根据x＝v0t＋12at2＝t 2＋t，知v＝1 m/s，a＝2 m/s2，故A正确；根据v2－v20＝2ax得，v＝v20＋2ax＝1＋2×2×12 m/s＝7 m/s，故B正确；根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12 N，故C错误，D 正确．【答案】ABD6．已知空气阻力与速率成正比，某小球在竖直上抛后运动的全过程中的速度—时间(v-t)图可能正确的是()【解析】设物体所受的阻力f＝k v，物体的质量为m，则在物体上升的过程中有mg＋f＝ma1，即mg＋k v＝ma1，a1＝mg＋k vm＝g＋k vm，由于上升过程中物体的速度越来越小，故物体的加速度a1越来越小，故v-t图的斜率的绝对值越来越小．在下落过程中有mg－k v＝ma2，a2＝mg－k vm＝g－k vm下落过程中物体的速度越来越大，故物体的加速度越来越小，则v-t图的斜率的绝对值也越来越小，故A正确．【答案】 A7．如图4所示，质量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在匀速上升的电梯内，当电梯钢索断裂的瞬间，物体B的受力个数()图4A．2个B．3个C．4个D．1个【解析】因电梯匀速上升，则A受力平衡，则弹簧处于压缩状态，故弹簧对B有向下的弹力；当钢索断开时，弹簧的形变量不变，故B受向下的重力及弹力的作用，加速度大于电梯的加速度，B 与电梯之间一定有弹力作用，故B 应受到3个力作用，故选B.【答案】 B8．在动摩擦因数为μ＝0.2的水平面上有一个质量为m ＝1 kg 的小球，小球的一端与水平轻弹簧连接，另一端与不可伸长的轻绳相连，轻绳与竖直方向成θ＝45°角，如图5所示．小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，g 取10 m/s 2，则( )图5A ．此时弹簧的弹力为10 2 NB ．剪断轻绳的瞬间，小球加速度的大小为10 2 m/s 2C ．剪断轻绳的瞬间，小球加速度的大小为8 m/s 2D ．剪断轻绳的瞬间，小球受到的合力斜向左45°.【解析】 剪断轻绳前小球受力情况如图所示，根据平衡条件得：轻弹簧的弹力大小F ＝mg ＝10 N ，轻绳的拉力大小为T ＝2mg ＝10 2 N ，A 错．剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，大小仍为F ＝10 N ，水平面对小球的支持力大小N＝mg ＝10 N ，摩擦力大小为f ＝μmg ＝2 N ，根据牛顿第二定律得：加速度a ＝F －f m＝10－21m/s 2＝8 m/s 2，B 错，C 对．合力为F －f ，方向水平向左，D 错．【答案】 C9．(多选)如图6所示，物体A 放在固定的斜面B 上，在A 上施加一个竖直向下的恒力F ，下列说法中正确的是( )图6A．若A原来是静止的，则施加力F后，A将加速下滑B．若A原来是静止的，则施加力F后，A仍保持静止C．若A原来是加速下滑的，则施加力F后，A的加速度不变D．若A原来是加速下滑的，则施加力F后，A的加速度将增大【解析】若A原来静止，则满足mg sinα≤μmg cosα，当加上F时，同样满足(F＋mg)sin α≤μ(mg＋F)cos α，故A错、B对．若A原来加速下滑，则mg sinα＞μmg cosα加上F后，同样有F sinα＞μF cosα，即(F＋mg)sin α＞μ(mg＋F)cos α，物体所受合力变大，故A加速度变大，故C错、D对，故选B、D.【答案】BD二、计算题10.如图7所示，已知物块A、B的质量分别为m1、m2，A、B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动而B不下滑，力F至少为多大？图7【解析】设B不下滑时，A、B的加速度为a，以B为研究对象，用隔离法分析，B受到重力、A对B的摩擦力和A对B向前的弹力N，如图所示，要想B。