【答案解析】1轮复习85练答案精析.docx

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1、一轮复习85练答案精析第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1练运动的描述1. B研究航天员在舱外的姿态时，航天员的体积和形状不能忽略，航天员不可以视为质点，故A错误；研究神舟十三号飞船绕地球运行的周期时，神舟十三号飞船的体积和形状可以忽略，飞船可以视为质点，故B正确；神舟十三号飞船与天和核心舱完成自主对接过程，神舟十三号飞船的体积和形状不可以忽略，不可以视为质点，故C错误；王亚平在空间站中将冰墩墩抛出，相对飞船冰墩墩做匀速直线运动，因飞船相对地面做匀速圆周运动，则以地面为参考系，冰墩墩不做匀速直线运动，故D错误.2. D路程、时间、质量、平均速率、温度是标量，所以A、B、C错误，D正确.3.

2、 D“266.9公里”指的是路程，故A错误；“1小时3分钟”指的是时间间隔，故B错误；平均速度是位移与时间之比，不知道该动车组列车的位移，不能求平均速度，故C错误；研究该动车组列车经过杭台高铁椒江特大桥的时间，不能忽略列车长度，故不能将列车视为质点，故D正确.4. D由=呼可知，加速度是描述物体运动速度变化快慢的物理量，所以高速行驶的赛车，加速度可能是零，也可能不是零，A正确，不符合题意；汽车启动的一瞬间，汽车由静止开始运动，汽车的速度一定产生变化，所以加速度一定不为零，B正确，不符合题意；汽车启动得越快，说明汽车的速度变化越快，加速度越大，C正确，不符合题意；汽车的加速度为一5ms2,加速度

3、中的正、负号表示加速度方向，若汽车运动方向与加速度方向相同，汽车做加速运动，若不同，汽车做减速运动，D错误，符合题意.5. BD因火箭发射时，速度在IOs内由。增加到100ms,故10s内火箭的速度改变量为Ao=100ms,选项A错误；汽车以108kmh=30m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，则2.5s内汽车的速度改变量为Ao=030ms=-30m/s,选项B正确；火箭的加速度为仙=辞=m/s?=10m/s2,汽车的加速度为。2=等一=3苧m/s?=-12m/s2,故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C错误，D正确.6. D速度和加速度均为负值，两者方向

4、相同，速度一直增大，直到加速度等于零为止；在加速度大小减为零的过程中，位移一直增大，加速度为零时，速度不为零，位移仍在增大，故A、B、C错误，D正确.7. D由。=兀可得。48=1m/s,VAC=2rns*故A、B正确；所选取的过程离A点越近，其相应阶一3段的平均速度越接近A点的瞬时速度，故C正确；物体在ABcDE段的平均速度大小Vae=ms=0.75m/s,由于不知ABCOE段的路程，故无法求得ABCOE段的平均速率，故D错误.8. C气门芯从最高点第一次到达最低点过程中，水平方向位移为X=TrR=O.6m,竖直方向位移为y=2R=1.2m,故位移大小约为S=Mt2+)j2=2.2m,故选C

5、J9. B由题设所给的G值公式可知，G值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，则车辆的动力越强劲，故A错误，B正确；题中100公里每小时为瞬时速度，故C错误；100kmh%27.8ms,根据题设所给的G值公式可得加7鬻X10s%6.2s,故D错误.10. D因初、末位置相同，则“推荐方案”与“方案二”的位移相同，但是时间不同，则平均速度不同，V25选项A、B错误；“方案二”的路程为2.5km,时间为35min,则平均速率约为=?=后km/h24.29km/h,60不是平均速度，选项C错误；小李运动过程中不可能一直做匀速直线运动，即她的加速度不可能一直为0,选项D正确.11. D从P点出发到

6、再次来到P点，路程为2L,位移为零，A、B错误；由于速度方向不断改变，即速度在变化，故加速度不为零，C错误；由3=，可知，位移为零，平均速度为零，D正确.12. BC取向东为正方向，加速度。=勺詈=-2ms2;若速度大小为2m/s、方向向东，则九=曳广=5s;若速度大小为2m/s、方向向西，则，2=一r=7s,故选项B、C正确，A、D错误.13. D由题图甲知，雷达第一次发射电磁波时，飞机和雷达的距离为S=&fi=；X3Xl()8x4Xl()4n=6104m,由题图乙得雷达第二次发射电磁波时，飞机和雷达的竖直距离为力=%2=gx3Xl()82X10-4n=3104m.设该段时间内飞机水平飞行的

7、距离为S2,则si、S2、力在空间构成一个直角三角形，利用数学关系得S2=si2一力2=3小义IO,m,飞机的飞行速度大小为0=，2300ms,故选D.第2练匀变速直线运动的规律1. C根据匀变速直线运动的速度位移公式。2%2=2av知，xab=-9XAC=所以A8：AC=I：4,lJAB：BC=I：3,故C正确，A、B、D错误.2. C采用逆向思维法，由于最后IS内的位移为2m,根据及=%h2得，汽车加速度大小=*=4ms2,第1s内的位移为13m,根据Xl=W-&M,代入数据解得初速度OO=I5ms,则汽车在第1S末的速度V=Vo-at=5m/s41ms=llms,故C正确，A、B、D错误

8、.3. A由位移与时间的关系结合运动学公式可知，Vo=24m/s,a=-2ms2,则由。=%+可知，汽车在2s末停止运动，故它在前3s内的位移等于前2s内的位移，x=242m-64m=24m,则汽车在前3s内的平均速度。=辞=苧ms=8ms,故A正确.4. B该过程飞行的距离为S=WN=2751X60m=23400m,故选B.5. C初速度为零的匀加速直线运动，在第一个，时间内、第二个，时间内、第三个，时间内、的位移之比K:XM:Xm:=1：3：5：，将运动员的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，运动员运动总时间为切，则第一个，时间内的位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，第

9、八个f时间内的位移，最后两个/时间内的总位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，前两个，时间内的位移，故汨：及=15:(1+3)=15:4,故选CJ6. A因为从A到B和从B到C速度的增加量。均为6ms,可知从A到8的时间和从8到C的时间相等，有Ao=7=6ms,x=X2-=al2=10m,联立可得7=s,a=z3.6ms2,A正确.7. C根据匀变速直线运动规律，设OA间距为局有x=0of-%巴小球又经4s第二次通过。点，有X+8m=o(+4s)%(+4S)?,联立可得=2ms2,x=16m,故A、B错误：B点为AC的中间位置，OB间距为XI=X+4m=20m,由。/oo2=2r,得。?=2

10、小ms,故C正确；由Xl=曳拦%,得力=(55)s,故D错误.8. A频率为2Hz频闪照相机，时间为T=5=0.5s,根据匀变速直线运动的公式有(2I)XI(T25Om=x=T2,解得=2ms2,故A正确；句变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3cm位置时速度为S=mtX5ms=2.5ms,故B错误；根据0位置到3cm位置的速度时间公式，有硒=0o+4X2T,解得。o=O.5ms,即照片中0位置的速度为0.5ms,故不是起跑位置，故C错误；运动员在照片前6cm内的平均速度为Vms=2ms,故D错误.9. C采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0的匀加速直线运动，由

11、题意可知，动车1号车厢最前端经过2号候车线处的旅客的位移为/时，时间为/,有=&P,动车1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客的位移为4/时，时间为4,有4/=%1，解得=2f,选项A错误；动车1号车厢最前端从经过5号候车线处的旅客到停下总位移为4/,用时为2t,则平均速度为方=步子，选项B错误；设1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为S,则有4/=驾m2,解得S=?，选项C正确；动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动过程，有0=-1X2f,解得=器=%，选项D错误.10. B超声波从B发出到A与被A反射到被8接收所需的时间相等，在这个过程中，汽车的位移为355m-335m=20m,初

12、速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位移之比为I：3,所以x=5m,2=15m,则超声波被A接收时，AB间的距离=335m+5m=34Om,所以超声波从8发出到被A反射x,340所需的时间r=V=而js=1s,根据x=r2,可得15m5m=X(ls,解得“=IOmZs?,故B正确，A、C、D错误.11. AD从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L,则有0%2=-2a24L,解得。=蔚，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为Vl=NVr2aL=yJo,A正确；汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为功8=诉三充E=?，B错误；根据初速度为零的匀变速运动在连

13、续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为(2-l)：1,C错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1：1,D正确.12. (1)894m(2)10.7s解析(1)设汽车匀减速过程位移大小为力，由运动学公式得v2v(r=-2ad解得力=442m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小x=2d+d=894m(2)如果汽车以S=IOm/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为2,由运动学公式得Vii-Vo1-2ad解得办=400m提速前，汽车匀减

14、速过程时间为小.次)+力则d=-2-/1解得El=26s通过匀速行驶区间的时间为力，有d=vt,解得力=2.5s从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T=2r+r=54.5s提速后，汽车匀减速过程时间为伍n,如+s则ch2解得f2=20s通过匀速行驶区间的时间为12，则d=V2t2,解得t2,=1S匀速通过(d-4)位移时间d-dr=-=1.4s通过与提速前相同位移的总时间为72=2r2+2,+24=43.8s,所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间AT=Tl7=10.7s.第3练自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题1. B 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为f=2X10s1.4 s下

15、落前5m的过程所用的时间为t5IF S=IS则陈芋汐用于姿态调整的时间约为2=-f=04s,故B正确.2.B设该星球的重力加速度为g王，第4s内的位移是42m,有:g星标一上星=42m,以=4s,3=3s,解得gM=12ms2,所以小球在第2s末的速度大小为。2=g父母=24ms,故A错误，B正确；小球在第4s末的速度大小是S=g父=48ms,故C错误；小球在04s内的位移是工4=&Md=96m,故D错误.3. C由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知S=2+4 即 3*0,说明物体5s末在抛出点上方25m处，由竖直上抛运动的规律可知，物体经3$到达最大高度加=45111处，故物体运

16、动的总路程为65m,位移大小为25m,方向竖直向上，A、B正确.速度的改变量的大小4=11=5Oms,C错误.5s末物体的速度。=+g=20ms,所以平均速度方=考3=5ms0,方向竖直向上，D错误.5. D 根据力=上户,两物体未下落时相距用 O7. C为灰：2：小，。比b早释放的时间为加=一=2(小,A、B错误，C正确；根据=2g力得,第二个物体在第一个物体下落叁后开始下落，此时第一个物体下落的高度z=*g)2=号，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距M=g2-前2=*2,故D正确，A、B、C错误.6.D小球从。点由静止下落，经过各段的时间都是0.2s,所以OA.AB.BC三段的高度之比

17、为1：3：5,如果小球从A点开始由静止释放，由于AB间距离大于OA间距离，所以通过A8、BC段的时间均大于0.2s,故A错误；设AB间距离为3，则BC间的距离为5儿所以AC间的距离为8儿通过B点时的速度为=i,小球通过C点时的速度为。C=V两，WVb：c=6：4,故B错误；由于AB、BC段的高度之比为3：5,但是通过两段的时间不相等，根据V可知，平均速度之比不是3：5,故C错误：VAC=呼C=2yfgh,所以迎VACf故D正确.则(电一名)(2-fc),。、b、C三小球运动时间之比三小球到达地面时的速度大小之比是泥：2：5,D错误.1111OLJ8. A根据竖直上抛运动的对称性，有法伤/A1g

18、(5T)2=H,解得且=_力2,故选A.9. D加速与减速的加速度大小相等，根据/=方可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误；设加速和减速时间均为人运动总时间为如则2G+0m(m2f)=s,代入数据解得f=12min,故B错误；加速位移为Xj(U=者=120km,故C错误；加速度大小4=半20.46m/s2,故D正确.10. B甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断均匀增大，A错误，B正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为的，方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与U、”均无关，C错误；由竖直上抛的对称性可知，两球落地的时间差f=2,与。0有

19、关，O与H无关，D错误.11. C由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4s对应的位置是相同的,即可看作一个球的竖直上抛运动，由此可知球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为r=0.8s,故有m=少尸=3.2m,C正确.12. (1)货车会被花盆砸到(2)2.7ms2(3)2.5ms2解析(1)花盆落下到达车顶过程，位移为力0=(472)m=45m花盆做自由落体运动，有力O=%产，解得/=3s在这段时间内汽车位移大小为X=UoZ=27m由于L2or),解得的=2.7ms2(3)司机反应时间内货车的位移大小为x=or=9m此时车头离花盆的水平距离为d=L-=5

20、m采取加速方式，要成功避险，则加速运动的位移大小为X2=d+L=23m,加速时间为r=rr=2s设货车加速度大小至少为。才能避免被花盆砸到，则有必=。/+Jr-2代入数据解得=2.5ms2,即货车至少以2.5ms2的加速度加速才能避免被花盆砸到.专题强化练一运动图像问题1. D-f图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，所以A物体运动方向始终不变，故A错误：由题图可知，。6s内8物体的速度逐渐增大，故B错误；由题图可知，。5s内A物体的位移大于8物体的位移，由公式石=：可知，A物体的平均速度大于8物体的平均速度，故C错误；06s内存在某时刻两图像斜率的绝对值相等，即存在某时刻两物体的速度大

21、小相等，故D正确.2. C从全红婵离开跳台开始计时，取竖直向下为正方向，由。一I图像可读出0刀时间内向上做匀减速直线运动，力/2时间内向下做匀加速直线运动，及A时间内向下做加速度减小的变减速直线运动，故应在A时刻运动到最高点，故A错误；P/图像的斜率表示加速度，在0及时间内的图像斜率恒定，即加速度恒定，方向向下，故B错误；在0时间内做匀变速直线运动，平均速度等于初、末速度的一半，则大小为=刀+|)=W故C正确；在f2f3时间内向下做加速度减小的变减速直线运动，其位移小于相同时间内做勺减速直线运动的位移，0i4V2,选项B正确；。一f图像中0小时间内3和4位移不同，所以平均速度大小不相等，选项C

22、错误；/2时刻2开始反向运动，/4时刻4加速度方向变化但运动方向不变，选项D错误.5. B位移时间图像的斜率表示速度，则在最初的一段时间内，甲、乙的斜率都为正，所以运动方向相同，故A错误；质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，f=3s时，甲、乙图线的斜率相等，所以/=3S时乙的速度是3ms,乙的加速度a=m/s?=1m/s2,03s内乙的位移X=粤X3m=4.5m,所以z=3s时，乙的位置坐标为一20m+4.5m=15.5m,故B正确；/=1OS时，质点甲的位移xf=30m,质点乙的位移X乙=%2=50m,因K乙+08上运动的平均速度大小为V=-2-=6ms,固定斜面长度为I=Vr=6m,故A、

23、C错误，B、D正确.11.BC设F=O时刻物块位于X=沏处，根据。2=2（-沏）可知X=XO+，根据题图乙可知XO=-2m,a=ms2,A错误；7=4S时物块位置为X=XO+上后=2m42m=2m,B正确；24S时间内物块的位移x=42m22m=3m,因此这段时间内平均速度V=/=ms=1.5ms,C正确：前2s内物块的住移大小x=a2=2222m=1m,D错误.12. B根据公式。2劭2=24丫，变形可得X=妥，由题图可知，如=0,则X=（方，由图像可得，乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的。一F图像为题图a,由甲、乙的位移图像可知在R处速度相同，由题图a（即甲、乙两车的。一

24、Z图像）可得，速度相同时，需要的时间不同，则两车在不同时间到达加，故没在Xi处相遇，故A、C、D错误，B正确.13. C飞机做变减速直线运动，因为速度在减小，则阻力在减小，加速度减小，故飞机做加速度逐渐减小的减速运动，速度时间图线如图中实线所示.若飞机做匀减速直线运动，如图中虚线所示，则平均速度3=3=*7，实线与时间轴围成的面积为X,平均速度V=,因为x,可知芝故选C.O专题强化练二追及相遇问题1. BCs时刻，。、b两车的位置相同，此前。车在前、b车在后，此后人车在前、。车在后，因此是车追上车.由于X/图像的斜率表示速度的大小及方向，因此车速度不变，做匀速直线运动，车先做减速运动，速度减至

25、零后又开始反方向做加速运动.也时刻两图像的斜率一正一负，两车速度方向相反，选项A、D错误，B、C正确.2. D由于图像的斜率表示加速度，则由题图可看出，图线甲的斜率先减小后反向增大，存在某一时刻图线甲的斜率与图线乙的斜率相同，故在力及时间内，存在甲、乙两车加速度相同的时刻，A错误；由题图可看出在O4时间内，乙的速度一直大于甲的速度，又根据题知甲、乙两车同时从同一位置出发，则二者距离先增大，且在。时刻乙在甲前面，f后甲的速度大于乙的速度，则二者越来越近，最后相遇，但甲的速度依然大于乙的速度，则二者的距离再增大，到时甲在乙前面，故在力f2时间内，甲、乙两车间的距离先减小后增大，甲、乙两车相遇一次，

26、B、C错误；根据平均速度的计算公式有石=*由于O/图像与横轴围成的面积表示位移，则在h/2时间内，”中xs则甲车的平均速度大于乙车的平均速度，D正确.3. BCD根据。一/图线与时间轴包围的面积表示位移，可知b在/=2s时启动，此时的位移为X=TX2X1m=lm,即在。前方Im处，故A错误；两船的速度相等时相距最远，最大距离为x=X(l+3)X1m-11m=1.5m,故B正确；由于两船从同一地点向同一方向沿直线运动，当位移相等时两船才相遇，由题图可知，力船启动3s后位移Xb=x(l+3)X2m=4m,此时4的位移凡=乂(5+3)义1111=401,即力刚好追上出故C正确；船超过白船后，由于人的

27、速度大，所以不可能再相遇，故D正确.4. BC历一F图像的斜率表示加速度，可得和谐号的加速度为=:Jms2=5mH,复兴号的加速度为S=.*mH=3ms2,则IOS末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误：题图乙中复兴号的最大速度为0m=72ms+a2X(32-24)ms=78ms,故B正确；因Z=O时两车车头刚好并排，在0到24s内和谐号的速度大于复兴号的速度，两者的距离逐渐增大，速度相等后两者的距离缩小，则在24s末两车车头相距最远，故C正确；由图像中图线与f轴所围的面积表示位移，则在。24s两者的最大距离为x8(72-60)4人,(78-72)(32-24)C=2m=48m,而在2432S

28、内缩小的距离为x=m=24mx,即32S末复兴号还未追上和谐号，故D错误.5. AD甲、乙两车均做直线运动，A正确；从图像可知，在0热时间内，甲、乙两车图线与/轴所包围的“面积”相等，即两车的位移相等，所以会时刻，甲、乙两车相遇且只相遇一次，B错误；在0及时间内，甲车的V/图线斜率不断增大，所以加速度不断增大，C错误；在0及时间内(不包括，2时刻)，甲车图线与f轴所包围的“面积”大于乙车图线与f轴所包围的“面积”，即甲车的位移大于乙车的位移，且甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点出发，所以甲车一直在乙车前面，D正确.I6. A根据。2一%2=2ar并根据题给图像可推知甲、乙两车的初速度大小分

29、别为如甲=6ms,Voc=OtV2一X图像的斜率的绝对值表示汽车加速度大小的2倍，所以甲、乙两车的加速度大小分别为叩=2ms2,a乙=1ms2,且甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，故B错误：汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时二者速度相同，设共经历时间为力，0,act=Voartt解得f=2s,此时甲车的位移为工甲=%中力-af2=8m,故A正确：甲车总运动时间为亥=3s,甲停下时位移为9m,而此时乙车的位移为X/Clr乙=%乙层=m36m解析(1)在f=lS时，A车刚启动，两车间缩短的距离为8车的位移，可得Xl=IW1,解得B车的速度大小为g=12Vs,图像斜率表示加速度，可得A车的加速

30、度大小为4=-其中f2=5s,解得A车的加t2t速度大小为=3ms2.(2)两车的速度达到相同时，两车的距离达到最小，对应0一/图像的我=5s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则X=IrMh+介)，代入数据解得x=36m,因此，若4、8两车不会相撞，则两车的距离应满足条件为ao36m.9. (1)36m(2)6.5s解析(1)依题意，足球做匀减速运动，到停下来，由速度与时间关系得0=mf,代入数据得f=6s,根据XI=会，代入数据得R=36m.(2)前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为/2=4s,M=竽/2=16m,之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动，其位移

31、为工3=02(九一力)=6m,由于x2+x364m,所以两车必定相撞；设两车相撞的时间为f,则相撞时有w-%2=64m,代入数据解得f=4s(另一值不合题意舍去)所以A车撞上B车的时间为4s:(2)已知A车的加速度A=-2ms2,初速度办=20ms;8车的加速度为公，设8车运动经过时间为f时，两车相遇，则有功/2=a2t,2+L,代入数据有(1+竽2-20t,+64=0,要避免相撞，则上式无实数解，根据数学关系知O2l125ms2,所以8的加速度的最小值为1.125m/s%实验一探究小车速度随时间变化的规律1. (1)220交变(2)左(3)0.180.40(4)偏小不变(5)BC解析(1)也

32、火花计时器使用220V的交变也源；(2)小车从静止开始做加速运动，相邻计数点间距离变大，可知小车与纸带的左端相连；(3)打B点时纸带的速度大小为OC-OA4.80-1.20、，一rvb=27;=201XI。Nm/s=0.18m/s由逐差法得加速度大小为BD-OB(7.202.80)2.80_，C、a-=402OMs=0.40ms-(4)如果在实验中，交流电的频率变大，那么实际打点周期变小，根据Al=P得，测量的加速度值与真实的加速度值相比偏小；加速度计算与电压无关，所以加速度测量值与实际值相比不变；(5)电磁打点计时器使用的是8V的交变也源，故A错误；为了充分利用纸带，在测量物体速度时，先接通

33、打点计时器的电源，后让物体运动，故B正确：由T=:可知，使用的电源频率越高，打点的时间间隔越小，故C正确；打点的时间间隔与电压无关，故D错误.2. (I)BC(2)。2k解析(1)电火花计时器的工作电源是220V交流电源，实验时应先接通电源后释放纸带，有错误的步骤是B、C.(2)题图丙中的图线纵轴截距是。时刻对应的速度，即表示打下点1时重物的速度.平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度。为纵坐标，相应的运动时间的两倍为横坐标，则。一/图线的斜率的2倍表示重力加速度，即g=2k.3. 小钢球(3)9.6(9.59.7均可)(4)仍能解析(1)小钢球受到的空气阻力相比其重力最小，可近似认为

34、做自由落体运动，故选小钢球.(2)安装好器材后，先固定手机调好镜头位置，再打开手机摄像功能进行摄像，再由静止释放小球.这类似于使用打点计时器时先接通电源，再释放纸带，故顺序是由题图读得X=2.50cm,E=26.50cm,为=77.20cm,由(X3X2)一(M-两)=g72,7=3，解得g69.6m2.(4)释放时手晃动，导致小球的运动偏离了竖直方向，但在小球下落过程中，小球竖直分运动仍然是加速度为重力加速度g的运动，故仍能用(3)问的方法测出重力加速度.4. (1)3.4(2)(3)2解析(1)挡光片的宽度为J=3mm+40.1mm=3.4mm:(2)由于滑块运动的速度较快，且d较小，所以

35、r也较小，则可近似认为等于f时间内的平均速度，即V=dt,(3)根据匀变速运动速度与位移关系有v2=20r,联立以上两式可得=赧，由题,意知k=竿,解得a=kJ2.5.交变0.02左a.b.0.40.451c.匀加速直线d.见解析解析(1)利用打点计时器完成实验的过程中，要使用交变电源：在纸带上直接打出的相邻两个计时点间的时间间隔为0.02s;若小车做加速运动，则题图中纸带的左端与小车相连.(2)a.在对各计数点刻度值为的记录中，结果都保留了两位小数，只有X3保留了一位小数，故一定有错误的是xb.由题意知每隔四个计时点取一个计数点，所以计数点间的时间间隔为0.1s,也是取的第5个计数点，第一个

36、计数点时间为0,所以第5个为0.4s;由句变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得X2xo14.025.00.720,110而s=0.451m/s.c.由题图可知，小车的速度与时间的关系为线性关系，且不断增大，小车做匀加速直线运动.d.由匀变速直线运动位移时间关系x=0o+&r2,整理得，=研)+品，可知如果以匕为横坐标，以牛为纵坐标，得到的图像也是一条直线，图像斜率的含义为2=令即加速度的一半.第二章相互作用第1练重力弹力摩擦力1.A2.BD3.B4.C5.A6.ABD7. B8. A小球整体处于平衡状态，对最上面的小球受力分析，沿筒方向受力平衡有mgsin9=尸=k2R,解得k

37、2R,故选A.9. C货物C滑上木板A时木板A不动，对A、8整体受力分析得MIgW2(m1+m2)g+3M3g,货物C滑上木板3时木板B开始滑动，则对A受力分析得“Mg3(m+w)g,联立解得0.3/W0.4,C正确.10.BD当夹角达到一定程度，沙子将匀速下滑，有mgsinO=WWgCOs，故=tan仇越大，将越大，圆锥体将堆得越陡，故B、D正确，A、C错误.11.B设弹性绳的劲度系数为女挂钩码后，弹性绳两端点移动前，绳的伸长量AL=IoOCm80Cm=20cm,43两段绳的弹力大小为F=kAL,对钩码受力分析，如图甲所示.由题意可知Sina=予则CoSa=亍根据共点力的平衡条件可得，钩码的

38、重力为G=2kALcos.将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，受力如图乙所示.设弹性绳伸长量为AL,弹力大小为F=kkU,钩码的重力为G=2kAL,联立解得AL=3gL=12cm.弹性绳的总长度变为()+=92cm,故B正确，A、C、D错误.12.C每本书受到的摩擦力的合力与重力平衡，因为每本书的质量相等，则每本书受到的摩擦力的合力大小相等，A错误；越靠外侧，书与书间的摩擦力越大，B错误；以这一摞书为研究对象，每只手对其最大静摩擦力为尸f=川尸n=60N,这一摞书受力平衡，则2R=川?g,解得m=60,但书与书间的最大静摩擦力为尸=2户n=40N,除了左右两侧跟手接触的两本书，以剩下的这一部分书为研究对象，由平衡条件有2Ff2=112mg,解得2=40,加上与手接触的两本书，共42本书，C正确，D错误.第2练摩擦力的综合分析1.C2.B3.C4.D5.C6.B7. AC8. AD由题意可知，开始物体做匀速运动，从，=0时刻，拉力尸开始均匀减小，力时刻拉力减小为零，出现的摩擦力有两种可能，一种是当