活动单导学课程 一轮总复习 高中物理 练习答案

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2025-01-03 6 0 2.19MB 103 页 5.9玖币
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活动单导学课程　一轮总复习　物理练习部分
第一章　机械运动与物理模型
第1课时　运动的描述
1. B　解析：只有当物体的线度及大小与所研究的问题相比可以忽略不计时，物体可看作质
点，所以体积很小的物体不一定可以看作质点，A错误；研究跳水运动员在空中做转体
运动时，运动员的形状和大小不能忽略，故不可看成质点， B正确；“一江春水向东
流”是以河岸为参考系来描述江水的运动，C错误；我们常说“太阳东升西落”，是以
地球为参考系描述太阳的运动，D错误．
2. B　解析：路程是轨迹长，所以医疗人员按照不同推荐方案至武汉的同一家医院的路程不
相同，A错误；位移是起点到终点的有向线段长，他们的起点和终点是一样的，即位移
相同，B正确；图片左下角中的推荐方案 1的7小时 42 分钟是扬州到武汉的时间间隔，C
错误；图片左下角中的推荐方案 1的619 公里指的是医疗队实际所走的轨迹的长度，是路
程，D错误．
3. C　解析：“全程 113.3 km”是指路程，A错误；“1小时 50 分”是指时间，B错误；
“限速 120 km/h”是指瞬时速度，C正确；导航定位时，旅游车的大小和形状可以忽
略，旅游车可以看成质点，D错误．
4. B　解析：质点做圆周运动一周的位移为零，显然质点是运动的，A错误；质点只要运
动，路程就不会为零，B正确；除了单向直线运动外，在其他的运动中，质点的位移大
小都小于路程，C、D错误．
5. A　解析：“房价上涨”可以类比成运动学中的“速度增加”，“减缓趋势”则可以类比
成运动学中的“加速度减小”．
6. B　解析：由a＝可知，即使 Δv 很大，但不知道 Δt 的大小时，无法确定加速度的大
小，A错误；物体做速度很大的匀速直线运动时，速度变化量为零，加速度为零，B正
确；炮筒中的炮弹，在火药刚刚燃烧的时刻，炮弹的速度为零，但加速度很大， C错
误；加速度很大，说明速度变化很快，速度可能很快变大，也可能很快变小，D错误．
7. C　解析：某人沿着半径为 R水平圆周跑道跑了 1.75 圈时，他的路程为 1.75×2πR＝
3.5πR、位移的大小为 R.
8. C　解析：由图乙只能确定物体平均速度，无法确定物体是否做匀加速直线运动，A错
误；由图可知，超声波在时间内通过位移为 x2，则超声波的速度为 v0＝＝，B错误；物体
通过位移为 Δx＝x2－x1时，所用时间为 t＝，则物体的平均速度为 v＝＝，C正确，D错
误．
9. (1) 路程 s1＝100 m＋100 m＝200 m.
位移 x1＝＝
m＝118.6 m，
方向由 A指向 C.
(2) 如图所示，跑到 P点时，
路程 s2＝AB＋BP＝150 m，
位移 x2＝ m＝135.6 m，
方向由 A指向 P.
10. (1) 两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量为 Δv＝v2
－v1＝－72 km/h－54 km/h＝－20 m/s－15 m/s＝－35 m/s，
两车相碰撞时摩托车驾驶员的加速度为
a＝＝≈－16 667 m/s2＝－1 666.7g，
1 666.7g>500g，因此摩托车驾驶员有生命危险．
(2) 设货车、摩托车的加速度大小分别为 a1、a2，根据加速度定义得 a1＝，a2＝，
所以 a1∶a2＝∶＝∶＝1∶1.
第2课时　匀变速直线运动的规律
1. A　解析：如果以最大刹车加速度刹车，那么由v＝可求得刹车时的速度为 30 m/s＝108
km/h，所以该车超速行驶，A正确．
2. C　解析：汽车从刹车到停止用时 t刹＝＝ s＝4 s，故刹车后2 s 和6 s 内汽车的位移分别
为x1＝v0t－at2＝20×2 m－×5×22 m＝30 m，x2＝v0t刹－at＝20×4 m －×5×42 m＝40
m，x1∶x2＝3∶4，C正确．
3. A　解析：由匀变速直线运动的中间位置的速度公式v
\f(x,2
＝，有 v＝ ，得v底＝v，所
以只有 A正确．
4. B　解析：根据匀加速直线运动中，一段时间内的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度，
故B点的速度等于A到C过程的平均速度，vB＝＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移
之差等于恒量，即 Δx＝at2，则由 Δx＝BC－AB＝at2，解得 a＝1 m/s2，再由速度公式v＝
v0＋at，解得 vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故 B正确．
5. B　解析：利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运
动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s 内的位移之比为 7∶5∶3∶1，所以＝，x1＝2
m，B正确．
6. B　解析：第2 s 内的平均速度为 1 m/s，则第 1.5 s 末的速度为 1 m/s；第 7 s 内的位移为 6
m，则第 7 s 内的平均速度为 6 m/s，即第 6.5 s 末的速度为 6 m/s.则加速度 a＝＝ m/s2＝1
m/s2，故 B正确．
7. D　解析：设汽车匀减速的加速度大小为 a，由汽车在最后 2 s 内的位移为 4 m，得x＝
at2，解得 a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故汽车的刹车位移为 x′＝v0t0＋＝(5×0.5＋)m＝8.75 m，故
A、B、C错误，D正确．
8. B　解析：因为 xAC＝7 m，xCD＝5 m，根据Δx＝at2得a＝＝ m/s2＝－0.5 m/s2，即滑块上
滑过程中加速度的大小为 0.5 m/s2，故 A错误；C点是 AD 段的中间时刻，所以 C点的速
度等于AD 段的平均速度，则 vC＝＝ m/s＝3 m/s，从A到C根据速度与位移关系可以得
到v－v＝2axAC，整理可以得到vA＝＝4 m/s，故 B正确；由于 E点为最高点，则 vE＝0，
则根据匀变速直线运动规律可知滑块在AE 段的平均速度为 v＝＝2 m/s，故 C错误；C点
到E点的时间为 t＝＝ s＝6 s，则 D到E的时间为 tDE＝6 s－2 s＝4 s，故 D错误．
9. (1) 根据加速度的定义式 a＝，
匀加速阶段的加速度大小为 a1＝ m/s2＝5 m/s2，
匀减速阶段的加速度的大小为 a2＝ m/s2＝6 m/s2.
(2) 匀加速运动的位移 x1＝＝ m＝90 m，
匀速运动的位移 x2＝vt2＝30×10 m＝300 m，
匀减速运动的位移 x3＝＝ m＝75 m，
所以质点在整个过程的平均速度是
v＝＝ m/s≈22.14 m/s.
10. (1) 设汽车通过 ETC 通道时从速度 v1 减速到 v2，行驶的位移为 x1，从速度 v2 加速行驶
的位移为 x2，根据速度位移公式得 x1＝x2＝＝100 m，
则有 s1＝x1＋x2＋d＝100＋100＋10 m＝210 m.
(2) 设汽车过人工收费通道从速度 v1 减速到零行驶的位移为 x3，从零加速到 v1 位移为
x4，则有 x3＝x4＝＝112.5 m，s2＝x3＋x4＝225 m，
汽车通过 ETC 通道行驶225 m 所需时间为 T1，
T1＝＋＋，
解得 T1＝23 s，
汽车通过人工收费通道需要的时间为 T2，有 T2＝2×＋Δt，
解得 T2＝50 s，
节约的时间为 T2—T1＝27 s.
第3课时　自由落体运动
1. B　解析：由题可知，手的位置在开始时应放在0刻度处，所以 0刻度要在下边．物体做
自由落体运动的位移 h＝gt2，位移与时间的平方成正比，所以随时间的增大，刻度尺下落
的速度增大，相等时间内下落高度增大，刻度尺上的间距增大，B标度合理，故 B正
确，A、C错误；因为物体做自由落体运动，故用钢尺和塑料尺制成的测量尺刻度是相同
的，故 D错误．
2. B　解 析 ： 花 盆 掉 下 看 成 自由 落 体 运 动 ， 有 h＝gt2≈×10×32m＝45 m ， 故 B正
确，A、C、D错误．
3. D　解析：第5 s 内的位移是 18 m，有 gt－gt＝18 m，t1＝5 s，t2＝4 s，解得 g＝4 m/s2，
所以 2 s 末的速度 v＝gt＝8 m/s，故 A错误；第 5 s 内的平均速度 v＝＝ m/s＝18 m/s，故
B错误；t＝2 s，t′＝1 s，物体在第 2 s 内的位移 x＝gt2－gt′2＝8 m－2 m＝6 m，故 C错
误；物体在 5 s 内的位移 x＝gt2＝×4×25 m＝50 m，故 D正确．
4. A　解析：当上抛的物体回到抛出点时，做初速度为 v的下抛运动，之后的运动和下抛物
体的运动相同，即运动时间相同，所以两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛
出点的时间，上抛物体回到抛出点的运动过程中，加速度为 g，初速度为 v，末速度为－
v，所以有 t＝＝，A正确．
5. B　解析：运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1 时刻达到最高点，故 A错误；vt 图像
为直线，加速度不变，所以在 0～t2 时间内人在空中，t2 之后进入水中，故 B正确，C错
误；0～t1 时间内，速度方向竖直向上，t1～t2 时间段速度方向竖直向下，故 D错误．
6. A　解析：由位移关系知相遇时gt2＋v0t－gt2＝H＝2 m，解得时间为 t＝0.5 s，竖直上抛运
动x＝v0t－gt2＝4×0.5 m－×10×0.52 m＝0.75 m.
7. A　解析：设细绳的长度为 L，第一个小球着地后，另一个小球还需运动的位移为 L，这
段运动的时间，即两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移 L内的
初速度，高度越高，落地的速度越大，可知高度越高，另一个小球在位移 L内的初速度
越大，根据L＝v0Δt＋g(Δt)2，可知初速度越大，时间越短，所以提升两小球下落的高
度，它们落地的时间差将减小，A正确，B、C、D错误．
8. B　解析：由静止释放 A、B，A、B都做自由落体运动，A运动的位移为 L，B运动的位
移为 4L，根据自由落体公式h＝gt2，可知 A落地的时间 t1＝，B落地的时间为 t＝2，则有
t2＝t－t1＝，所以 t1＝t2，故 A错误，B正确；A落地前瞬间速率为v1＝gt1＝g，B落地前
瞬间速率为v2＝gt＝2g，所以 v1∶v2＝1∶2，故 C、D错误．
9. (1) 初速度 3 m/s，只需要t1＝＝0.3 s 即可上升到最高点.0.3 s 内上升高度为 h1＝＝0.45 m.
(2) 在自由落体 t2＝0.2 s 时间，
下降高度h2＝gt＝0.2 m，
故0.5 s 内毽子运动的路程 s＝h1＋h2＝(0.45＋0.2) m＝0.65 m.
(3) 0.5 s 内毽子运动的位移大小 x＝h1－h2＝0.25 m，
0．5 s 内毽子的平均速度大小 v＝＝0.5 m/s，方向竖直向上．
10. (1) 水滴下落至窗台通过的距离为H＝4.05 m，
水滴下落至窗台的时间为 t1＝＝s＝0.9 s.
(2) 窗户上檐到屋檐的高度为 h′＝H－h＝4.05 m－1.6 m＝2.45 m，
由速度—位移公式可得v2＝2gh′，
解得 v＝＝m/s＝7 m/s.
(3) 水滴下落至窗户上边缘的时间为 t2＝＝ s＝0.7 s，
水滴经过窗户的时间为 Δt＝t1－t2＝0.9 s－0.7 s＝0.2 s，
水滴经过窗户过程的平均速度 v＝＝ m/s＝8 m/s.
第4课时　运动图像　追及相遇问题
1. C　解析：根据公式v＝，时间 Δt 取得越短，平均速度越接近瞬时速度，A的时间段是
1.0 s，B的时间段是 0.10 s，C的时间段是 0.01 s，因此 C正确．
2. D　解析：由题图知，物体在 0～6 s 内沿正方向运动，在 6～8 s 内沿负方向运动，所以在
第6 s 末相对于起点的位移最大，A、B错误；vt 图线的斜率表示物体的加速度，由题图
图线可知 4～8 s 内物体的加速度大小不变并且最大，C错误，D正确．
3. C　解析：假设老鼠家为坐标原点，老鼠的位移逐渐增大，某一时刻，猫从家去追老鼠，
则距离老鼠家的位移逐渐减小，当猫抓到老鼠后又返回家，此时距离原点逐渐增大，故
C正确，A、B、D错误．
4. C　解析：根据图像可知汽车开始做减速运动，然后做加速运动，因为图像为抛物线，所
以由位移与速度的关系公式v2－v＝2ax 可知，汽车做匀变速直线运动，即先做匀减速运
动，后做匀加速运动，根据公式v2－v＝2ax 可得第一阶段0－v＝2a1x0，第二阶段v－0＝
2a2x0，故 a1、a2 大小相等，方向相反，故 C正确，A、B、D错误．
5. A　解析：根据vt 图像与时间轴所围的“面积”大小等于位移，由图知，t＝3 s 时，b车
的位移为 sb＝vbt＝10×3 m＝30 m，a车的位移为 xa＝×(30＋20)×1 m＋×(20＋15)×2 m＝
60 m，则 sa－sb＝30 m，所以在 t＝3 s 时追尾，故 B错误，A正确；若刹车不失灵，根据
vt 图像可知 t＝2 s 时两车速度相同，在 0～2 s 内，小汽车和大卡车的位移之差 Δx＝ m＝
20 m<30 m，所以不会追尾，故 C错误；如果刹车不失灵，两车最近距离为s＝30 m－Δx
＝30 m－20 m＝10 m，故 D错误．
6. C　解析：速度时间图像中斜率表示加速度，汽车Ⅰ的斜率不断减小，加速度不断减小；
汽车Ⅱ的斜率不断减小，加速度不断减小，A错误；速度时间图像中面积表示位移，汽
车Ⅰ和汽车Ⅱ的位移不断增大，B错误；在 0～t0时间内，汽车Ⅰ的位移大于汽车Ⅱ的位
移，汽车Ⅰ的平均速度大于汽车Ⅱ的平均速度，C正确；当 t＝t1时两车速度相等，在 t1
时刻之前汽车Ⅰ的速度大于汽车Ⅱ的速度，汽车Ⅰ的位移大于汽车Ⅱ的位移，不会相
遇，D错误．
7. C　解析：减速运动时，x＝(a 为定值)，斜率 x′(v)＝＝，随v减小而减小，图像开口向
下．加速运动时，x＝(a 为定值)，斜率 x′(v)＝＝，随v增大而增大，所以图像开口向上．
8. D　解析：由图读出 t＝6 s 时，小王通过的位移为 x1＝×6 m＝54 m，小张通过的位移为 x2
＝×6 m＝36 m，两者位移之差 Δx＝x1－x2＝18 m．若x0>Δx＝18 m，如 x0＝36 m 或54
m，到两车速度相等时，小王还没有追上小张，两车不可能相遇，A、B错误．若x0<Δx
＝18 m，则说明 t＝6 s 前，小王已追上小张相遇一次，相遇时，小王的速度大于小张的速
度，之后车子开到小张的前面，两车距离增大，在 t＝6 s 后，小张的速度大于小王的速
度，两车距离减小，可以再次相遇1次，之后由于小张的速度始终大于小王的速度，不
可能再相遇，所以两车相遇2次，C错误，D正确．
9. (1) 当警车与货车车速相等时，两车相距最远，需时t1，
t1＝＝5 s，
由位移公式得，在警车追上货车之前，两车间的最大距离是
Δxm＝v(t0＋t1)－at＝45 m.
(2) 警车加速到最大速度所需时间 t2＝＝6 s，
设警车速度达到最大后又经过t3时间追上违章货车，
v(t0＋t2＋t3)＝at＋vmt3， 解得 t3＝22 s，
所以追上违章的货车的时间 t＝t2＋t3＝28 s.
10. (1) 公交车刹车的加速度 a1＝＝s＝－4.5 m/s2，
故其加速度的大小为 4.5 m/s2.
(2) 公交车从相遇处到开始刹车用时 t1＝＝s＝ s，
公交车刹车过程用时 t2＝＝ s，
黄老师以最大加速度加速达到最大速度用时 t3＝＝ s＝2 s，
黄老师加速过程中的位移 x2＝t3＝7 m，
以最大速度跑到车站的时间 t4＝＝ s≈7.2 s，
t1＋t2<t3＋t4<t1＋t2＋8 s，
所以黄老师应该上这班车．
第5课时　实验：测量做直线运动物体的瞬时速度
1. A　解析：表示的是 Δt 时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx 越窄，则记录遮光时间 Δt
越小，越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，A正确．
2. (1) D　(2) x1f　(x2－x1)f2　(3) 丙
解析：(1) 打点时先接通电源再释放纸带，以免一段纸带上打不出点来．本实验不是“探
究加速度与力和质量的关系”实验，所以不要求重物的质量远小于小车的质量，也不必
消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响．D正确．
(2) 速度 vB＝＝x1f，因为 x2－x1＝(BC＋CD)－(AB＋BC)＝CD－AB＝2aT2，所以 a＝(x2－
x1)f2.
(3) 要使尽可能多的点在图线上，所以丙正确．
3. 小球在位置2时下落的时间小于 0.1 s　1.47　9.80
解析：根据h＝gt2＝×9.8×0.12 m＝4.90 cm，而位置1和位置2的距离为1.23 cm，比 4.90
cm 小很多，由此可知，频闪仪拍位置1时，小球并没有立即开始下落，导致小球在位置
2时下落的时间小于 0.1 s；从上向下，给小球编号，即为 1、2、3、4；那么 3是2与4的
中间时刻，故 v3＝，x24＝(30.63－1.23) cm＝29.4 cm＝29.4×10－2 m，每相邻两个位置间
的时间间隔 t＝0.1 s，代入数据得 v3＝ m/s＝1.47 m/s，设 2到3间的位移为 x1，3到4间
的位移为 x2，由匀变速直线运动的推论Δx＝at2得x2－x1＝gt2，t是发生x1或x2这个位移
所用的时间，t＝0.1 s，代入数据解得[(30.63－11.03)－(11.03－1.23)]×10－2 m＝g×(0.1
s)2，解得 g＝9.80 m/s2.
4. (1) 约8 V
(2)
(3) 小车的速度随时间均匀变化　(4) 越小越好　有关
解析：(1) 由于实验中所选用的为电磁打点计时器，所以打点计时器的工作电压为约8 V
的交变电压．
(2) 利用所给点迹描点连线，得图像如图所示．其中 C点的横坐标为3T，纵坐标为v3.
(3) 结合图像可以看出小车速度随时间均匀变化，所以小车做匀加速运动．
(4) Δt 越小，则越接近计数点的瞬时速度，所以 Δt 越小越好，计算速度需要用到 Δx 的测
量值，所以 Δx 的大小与速度测量的误差有关．
5. (1) 打点计时器
(2) 小车先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
(3) 相邻两墨水滴滴下的时间间隔 T　秒表　从某滴开始下落时开始计时，并计数为1，
数到第 n滴开始下落时停止计时，则时间间隔 T＝
解析：(1) 小张制作的装置相当于打点计时器．
(2) 相邻两点间的距离如表格所示．
s1s2s3s4s5
距离/m 0.422 1.124 1.530 1.814 1.923
s6s7s8s9s10
距离/m 1.900 1.932 1.926 1.912 1.946
　　由表格中数据可知，开始时相邻两点间的距离是逐渐变大的，后面两点间的距离基本
上保持不变，说明开始时小车先做加速运动，后做匀速运动．再进一步分析做加速运动
时加速度的变化，相邻两点间距离的差值如表所示．
s2－s1s3－s2s4－s3s5－s4s6－s5
距离差/m 0.702 0.406 0.284 0.109 －0.023
s7－s6s8－s7s9－s8s10－s9
距离差/m 0.032 －0.006 －0.014 0.034
可以看出，刚开始时相邻两点间距离差在逐渐变小，说明小车的加速度在逐渐减小，所以小
车先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动．
(3) 要测量小车做匀速运动时的速度，还必须知道相邻两墨水滴滴下的时间间隔 T，要测量
时间间隔需要用秒表．测量方法是从某滴开始下落时开始计时，并计数为1，数到第 n滴开
始下落时停止计时，则时间间隔 T＝，注意 n不可太小，一般取30 滴以上．
6. (1) 8.4　(2) 10.5　(3) D　
(4)
9．6(9 .5～9.8)
解析：(1) 图乙游标卡尺的读数为8 mm＋8×0.05 mm＝8.40 mm.
(2) 小钢球通过光电门的速度 v＝，根据v2＝2gh，解得 g＝＝10.5 m/s2.
(3) 该重力加速度测量值偏大，小钢球下落过程中受到了空气阻力或铁芯的引力都会导致
小钢球下落时间变长或者速度变慢，使重力加速度测量值偏小，A、B错误；小钢球下落
的高度不够大，速度和高度的测量误差较大，可能导致重力加速度测量值偏小， C错
误；小钢球通过光电门时球心偏离细光束，导致小钢球通过光电门时间变短，所以重力
加速度测量值偏大，D正确．
(4) 根据h＝gt2，可得v＝＝gt，故 vt 图像的斜率为g，可得重力加速度 g＝×2 m/s2＝9.6
m/s2.
第二章　相互作用
第1课时　重力　弹力
1. D　解析：由胡克定律得劲度系数k＝＝200 N/m，D正确．
2. C　解析：模型桥受到向下的弹力，是因为汽车发生了弹性形变，故 A、B错误；汽车受
到向上的弹力，是因为桥梁发生了弹性形变，故 C正确，D错误．
3. C　解析：当a与b的接触面不水平时，石块 b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合
力，跟a受到的重力是平衡力，则 b对a的支持力和静摩擦力的合力方向竖直向上，支持
力的方向不是竖直向上，也不等于a的重力，故 A错误，C正确；当 a与b的接触面不水
平时，石块 b和a的重心不在同一竖直线上，故 B错误；选取a、b作为整体研究，根据
平衡条件，地面对石块 b的支持力和a、b整体受到的重力是一对平衡力，故 D错误．
4. D　解析：支持力是弹力，方向总是垂直于接触面，并指向被支持物．所以斜台给足球的
弹力的方向为垂直斜台向左上方方向．故 A、B、C错误，D正确．
5. B　解析：根据题图可知 F＝kx，x是弹簧形变量，即弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，
与弹簧长度不成正比，故 A错误；弹簧长度的变化量等于弹簧的形变量，根据A分析可
知，弹簧长度的变化量与对应的弹力变化量成正比，故 B正确；Fx 图像的斜率表示弹簧
的劲度系数，由此可知该弹簧的劲度系数是k＝＝ N/m＝200 N/m，故 C错误；由于图像
斜率不变，因此当对弹簧的左端施加水平压力时，弹簧劲度系数不变，故 D错误．
6. B　解析：如果杆受拉力作用，可以用与之等长的轻绳代替，如果杆受压力作用，则不可
用等长的轻绳代替，题图甲、丙、丁中的 AB 杆均受拉力作用，而甲、乙、丁中的 BC 杆
均受沿杆的压力作用，故 A、C、D错误，B正确．
7. A　解析：弹簧受到的拉力与其伸长量成正比，且测力计的示数代表的是作用 在测
力计挂钩上的力．由于四种情况下右端受到大小皆为F的拉力，与左端的受力情况无
关，故图中弹簧的伸长量是相同的，即 l1＝l2＝l3＝l4，故 A正确，B、C、D错误．
8. D　解析：若小球与小车一起做匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的
加速度 a＝gtan α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．
9. (1) 由题图知：当弹力F＝0时，弹簧处于原长，L0＝10 cm.
(2) 由FL 图像知：当弹力F＝10 N 且弹簧处于拉伸状态时，弹簧长度为 L＝15 cm，
弹簧的伸长量 x＝L－L0＝(15－10) cm＝5 cm＝0.05 m，
由F＝kx 得k＝＝200 N/m.
(3) 当x＝15 cm＝0.15 m 时，
由F＝kx 得F＝200×0.15 N＝30 N.
10. (1) 对m2有m2g＝k2x2，得x2＝，
对m1、m2整体有(m1＋m2)g＝k1x1，得x1＝，
弹簧总长 L＝L1＋L2＋x1＋x2＝L1＋L2＋＋.
(2) 由题意分析可知，上面的弹簧应为伸长的，设伸长量为 x，下面的弹簧应为压缩的，
则压缩量也应为x.
对m1有k1x＋k2x＝m1g，则 x＝，
对m2有FN＝m2g＋k2x＝m2g＋，
则平板受到m2的压力大小 FN′＝FN＝m2g＋m1g.
第2课时　摩擦力
1. B　解析：静止的物体可以受到滑动摩擦力的作用，如在地面上滑行的物体，地面受到的
是滑动摩擦力，故 A错误；相对静止的两个物体之间，也可能有摩擦力，比如在沿着斜
向上运动的传送带上与传送带相对静止的物体，故 B正确；有相对运动的两物体之间，
接触面不一定粗糙，因此不一定存在着摩擦力，故 C错误；摩擦力的方向可能与运动的
方向相同，也可能与运动的方向相反，但总是和物体之间的相对运动的方向或相对运动
趋势的方向相反，故 D错误．
2. C　解析：用遥控器启动小车向前运动，后轮是主动轮顺时针转动，所以左侧平板小车对
后轮的摩擦力向右，后轮对左侧平板小车的摩擦力向左；前轮是从动轮，所以右侧平板
小车对前轮的摩擦力向左，前轮对右侧平板小车的摩擦力向右．因此左侧小车向左运
动，右侧小车向右运动．故 C正确，A、B、D错误．
3. A　解析：设每一木块的重力为G，一侧木板对木块的摩擦力大小为 f1，两块木块之间的
摩擦力大小为 f2.根据平衡条件，对整体，有 2f1＝2G，解得 f1＝G；对A木块，有 f1＋f2＝
G，解得 f2＝0.即两木块间摩擦力为零，故 A正确，B、C、D错误．
4. C　解析：对整体受力分析可知整体相对地面没有运动趋势，故 f3＝0；再将 a和b看成一
个整体，a、b整体有相对斜面向下运动的趋势，故 b与P之间有摩擦力，即 f2≠0；最后
对a受力分析可知，a相对于b有向下运动的趋势，a和b之间存在摩擦力作用，即
f1≠0.C 正确．
5. A　解析：设甲、乙的质量均为 m，甲、乙之间以及乙与地面之间的动摩擦因数为μ，则
甲、乙之间的最大静摩擦力为Ffmax＝μmg，乙与地面间的最大静摩擦力为Ffmax′＝2μmg，
因Ffmax<Ffmax′，则乙相对于地面不会发生相对滑动，当 F>Ffmax＝μmg 时，甲、乙之间会发
生相对滑动，故 A正确，B、C、D错误．
6. C　解析：物体重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，整体的质量分布变
化，形状变化，所以重心改变，故 A错误；动摩擦因数与倾角无关，故 B错误；石块在
垂直于车厢底板方向有 FN＝mgcos θ，自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力 FN逐
渐减小，故 C正确；石块滑动后的摩擦力是滑动摩擦力，小于最大静摩擦力，也小于重
力沿斜面方向的分力，故 D错误．
7. B　解析：滑块上升过程中受滑动摩擦力，由 Ff＝μFN和FN＝mgcos θ 联立，得Ff＝6.4
N，方向沿斜面向下．当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ＜μmgcos θ，滑
块将静止，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得 Ff＝mgsin θ，代入可得Ff＝6
N，方向沿斜面向上，故 B正确．
8. C　解析：第1张纸受到摩擦轮的摩擦力方向向右，A错误；第 2张纸受到的第 1张纸的
摩擦力向右，受到的第 3张纸的摩擦力向左，且大小相等，合外力为零，B错误；第 2张
纸到第 10 张纸之间不可能发生相对滑动，C正确；第 10 张纸受第9张纸给的摩擦力作
用，D错误．
9. (1) 题图甲装置中只要 A相对B滑动即可，弹簧测力计的拉力大小等于B受到的滑动摩擦
力大小；题图乙装置中要使弹簧测力计的拉力大小等于A受到的摩擦力大小，A必须做
匀速直线运动，即处于平衡状态．
(2) 题图甲中A受到B和地面的滑动摩擦力和拉力Fa，从而使A处于匀速运动状态，应是
这两个滑动摩擦力的大小之和等于拉力Fa的大小．
(3) FN＝GB＝150 N，B所受滑动摩擦力大小等于此时弹簧测力计读数，即为 Ff＝60 N，则
由Ff＝μFN可求得 μ＝0.4.(注：滑动摩擦力与Fa的大小无关，这种实验方案显然优于题图
乙装置的方案)
10. (1) 设物体所受的摩擦力大小为 Ff1，方向沿斜面向上，对物体进行受力分析，则有 Ff1＝
mgsin θ－F，
由于 F＝kx1＝4 N，
故Ff1＝20 N×－4 N＝6 N，方向沿斜面向上．
(2) 若将物体上移，设物体所受的摩擦力大小为 Ff2，方向沿斜面向上，则再对物体进行受力
分析可得Ff2＝mgsin θ＋F′，
由于 F′＝kx2＝100×(0.12－0.10) N＝2 N，
故Ff2＝20 N×＋2 N＝12 N，方向沿斜面向上．
第3课时　力的合成与分解
1. D　解析：由平行四边形定则可知，两个力的合力，可以比这两个分力都小，所以 A错
误；合力与分力在作用效果上等效，但不能说成是同种性质的力，故 B错误；合力与分
力是等效替代关系，但不是同时作用在物体上，故 C错误；根据力的合成与分解可知，
已知合力和两个分力的方向，分解结果是唯一的，故 D正确．
2. B　解析：要使物体沿 OO′方向做直线运动，则物体受到的合力 F沿OO′方向，如图所
示，由三角形定则知，当 F2方向垂直OO′时，F2有最小值，为 F2＝F1sin θ，B正确．
3. B　解析：风对帆船的作用力垂直帆船，则由力的平行四边形定则可知，只有 b的位置，
其中的一个分力沿着船的前进方向，如图所示，故 B正确，A、C、D错误．
4. C　解析：以F1、F3 为邻边作平行四边形，由几何特征，可知平行四边形是矩形，则合力
F13＝2F2，故 F1、F2、F3 的合力 F＝3F2，C正确．
5. A　解析：如图所示，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析．由平衡条件有Fcos 30°－
FTsin 30°＝0，FTcos 30°＋Fsin 30°－mg＝0，联立解得 F＝mg，故 A正确．
6. B　解析：甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相
等，O点处于平衡状态，如图所示，FOA＝FOB＝mg，FAB＝T，根据几何关系有 180°＝2β
＋α，解得 β＝55°.故B正确．
7. C　解析：已知A物块所受的摩擦力大小为 f，设每根橡皮筋的弹力为F，则有 2Fcos 60°
＝f，对D物块有2Fcos 30°＝f′，解得 f′＝F＝f，只有 C正确．
8. C　解析：当木板与水平面的夹角为 45°时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图甲
所示，沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力 f1＝μN＝μmgcos 45°，根据平衡条件可知 T
＝mgsin 45°＋μmgcos 45°，对B物块受力分析如图乙所示，沿斜面方向，B与斜面之间的
滑动摩擦力 f2＝μN′＝μ·3mgcos 45°，根据平衡条件可知 2mgsin 45°＝T＋μmgcos 45°＋
μ·3mgcos 45° ， 两 式相 加 ， 可 得2mgsin 45° ＝mgsin 45° ＋μmgcos 45° ＋μmgcos 45° ＋
μ·3mgcos 45°，解得 μ＝，A、B、D错误，C正确．
　　　
甲乙
9. 画出定滑轮的轴心 O的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图甲所示，根据平衡条件
得FT1sin α－FT2sin 30°＝0，FT2cos 30°－FT1cos α－FT3＝0，其中 FT1＝FT3＝mAg，联立解得
α＝60°.
画出物体 B的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图乙所示，根据平衡条件得 Ff－
FT1sin α＝0，FN＋FT1cos α－mBg＝0，联立并代入数据解得 mAg＝FT1 ＝40 N，FT2 ＝40
N，Ff＝20 N.
　　　
甲 乙
10. (1) 对氢气球进行受力分析，并分解如图所示，
由平衡条件列式，竖直方向 F浮＝mg＋Tsin 37°，
水平方向 F风＝Tcos 37°，
联立解得 F风＝12 N，T＝15 N.
摘要：

活动单导学课程　一轮总复习　物理练习部分第一章　机械运动与物理模型第1课时　运动的描述1.B　解析：只有当物体的线度及大小与所研究的问题相比可以忽略不计时，物体可看作质点，所以体积很小的物体不一定可以看作质点，A错误；研究跳水运动员在空中做转体运动时，运动员的形状和大小不能忽略，故不可看成质点，B正确；“一江春水向东流”是以河岸为参考系来描述江水的运动，C错误；我们常说“太阳东升西落”，是以地球为参考系描述太阳的运动，D错误．2.B　解析：路程是轨迹长，所以医疗人员按照不同推荐方案至武汉的同一家医院的路程不相同，A错误；位移是起点到终点的有向线段长，他们的起点和终点是一样的，即位移相同，B正确...

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