資源簡介

部分參考答案
是時間間隔,因此選項C正確.
第一章 運動的描述 變式1:D 解析:“6日早上8時”是時刻,“約2小時”是時間
間隔,故A、B錯誤;研究日偏食時,要考慮太陽的大小,故不能把
第1節 質點 參考系 太陽看作質點
,故C錯誤;研究地球繞太陽做圓周運動時,地球的
直徑遠小于軌道半徑,故可以把地球看作質點,故D正確.
知識梳理 【典例2】C 解析:位移的大小等于初末位置的距離,x=
一、1.大小 形狀 質量 2.大小 形狀 3.主要因素 次要 162+122 m=20m;路程等于運動軌跡的長度, ( s= 16+12)m
因素 理想化 ,故選項 正確
=28m C .
二、1.參考 2.(1)任意 不同 地面 (2)靜止 運動 變式2:C 解析:取向上為正方向,第一階段的位移為3m,
典例精解 第二階段的位移為-1m,全過程的位移為2m,總路程為 4m.
【典例1】B 解析:研究投出的籃球的運動路徑時,可以將籃 當堂訓練
球看成質點,故A錯誤;觀眾欣賞體操表演時,不可以把運動員 1.D 2.C 3.C 4.C
看成質點,否則無法欣賞動作,故B正確;研究地球繞太陽公轉 5.解析:(1)他走過的位移大小是x=2h=6m. (2)路程
時,可以忽略地球的大小,可以看作質點,故C錯誤;研究子彈穿 是
過蘋果的時間時, , s=4×1.52m=62m.子彈的大小不能忽略 不能把子彈看作質點,故
D錯誤;故選B. 答案:(1)6m (2)62m
變式1:C 解析:選項A、B、D中的研究對象的大小、形狀被 課后鞏固
忽略后,起重機、硬幣、門的運動將無法研究,故選項A、B、D中的
【基礎訓練】
研究對象不能被當作質點;C選項中宇宙飛船的大小、形狀被忽 1.B 2.A 3.C 4.B
, :() ,略后 對于確定宇宙飛船的位置無影響,故選項 中的宇宙飛船 5.解析 1 根據題意 建立平面直角坐標系,x 軸正方向表C
示東,y 軸正方向表示北,則教室位置如圖所示:可以被當作質點.
【典例2】B 解析:加油機相對于“殲-10”戰斗機的位置不
變,以“殲-10”戰斗機為參考系,加油機是靜止的,故 A不符合題
意;加油機相對于地面上的房屋位置在不斷變化,以地面上的房
屋為參考系,加油機是運動的,故B符合題意;加油機相對于加油
機中的飛行員位置不變,以加油機中的飛行員為參考系,加油機
是靜止的,故C不符合題意;加油機相對于“殲-10”戰斗機里的飛 (2)從校門口到教室的位移x= 802+602 m=100m.
行員位置不變,以“殲-10”戰斗機里的飛行員為參考系,加油機是
60 3
靜止的,故D不符合題意. 設位移方向與正北方向的夾角為θ,則tanθ=80=4 θ=
變式2:D 解析:研究“地球的公轉”,是以太陽為參考系的, 37°,即位移的方向為北偏東37°.
A錯誤;“太陽的東升西落”,是以地球為參考系的,B錯誤;“一江 答案:(1)見 解 析 (2)從 校 門 口 到 教 室 的 位 移 大 小 為
春水向東流”是以河岸為參考系的,C錯誤;升國旗時,觀察到國 100m,方向為北偏東37°.
旗冉冉升起,觀察者是以地面為參考系的,D正確. 【拓展提升】
當堂訓練 1.B 2.D 3.B
1.D 2.D 3.B 4.B 5.D 4.解析:馬路演化為坐標軸,因為向右為x 軸的正方向,所
課后鞏固 以,在坐標軸上原點左側的點的坐標為負值,原點右側的點的坐
【基礎訓練】 標為正值,即:x1=-20m,x2=0,x 3=30m.
1.C 2.B 3.B 4.D 前2s內的位移Δx1=x2-x1=0-(-20m)=20m,后3s
【 】 拓展提升 內的位移Δx2=x3-x2=30m-0=30m,這5s內的位移Δx=
1.D 2.C 3.B 4.B x3-x1=30m-(-20m)=50m.
第2節 時間 位移 答案:x1=-20m,x2=0,x3=30m.前2s內、后3s內汽
車的位移分別為20m、30m,這5s內的位移是50m.
知識梳理
一、1.某一瞬間 點 2.兩個時刻之間 線段 第3節 位置變化快慢的描述———速度
二、1.(1)位置的變化 (2)原點 正方向 (3)直線坐標系 平面 知識梳理
坐標系 2.運動軌跡 3.(1)位置 (2)初位置 末位置 (3)長度 Δx -1
(4)初位置 末位置 4.(1)大小 方向 (2)大小 方向 一、1.位移 時間 2.Δt 3.m
/s m·s 3.6 4.運動
、 四 位移 的方向 5.運動快慢
五、1.頻閃照相 時刻 位置 打點計時器 2.交變電源 8V Δx
0.02s 二
、1.(1)所用時間Δt (2)Δt
(3)粗略 (4)位移 2.(1)某
典例精解 一時刻 (2)精確 3.瞬時速度的大小 4.速率
【典例1】C 解析:關于時刻和時間間隔,一定要抓住最主要 三、1.(3)交變 8V 交變 220V交變 (5)0.1 (6)用刻度
的問題.時刻對應時間軸上的一個點;而時間間隔則對應時間軸 Δx Δx
尺測量出各計數點到起始點的距離 () ()
上的一段.A選項中“10時整”、B選項中“10:15”都對應時間軸上 8 Δt 2.1 Δt
的一個點,即時刻;而“80分鐘”指的是所經歷的時間,它對應時 Δx Δx
間軸上的一段, ()靠近 ()接通電源 穩定 ()即時間間隔;在D選項中的“70”既不是時刻也不 v=Δt Δt 3.1 2 50.1
·106·
典例精解 第
2 2 4節 速度變化快慢的描述———加速度【典例】解 析: (1)位 移 大 小 AC = AB +BC =
知識梳理
32+42 m=5m,方向由A 指向C.
、 Δv一 1.變化量 時間 2. 3.m/s2 或 m·s-2路程L=AB+BC=3m+4m=7m. 4.運動速Δt
AC 5 (2)由平均速度公式v= = m/s=1m/s,方向由A 指 度變化快慢t 5 二、1.(1)矢 (2)速度變化量
向C. 三、1.時間 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:轎 車 和 列 車 的 速 度 都 從 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,速度變化量相同,故 A錯誤;速度的變化率大小等于
指向C 1.4m/s Δv
變式:C 解析:方案1中的“50千米”是指路程,所以 A錯 加速度,根據a= 知,速度的變化量相同,小型轎車所用的時間Δt
誤;三種方案的位移一樣,因為位移由初末位置決定,與路徑無 短,則小型轎車的加速度大,即速度的變化率較大,故B正確;列
關,所以B錯誤;C正確;三種方案的平均速度均不相等,因為所 Δv 100 2
用時間不相等,所以D錯誤. 車的加速度a列= = m/s ≈0.056m/s
2,轎車的加
Δt1 3.6×500
當堂訓練
Δv 100
1.A 2.D 3.C 速度a轎= /
2≈ /2,故 、 錯誤
Δt =3.6×20ms 1.39ms CD .2
4.交流 0.02 復寫紙 0.02(n-1)s BAEDCF 變式 : 解析:由于初速度
1C v0>0,加速度a>0,即速度和
5.解析:(1)位移為由 A 指向D 的有向 加速度同向,不管加速度大小如何變化,速度都是在增加的,當加
線段,如圖: 速度減小時,相同時間內速度的增加量變小,即增加逐漸變慢了;
(2)位移大小 x= (AB-CD)2+BC2 當a=0時,速度達到最大值,此后以該最大速度做勻速直線運
= 52+52m=52m,方向為東偏北45°. 動,位移不斷增大,C正確.
s 6+5+1 【典例2】C 解析:質點在ab段與bc段的速度均為正值,故 (3)平 均 速 率 v= /t =3+2+1 ms 方向相同,選項A錯誤;因為速度—時間圖像的斜率表示物體的
=2m/s. 加速度,故質點在bc段與cd 段的加速度方向相同,選項B錯誤;
Δv 4.0-2.0
() x 52
/ 5
/ 質點在 段的加速度大小為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)見解析 (2)52m,方向為東偏北45° (3)2m/s 選項C正確;質點在bc段通過的位移為x=2×0.5×4.0m=
(4)
5
2m/s 1m,選項D錯誤.故選C.6 變式2:A 解析:由圖像可知,物體A 的速度隨時間均勻增
課后鞏固 加,物體A 做加速直線運動,A對;物體B 沿負方向運動,速度隨
【基礎訓練】 時間均勻增加,做加速直線運動,B錯;v-t圖像斜率的絕對值表
1.D 2.B 示加速度的大小,圖中B 的斜率絕對值較大,則A 的加速度小于
3.(1)交流 220 0.02 (2)A (3)B B 的加速度,C錯;B 的加速度大,則B 的速度變化比A 快,D錯.
4.解析:(1)質點由 A 點運動到B 點的位移為:Δx=x2- 當堂訓練
x1=12m-(-8)m=20m. 1.D 2.C 3.B 4.D 5.A
() 2 質點 從 x0=0m 運 動 到 x2=12m 的 時 間 為:t2= 6.解析:(1)從表格可以看出,汽車2s末的速度為3m/s.
x2-x0 12 ()汽車在 時刻的速度為 , 時的速度為= s=4s, 2 t=0 03s 5m
/s,故前3s
v2 3 v-v 5-0 5
Δx 20 的平均加速度為:a
0 2 2 2
1= = m/s= m/s≈1.67m/s.
則全程的平均速度為:v=t +t =4+4m
/s=2.5m/s. t 3 3
1 2 (3)第3s末的位置坐標x1=4m;第4s末的位置坐標為x2
答案:(1)20m (2)2.5m/
s =8m,所以汽車在第4s內的平均速度為:
【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 隨時間t變化的關系為v=6-6t2.當t v-v0 -20-20
2
=2s時,v=6-6t2=(6-6×22)m/s=-18m/s,負號說明此 7.解析:根據加速度的定義可知a= t = 0.1 m
/s
時速度與初速度方向相反. =-400 m/s2.負號表示加速度方向向上.
(2)
x 隨時間變化的關系為x=6t-2t3+2.當t=0時,x1= 答案:-400m/s2
6t-2t3+2=(6×0-2×03+2)m=2m.當t=2s時,x2=6t- 課后鞏固
2t3+2=(6×2-2×23+2)m=-2m. 【基礎訓練】
: x -x -2-2
該段時 間 內 的 平 均 速 度 為 v= 2 1= m/
1.D 2.A 3.B 4.D
Δt 2 s= 5.解析:(1)0~4s做勻加速直線運動,4s~8s做勻速直線
-2m/s.負號說明平均速度與初速度方向相反. 運動,8s~10s做勻減速直線運動,10s~12s反方向做勻加速
(3)t=4s時,x3=6t-2t3+2=(6×4-2×43+2)m= 直線運動;
-102m.當速度為零時,v=6-6t2=0,可求得t=1s.當t=1s時, Δv1 10
()在 內質點的加速度
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時間物 Δt1 4
體運動路程s=(6m-2m)×2+2m-(-102m)=112m.物體在 Δv 0 在4s~8s內質點的加速度a 2 22= = m/s=0.在10s~s 112 Δt2 4
該段時間內的平均速率:v= /Δt=4 ms=28m
/s.
Δv3 -10 2 2
/ / ,“ ”
答案:( 12s
內質點的加速度a = = ms=-5ms - 表
1)-18m/s (2)-2m/s (3)28m/s 3 Δt3 2
·107·
示加速度的方向與規定的正方向相反. 六、1.靠近 2.接通電源 釋放小車 3.斷開電源 4.密集
答案:(1)見解析 (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)電火花打點計時器是使用220V交流電源
5.解析:(1)根據題意,滑塊通過單個光電門的短暫時間里 的計時儀器,電磁打點計時器的工作電壓為交流6V以下,當電
d 源的頻率為50Hz時,它每隔0.02s打一個點,故, , : A
、C錯誤,B
視滑塊為勻速運動 據v= 得 滑塊通過第一個光電門的速度Δt 正確;使用它們時必須先接通電源,再拉動紙帶,故D錯誤;(2)實
0.03 驗步驟要遵循先安裝器材后進行實驗的原則進行:先將電火花計
v1= /0.3 ms=0.10m
/s. 時器插頭插入相應的電源插座,再將紙帶從墨粉紙盤下面穿過打
0.03 點計時器,然后接通開關,聽到放電聲,拖動紙帶運動,最后當紙(2)滑 塊 通 過 第 二 個 光 電 門 的 速 度:v2 = m/0.1 s= 帶完全通過電火花計時器后,及時關閉電火花計時器,上述步驟
0.30m/s. 正確的順序是DCBA;(3)小車做勻加速直線運動,平均速度等于
Δv 0.30-0.10 中間時刻的瞬時速度, 故vA=0.55 m/s;根據推論公式 Δx=(3)滑塊的加速度:a=Δt= m
/s2≈0.30 0.67m
/s2. Δx
:() / () / () /2 aT
2,有a= 2=5m/s
2;(4)在處理實驗數據時,如果只使用其
答案 10.10ms 20.30ms 30.67ms T
中兩個數據,因為偶然誤差的存在可能會造成最后誤差較大,所
本章評估 以可以根據實驗數據畫出v-t圖像,盡量使那些不能畫在線上的
點均勻分布在直線的兩側,這樣圖線會舍棄誤差較大的點,由圖
1.B 2.C 3.D 4.A 5.D 像上相距較遠的任意兩點所對應的速度及時間, Δv用公式
a=
6.(1)從A 點開始相鄰計數點間的時間間隔為T=0.02× Δt
5s=0.1s,每隔0.1s紙帶運動的位移分別是x1=2.15cm、x 即可算出加速度,所以誤差較小,故 錯誤, 正確;由于圖像縱2 A C
=2.89cm、x =3.74cm、x =4.32cm、x =5.15cm,間距逐漸 坐標和橫坐標的單位長度可能不同,所以不能用a=tanθ求出加3 4 5
增加,說明紙帶做加速運動. 速度,故B錯誤;依次算出通過連續兩計數點間的加速度,算出平
x 19.55-1.30 均值作為小車的加速度,實際應用的只是第一組和最后一組數(2)A、F 間紙帶運動的平均速度為v= AF
5T=
/
5×0.1 cms 據,同樣存在較大的誤差,故D錯誤.
=36.50cm/s. 答案:(1)B (2)DCBA (3)0.55 5 (4)C
(3)B 點的瞬時速度可以用AC 段的平均速度表示,故v = 變式:C 解析:實驗過程中,一般長木板應平放,不能側向B
x 傾斜,但適當一端高一端低也是可以的,A錯誤;使用刻度尺測長AC 6.34-1.30 vAC= = cm/s=25.20cm/s. 度時,需要估讀到分度值的下一位,B錯誤,C正確;作v-t圖像2T 2×0.1
時,若各點與直線擬合,則作直線并使直線經過盡量多的點,不在
答案:(1)加速運動 (2)36.50cm/s (3)25.20cm/s
直線上的點分布在直線兩側,D錯誤.
7.解析:以初速度方向為正方向,減速過程,初速度為90m/s, 當堂訓練
Δv
末速度 為0,平 均 加 速 度 為-30 m/s2,所 需 時 間t1= = 1.D 2.Ca 1 3.解析:實驗過程中應先接通電源,再放開紙帶;取紙帶前
0-90m/s
=3s. 應先斷開電源,所以錯誤的步驟是 A、D.該實驗步驟中合理的順
-30m/s2 序為
BECADF.
加速過程,初速度為0,末速度為90 m/s,平均加速度為 答案:(1)A中應先接通電源,再放開紙帶 (2)D中取紙帶
Δv' 90m/s-0
45m/s2,所需時間t2= = 2 =2s.所以賽車從進站 前應先斷開電源 BECADFa 2 45m/s 4.解析:(1)根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于
到出站所用時間t=3s+2s+6s=11s. x +x
答案:11s 這 段 時 間 內 的 平 均 速 度 知:v =
DE EF
E 2T =
8.解析:(1)A、B 間的距離為x1=v0t1. (5.99+6.80)×10-2
(2)同理可知:進行第二次測量時,A、B 間的距離為x = m/s≈2×0.10 0.640m
/s.
2
vt .根據速度的定義可得:
x -x
小車運動的平均速度為v= 2 1, (2)在 v-t 圖 像 中,圖 線 的 斜 率 表 示 加 速 度,則 a=0 2 Δt 0.560-0.400 2 2
v0(: t2-t
) m/s=0.80m/s.
解得 v= 1 .因為Δt很短,所以小車向右運動的速度為 0.3-0.1Δt
() vE-vA
v (t -t ) 3 由加速度的定義可知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 課后鞏固
【基礎訓練】
第二章 勻變速直線運動的研究 1.A 2.A
3.解析:(1)電火花計時器使用220V的交流電源,可以直
第1節 實驗:探究小車速度隨時間變化 接記錄時間,不需要停表.在該實驗中,不需要測量質量,所以不需要天平.故不需要的器材為③⑦.
的規律
( s +s2)①打 計 數 點2時 紙 帶 的 瞬 時 速 度 為 v2=
1 2
2T =
知識梳理 (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.勻變速 2T ②如果當時電網中交流電的頻率是f=49Hz,則實際的周期大
、 () ()Δv 于0.02s,而進行計算時仍用0.02s,所以速度的測量值偏大四 2.2 直線的兩側 4 .Δt 答案:(1)③⑦ (2)①0.17 ②大
·108·
【拓展提升】 圖像.
1.A 2.B 3.D
1.4+1.2
4.解析:(1)根據題圖乙可得v2= /0.04 cms=65cm
/s
/, 1.2+1.0
=0.65msv3= /0.04 cms=55cm
/s=0.55m/s.
(2)以速度為縱坐標,以時間為橫坐標建立直角坐標系.用描
點法作出小車在薄布上做減速運動的v-t圖像.將圖線延長,使 v-v
其與縱軸相交,如圖所示. (2)由公式a= 0得,摩托車在第一個10s內的加速度Δt a
20 m/s-0
= 2 =2m/10s s.
(3)根據畫出的v-t圖像得,摩托車先做勻加速運動,后做勻
減速運動,加速度大小均為2m/s2,
由v=v0+at得t1=13s時摩托車的速度:
v1=0+2m/s2×13s=26m/s;
t2=23s時摩托車的速度:
v2=30m/() , / s-2m
/s2×8s=14m/s.
3 由圖像可知 小車做減速運動的初速度為0.85ms,即
答案:(1)見解析 (2)2m/s2 (3)26m/s 14m/s
小車在玻璃板上的運動速度大小為0.85 m/s.
答案:(1)0.65 0.55 (2)圖見解析 (3)0.85m/s 第3節 勻變速直線運動的位移與時間
第2節 勻變速直線運動的速度與時間 的關系
的關系 知識梳理
1
知識梳理 一、1.時間軸 陰影部分 2. at2
一、1.加速度 2.(1)均勻增加 (2)
2
均勻減小 3.傾斜
、 1二 1.v0+at 2.速度v0 變化量at 二、1.2ax 2.v0+at v0t+2at
2 2ax
典例精解
典例精解
【典例】D 解析:由圖可知,6s內物體一直沿正方向運動,
【典例 】解析:由題意知,國旗勻加速上升時間 ,勻
6~8s內物體反向運動,故第6s末相對于起點的位移最大,
1 t1=4s
故
減速上升時間
、 ; , , t3=4s
,勻速上升時間t2=t總-t1-t3=40s,對
AB錯誤 圖像的斜率表示物體的加速度 由圖可知 4~8s內的
1
加速度最大,故C錯誤;4~6s內和6~8s內物體的位移大小相等, 于國旗加速上升階段:x1= a1t21
方向相反,
2
故第8s末物體回到第4s末所在的位置,故D正確.
對于國旗勻速上升階段:v=a1t1,x2=vt2
變式:C 解析:由v-t圖像知,甲以2m/s的速度做勻速直
1
線運動,乙在0~2s內做勻加速直線運動,加速度a 2 對于國旗減速上升階段: 21=2m/s, x3=vt3- a2t3
2
2~6s內做勻減速直線運動,加速度a2=-1m/s2,A錯誤,C正 根據運動的對稱性,對于全過程:
確;t=1s和t=4s時二者速度相同,B錯誤;0~6s內甲、乙的 a1=a2,x1+x2+x3=17.6m
速度方向都沿正方向,D錯誤. 由以上各式可得:a1=0.1m/s2,v=0.4m/s.
當堂訓練
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 = 變式1:B 解析:由題意知 x =vt + at
2
1 3 0 3 2 3-
(v0t2+
0.6m/s2,時間t1=10s.10s后汽車的速度為:v1=v0+a1t1=
1
(12.5+0.6×10)
2
m/s=18.5 m/s. at2)
2
(2)汽車勻減速運動,a2=-0.6 m/s2,減速到停止的時間: 1 1
0-v 0-12.5 代入數據得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正確.
所以10s后汽車的速度為v 2=v0+a2t=(12.5-0.6× 【典例2】解析:(1)火車減速過程中
) / 10 ms=6.5 m/s. v0=144km/h=40m/s,x=200m,
() v0 12.5
/ /,
3 汽車剎車所用時間t″=a = 3 s<10s
,所以10s后 v=108kmh=30ms
3 當車頭到達隧道口速度恰為108km/h時加速度最小,設為a,
汽車已經剎車完畢,則10s后汽車速度為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.
課后鞏固 (2)火車以108km/h的速度通過隧道,所需時間最短,火車
【 】 基礎訓練 通過隧道的位移為:100m+500m=600m.
1.C 2.C 3.A 4.B x 600
5.解析:(1)由速度、時間的關系式得:v =v +at =2× 由x=vt得t=v =1 0 1 1 30s=20s.
5m/s=10m/
s.即做勻速直線運動時的速度大小為10m/s. 答案:(1)1.75m/s2 (2)20s
v-v1 0-10 2 () : /2 變式 : 解析:設物體在斜面末端時的速度為 ,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,聯立解得a1
-5m/s2.負號表示加速度方向與物體運動方向相反. =2a2.
答案:(1)10m/s (2)5m/s2,方向與物體運動方向相反 當堂訓練
【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)把各測量數據點描在v-t圖上, 6.
解析:(1)對甲車,根據即得如圖所示的 x=v0t+2at =2t +2t
得,甲車
·109·
的初速度v01=2m/s,加速度a1=4m/s2; 該過程視為自由落體運動,B正確;同一地點,重力加速度都相
對乙車,根據v=v0+at=2t+10得,乙車的初速度v02= 同,與質量無關,C錯誤;赤道處g 值小于北極處,D錯誤.
10m/s,加速度a2=2m/s2; 變式1:C 解析:地球表面有空氣,紙片受到的空氣阻力較
根據速度時間公式得,v01+a1t=v02+a2t, 大,不能忽略,鋼球受到的阻力比重力小得多,可以忽略,因此鋼
v02-v01 10-2 球的自由下落可以看成自由落體運動,紙片的自由下落不能看成解得t=a -a =4-2s=4s. 自由落體運動,A、B錯誤;重力加速度是矢量,方向豎直向下,在1 2
(2)兩車速度相等時,甲車的位移: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, 表面同一地點,g 的值都相同,但隨著高度的增大,g 的值逐漸減
1 小,重力加速度與物體的質量無關,C正確,D錯誤 .
乙車的位移:x2=10×4+ 2 , 2×2×4 m=56m 【典例2】解析:設木棍B 端下落到窗口上沿所用的時間為
兩車間距:Δx=x2-x1=16m. t,則A 端下落到窗口下沿所用的總時間為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,聯
課后鞏固 2
【基礎訓練】 立以上兩式得:t=0.9s,h=4.05m.
1.C 2.D 答案:4.05m
3.解析:汽車原來的速度v =108km/h=30m/s 變式2:C 解析:甲、乙兩物體均做自由落體運動,加速度均0
運動過程如圖所示 為重力加 速 度,故 A 錯 誤;根 據 v2=2gh,可 得 末 速 度 v=
2gh,故甲物體著地時的速度是乙物體著地時的速度的 2倍,
故B、D錯誤;
1
根據h= gt2,
2h
得t= 等,故甲物體下落的時2 g
間是乙物體下落的時間的 2倍,故C正確.
當堂訓練
1.D 2.D 3.A 4.C 5.B
在反應時間t1=0.5s內,汽車做勻速直線運動的位移為x1
=vt =30×0.5m=15m. 6.解析:(1)
1
由x= gt2,得落地所用時間:
0 1 2
剎車后,汽車做勻減速直線運動,滑行時間 2x 2×500
0-30 t= = 10 s=10s.t2= -5 s=6s
g
(2)第1s內的位移:
1 1
汽車剎車后滑行的位移為x2=v0t2+ 2 1 1 2at2=30×6m+2 x 21=2gt1 =2×10×1
2m=5m.
×(-5)×62m=90m.
因為從開始運動起前9s內的位移為:
所以行駛時的安全車距應為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 內的位移為
【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 由題意可知:甲以10m/s做勻速直線運動,乙 7.解析:(1)由v=gt可得第1s末的速度為:
做加速度最大的勻加速直線運動. 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)下落過程的平均速度為:
(2)設乙的最大速度為v,則v2=2ax,(0.8v)2=2ax',得
h 80
x'=16m. v= = m/s=20m/s.
(3)
t 4
在接力區通過16m距離所需時間 答案:(1)10m/s (2)80m (3)20m/s
x' 16
t = = s=1.6s, 課后鞏固1 v甲 10 【基礎訓練】
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 時 間t= =
答案:(1)甲做勻速直線運動 乙做勻加速直線運動 5∶2 2 g
(2)16m (3)2.4s 2×80 s=4s.
第4節 自由落體運動 10
() 1 1小球第 內的位移 2 2
知識梳理 2 1s h1=2gt1 =2×10×1 m=5m.
一、1.輕重 重 2.(1)亞里士多德 (2)同樣快 3.(1)重力 1 1
小球前3s內的位移h = gt 2= ×10×32 靜止 (3)空氣阻力 自由落體運動 2 2 2 2 m=45m.
二、1.相 同 重 力 加 速 度 2.豎 直 向 下 3.9.8m/s2 所以小球最后1s內的位移h3=h-h2=(80-45)m=
10m/s2 35m.
三、1.0 勻加速直線 2.自由落體運動 3.gt t ()小球下落時間的一半
典例精解 3 tb=2=2s
,
【典例1】B 解析:物體做自由落體運動的條件是初速度為 1 1
小球在這段時間內的位移 2 2
零且只受重力作用,A錯誤;熟透的蘋果在下落過程中雖受空氣 hb=2gtb =2×10×2m=
阻力的作用,但該阻力遠小于它的重力,可以忽略該阻力,故可將 20m.
·110·
答案:(1)4s (2)5m 35m (3)20m 知乙上面小孩的個數不會超過3個,則小孩甲上面的冰道上
:() 1 2, 下滑的小孩子不會超過2個.5.解析 1 根據自由落體運動規律有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 為 g= = m/s2= t2 12 1.A 2.D 3.C 4.D
8.0 m/s2. 5.解析:(1)由題知,火車做勻減速直線運動,設火車加速度
(2)根據自由落體運動的速度位移關系v2=2gh , 大小為a,車廂長2 2 L=8m.
2 2
得物體下落36m時的速度為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)第三個2s內指自由下落的4~6s內的平均速度,根據 10
速度時間關系有 () 8L+6L 8×8+6×8
2vt=v= = m/s=5.6 m/s.
第4s末的速度為v4=gt=8×4 m/s=32 m/s, 2 2T 20
第6s末的速度為v =gt=8×6 m/s=48 m/s,
(3)設人開始觀察時火車速度大小為v0,
6
由v 2-v 2v +v 32+48 t 0 =2·(-a)·8L 得,
所以第三個2s內的平均速度為v= 4 6 / 2 2 = 2 ms v = v 20 t +16aL=7.2 m/s.
=40 m/s. [ 2還可以由
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)設B 球落地所需時間為t1, 專題:勻變速直線運動規律的應用
1
因為h = gt2, 【基礎訓練】1 2 1 1.D 2.C 3.B
2h1 2×(7.2-2.2) , 4.解析:(1)設初速度方向為正方向.根據勻變速直線運動所以t1= = 10 s=1sg 的規律,有vt=v0+at',即-15=10+a×5,
設A 球落地所需時間為t2, 解得a=-5 m/s2,即加速度大小為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
所以兩小球落地的時間差為Δt=t -t =0.2s. 即位移大小為12.5m,方向向西2 1 .
(2)當B 球落地時,A 球的速度與B 球的速度相等. (3)由公式v=v0+at得,勻減速階段所用時間t1=2s,勻
即vA=vB=gt1=10×1 m/s=10 m/s. v +v
加速階段所用時間
:() () / t2=3s.
根據x=vt= 0 t2 t
,
答案 10.2s 210 ms
6.解析:(1)自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運 10+0 勻減速階段的路程
, 2 , x1= ×2m=10m
,
動 由 公 式 v =2gh 可 知 棒 下 端 到 達 圓 筒 上 端 時 的 速 度 2
v= 2gL. 0+15
勻加速階段的路程x2= 2 ×3m=22.5m
,
(2)
1
由公式h= gt2 可知,棒從開始下落到其下端到達圓筒2 總路程x'=x1+x2=32.5m.
答案:(1)5 m/s2,方向向西 (2)12.5m 向西2L
(3)32.5m
上端所用的時間t1= , 5.解析:(1)通過記錄表格可以看出,動車組有兩個時間段g
, 處于加速狀態
,設加速度分別為a 、a
同理 棒從開始下落到其上端剛好通過圓筒下端所用的時間 1 2
.
Δv
2(2L+H) 由a= ,代入數據得:
t Δt2= ,g 40-30 /2 /2,
2
則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)通過作出動車組的v-t圖可知,第一次加速運動的結束
: 時間是200s,第二次加速運動的開始時刻是專題 x-t圖像與v-t圖像 450s.
【基礎訓練】
1.B 2.B 3.B 4.C
5.解析:(1)根據勻變速直線運動的推論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為5 m/s2.
(2)小 孩 乙 的 速 度 等 于 甲、丙 間 的 平 均 速 度 為 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,
根據勻變速直線運動的速度時間公式有: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 小孩乙已下滑的時間為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)假設從轎車開始剎車經過時間t,兩車速度相等,即v1-
1.A 2.C 3.A a1t=v2+a2(t-t0),
:() 2 , Δx 即解析 由推論 x aT 可知 小球的加速度為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
. 轎車行駛的距離:x' 2 21=v1t- a1t=(30×3- ×5×3)
T2 0.12 2 2
m=
(2)由題意知B 點對應AC 段的中間時刻,可知B 點的速度 67.5m,
等于AC 段上的平均速度, 貨車行駛的距離:
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)由于連續相等時間內的位移差恒定,所以xCD-xBC= 2
xBC-x 因 ,AB, x'1-x'2=35m所以x =2x -x =2×20×10-2 m-15×10-2 m 所以兩車不會相撞.CD BC AB
=0.25m. 答案:(1)兩車會相撞 (2)兩車不會相撞
答案:(1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25m 7.解析:第一階段由“0”到“1”的過程中,
: 設加速運動時間為 ,減速運動時間為 ,專題 追及與相遇 t1 t2由速度關系得a1t1=a2t2①,
【基礎訓練】 1 1 2 2
由位移關系得 ,
1.C 2.B 3.A 4.B 5.B 2a1t1+2a2t2=3m②
6.解析:(1)設經過時間t1,甲、乙兩車速度相等,此時兩車 t1=1s,t2=0.5s.
間距離最大,有v甲+at1=v乙, 第二階段由“1”到“2”的過程中,
v乙-v甲 60-50 設加速運動時間為t ,減速運動時間為t ,
得t1= a = 2 s=5s
, 3 4
由速度關系得a1t3=a2t4③,
1 1 1
在t1 時間內,甲車位移x 2甲=v甲t1+ at1=275m, 由位移關系式得 at22 2 1 3+2a2t
2
4=12m④,
乙車位移x乙=v乙t1=60×5m=300m, t3=2s,t4=1s.
則兩車間的最大距離Δx=x乙+L1-x甲=36m. 運動員從開始起跑到推倒“2”瓶所需的最短時間為t,
(2)假設甲車能追上乙車,則有位移關系x甲'=x乙'+L1, t=t1+t2+t3+t4=4.5s⑤,
1 所需的最短時間為
即v甲t2+ at2
4.5s.
2 2=v乙t2+L1
,
答案:4.5s
代入數據解得t2=11s(另一解與實際不符,已舍去),
此時乙車位移x乙'=v t
本章評估
乙 2=660m,
因x乙'>L2=600m,即此時乙車已沖過終點線,故到達終 1.D 2.C 3.C 4.B 5.A
點時甲車不能追上乙車. 6.解析:(1)4點對應的時刻的瞬時速度:
答案:(1)5s 36m (2)不能 (11.95-5.68)×10-2
7.解析:()
v
1 當警車與貨車的速度相等時,兩車距離最大, 4
= / ≈2×0.1 ms 0.314 m
/s.
則:v=at1,解得t1=6s. (2)描點作圖
( ) 1
Δx=vt +t - 20 1 2at1=60m.
(2)
v
從警車發動到達到最大速度需要的時間t = m2 =8s,a
此時貨車的位移:x1=v(t0+t2)=120m.
警車位移: 1x2=2at
2
2=64m.
即警車還未追上貨車,此時二者相距:
Δx'
Δx'=x1-x2=56m,還需要時間t3= ,vm-v
=14s
() : 0.36-0.10
根據圖像得 /2 /2
所以警車從發動到追上貨車的最短時間為t=t2+t3=22s.
3 a= 0.5 ms=0.52 ms.
答案:(1)60m (2)22s 答案:(1)0.314 (2)見解析圖 (3)0.52
【拓展提升】 7.解析:(1)汽車的初速度v0=90km/h=25 m/s.
1.C 2.D 3.D 4.B 5.B 在反應時間Δt內,汽車仍做勻速運動,故前進的距離s=
6.解析:(1)對轎車剎車過程v21=2a1x,解得加速度大小 v0·Δt=25×0.5m=12.5m.
v2 21 30 (2)設從剎車到靜止,汽車前進的位移為x,則為:a 2 21= = / / ,2x 2×90 ms=5 ms 0-v20=-2ax,
當兩車的速度相等時,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 所以在能見度處出現障礙物時,汽車會與障礙物碰撞.轎車行駛的距離x 1= t1=80m,2 答案:(1)12.5m (2)見解析
貨車行駛的距離x2=v2t1=40m, 8.解析:a=2 m/s2,v0=2 m/s,
因x1-x2=40m>x0, 7l 1
所以兩車會相撞. 15=v1×1s+ a×
(1s)2①,2
·112·
v1=v0+at②, 像的斜率表示勁度系數,所以a的勁度系數比b的小,故B正確;
8l 1 圖像與F 軸交點的絕對值表示彈簧受到的重力,由此可知a 受
15=vt+
2
0 ,2at ③ 到的重力比b的小,故C正確;根據胡克定律可知測得的彈力與
①②③聯立得t=2s,l=15m, 彈簧的伸長量成正比,不是與彈簧的長度成正比,故D錯誤.
小滑塊在斜面上滑行的時間t總=t+1s=3s, 答案:(1)200 (2)彈簧自身受到重力 (3)BC
到達斜面底端時v=v0+at總=8 m/s. 6.解析:(1)對Q 進行受力分析,Q 受到重力、細線的拉力,
答案:(1)3s (2)8 m/s (3)15m 則細線的拉力T=mQg=4N;
對P 受力分析,受到重力、支持力和繩子的拉力,由平衡條
第三章 相互作用———力 件得T+FT=GP,
解得:FT=6N;
則物體 所受地面的彈力大小
第1節 重力與彈力 P F=FT=6N.(2)對輕質滑輪受力分析,根據平衡條件可知,彈簧彈力F=
知識梳理 2T=8N.
一、1.地球的吸引 2.豎直向下 3.mg 4.(1)集中于一點 根據胡克定律得:F=kx,
(2)①質量分布 ②形狀 (3)懸掛 代入數據解得:x=0.04m.
二、1.(1)線段的長短 (2)箭頭 (3)箭尾或箭頭 答案:(1)物體P 所受地面的彈力大小為6N. (2)彈簧的
三、1.形狀 體積 2.恢復原狀 接觸 3.(2)收縮 伸長量為0.04m.
四、1.(1)大小相等 (2)刻度尺 l-l0 2.輕彈簧 鉛筆 課后鞏固
3.(3)l-l0 5.(1)多測 (2)較輕的 6.(1)彈性限度 (2)平 【基礎訓練】
衡狀態 豎直 (3)各點均勻 1.D 2.B
五、1.恢復 2.完全恢復 3.(1)正比 (2)kx (3)勁度系數 3.解析:(1)描點作圖,得出彈簧所受彈力大小跟彈簧總長
典例精解 度之間的圖像如下圖所示:
【典例1】C 解析:重心是重力的等效作用點,并不是只有重
心才受重力,故選項A錯誤;重心位置與物體的形狀和質量分布
有關,質量分布均勻、形狀規則的物體的重心在其幾何中心處,但
形狀發生改變后重心位置可能發生變化,重心可以不在物體上,
故選項B、D錯誤;形狀規則的物體重心的位置可能不在幾何中
心,還受質量分布影響,故選項C正確.
變式1:B 解析:根據重心定義及人的四種姿勢,易判斷出B ()由圖像可以得出該圖線的數學表達式為
選項中身體重心位于體外,故選項B正確. 2 F=30L-1.8.
【 】 : 圖線與橫軸的交點表示彈簧所受彈力 時彈簧的長度為典例2 解析 輕繩的彈力沿繩并指向繩收縮的方向;點與 F=0
; , 6cm,即彈簧的原長.圖像的斜率表示彈簧的勁度系數,即面接觸或面與面接觸的彈力則垂直于接觸面 若接觸面為曲面 k= /
則彈力與切面垂直.圖丙中,物體與曲面之間的彈力方向垂直于 30N m. 圖線延長后與縱軸的交點表示彈簧長度為 時的彈簧,
過接觸點的切面.圖己中,彈力的方向垂直于過接觸點的切面,彈 5cm
, 此時彈簧被壓縮 ,即表示彈簧被壓縮 時的彈力力方向必通過球心 與重心位置無關. 1cm 1cm .:()
: 答案 見解析
() 彈簧的原長 彈簧
答案 如圖所示 1 230L-1.8 30
被壓縮1cm時的彈力
4.解析:(1)由F1=kΔx1,
F
可得k= 1Δx =500N
/m.
1
(2)設所掛重物重為G,則 F2=G=kΔx2=90N.
甲 乙 丙
(3)彈簧的彈力為 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)在乙圖上描點作出mg-ΔL 圖像如圖所示:
變式2:B 解析:利用“假設法”進行判斷,在A圖中,若拿去
A 球,則B 球靜止不動,故A、B 間沒有擠壓,即A、B 間沒有彈
力;在B圖中,若拿去A 球,則B 球將向左運動,故A、B 間存在
相互擠壓,即A、B 間存在彈力;在C圖中,若拿去A 球,則B 球
靜止,故A、B 間沒有擠壓,即A、B 間沒有彈力;在D圖中,不能
判斷A、B 間是否有彈力,故應選B.
當堂訓練 (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 根據胡克定律可得 F=kx F-x 圖像的斜率表 Δx Δl 12×10-2
()
示勁度系數,則有: ΔF 7 / / ; 3
由胡克定律可知彈簧彈力的增加量與彈簧的形變量成正
k=Δx=4-0.5Ncm=200N m 比,即ΔF=kΔx,因此彈簧的自重不會對勁度系數產生影響.
(2)由于彈簧自身所受重力的影響,使得沒有懸掛鉤碼時就 答案:(1)見解析 (2)5.0 (3)無影響
有一定的彈力,所以圖線不過原點的原因是由于彈簧自身受到 5.解析:當彈簧C 的右端位于a點,彈簧C 剛好沒有發生形
重力; 變時,對B 受力分析,根據平衡條件有:
(3)根據圖像無法比較彈簧原長的大小,故 A錯誤;F-x 圖 k1xB=mg,
·113·
解得彈簧B 壓縮的長度 最大靜摩擦力
m
x = g, Ff =靜max μmg=24N
,
B k1 彈力小于最大靜摩擦力,物塊保持靜止,根據平衡條件有
當將彈簧C 的右端拉到b點,彈簧B 剛好沒有形變,對C 受 f1=k(x0-x1)=12N,
力分析,根據平衡條件有 方向水平向右.
k2xC=mg, (3)由題可知,若當彈簧拉長至21cm時,物體恰好向右勻速
彈簧C 伸長的長度 運動,所以將彈簧拉長至22cm時,物塊將加速運動,受到的摩擦
mg 力為滑動摩擦力,等于最大靜摩擦力,即xC=k .
2 Ff = m2 μ g=24N,
( m 方向水平向左1)物體A 上升的高度為 g; . k1 答案:(1)400N/m (2)12N,方向水平向右 (3)24N,方
(2)a、b兩點間的距離 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:由最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則 之間的最答案 1k 2mg + AB 1 k1 k2 大靜摩擦力Ff=μN=0.3×100N=30N,
第2節 摩擦力 而B 與桌面的最大靜摩擦力Ff'=μ(mA+mB)g=0.3× 300N=90N;
知識梳理 由于水平力F=80N,當研究A 時,繩子的拉力為 40N,則
一、1.相對滑動 阻礙相對運動 2.接觸面 相對運動 A 受到滑動摩擦力,大小即為30N;當研究B 時,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 大小為40N,而A 對B 的滑動摩擦力為30N,則B 仍處于靜止,壓 F N 則桌面對B 的摩擦力大小為70N.
二、1.相對運動的趨勢 相對運動 2.接觸面 物體相對運動 答案:30N 70N
趨勢 3.即將開始運動 4.0 0典例精解 第3節 牛頓第三定律
【典例】解析:(1)木塊做勻速直線運動, 知識梳理
則Ff1=F=6N, 一、1.物體 施力物體 2.相互 互相依賴 同時 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 同一條直
(2)將F 的方向改為豎直向上后,木塊對水平地板的壓力 線上
FN2=mg-F=24N,保持木塊做勻速直線運動的拉力 三、1.運動狀態的變化 相互作用 3.(1)同一個 兩個不同
F'=μFN2=0.2×24N=4.8N. 的 (2)同一種類
(3)撤去拉力,物體繼續向前滑行的過程中, 典例精解
FN3=mg=30N, 【典例1】A 解析:觀察F-t圖像,圖線關于t軸對稱,表明
Ff3=μFN3=0.2×30N=6N. 作用力和反作用力的大小始終相等,方向始終相反,變化的情況
答案:(1)0.2 (2)4.8N (3)6N 完全相同,故A正確,B、D錯誤;從圖像中可看出,作用力與反作
變式:C 解析:A4紙雙面都受滑動摩擦力,單面所受滑動 用力同時產生、同時消失,作用時間相同,C錯誤.
摩擦力F=μFN=1.2N,則拉力至少為2F=2.4N,故C正確. 變式1:C 解析:馬拉車時,不論車如何運動,馬拉車的力與
當堂訓練 車拉馬的力都是一對相互作用力,二者總是大小相等的,故C正
1.C 2.B 3.A 4.B 確,A、B、D錯誤.
5.解析:(
1)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,即為 Ff = 【典例2】A 解析:對m 受力分析,max m 受到重力、支持力、水
μFN=0.3×30N=9N. 平向左的彈力和 M 對m 向右的摩擦力,根據作用力與反作用力
物體在F1、F2 的作用下,由于F1>F2,故靜摩擦力向左, 的關系,則m 對M 的摩擦力向左,A正確,B錯誤;對整體受力分
則有 析,整個裝置處于靜止狀態,在豎直方向上,受到重力和支持力平
Ff=F1-F2=13N-5N=8N故物體處于靜止狀態,其所受摩擦力為靜摩擦力,故有 對 M 無摩擦力作用,C錯誤,D錯誤.
Ff=F1-F2=13N-5N=8N,方向向左. 變式2:B 解析:圖A中球靜止在光滑平面上,合力為零,球
(2)當只將F1 撤去時,此時推力F2 小于最大靜摩擦力,故 不受斜向右上方的支持力,A錯誤;圖B中小球靜止在斜面上,要
物體處于靜止狀態,則 使其合力為零,球只受重力和繩的拉力,B正確;圖C中物體沿粗
Ff=F2=5N,方向向右. 糙斜面向上沖,摩擦力的方向沿斜面向下,C錯誤;圖D中兩物體
(3)若將F2 撤去,因為F1>Ff ,所以物體將發生相對滑max 一起勻速向右,所受合外力為零,上面的物體不受水平摩擦力作
動,所受的摩擦力為滑動摩擦力,即Ff=Ff =9N,方向向左.
max 用,D錯誤.
答案:(1)8N,方向向左 (2)5N,方向向右 (3)9N,方向 當堂訓練
向左 1.C 2.B 3.B 4.D 5.D
課后鞏固 課后鞏固
【基礎訓練】 【基礎訓練】
1.C 2.D 3.D 4.C 1.D 2.C 3.D 4.D 5.C 6.D
5.解析:(1)恰好拉動物體,根據平衡條件有 【拓展提升】
k(x-x0)=μmg,
1.D 2.C 3.A 4.B 5.A
代入數據解得
k=400N/m. 第4節 力的合成和分解
(2)若將彈簧壓縮至12cm,彈力 知識梳理
F1=k(x0-x1)=12N, 一、1.同一點 相交于一點 2.效果 效果 合力 分力
·114·
3.等效替代 效果 共同作用的效果 但不必一樣長,故 A錯誤;兩拉力夾角應適當大些,但橡皮筋與
二、1.幾個力的合力 2.一個力的分力 兩繩夾角的平分線不必在同一直線上,故B錯誤;為使細繩的拉
三、1.(1)效果 效果 (3)大小 方向 3.(2)①互成角度 力等于彈簧測力計示數,在使用彈簧秤時要注意使彈簧秤與木板
結點 結點O 方向 ②相同 讀數 方向 6.(1)①零點 平面平行,故C正確;實驗中,把橡皮筋的另一端拉到O 點時,兩
量程 ②平行 軸線 摩擦 ③平視 (2)①一定要相同 ③盡 個彈簧秤夾角應適當大些,但不必相互垂直,故D錯誤.
量大 ④方向 (5)在本實驗中,用兩個彈簧秤互成一定角度拉橡皮筋時,需
四、1.平行四邊形定則 2.算術法則 要記錄橡皮筋結點、兩細繩的方向和彈簧秤的示數,不需要測量
典例精解 橡皮筋的原長,故B正確,ACD錯誤.
【典例1】A 解析:只有同一研究對象受 答案:(1)見解析 (2)F' (3)B (4)C (5)B
到的力才能合成,分別作用在不同研究對象上 6.解析:球1所受重力按效果分解如圖甲所示,
的力不能合成,合力是對原來幾個分力的等效
替代,兩分力F1、F2 可以是不同性質的力,但
合力與分力不能同時存在.如圖所示,靜止在
斜面上的物體受到垂直斜面向上的彈力FN 和沿斜面向上的靜
摩擦力Ff 作用,這兩個力的合力為圖中的F,很明顯,兩個分力
的性質不同,而且合力F 為斜面對物體的作用力,實際上F 的效
果與FN 和Ff的共同效果相同,因此在受力分析中畫了FN 和 甲
Ff,就不能再畫合力F,所以A正確,B、C、D錯誤. G
變式1:B 解析:若 F 和 F 大小不 F =Gtanθ,F = ;1 2 1 2 cosθ
變,θ角越小,合力F 越大,故A錯誤;由力的 球2所受重力按效果分解如圖乙所示,
合成方法可知,兩個力合力的范圍|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,還可能與兩個分
力都相等,故B正確,C錯誤;如果夾角θ不變,F1 大小不變,F2
增大,合力可能增大,可能減小,如圖所示,故D錯誤.
【典例2】解析:如圖甲所示,建立直角坐標系,把各個力分解
到兩個坐標軸上,并求出x 軸和y 軸上的合力Fx 和Fy,有Fx= 乙
F1+F2cos37°-F3cos37°=27N,Fy=F2sin37°+F3sin37°- F3=Gsinθ,F4=Gcosθ.
F =27N.因此,如圖乙所示,合力為F= F2+F2 ≈38.2N, G 4 x y 答案:(1)見解析 (2)Gtanθ cosθ
(3)Gsinθ Gcosθ
F
tanφ=
y=1.即合力的大小約為F 38.2N
,方向與F1 的夾角為45° 課后鞏固
x
斜向上. 【基礎訓練】
1.C 2.C 3.B 4.B
5.(1)3.00 (2) (3)①拉力未沿彈簧測
甲 乙
答案: 力計軸線方向 不可取,因為會增大誤差38.2N,方向與F1 的夾角為45°斜向上
②
: : () (變式2B 解析 以結點O 為研究對象,受力分析如圖所示. 6.15N 2
)5N (3)1N (4)6N
【拓展提升】
1.C 2.B 3.D
4.解析:A 物體的受力如圖所示:
(1)由平衡知識可知繩子的拉力 T=
mg
cosθ=5N.
由題可知,豎直繩的張力等于 mg,保持不變;根據平衡條件 (2)彈簧彈力F=mgtanθ,
可知F cosθ-mg=0,F sinθ-F=0, FT T 根據胡克定律,彈簧的壓縮量 ,
x=
由此兩式可得F=mgtanθ,選項B正確. k
當堂訓練 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 的圖示為鄰邊作 第 節 共點力的平衡
平行四邊形,
5
平行四邊形的對角線表示兩力
的合力F,如圖所示: 知識梳理
(2)
、
由圖(b)所示可知,F 是合力的理論 一 勻速直線運動
值,F'是合力的測量值,合力的測量值F'與 二、1.大小相等 2.合力為0
橡皮筋在同一直線上,因此一定沿 AO 方向 典例精解
的是F'. 【典例1】C 解析:由共點力的平衡條件可知,F1、F2、F3 的
(3)“驗證力的平行四邊形定則”實驗采用了等效替代法,故 合力應與F4 等大、反向,當F4 的方向沿逆時針轉過60°而保持
B正確,ACD錯誤;故選B. 其大小不變時,F1、F2、F3 的合力的大小仍等于F4,但方向與F4
(4)為方便實驗操作減小實驗誤差,兩根細繩需要適當長些, 成120°角,由平行四邊形定則可得,此時物體所受的合力大小為
F4,故C正確.
·115·
變式1:B 解析:物體受四個力的作用而處于靜止狀態時,F 對C 點進行受力分析,將FCD 正交分解,
與其余三個力的合力F'等大、反向,當F 轉過90°時,F'與F 之 由平衡條件得,FCDcosα=FAC,
間的夾角為90°,又F'=F,兩力的合力F合= 2F,故要滿足題 FCDsinα=GB,
意,必須再加上一個大小為 2F 的力,故B正確. 對A 由平衡條件得:FfA=FAC,
【典例2】解析:方法一:合成法.對足球受力分析,受重力 解得FfA=12N,GB=9N.
Mg、墻的支持力FN、繩的拉力FT,由平衡條件知,FN 與 Mg 的
答案:(1)12N (2)9N
合力與FT 等大反向,如圖甲所示,由圖可知,FN=M
課后鞏固
gtanα,FT
M 【基礎訓練】
= g cosα. 1.B 2.A 3.A
4.解析:(1)小球處于平衡狀態,其所受合力為零.以小球為
研究對 象 分 析 受 力 如 圖 甲 所 示,由 平 衡 條 件 得,水 平 方 向
Fcos60°-Tcosθ=0,豎直方向Fsin60°-Tsinθ-mg=0,解得
θ=30°.
甲 乙 丙
方法二:矢量三角形法.足球受的三個力的合力為零,故可構 甲 乙
成如圖乙所示的閉合矢量三角形,由幾何關系得F =Mgtanα, (2)以木塊和小球整體為研究對象,受力分析如圖乙所示,由N
Mg 平衡條 件 得,水 平 方 向 有 Fcos60°-μFN =0,豎 直 方 向 有F T=cosα. 3
: , Fsin60°+FN-mg-M =0
,解得 = .
方法三 正交分解法.如圖丙所示 將足球受到的拉力F 分 g μT 3
解到水平方 向 和 豎 直 方 向,由 平 衡 條 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)圖甲中,以O 點為研究對象受力分析,
變式2:A 解析:法一:滑塊受力如圖甲,由平衡條件知:
mg
F
,mg
m m
=tanθ F =sinθ
,則F= g ,tanθ FN=
g
N sinθ
.
m
根據平衡條件得:F = g T1 °=2m ,甲 乙 sin30 g
m
F = gN1 tan30°
= 3mg,
圖乙中,對繩子上的O 點分析:
丙 丁
法二:效果分解法
將重力按產生的效果分解,如圖乙所示,
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.
將滑塊受的力沿水平、豎直方向分解,如圖丙所示, (2)由牛頓第三定律:圖甲中OB 桿受到的彈力F'1=FN1=
mg=F Nsinθ,F=FNcosθ,聯立解得: 3mg.
m m
F= g ,F = g . (3)乙圖中,根據題意可得,對 點受力分 Otanθ N sinθ 析如圖所示:
法四:封閉三角形法 滑輪受到繩子的作用力應為圖中兩段繩中
如圖丁所示,滑塊受的三個力組成封閉三角形,解直角三角 拉力F1 和F2 的合力F,因同一根繩張力處處
形得: m mF= g ,F = g . 相等,都等于物體的重力,即 F1=F2=mg.用tanθ N sinθ 平行四邊形定則作圖,因為拉力F1 和F2 的夾
當堂訓練 角為
120°,則由幾何知識得:F=mg.
1.B 2.A 3.C 乙圖中,由于平衡,則輕桿對滑輪的作用力和輕繩對滑輪的
4.解析:根據胡克定律得FCD=kx=300×0.05N=15N,
·116·
作用力大小相等,方向相反,即F桿=F=mg. (2)彈簧測力計的讀數為2.10N,選標度 ,合力F合 的
答案:(1)2mg mg (2)3mg (3)mg 圖示如圖所示.
()經測量,合力
專題:共點力的平衡的應用 3 F合=3.3N.答案:(1)見解析圖 53(51~55均對) (2)2.10(2.08~
【基礎訓練】 2.12均對) 見解析圖 (3)3.3(3.1~3.5均對)
1.D 2.A 3.A 7.(1)3N (2)0.72kg (3)4N 2.4N
4.112N或48N 8.解析:(1)撤去推力時,小球受
5.(1)(M+m)g (2)Mg 力分析如圖所示,N1cosθ=mAg,
【拓展提升】 N1sinθ=N2,
1.D 2.C 3.B R-h
4.解析:()
又由題可知 ,
1 物塊受到重力和拉力而平衡,系在墻上的繩子 cosθ= R
的張力F1=Mg. 由于A 恰好不滑動,將 AB 作為
(2)如圖1所示,對滑輪受三力而平衡,懸掛滑輪的繩子的張 一個整體進行受力分析可得μ(mA+
力F2= 2F1= 2Mg, mB)g=N2,
這段繩子與天花板間的夾角為45°. 解得μ=0.4.
(2)由于撤去推力前后,小球受力不變,將AB 作為整體,在推力
F 作用下,小球略為離開水平地面,此時F=μ(mA+mB)g+N2,
代入數據得F=12N.
答案:(1)0.4 (2)12N
第四章 運動和力的關系
圖1 圖2
(3)如圖2所示,滑輪受到三力作用,F1 大小不變,夾角越
小,合力就越大,F2 也越大,因此系在墻上的位置向下移動到某
第1節 牛頓第一定律
一位置,可以使懸掛滑輪的繩子剛被拉斷,系在墻上的繩子與墻 知識梳理
的夾角最小.此時F1=Mg,F2= 3Mg, 一
、1.有力作用在物體上 靜止在某個地方 2.(1)原來的高度
根據平行四邊形定則可知F =2Fcosθ, 高度 更長 永遠運動下去 (2)不是 3.同一速度 同一直線2 1
那么θ=30°,則系在墻上的繩子與墻的最小夾角為60°. 二、1.勻速直線運動 靜止 迫使它改變 2.(1)勻速直線運
:() 動 靜止 慣性 ()固有答案 1M (2)2M 45° (3)60° 2g g
: , 三、1.質量大 質量 2.(1)物質的多少 (3)標 千克5.解析 物體的受力分析如圖所示 由 kg典例精解
平衡條件得
, 【典例】B 解析:小車表面光滑,因此兩小球在水平方向上Fsinθ+F1sinθ-mg=0
, 沒有受到外力的作用Fcosθ-F -Fcosθ=0 .
原來兩個小球與小車具有相同的速度,當
2 1 車突然停止運動時,由于慣性,兩個小球的速度不變,所以不會相
m
解得F= g , 碰,故 正確sinθ-F1 B .
變式:B 解析:由于小球處在物體 M 上,接觸面光滑,在物F m
F= 2 + g , 體 M 下滑過程中,小球在水平方向上不受外力作用,則小球在水2cosθ 2sinθ 平方向上沒有位移,僅沿豎直方向運動,故B正確.
m 403
令F1=0,得F 最大值Fmax=
g
, 當堂訓練
sinθ= 3 N 1.A 2.C 3.B
mg 203 令F =0,得F 最小值F = = N, 4.解析:現象:小鐵球相對瓶是向后運動的,如圖1所示;而2 min 2sinθ 3 泡沫塑料球相對瓶是向前運動的,如圖2所示.
203 403
故拉力F 大小的取值范圍為 3 N≤F≤ 3 N.
:203
403
答案
3 N≤F≤ 3 N
本章評估 圖1 圖2
1.A 2.B 3.A 4.C 5.B 原因:由于慣性的大小與質量有關,鐵球質量大于同體積水
6.解析:(1)以水平方向為x 軸,豎直方向為F 軸,建立直角 的質量,泡沫塑料球的質量小于同體積水的質量,所以鐵球的慣
坐標系,然后描點,選盡可能多的點連成一條線,其圖線的斜率即 性大于同體積水的慣性,泡沫塑料球的慣性小于同體積水的慣
為彈簧的勁度系數k,在直線上任取一點,如(6×10-2,3.2),則k 性.當瓶突然向前運動時,鐵球保持原來靜止狀態的能力大于同
3.2
= N/m≈53N/m. 體積水保持原來靜止狀態的能力,所以鐵球相對于水向后移動;
6×10-2 同體積的水保持原來靜止狀態的能力大于泡沫塑料球保持原來
靜止狀態的能力,所以泡沫塑料球相對于水向前移動,因此出現
如圖1、2所示的現象.
答案:見解析
課后鞏固
【基礎訓練】
1.D 2.D 3.C 4.D
5.由于慣性和重力
【拓展提升】
1.D 2.A 3.B 4.D
·117·
第2節 實驗:探究加速度與力、質量 2F-Fa= f 2 F= F- f,則可能正確的圖像是
的關系 m m m
A.
2F-F 2 F
知識梳理 (4)由a=
f
m =mF-
f,
m
一、1.(1)質量 砝碼的個數 (2)拉力 增加重物 2.(1)天 2
平 增減砝碼的數量 (2)①刻度尺 秒表 ③位移 (3)拉力 可知a-F 圖像的斜率是k= ,m
小得多 槽碼所受的重力
2
二、交流電源 刻度尺 天平 解得m= .
k
三、1.天平 3.勻速直線
2
四、1.通過原點的直線 正比 2.過原點的直線 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節 牛頓第二定律
【典例】解析:(1)本題主要考查對實驗原理和實驗步驟的理 知識梳理
解和分析, 實驗中把沙桶及其中沙子的重力看作與小車所受拉力 一、1.正比 反比 相同 2.kma 合力
大小相等,沒有考慮摩擦力,故必須平衡摩擦力. 二、1.牛 N 2.1kg·m/s2 3.(2)1 ma
(2)電磁打點計時器接在6V電壓的蓄電池上將無法工作, 典例精解
必須接在6V以下學生交流電源上. 【典例1】A 解析:根據牛頓第二定律的瞬時性,選項 A正
(3)作a-M 關系圖像,得到的是雙曲線,很難作出正確的判 確;物體只有受到力的作用時,才有加速度,但速度有無與物體是
斷,必須“化曲為直”, 1 , ; ,改作a- 關系圖像. 否受力無關 選項B錯誤 任何情況下 加速度的方向總與合外力M 方向相同,但與速度的方向沒關系,選項C錯誤;根據牛頓第二定
答案:(1)平衡摩擦力 B (2)步驟D 6V電壓的蓄電池 律的獨立性,選項D錯誤.
1 : : ,
6V以下學生交流電源 (3)步驟G a-M a- 變式1B 解析 由牛頓第二定律的瞬時性可知 合外力和M 加速度是瞬時對應關系,二者同時產生,同時變化,同時消失,所
變式:B 解析:依靠重力來平衡阻力,同時阻力包含紙帶與 以當外力作用在物體上的瞬間,物體立即獲得加速度;速度與加
打點計時器之間的摩擦,故操作為:需要連上紙帶,但是不能掛重 速度的關系可表示為v=at,可以看出,速度是加速度在時間上
物,把打點計時器所在的一端墊高,故B正確,A、C、D錯誤. 的積累,外力作用在物體上的瞬間t=0,所以速度為零,故 B
當堂訓練 正確.
1.D 2.B 3.A 【典例2】解析:解法一:合成法
4.(1)細線與軌道平行(或水平) 遠小于 (2)兩小車從靜 (1)由于車廂沿水平方向運動,所以小球有水平方向
止開始做勻加速直線運動,且兩小車的運動時間相等 的加速度,所受合力F 沿水平方向.
5.(1)C (2)C (3)丙 選小球為研究對象,受力分析如圖甲所示.
課后鞏固 由幾何關系可得F=mgtanθ,
【基礎訓練】 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)打點計時器需要6V以下的交流電源才能正常 向右,
工作,不能使用干電池;為保證細繩對小車的拉力作為小車所受 則車廂做向右的勻加速直線運動或向左的勻減速直線運動.
的合外力,實驗前必須平衡摩擦力,該裝置沒有平衡摩擦力;為了 (2)懸線對小球的拉力大小為
在紙帶上打下較多的點,小車的初始位置應靠近打點計時器. m
F = g
1×10
x T = N=12.5N.() : 后兩段-x前兩段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 以水平向右為x 軸正方向建立坐標系,
=
4×(0.1s)2 并將懸線對小球的拉力FT 正交分解,如圖乙
=0.195 m/s2. 所示.
答案:(1)不應使用干電池,應使用交流電源;實驗中沒有平 則沿水平方向有FTsinθ=ma,
衡小車的摩擦力;小車的初始位置應靠近打點計時器 (2)0.195 豎直方向有FTcosθ-mg=0,
4.(1)BD (2)0.21 聯立解得a=7.5 m/s2,FT=12.5N,
【拓展提升】 且加速度方向向右,故車廂做向右的勻
乙
1.B 2.D 加速直線運動或向左的勻減速直線運動.
3.解析:(1)由于有拉力傳感器能測出小車所受的拉力,則 答案:(1)見解析 (2)12.5N
不需要天平測出砂和砂桶的總質量,A錯誤;小車靠近打點計時 變式2:B 解析:在剪斷輕繩前,小球
器,先接通電源,計時器穩定后,再釋放小車,打出一條紙帶,同時 所受彈簧彈力和繩子拉力的合力與重力
記錄拉力傳感器的示數,B正確;電火花計時器與紙帶之間的摩 mg 是一對平衡力,如圖所示,則彈簧彈力
擦力較小,所以選用電火花計時器實驗誤差小,C錯誤;實驗中繩 F=mgtan45°=10N,剪斷輕繩的瞬間,
的拉力可由拉力傳感器測出,不需要保證砂和砂桶的質量遠小于 彈簧彈力不變,重力不變,小球與水平面間
小車的質量,D錯誤. 發生擠壓受到支持力,小球有向左運動的
(2)已知打點計時器電源頻率是50Hz,則紙帶上每相鄰兩 趨勢,受摩擦力,受力個數變化,選項 A錯
個計數點間的時間間隔T=5×0.02s=0.1s, 誤;此時在豎直方向,水平面的彈力FN=
xAC 8.32×10-2 mg,摩擦力為F =打 B 點 時 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,選項B正確,C錯誤;若剪斷的是彈簧,則剪斷瞬
0.416 m/s, 間彈簧彈力和輕繩的拉力均消失,小球仍然靜止,則加速度的大
則此時砂桶的速度大小v=2vB=0.832 m/s. 小a=0,選項D錯誤.
(3)由于長木板放在水平桌面上,由于沒有平衡摩擦力,對小 當堂訓練
車由牛頓第二定律可得 1.D 2.D 3.A 4.A 5.C
·118·
6.(1)1.6 m/s2 (2)480N (3)140m 而是物理量的名稱;千克、秒是國際單位制中的基本單位,牛、米
課后鞏固 每秒是國際單位制中的導出單位,都屬于國際單位,故C正確.
【基礎訓練】 【典例2】D 解析:物理計算中,在進行數量運算的同時,也
1.C 2.C 3.B 4.A 要注意單位運算.帶單位運算時,每一個數據均要帶上單位,且單
:() 1 2 : 位換算要準確;也可以把題中已知量的單位都用國際單位制單位5.解析 1 由x=2at
可得
表示,計算的結果就用國際單位制單位表示,這樣在統一已知量
2x 2×3 /2 /2 的單位后,就不必一一寫出各個量的單位,只在結果后面寫出正a= 2 = 2 ms=6 ms.t 1 確單位即可.在備選的四個選項中,A、C均錯誤,B項解題過程正
(2)分析物體受力情況如圖所示: 確,但不簡捷,只有D項中單位運用正確,且過程簡捷、規范,故D
水平方向:物體所受合外力為零,FN=F= 正確.
40N, F
: 變式 : 解析:位移 的國際單位是米,由 ( )得豎直方向 取向下為正方向,由牛頓第二定 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,所給等式左邊單位是長度單位,而
() 8 g g3 物體與墻間的滑動摩擦力Ff=μF
f
N,所以μ=F =N 40
= 右邊單位是速度單位,所以結果一定是錯誤的,選用的單位制不
0.2. 同,只影響系數,故B正確,A、C、D錯誤.
答案:(1)6 m/s2 (2)8N (3)0.2 當堂訓練
【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:列車總質量m=103t=106kg,
8.解析:(1)當輕桿與Ob重合時,小球所受合力為0,其加速 總重力G=mg=106×10N=107N,
度為0,車的加速度亦為0,故b處應標的加速度數值為0. 運動中所受阻力F=0.01G=0.01×107N=105N.
(2)解法一:合成法 設列車勻加速運動的加速度為a.
當輕桿與Oc重合時,以小球為研究對象,受力分析如圖甲所 由牛頓第二定律得F牽-F=ma,
示.根據力的合成的平行四邊形定則和牛頓第二定律得mgtanθ F牽-F 3.5×105-105
, 則列車的加速度為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. 列車由靜止加速到v=180km/h=50 m/s所用時間為t=
v-v0 50-0
a =
,
0.25s=200s
v2-v 2 502-0
此過程中列車的位移為 x= 02a =2×0.25 m=5×
103m=5km.
答案:200s 5km
課后鞏固
【基礎訓練】
甲 乙 1.D 2.D 3.A
解法二:正交分解法 4.解析:不同意,原因是單位未統一到同一單位制中,正確
建立直角坐標系,并將輕桿對小球的拉力正交分解,如圖乙 解法如下:
所示 . x=10cm=0.1m,m=10g=10-2kg,
則沿水平方向有:Fsinθ=ma, v2-v2 2002-3002
0
: 2 5 2豎直方向有 Fcosθ-mg=0, a= = m/2x 2×0.1 s=-2.5×10 m
/s,
聯立以上兩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,負號表示
平向右,即c處應標的加速度數值為5.66 m/s2. 與速度反向.
(3)若輕桿與Od 重合,同理可得mgtan45°=ma2, 答案:見解析
解得a2=gtan45°=9.8 m/s2,方向水平向左,與速度方向 【拓展提升】
相反, 1.A 2.B 3.D
所以在0.5s內汽車速度應減少,減少量Δv=a2Δt=9.8×
0.5 m/ /
GM
s=4.9 ms. 4.解析:由A= 可得,r A
的單位是
答案:(1)0 (2)5.66 m/s2 (3)減少了4.9 m/s
N·m2·kg-2·kg
第4節 力學單位制 = N· ·m m kg
-1=
知識梳理 kg·m·s-2·m·kg-1=m/s,故物理量A 是速度.
一、1.單位 2.物理量的單位 3.基本量 4.物理關系 答案:速度
二、1.基本 導出 2.國際通用 4.(1)長度 質量 時間
(2)米 千克 秒 第5節 牛頓運動定律的應用
典例精解 知識梳理
【典例1】D 解析:為了運算的簡捷,交流方便,各國都要統 一、1.運動 力 受力情況 2.牛頓第二定律 運動學的規律
一采用通用單位制,這就是國際單位制,故選項 A、B正確;只要 二、運動學規律 牛頓第二定律
運算過程中各量均采用國際單位制中的單位,最終得到的結果也 典例精解
必然是國際單位制中的單位,這是國際單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圖所示,建立
故選項C正確;國際單位制中規定基本單位的物理量中沒有“能 直角坐標系.設人和滑板在斜坡上滑下的加速度大小為a1,由牛
量”,選項D錯誤. 頓第二定律得
變式1:C 解析:密度、加速度、長度、質量不是單位的名稱, mgsinθ-Ff=ma1,
·119·
FN-mgcosθ=0,其中Ff=μFN, 由①②兩式可求得水平恒力F 的大小為
聯立解得人和滑板滑下的加速度大小為 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圖 課后鞏固
所示. 【基礎訓練】
由牛頓第二定律得 1.D 2.C 3.C 4.A 5.D
F'N-mg=0,F'f=ma2, 6.解析:由圖像可知物體0~2s做勻減速直線運動,設加速
其中F'f=μF'N, 度大小為a1,2s~4s做反向勻加速直線運動,設加速度大小為
聯立解得人和滑板在水平滑道上運動的加速 a2.且恒力F 與初速度方向相反.
度大小為 由v-t 圖 像 得 加 速 度 大 小 分 別 為:a 21 =5 m/s,a2 =
a2=μg=5.0 m/s2,
1 m/s2,
設人從斜坡上滑下的最大距離為LAB,整個運動過程中由勻 由牛頓第二定律得:F+μmg=ma1,F-μmg=ma2.
變速直線運動公式得 m(a +a
聯立解得:F= 1 2
)
v2=2aL ,0-v2=-2aL, 2 =12N
,
B 1 AB B 2
聯立解得LAB=50.0m. a1-a2
答案:(1)2.0 m/s2 (2)50.0m 動摩擦因數μ= 2 =0.2.g
變式1:解析:(1)在企鵝向上奔跑過程中: 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)在企鵝臥倒以后將進行兩個過程的運動,第一個過程從 5.解析:(1)飛機在豎直方向上做勻加速直線運動,由位移
臥倒到最高點做勻減速運動,第二個過程是從最高點勻加速滑到 1
最低點,兩次過程根據牛頓第二定律分別有:mgsin37°+μmgcos37° 公式可以求得飛機的加速度.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)飛機上的乘客受到重力和安全帶的拉力兩個力的作用,1 2a1 根據牛頓第二定律可求得安全帶提供的拉力.設安全帶提供的拉
退滑到出發點的速度v= 2a2(x+x1), 力為F,由牛頓第二定律,F+mg=ma,
解得v=2 34 m/s. 得F=m(a-g)=1690N.
答案:(1)16m (2)上滑過程8 m/s2,下滑過程4 m/s2 答案:(1)36 m/s
2 (2)1690N
(3)2 34 m/s 第6節 超重和失重
【典例2】解析:(1)設下落的最大速度為vm=20 m/s, 知識梳理
由v2m=2gh 1,vm=gt1, 一、加速度g 天平 G=mg 平衡條件 靜止 重力
可知,游客下落過程中自由落體過程對應的時間t =2s, 1 二、1.示數 壓力 2.(1)小于 (2)豎直向下 3.(1)大于
下落高度h1=20m, (2)豎直向上 4.(1)完全 (2)豎直向下
設游客勻減速下落過程的高度為h2,加速度為a2, 典例精解
則v2m=2a2h2,h2=64m-4m-h1=40m, 【典例1】C 解析:從F-t圖像可以看出,0~t1,F=mg,電
可得a =5 m/s22 , 梯可能處于靜止狀態或勻速運動狀態;t1~t 2,F>mg,電梯具有
由vm-a2t2=0可得游客勻減速下落的時間t2=4s, 向上的加速度,物塊處于超重狀態,可能加速向上運動或減速向
游客下落過程的總時間t=t1+t2=6s. 下運動;t2~t3,F=mg,可能靜止或勻速運動;t3~t4,F(2)設勻減速過程中所受阻力大小為Ff, 電梯具有向下的加速度,物塊處于失重狀態,可能做加速向下或
由牛頓第二定律可得Ff-mg=ma2, 減速向上運動.綜上分析可知,C正確.
解得Ff=m(a2+g)=2.25×104N. 變式1:A 解析:人下蹲動作包含有失重和超重兩個過程,
答案:(1)6s (2)2.25×104N 先是加速下降失重,到達一個最大速度后再減速下降超重,即先
變式2:解析:設機車在加速階段的加速度為a1,減速階段的 失重再超重;同理,起立動作也包含兩個過程,先加速向上超重,
加速度為a .則:v22 =2a1x1,v2=2a2x2,解得:a1=0.5 m/s2, 后減速向上失重.對應圖像可知,該同學做了一次下蹲—起立的
a =0.9 m/s22 ,由牛頓第二定律得:F-Ff=ma1,Ff=ma2,解 動作,故A正確,B、C、D錯誤.
得:F=1.4×105N. 【典例2】解析:小孩體重G=mg=400N,由題圖知,在0~2s
答案:1.4×105N 內,F1=440N,F1>G,電梯勻加速上升,小孩處于超重狀態,此
當堂訓練 F1-G
時有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:物體的整個運動過程分為兩段,前4s內物體做勻 2m.
加速運動,后8s內物體做勻減速運動. 在2~5s內,F2=400N,F2=G,電梯勻速上升,小孩處于
v-0 4 平衡狀態,此時有h =vt =6m.
前4s內物體的加速度為a = = m/s2=1 m/s2. 2 2 1 t1 4 在5~6s內,F2=320N,F3設摩擦力為Ff,由牛頓第二定律得F-Ff=ma1 ①, , G-F3
于失重狀態 此時有 /2,
后8s內物體的加速度為 a3= m =2 ms
0-v -4 /2 /2 又v-a3t3=0
,說明電梯在6s末停止,
a2= t = 8 ms=-0.5 ms.2 v 故 ,
物體所受的摩擦力大小不變, h3=2t3=1m
由牛頓第二定律得-Ff=ma2 ②, 所以電梯上升的高度為h=h1+h2+h3=9m.
·120·
答案:見解析
變式2:A 解析:當升降機靜止時,根據胡克定律和二力平
衡條件得kx1-mg=0,其中k 為彈簧的勁度系數,x1=0.1m.
當彈簧伸長量為x2=9cm時,kx2態,升降機加速度a的方向必向下,由牛頓第二定律得mg-kx2
=ma,解得a=1 m/s2,升降機加速度方向向下,如果向下運動,
則為加速運動,如果向上運動,則為減速運動.由此可知選項 A 乙
正確. 在y 方向,由平衡條件得:
當堂訓練 FN2=mgcosθ,
1.D 2.C 3.A 4.D 在x 方向,由牛頓第二定律得:
課后鞏固 -mgsinθ-μFN2=ma2,
【基礎訓練】 聯立以上各式可得:μ=0.5,F=50N.
1.A 2.D 3.C 4.B 答案:(1)小球在0~2s內的加速度a1=15 m/s2,方向沿桿
5.解析:(1)彈簧測力計對物體的拉力FT=40N, 向上;2~5s內的加速度a2=10 m/s2,方向沿桿向下. (2)μ=
對物體由牛頓第二定律可得: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
故升降機加速度大小為2 m/s2,方向豎直向下. 4.解析:物塊放到傳送帶上后,在滑動摩擦力的作用下先向
(2)設地板對人的支持力為FN, 右做勻加速運動.由μmg=ma得a=μg,
對人由牛頓第二定律可得:FN-Mg=Ma, 若傳送帶足夠長,勻加速運動到與傳送帶同速后再與傳送帶
解得FN=Mg+Ma=60×10+60×(-2)N=480N. 一同向右做勻速運動.
由牛頓第三定律可得人對地板的壓力為480N. v v
:() /2 () 物塊勻加速運動的時間 ,答案 12 ms 2480N t1=a = =4sμg
【拓展提升】 1 1
物塊勻加速運動的位移 2 2
1.D 2.D 3.D 4.B x1=2at1=2μgt1=8m.
5.解析:(1)由圖像可知,剛站上去的時候彈力等于重力,故 (1)
1
因為
G 4.5m<8m
,所以物塊一直加速,由L= at2 得
運動員所受重力為 2500N,設運動員 質 量 為 m,則 m= =
g t=3s.
50kg. (2)因為20m>8m,所以物塊速度達到傳送帶的速度后,摩
(2)由圖像可知蹦床對運動員的最大彈力為Fm=2500N,設 擦力變為0,此后物塊與傳送帶一起做勻速運動,
運動員的最大加速度為am,則 L-x1 20-8
Fm-mg=ma .
物塊勻速運動的時間t2= =
m v 4 s=3s.
F -mg 2500-500 故物塊到達傳送帶右端的時間
a = m = m/s2=40 m/s2. t'=t1+t2=7s.m m 50 答案:(1)3s (2)7s
(3)由圖像可知運動員離開蹦床后做豎直上拋運動,離開蹦床
的時刻為6.8s或9.4s,再下落到蹦床上的時刻為8.4s或11s, 專題:連接體問題
它們的時間間隔均為1.6s.根據豎直上拋運動的對稱性,可知其 【基礎訓練】
自由下落的時間為0.8s. 1.D 2.B 3.D
1 1 4.解析:對小車、物塊A、物塊B 整體分析得, 2 F=
(M+m1+設運動員上升的最大高度為 H 則 H=2gt =2×10× m2)a,
0.82m=3.2m. 對物塊B 分析得,繩子拉力FT=m1g,
答案:(1)50kg (2)40 m/s2 (3)3.2m 對物塊A 分析得FT=m2a,
專題:動力學圖像問題與傳送帶 m解得F=(M+m 11+m2)m g.2
【基礎訓練】 m
1
1.A 2.B 3.A 答案:(M+m1+m2)
m g2
4.解析:(1)取沿桿向上為正方向,由圖像可知:
5.(: 1
)g (2)g (3)5m在0~2s內小球的加速度為 g【拓展提升】
30
a1= /2,方向沿桿向上;2=15 ms 1.C 2.D 3.D
解析:()以向左為正方向,對小滑塊分析,其加速度為
在2~5s小球的加速度為: 4. 1
0-30 v2-v1 1-4
2 2
a2= 3 =-10 m
/s2,負號表示方向沿桿向下. a1= t =
/
1 ms=-3 m
/s,負號表示加速度方向
(2)有風力時的上升過程,小球的受力情 向右.
況如圖甲所示: 設小滑塊的質量為m,根據牛頓第二定律有-μ1mg=ma1,
在y 方向,由平衡條件得: 解得μ1=0.3.
F =Fsinθ+mgcosθ, (2)對木板分析,向右減速運動過程,根據牛頓第二定律以及N1
在x 方向,由牛頓第二定律得: 運動學公式可以得到
Fcosθ-mgsinθ-μF vN1=ma1, μ1mg+μ2·2m
0
g=m ,
停風后上升階段,小球的受力情況如圖 甲 t1
乙所示: 向左加速運動過程,根據牛頓第二定律以及運動學公式可以
得到
·121·
v2 設經過時間· , t
,滑塊和長木板達到共同速度v,則滿足:
μ1mg-μ2 2mg=mt2 對滑塊:v=v0-at;對長木板:v=a't,
且t1+t2=t=1s, 由以上兩式得:滑塊和長木板達到的共同速度v=1 m/s.
, , 聯立解得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時間內,木板向右減速運動,其向右運動的
位移為 模塊驗收卷
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時間內,木板向左加速運動,其向左加速運動的 10.B 11.A
位移為 1
12.(1)M 遠大于m (2) (3)木板傾角過大,摩擦力平
v
x = 2
+0 M
2 2 t2=0.25m
,方向向左, 衡過度 (4)小車及車中砝碼的質量 M (5)1.58 m/s2
在整個t=1s時間內,小滑塊向左減速運動,其位移為 13.解析:(1)已知足球的初速度為v1=12 m/s,加速度大
v1+v2 小為a1=2 m/, , s
2.
x= 2 t=2.5m
方向向左
v
足球做勻減速運動的時間為: 1
則整個過程中滑塊相對木板的位移大小為 t1=a =6s.1
Δx=x+x1-x2=2.75m. : v運動位移為 x = 1
:() 1 t1=36m.答案 10.3 (2)0.05 (3)2.75m 2
5.解析:(1)小物塊受到向左的恒力和滑動摩擦力做勻減速 (2)已知前鋒隊員的加速度為a2=2 m/s
2,最大速度為v2=
運動,小車受摩擦力向右做勻加速運動.設小車和小物塊的加速 8 m/s,前鋒隊員做勻加速運動達到最大速度的時間和位移分別
度大小分別為a 、a 1 2,由牛頓第二定律得:對小車μm2g=m1a1, 為: v vt2=
2=4s,x2=
2t2=16m.之后前鋒隊員做勻速直線運
解得a =2 m/s2.對 小 物 塊 F+μm g=ma ,解 得 a = a2 21 2 2 2 2
10 m/s2. 動,到足球停止運動時,其位移為:x3=v2(t1-t2)=16m,由于
(2)設經過時間t小車與小物塊速度相同,設速度為v ,由運 x2+x3動學公式得:對小車v1=a1t,對小物塊v =v
隊員繼續以最大速度勻速運動追趕足球,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,前鋒隊員追上足球的時間t=t1+t3=6.5s.1
(3)假 設 當 兩 者 達 到 共 同 速 度 后 相 對 靜 止,系 統 只 受 恒 答案:(1)36m (2)6.5s
力F 作用,設系統的加速度為a ,則由牛頓第二定律得F=(m 14.解析:(1)設m 在M 上即將滑動時加速度為a0,3 1
可知 ,
+m2)a3,解得a3=2 m/s2,此時小車所需要的靜摩擦力為F =
a0=μ2g
f
此時的拉力 ( ) ( )
m1a3=4N.因為Ff =μm2g=4N,所以兩者將一起向右做勻
F0= m+M a0+μ1 m+M g=25N.
m
2 2 0~1s,F1>F0,故m 在M 上滑動,v
減速運動.小物塊第一段的位移x = 1
-v0
1 -2a =1.75m
,小物塊第 對小滑塊:a1=μ2g=4 m/s2,
2
-v2 對木板
:第1s內,
二段的位移x = 12 =0.25m.所以,小物塊向右運動的最遠-2a F1-μ2mg-μ1(M+m)g 3 a2= =5 m/s2,
位移為:xm=x1+x2=2.0m. M
:() /2, /2 () , / () 時,小滑塊的速度 /,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.
本章評估 (2)t=1s時,vm1.C 2.B 3.C 4.D 5.D 加速度為a1,木板的加速度為
( )
6.(1)①右端 (2)
x -x
①遠小于 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 當滑塊與木板速度相等時,因為F28.解析:(1)滑塊所受摩擦力為滑動摩擦力, 相對靜止,一起運動,得:
Ff=μmg=0.5N,方向水平向左. vm+a1Δt=vM+a3Δt
,
解得:Δt=0.5s.
滑塊與木板在1.5s后,保持相對靜止,0~1.5s內:
根據牛頓第三定律,滑塊對木板的摩擦力為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 由牛頓第二定律得:μmg=ma,得出a=μg=1 m/s2. 滑塊的位移為x1=2a1t
2+a 21tΔt+2a1Δt =4.5m
,
(3)對木板,由牛頓第二定律μmg=ma', 0 木板的最小長度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·第三章 相互作用———力
第1節 重力與彈力
大小.
三、彈力
1.形變:物體在力的作用下 或
一、重力 發生的變化.
1.定義:由于 而使物體受到的力. 2.彈力:發生形變的物體,要 ,對
2.方向: . 與它 的物體產生的力.
3.大小:G= ,g 是自由落體加 3.彈力的方向
速度. (1)壓力和支持力的方向:都跟接觸面垂直,
4.作用點———重心 指向被壓或被支持的物體.
(1)重心:一個物體的各部分都受到重力的 (2)繩的拉力沿著繩指向繩 的
作用,從效果上看,可以認為各部分受到的重力 方向.
作用 ,這一點叫作物體的重心. 四、探究彈簧彈力與形變量的關系
(2)決定因素:①物體的 ;②物體的 1.實驗原理和方法
. (1)彈簧彈力 F 的確定:彈簧下端懸掛鉤
(3)對形狀不規則的物體,可以應用二力平 碼,靜止的鉤碼處于平衡狀態,彈力大小與所掛
衡的知識通過實驗來確定其重心位置.如薄板狀 鉤碼的重力 .
物體的重心位置可以通過 法來確定. (2)彈簧的伸長量x 的確定:彈簧的原長l0
注意:g 的單位既可以是 N/kg,又可以是 與掛上鉤碼后彈簧的長度l可以用 測
m/s2,而且1N/kg=1m/s2. 出,彈簧的伸長量x= .
二、力的圖示和示意圖 (3)圖像法處理實驗數據:作出彈簧彈力F
1.力的圖示:用有向線段來表示力. 與彈簧伸長量x 的關系圖像,根據圖像可以分析
(1)有向 (嚴格按標度畫)表示力的 彈簧彈力和彈簧伸長量的關系.
大小. 2.實驗器材
(2) 表示力的方向. 鐵架臺、毫米刻度尺(米尺)、 、鉤碼
(3) 表示力的作用點. (一盒)、三角板、 、坐標紙等.
2.力的示意圖:只用帶箭頭的有向線段來 3.實驗步驟
表示力的方向和作用點,不需要準確標度力的 (1)按如圖所示安裝實驗裝置,記下彈簧下
·43·
端不掛鉤碼時彈簧的長度l0. (2)系統誤差:彈簧豎直懸掛時未考慮彈簧
重力的影響產生的誤差,為減小系統誤差,應使
用 彈簧.
6.注意事項
(1)所掛鉤碼不要過重,以免彈簧被過度拉
伸,超出它的 .
(2)在彈簧下端懸掛一個鉤碼,平衡時記下 (2)測彈簧長度時,一定要在彈簧豎直懸掛
彈簧的總長度,并記下鉤碼的重力. 且處于 時測量,刻度尺要保持
(3)增加鉤碼的個數,重復上述實驗過程,將 并靠近彈簧,以免增大誤差.
數據填入表格.以F 表示彈力,l表示彈簧的總 (3)描點畫線時,所描的點不一定都落在一
長度,x= 表示彈簧的伸長量. 條曲線上,但應注意一定要使 分布在曲
1 2 3 4 5 6 7 線的兩側.
F/N (4)記錄數據時要注意彈力及彈簧伸長量的
l/cm 對應關系及單位.
x/cm 五、胡克定律
4.數據處理 1.彈性形變:物體在發生形變后,如果撤去
(1)以彈力F(大小等于所掛鉤碼的重力)為 作用力能夠 原狀,這種形變叫作彈性
縱坐標,以彈簧的伸長量x 為橫坐標,用描點法 形變.
作圖.連接各點,得出彈力F 隨彈簧伸長量x 變 2.彈性限度:如果形變過大,超過一定的限
化的圖線,如圖所示. 度,撤去作用力后物體不能 原來的形
狀,這個限度叫作彈性限度.
3.胡克定律
(1)內容:在彈性限度內,彈簧發生彈性形變
時,彈力F 的大小跟彈簧伸長(或縮短)的長度x
(2)以彈簧伸長量為自變量,寫出彈力和彈 成 .
簧伸長量之間的函數關系,函數表達式中常數即 (2)表達式:F= .
為彈簧的勁度系數,這個常數也可據F-x 圖線 (3)勁度系數:其中k為彈簧的 ,單
ΔF 位為牛頓每米,符號是 N/m.k 是表示彈簧“軟”的斜率求解,k=Δx. “硬”程度的物理量.
(3)得出彈力和彈簧伸長量之間的定量關
系,解釋函數表達式中常數的物理意義.
5.誤差分析
(1)偶然誤差:由于讀數和作圖不準產生的 【典例1】 關于重力與重心,下列說法中正
誤差,為了減小偶然誤差要盡量 幾組 確的是 ( )
數據. A.重心就是物體內最重的一點,每個物體
·44·
就一個重心
B.一根質量均勻的柱形鐵棒由直變彎,在
形狀改變后重心位置不變
C.形狀規則的物體,它的重心可能不在物 1.下列關于彈力的說法中正確的是 ( )
體的幾何中心 A.木塊放在桌面上受到一個向上的彈力,
D.重心是物體所受重力的作用點,所以重 這是由于木塊發生了形變而產生的
, 心總是在物體上 不可能在物體外 B.拿一根細竹竿撥動水中的木頭,木頭受到
變式1:在體育運動中,人的身體重心位置隨 竹竿的彈力,這是由于木頭發生了形變而產生的
著姿勢的變化而改變.如圖所示,下列各姿勢中身 C.觀察不到物體的形變,就一定沒有產生彈力
體重心位于體外的是 ( ) D.掛在電線下的電燈受到向上的拉力,是
因為電線發生微小形變而產生的
2.把一木塊放在水平桌面上保持靜止,下
列說法中正確的是 ( )A B
A.木塊對桌面的壓力就是木塊受的重力,
施力物體是地球
B.木塊對桌面的壓力是彈力,是由于桌面
C D 發生形變而產生的
【典例2】 請在下圖中畫出物體A 所受的 C.木塊對桌面的壓力是彈力,是由于木塊
彈力示意圖.
發生形變而產生的
D.木塊保持靜止是由于木塊對桌面的壓力
與桌面對木塊的支持力保持平衡
3.如圖所示,球A 在斜面上,被豎直擋板擋甲 乙 丙
住而處于靜止狀態,關于球A 所受的彈力,下列
說法中正確的是 ( )
丁 戊 己
變式2:下列各圖中,A、B 兩球間一定有彈
力作用的是(都靜止) ( ) A.球A 僅受一個彈力作用,彈力的方向垂
直斜面向上
B.球A 受兩個彈力作用,一個水平向左,一
個垂直斜面向下
A B C.球A 受兩個彈力作用,一個水平向右,一
個垂直斜面向上
D.球A 受三個彈力作用,一個水平向右,
C D 一個重直斜面向上,一個豎直向下
·45·
4.體育課上,一學生在水平籃球場上拍籃 (2)彈簧的伸長量x.
球,如圖所示,在籃球與地面作用時,地面給籃球
的彈力的方向為 ( )
A.豎直向上 B.斜向右上
C.斜向左上 D.豎直向下
5.如圖甲所示,用鐵架臺、彈簧和多個已知
質量且質量相等的鉤碼探究在彈性限度內彈簧
彈力與彈簧伸長量的關系. 基礎訓練
1.如圖所示,有兩根完全相同的輕彈簧.圖
甲中,彈簧豎直固定在地面上,彈簧頂端有一質
量為2kg的物塊A,彈簧長度為7cm;圖乙中,
質量為0.5k 的物塊B 懸掛在彈簧下,彈簧長
甲 乙
g
丙 度為9.5cm.物塊A、B 均處于靜止狀態,彈簧均
(1)圖乙是彈簧彈力F 與彈簧伸長量x 的 處于彈性范圍內,取重力加速度大小g=10m/s2.
F-x 圖 線,由 此 可 求 出 彈 簧 的 勁 度 系 數 為 則該彈簧的原長為 ( )
N/m. A.7.5cm B.8cm
(2)圖線不過原點的原因是由于 C.8.5cm D.9cm
.
(3)一個實驗小組在“探究彈力和彈簧伸長
量的關系”的實驗中,使用兩根不同的彈簧a 和
b,得到彈力與彈簧伸長量的圖像如圖丙所示.下
列說法中正確的是 ( ) 第1題 第2題
A.b的原長比a 的長 2.如圖所示,每個鉤碼重1.0N,彈簧測力
B.a 的勁度系數比b的小 計所受重力、繩子質量和摩擦不計,彈簧伸長了
C.a 受到的重力比b的小 5cm(在彈簧的彈性限度內),下列說法中正確
D.測得的彈力與彈簧的長度成正比 的是 ( )
6.如圖所示,在豎直懸掛的彈簧測力計下 A.該彈簧測力計的示數為2.0N
吊著一輕質定滑輪,一細線穿過滑輪連接著P、 B.該彈簧測力計的示數為1.0N
Q 兩物體,其中物體P 放在水平地面上,物體Q C.該彈簧的勁度系數為40.0N/m
豎直懸掛著.已知物體P 的質量M=1kg,物體 D.不掛重物時,該彈簧的勁度系數為0
Q 的質量m=0.4kg,彈簧的勁度系數k= 3.某同學在做“探究彈力和彈簧伸長的關
200N/m,取g=10m/s2,求: 系”的實驗時,所用實驗裝置如圖所示,所用的鉤
(1)物體P 所受地面的彈力大小F; 碼每只質量都是30g.他先測出不掛鉤碼時彈簧
·46·
的自然長度,再將5個鉤碼逐個掛在彈簧的下 (3)取下彈簧,分別在A、B 兩端各用50N
端,每次都測出相應的彈簧總長度,并將數據填 的力沿彈簧中軸線向外拉彈簧,彈簧的形變量是
在表中.(實驗中彈簧忽略自重,且始終未超過彈 多少
性限度,取g=10m/s2)
鉤碼質量/g 0 30 60 90 120 150
彈簧總
6.00 7.00 8.00 9.00 10.0011.00
長/cm
(1)試根據這些實驗數據在坐標紙上作出彈
拓展提升
簧所受彈力大小跟彈簧總長度之間的函數關系
; 1.跳高運動員在做如圖所示的四種過桿姿圖線
() ; 勢時,重心最接近甚至低于橫桿的是 ( )2 寫出該圖線的數學表達式F=
圖線跟橫軸交點的物理意義是 ;該
彈簧的勁度系數k= N/m;圖線延長后 A. 滾式 B. 跨越式
跟縱軸交點的物理意義是 .
4.某物理興趣小組自制測力計,在學校實
驗室里利用彈簧和刻度尺做了如下實驗,如圖所 C. 剪式 D. 背越式
示,將彈簧A 端懸掛起來,自由端B 沒有懸掛重 2.將一根輕質彈簧上端固定,下端懸掛一
物時正對著毫米刻度尺的零刻度線,掛上100N 質量為m 的物體,物體靜止時,彈簧長度為L1;
的重物時,B 端正對著刻度20cm處,(全過程都 而當彈簧下端固定在水平地面上,將質量為 m
控制在彈性限度內)試問: 的物體壓在其上端,物體靜止時,彈簧長度為
(1)該彈簧的勁度系數; L2.已知重力加速度為g,則該彈簧的勁度系數
是 ( )
m 2m
A. g B. gL1 L1-L2
(2)
m m
若自由端B 所對刻度是18cm,這時彈 C. gL D.
g
1-L2 L2
簧下端掛了多重的重物
3.如圖所示,兩根輕彈簧AC 和BD,它們
的勁度系數分別為k1 和k2,它們的C、D 端分別
固定在質量為m 的物體上,A、B 端分別固定在
支架和正下方地面上,當物體m 靜止時,上方的
彈簧處于原長;若將物體的質量變為4m,仍在彈
·47·
簧的彈性限度內,當物體再次靜止時,其相對第 5.如圖所示,不計滑輪的摩擦,將彈簧C 的
一次靜止時位置下降了 ( ) 右端由a 點水平拉到b點時,彈簧B 剛好沒有形
k
A.3m 1
+k2 變.已知彈簧B、C 的勁度系數分別為k1、k2,鉤
g k1k2 碼的質量為m,彈簧C 的右端在a 點時剛好沒有
k +k
B.4m 1 2g 形變.求:k1k2
1
C.3mgk1+k2
1
D.4mgk1+k2
4.某同學利用圖甲所示的裝置“探究彈簧 (1)物體A 上升的高度;
彈力與彈簧伸長量的關系”,實驗器材有鐵架臺、 (2)a、b兩點間的距離.
刻度尺、鉤碼等.
甲 乙
(1)先將彈簧置于光滑水平桌面上,用刻度
尺量出其自然長度,記為L0;然后將彈簧自然懸
掛,在其下端依次增掛質量相等的鉤碼,每個鉤
碼的質量為10g,彈簧穩定時的長度依次記為
L1 至L6,數據如下表:(測得:L0=25.35cm,重
力加速度g 取10m/s2)
彈簧長度Li L1 L2 L3 L4 L5 L6
數值/cm 27.3529.3531.3033.4035.3537.40
以彈簧下方所掛鉤碼的重力mg 為縱軸,彈
簧長度Li 與L0 的差值ΔL 為橫軸,建立如圖乙
所示的坐標系,請根據表中數據,在乙圖上作出
mg-ΔL 圖像.
(2)由mg-ΔL 圖像可知彈簧的勁度系數為
N/m.(結果保留兩位有效數字)
(3)在將彈簧自然懸掛時,考慮彈簧自重的影
響,測得該彈簧的勁度系數 (選填“偏大”
“偏小”或“無影響”.)
·48·

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