卷子答案网-一个不只有答案的网站课时分层作业(八) 匀变速直线运动的位移与时间的关系
A组 基础巩固练
1．某飞机着陆时的速度是60 m/s，随后减速滑行，如果飞机的平均加速度大小是2 m/s2.为了使飞机能够安全地停下来，则滑道的长度至少为( )
A．900 m B．90 m
C．1 800 m D．180 m
2.
如图所示，一小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB∶xBC＝( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
3．一个做匀加速直线运动的物体，初速度v0＝2.0 m/s，在第2 s内通过的位移是5 m．它的加速度为( )
A．2.0 m/s2 B．0.5 m/s2
C．1.0 m/s2 D．1.5 m/s2
4．一物体在水平面上做匀变速直线运动，其位移与时间的数量关系为x＝24t－6t2，x与t的单位分别是m和s，则它的速度等于零的时刻t为( )
A． s B．2 s
C．6 s D．24 s
5．(多选)质点做直线运动的v t图像如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8 s内的平均速度及质点运动的总路程为( )
A．总路程为2 m
B．平均速度为0.25 m/s，方向向左
C．总路程为8 m
D．平均速度为1 m/s，方向向左
6．如图所示是一物体做匀变速直线运动的v t图像，由图可知物体( )
A．初速度为0 m/s
B．2 s末的速度大小为3 m/s
C．5 s末的速度为0，加速度也为0
D．加速度大小为1.5 m/s2
7．一个做直线运动的物体的v t图像如图所示，由图像可知( )
A．0～1.5 s内物体的加速度为－4 m/s2，1.5～3 s内物体的加速度为4 m/s2
B．0～4 s内物体的位移为12 m
C．3 s末物体的运动方向发生变化
D．3 s末物体回到出发点
8.
(多选)交通法规定“斑马线礼让行人”，若以速度为12 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过斑马线，此时汽车的前端距停车线12 m，该车减速时的加速度大小为7.5 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．在距停车线8 m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
B．驾驶员立即刹车制动，则至少需1.6 s汽车才能停止
C．若驾驶员的反应时间为0.2 s，汽车前端恰能止于停车线处
D．若驾驶员的反应时间为0.4 s，汽车前端恰能止于停车线处
9．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停车，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车司机只能看清前方50 m的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2.求：
(1)小轿车从刹车到停止所用的最短时间；
(2)三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞．
B组 能力提升练
10.某质点做直线运动的位移x和时间平方t2的关系图像如图所示，则该质点( )
A．加速度大小恒为1 m/s2
B．在0～2 s内的位移大小为1 m
C．2 s末的速度大小是4 m/s
D．第3 s内的平均速度大小为3 m/s
11．[2022·湖北卷，6]我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间．假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站．列车从W站始发，经停4站后到达终点站G.设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h.若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
12.
高速公路上，一辆大货车以20 m/s的速度违规行驶在快速道上，另有一辆SUV小客车以32 m/s的速度随其后并逐渐接近．大货车的制动性能较差，刹车时的加速度大小保持在4 m/s2，而SUV小客车配备有ABS防抱死刹车系统，刹车时能使汽车的加速度大小保持在8 m/s2.若前方大货车突然紧急刹车，SUV小客车司机的反应时间是0.50 s，为了避免发生追尾事故，轿车和卡车之间至少应保留多大的距离？
匀变速直线运动的位移与时间的关系
1．解析：根据匀变速直线运动的速度位移公式得x＝＝m＝900m，故A正确．
答案：A
2.
解析：画出运动示意图，由v2－v＝2ax得xAB＝，xBC＝，故xAB∶xBC＝1∶3，选项C正确．
答案：C
3．解析：由x＝v0t＋at2知，当时间为t1＝1s时，位移为x1，当时间为t2＝2s时，位移为x2，则x2－x1＝5m，代入数据可得a＝2.0m/s2.
答案：A
4．解析：由x＝24t－6t2可知：v0＝24m/s，a＝6即a＝12m/s2，所以v＝24－12t.当v＝0时，t＝2s，故B正确．
答案：B
5．解析：B对，D错：vt图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方的面积表示正位移，下方的面积表示负位移，由图知，前8s内的总位移x＝m－m＝－2m，平均速度＝＝－0.25m/s，负号表示方向向左．A错，C对：总路程为s＝m＋m＝8m.
答案：BC
6．解析：由题图知，初速度v0＝5m/s，末速度v＝0，则加速度a＝m/s2＝－1m/s2，故有v＝5－t(m/s)，2s末物体的速度大小为3m/s，5s末物体的速度为0，但加速度a≠0.
答案：B
7．解析：在vt图像中，在0～3s内斜率不变，加速度不变，加速度为a＝＝m/s2＝4m/s2，故A错误；在vt图像中，图线与时间轴所围面积为物体的位移，0～4s内物体的位移为x＝×6×2.5m－×6×1.5m＝3m，故B错误；3s末速度方向没变，只是加速度发生了改变，故C错误；3s内的位移为×6×1.5m－×6×1.5m＝0，回到原点，故D正确．
答案：D
8．解析：根据速度位移公式可知，减速运动的位移为x＝＝9.6m，故在距停车线8m处才开始刹车制动，汽车前端超出停车线处，A项错误；减速所需时间为t＝＝1.6s，B项正确；匀速运动的时间，即驾驶员的反应时间t′＝＝s＝0.2s，若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能停在停车线处，D项错误，C项正确．
答案：BC
9．解析：(1)设从刹车到停止的时间为t2，则t2＝＝6s.
(2)反应时间内做匀速运动，则x1＝v0t1，x1＝18m，从刹车到停止的位移为x2，则x2＝，x2＝90m，小轿车从发现三角警示牌到停止的全部距离为x＝x1＋x2＝108m，
三角警示牌到货车的距离为Δx＝x－50m＝58m.
答案：(1)6s (2)58m
10．解析：A错：根据x＝at2可知题图中图线的斜率等于a，则a＝m/s2，即加速度a＝2m/s2.
B错：在0～2s内该质点的位移大小为x＝at2＝×2×4m＝4m.
C对：2s末的速度大小v＝at＝2×2m/s＝4m/s.
D错：质点在第3s内的位移大小
Δx＝at－at2＝×2×(9－4) m＝5m，
则平均速度大小为v＝＝5m/s.
答案：C
11．解析：108km/h＝30m/s, 324km/h＝90m/s.由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离x＝m＝2.16×105m，
普通列车加速时间t1＝＝s＝60s，
加速过程的位移x1＝at＝×0.5×602m＝900m.
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝s＝7140s，
同理高铁列车加速时间t1＝＝s＝180s，
加速过程的位移x1＝at＝×0.5×1802m＝8100m，
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
t2＝＝s＝2220s，
相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2＋2t1)＝4680s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分，B正确．
答案：B
12．解析：反应时间里SUV的行驶距离：x1＝v1t0；若恰好发生追尾，则两车速度相等，有：
v＝v1＋a1(t－0.5s)，v＝v2＋a2t，
代入数据，得两车发生追尾所用时间：t＝4s，
此段时间内，两车行驶距离：
s1＝x1＋v1t＋a1t2, s2＝v2t＋a2t2，
则有两车之间不发生追尾的最小距离：Δs＝s1－s2；两车刹车时的加速度分别是a1＝－8m/s2，a2＝－4m/s2，代入数据得Δs＝32m.
答案：32m课时分层作业(二十二) 牛顿第二定律
A组 基础巩固练
1．由牛顿第二定律F＝ma可知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为( )
A．牛顿第二定律不适用于静止的物体
B．桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到
C．推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值
D．桌子所受的合力为零，加速度为零
2．在行车过程中，遇到紧急刹车，乘客可能受到伤害．为此人们设计了如图所示的安全带以尽可能地减轻猛烈碰撞．假设某次急刹车时，由于安全带的作用，使质量70kg的乘客的加速度大小约为6m/s2，此时安全带对乘客的作用力最接近( )
A．100NB．400N
C．800ND．1000N
3．如图所示，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是( )
A．F1B．F2
C．F3D．F4
4．如图所示，质量m＝10kg的物体在水平面上向右运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体还受到一个水平向左的推力F＝20N的作用，g取10m/s2，则物体的加速度是( )
A．0
B．4m/s2，水平向右
C．4m/s2，水平向左
D．2m/s2，水平向右
5．如图所示，在光滑水平面上有一物块，物块在水平推力F的作用下向右运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧．在物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A．物块接触弹簧后做加速度逐渐增大的减速运动
B．物块的加速度先减小后增大
C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度为零
D．以物块与弹簧接触为起点，此后弹簧的弹力与物块的位移不成正比
6．雨滴在高空形成后，由静止开始沿竖直方向下落，雨滴受到空气阻力的作用．当雨滴速度为v0时开始计时，其运动的v t图像如图所示，经过时间t1，速度达到v1.假设在0～t1时间内雨滴的质量不变，则在0～t1时间内( )
A．雨滴运动的加速度增大，雨滴受到的阻力逐渐增大
B．雨滴运动的加速度减小，雨滴受到的阻力逐渐减小
C．雨滴运动的加速度增大，雨滴受到的阻力逐渐减小
D．雨滴运动的加速度减小，雨滴受到的阻力逐渐增大
7.
如图所示，质量为4kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体受大小为20N、与水平面成37°角斜向上的拉力F作用时，物体沿水平面做匀加速直线运动，求物体运动加速度的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)
8.
如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1kg.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：
(1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况；
(2)悬线对小球的拉力大小．
B组 能力提升练
9.
(多选)如图所示，当小车水平向右加速运动时，物块M相对静止于车厢后竖直壁上．当小车的加速度增大时( )
A．M所受的静摩擦力增大
B．M对车厢的作用力增大
C．M仍相对车厢静止
D．M受到的合外力为零
10.
在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F1与F2的作用，在第1s内物体保持静止状态．若力F1与F2随时间的变化关系如图所示，则该物体( )
A．在第2s内做加速运动，加速度大小逐渐减小，速度逐渐增大
B．在第3s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大
C．在第4s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大
D．在第5s末速度为零，运动方向与F1方向相同
11．[2023·重庆巴蜀中学月考]商场的自动扶梯一般有如图甲、乙两种，设两种扶梯与水平面的夹角都是θ＝37°，质量为m的货箱和两种扶梯一起以相同大小的加速度a＝4m/s2沿斜面向下匀加速运动，则(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )
A．甲对货箱的支持力大于乙对货箱的支持力
B.甲对货箱的摩擦力小于乙对货箱的摩擦力
C.甲对货箱的作用力等于乙对货箱的作用力
D.甲对货箱的作用力小于乙对货箱的作用力
课时分层作业(二十二) 牛顿第二定律
1．解析：牛顿第二定律的表达式F＝ma中的力F是指合力，用很小的力推很重的桌子时，桌子不动，是因为桌子与地面间的最大静摩擦力大于推力，推力与桌子受到的静摩擦力的合力为零，所以桌子加速度为零，选项D正确．
答案：D
2．解析：根据牛顿第二定律得：作用力F＝ma＝70×6N＝420N，所以安全带对乘客的作用力最接近400N，故选项B正确．
答案：B
3.
解析：小鸟沿虚线斜向上加速飞行，说明合外力方向沿虚线斜向上，小鸟受两个力的作用，空气的作用力F和重力G，如图所示．故选B.
答案：B
4．解析：取向左为正方向，物体受到的摩擦力Ff＝μmg＝0.2×10kg×10m/s2＝20N
由牛顿第二定律得F＋Ff＝ma
解得a＝4m/s2，方向水平向左．
答案：C
5．解析：A、C错，B对：物块与弹簧接触前做匀加速直线运动，物块与弹簧接触后，弹簧弹力不断增大，开始阶段弹簧弹力小于推力F，合力向右，加速度向右，物块做加速度不断减小的加速运动．当加速度减小为零时，速度达到最大．此后物块继续向右运动，弹力还变大，且合力向左，加速度向左，物块做加速度变大的减速运动，当速度减为零时，加速度最大．D错：弹簧的弹力F弹＝kx，物块与弹簧接触后，弹簧的弹力与物块的位移成正比．
答案：B
6．解析：v t图像切线斜率不断减小，根据速度—时间图像的斜率表示加速度可知，雨滴运动的加速度在减小．根据牛顿第二定律得mg－f阻＝ma，可知阻力在增大．
答案：D
7．解析：
对物体受力分析，如图所示，把力F沿水平方向和竖直方向分解，可得
水平方向：Fcos37°－Ff＝ma
竖直方向：FN＋Fsin37°－mg＝0
又Ff＝μFN
由以上三式解得a＝0.5m/s2.
答案：0.5m/s2
8．解析： 解法一：合成法
(1)由于车厢沿水平方向运动，所以小球有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向．
选小球为研究对象，受力分析如图甲所示．
由几何关系可得F＝mgtanθ.
小球的加速度a＝＝gtanθ＝7.5m/s2，方向向右，则车厢向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动．
(2)悬线对小球的拉力大小为
FT＝＝N＝12.5N.
解法二：正交分解法
以水平向右为x轴正方向建立坐标系，并将悬线对小球的拉力FT正交分解，如图乙所示．
则沿水平方向有
FTsinθ＝ma
竖直方向有
FTcosθ－mg＝0
联立解得a＝7.5m/s2，FT＝12.5N，且加速度方向向右，故车厢向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动．
答案：(1)见解析 (2)12.5N
9.
解析：小车向右做匀加速直线运动，物块M相对小车静止，加速度与车的加速度相同，以物块为研究对象，受力分析如图所示，对物块，由牛顿第二定律得N＝Ma，a增大，表明N增大，由牛顿第三定律可知，M对车厢壁的压力N′＝N增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，M仍相对车厢静止，在竖直方向，M所受合外力为零，由平衡条件得f＝Mg，M所受的静摩擦力不变；M受到的合外力不为零，竖直方向的合力不变，水平方向的合力增大，所以车厢与M的相互作用力增大，故A、D错误，B、C正确．
答案：BC
10．解析：第1s内物体保持静止状态，可知开始时F1、F2等大反向，第2s和第3s内物体所受合力不断变大，根据牛顿第二定律知加速度不断变大，物体做加速运动，速度增大，故A错误，B正确；在第4s内，合力逐渐减小，故加速度不断减小，合力与速度同向，物体做加速运动，速度增大，故C错误；在第5s末，合力为零，故加速度为零，速度最大，此时运动方向与F1方向相同，故D错误．
答案：B
11．解析：由于两种情况下，货箱都是和扶梯一起以相同大小的加速度a＝4m/s2向下匀加速运动，所以，两种情况下货箱所受合力相同，根据牛顿第二定律有F合甲＝F合乙＝ma＝4m，合力方向都沿着斜面向下，与水平面的夹角都是θ＝37°.对甲中货箱受力分析，受重力、扶梯给的竖直向上支持力和水平向右的摩擦力，沿水平方向和竖直方向正交分解，可得mg－FN甲＝F合甲sin37°，f甲＝F合甲cos37°，解得FN甲＝7.6m，f甲＝3.2m；对乙中货箱受力分析，受重力、扶梯给的垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力，沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，可得mgsin37°－f乙＝F合乙，FN乙＝mgcos37°，解得f乙＝2m，FN乙＝8m，A、B项错误．两种情况下货箱都受重力、扶梯给的支持力和摩擦力，又因为两种情况下货箱所受合力相同，根据矢量运算法则可知，货箱受到的扶梯给的作用力(支持力和摩擦力的合力)也相等，即甲对货箱的作用力等于乙对货箱的作用力，故C项正确，D项错误．
答案：C课时分层作业(二十六) 超重和失重
A组 基础巩固练
1．[2023·福建福安月考]无人机广泛应用于军事、科技、生产生活等领域．某架无人机从地面起飞，执行任务后返回地面，无人机在空中处于失重状态的是( )
A．匀速上升过程B．匀速下降过程
C．加速上升过程D．加速下降过程
2.
如图所示，金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出．如果让装满水的小桶自由下落，不计空气阻力，则在小桶自由下落过程中( )
A．水继续以相同的速度从小孔中喷出
B．水不再从小孔喷出
C．水将以更大的速度喷出
D．水将以较小的速度喷出
3．搭载空间站天和核心舱的长征五号B遥二运载火箭，在我国文昌航天发射场点火升空，随着天和核心舱与火箭成功分离，进入预定轨道，之后太阳能帆板两翼顺利展开且工作正常，发射任务取得圆满成功．空间站可以长期驻留3人，随着航天员在空间站轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材中适宜航天员在空间站轨道舱中进行锻炼的是( )
A．哑铃B．跑步机
C．单杠D．弹簧拉力器
4.
如图，垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过钢丝绳(曳引绳)将它们连接起来，钢丝绳通过驱动装置(曳引机)的曳引带动使电梯“轿厢”和“对重”在电梯内导轨上做上下运动．某次“轿厢”向上匀减速运动，则( )
A．“轿厢”处于超重状态
B．“对重”处于失重状态
C．“对重”向下匀加速运动
D．曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小
5.
(多选)如图所示是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是( )
A．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态
B．飞船加速下落时，宇航员处于失重状态
C．飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力小于其重力
D.火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于其所受支持力
6．“反向蹦极”如图所示，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1400N．打开扣环，从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大．人与装备的总质量为70kg(可视为质点).不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A．在C点，人处于静止状态
B．在B点，人处于超重状态
C．打开扣环瞬间，人的加速度大小为10m/s2
D．从A点到B点上升过程中，人的加速度不断减小
7．[2023·内蒙古包头高一期末]
如图为某电梯铭牌，该电梯额定载客数为14人，额定载重量为1050kg，当拉力超过额定载重物体的重力时电梯会鸣笛警示．该电梯在八层停靠时进入15位乘客，15位乘客总质量为1040kg.则下列说法正确的是( )
A．当第15位乘客进入电梯时，该电梯会鸣笛警示
B．当电梯从八层开始向下运动时，电梯会鸣笛警示
C.当电梯从八层下降到一层，快要停止时，电梯可能会鸣笛警示
D．电梯从八层下降到一层停止全过程中都不会鸣笛警示
8．竖直升降的电梯内的天花板上悬挂着一只弹簧测力计，如图所示．弹簧测力计的挂钩上悬挂一个质量m＝4kg的物体，以竖直向上为正方向，试分析下列各种情况下电梯的运动特点(g取10m/s2)：
(1)弹簧测力计的示数T1＝40N，且保持不变；
(2)弹簧测力计的示数T2＝32N，且保持不变；
(3)弹簧测力计的示数T3＝44N，且保持不变．(弹簧均处于伸长状态)
B组 能力提升练
9.(多选)图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10m/s2.根据图像分析可知( )
A．张明的重力为1500N
B．c点位置张明处于失重状态
C．e点位置张明处于超重状态
D．张明在d点的加速度大于在f点的加速度
10．小明同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重现象．他在地面上用台秤称得自己的体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t＝0时由静止开始运动到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示，g取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．在0～2s内，小明处于超重状态
B．在0～2s内，小明加速度大小为2m/s2
C．在10～11s内，台秤示数为F3＝600N
D．在0～11s内，电梯通过的距离为18m
11．[2023·北京朝阳区期中]
如图所示，一个质量为2m的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的小球A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用不可伸长的细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态，现将细线剪断，小球A向上运动，不计轻弹簧和细线的质量，下列说法不正确的是( )
A．未剪断细线前，台秤示数为3mg
B．剪断细线的瞬间，台秤示数突然变大
C．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为g，方向竖直向上
D．剪断细线后，小球A向上运动至最高点的过程中，台秤示数先减小后增大
12．(多选)如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t变化的图像如图b所示，若图像中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则( )
A．t1时刻小球具有最大速度
B．t2时刻小球的速度大小为零
C．可以计算出小球自由下落的高度
D．小球在最低点时处于超重状态
课时分层作业(二十六) 超重和失重
1．解析：当无人机有向下的加速度时处于失重状态，可能加速下降或减速上升．
答案：D
2．解析：水桶自由下落，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，对容器壁无压力，故水不会流出，选项B正确．
答案：B
3．解析：在空间站轨道舱内，所有的物体均处于完全失重状态，利用哑铃、跑步机、单杠进行锻炼均与重力有关，故无法使用，而利用弹簧拉力器可以锻炼，与重力无关．
答案：D
4．解析：当轿厢向上匀减速时，轿厢加速度向下，处于失重状态，故选项A错误；轿厢失重，所以曳引绳的拉力小于重力，故选项D正确；同时，对重向下做匀减速运动，处于超重状态，所以选项B、C错误．故选D.
答案：D
5．解析：火箭加速上升时，加速度向上，
对宇航员有N－mg＝ma
即N＝ma＋mg>mg
所以宇航员处于超重状态，由牛顿第三定律知宇航员对座椅的压力等于其所受支持力，A正确，D错误；
加速下落时，加速度向下，对宇航员有
mg－N＝ma
即N＝mg－ma
落地前减速，加速度向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，C错误．故选AB.
答案：AB
6．解析：在C点速度为零，有向下的加速度，合力不为零，受力不平衡，人处于失重状态，不是静止状态，故A错误；
在B点时人的速度最大，此时人所受合力为零，加速度为零，故B错误；
固定在地面时传感器示数为T＝1400N，设此时弹性绳的弹力为F，由平衡条件得F＝T＋mg
打开扣环瞬间，对人，由牛顿第二定律得
F－mg＝ma
代入数据解得a＝20m/s2，故C错误；人从A点到B点过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力F减小，人所受合力F－mg减小，加速度减小，故D正确．故选D.
答案：D
7．解析：由于15位乘客总质量为1040kg，而电梯额定载重量为1050kg，则当第15位乘客进入电梯时，还没有达到电梯的额定载重量，从而电梯不会鸣笛警示，A项错误；当电梯从八层开始向下运动时，加速度向下，由牛顿第二定律知mg－FT＝ma，FN＝F′N，则此时拉力小于乘客的重力，电梯不会鸣笛警示，B项错误；当电梯从八层下降到一层，快要停止时，加速度向上，由牛顿第二定律FT－mg＝ma，则此时拉力可能大于乘客的重力，则电梯可能会鸣笛警示，C项正确，D项错误．
答案：C
8．解析：(1)当T1＝40N时，二力平衡，F合＝0，则加速度a1＝0，电梯处于静止或匀速直线运动状态．(2)当T2＝32N时，根据牛顿第二定律有T2－mg＝ma2，可得此时电梯的加速度a2＝＝m/s2＝－2m/s2，即电梯的加速度方向竖直向下，电梯加速下降或减速上升．
(3)当T3＝44N时，根据牛顿第二定律有T3－mg＝ma3，可得此时电梯的加速度a3＝＝m/s2＝1m/s2，即电梯的加速度方向竖直向上，电梯加速上升或减速下降．
答案：(1)静止或匀速直线运动状态
(2)电梯加速下降或减速上升
(3)电梯加速上升或减速下降
9．解析：由图甲和图乙可知，张明同学在a点时处于平衡状态，力传感器的读数为500N，由牛顿第三定律可知，力传感器对人的支持力为500N，由平衡条件可知，张明的重力为500N，故A错误；
由图乙可知，张明同学在c点和e点时，力传感器的读数均大于500N，则张明同学处于超重状态，故B错误，C正确；
由图乙可知，张明同学在d点时，力传感器的读数为1500N，由牛顿第二定律有Fd－mg＝ma
解得a＝20m/s2
由图乙可知，张明同学在f点时，力传感器的读数为0，由牛顿第二定律有mg＝ma1
解得a1＝10m/s2
则张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D正确．故选CD.
答案：CD
10．解析：由题图可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力为F1＝450N，由牛顿第二定律有mg－F1＝ma，解得a1＝1m/s2，加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态，故A、B错误；设在10～11s内小明的加速度为a3，时间为t3＝1s，0～2s的时间为t1＝2s，则a1t1＝a3t3，解得a3＝2m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg＝ma3，解得F3＝600N，故C正确；0～2s内位移x1＝a1t＝2m, 2～10s内位移x2＝v匀t2＝a1t1t2＝16m, 10～11s内位移x3＝a3t＝1m，小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19m，故D错误．
答案：C
11．解析：未剪断细线前，对小球A和箱子整体分析，整体受力平衡，结合牛顿第三定律得台秤示数F＝3mg，故A正确；剪断细线前，对小球A进行受力分析，Fx＝T＋mg＝2mg，剪断细线的瞬间，对小球A进行受力分析，根据牛顿第二定律有Fx－mg＝2mg－mg＝ma，得a＝g，方向竖直向上，由此可知，小球A向上先加速运动后减速运动，整个系统先处于超重状态后处于失重状态，故台秤示数先增大后减小，故B、C正确，D错误．
答案：D
12．解析：A错：t1时刻小球刚与弹簧接触，弹簧弹力为零，弹簧弹力与重力平衡时小球的速度最大．
B对：t2时刻弹力最大，说明小球到达最低点，故小球的速度大小为零．
C对：在t3～t4时间内小球做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，可以计算出小球自由下落的高度．
D对：小球自高处落下，到达最低点时，弹簧压缩量最大，弹力大于重力，小球有向上的加速度，处于超重状态．
答案：BCD课时分层作业(二十七) 传送带模型和板块模型
A组 基础巩固练
1．如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3(当地重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力).用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2，当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为( )
A．a1＝2m/s2，a2＝3m/s2
B．a1＝3m/s2，a2＝2m/s2
C．a1＝5m/s2，a2＝3m/s2
D．a1＝3m/s2，a2＝5m/s2
2．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4m，以v0＝2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中( )
A．时间是s
B．时间是2.25s
C．划痕长度是4m
D．划痕长度是0.5m
3．(多选)如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动．将质量为m的物体轻放在水平传送带的左端A处，经过t时间后，物体的速度也变为v，再经t时间物体到达传送带的右端B处，则( )
A．前t时间内物体做匀加速运动，后t时间内物体做匀速运动
B．前t时间内物体受到滑动摩擦力，后t时间内物体受到静摩擦力
C．前t时间内物体的位移与后t时间内物体的位移大小之比为1∶2
D．物体由传送带左端A处运动到右端B处相对传送带的位移向左
4．如图所示，水平固定放置的传送带一直以速度v2顺时针转动，两轮轴心间距L＝8m．一个物块(可视为质点)以速度v1＝2m/s从左轮的正上方向右滑上传送带，并一直做匀加速运动，直至从右轮的正上方离开传送带．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块在传送带上运动的加速度大小；
(2)物块在传送带上运动的时间及v2的最小值．
5．如图所示，质量为M＝1kg的小车静止在光滑水平面上，现有一质量为m＝0.5kg的滑块(可视为质点)以v0＝3m/s的初速度从左端沿小车上表面冲上小车，带动小车向前滑动．已知滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)滑块在小车上滑动的过程中，滑块相对于地面的加速度a；
(2)若小车足够长，滑块与小车达到的共同速度v的大小；
(3)若要滑块不会从小车上滑落，小车至少多长？
6．如图所示，水平地面上有一质量为1kg的长木板A，木板长2m，左端放有一质量为2kg的小物块B.一水平向右的力F＝20N作用在物块上，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.5, g＝10m/s2求：
(1)木板的加速度大小；
(2)多长时间AB分离；
(3)分离时A的速度大小．
B组 能力提升练
7.(多选)如图所示，一质量为m的木块以v1的速率向右滑上以v2的速率在光滑水平地面上向左运动的薄木板，薄木板质量为M，已知m
滑沙运动是小朋友比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为2m/s2
C．经过1s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s
9.[2023·广东深圳高一上期末]图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带截面图，1为长度L1＝2m的水平传送带，2为长度L2＝1m、倾角θ＝30°的倾斜传送带，现将质量m＝0.2kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a，到达b处时刚好与传送带1的速度相等，口罩盒与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5.口罩盒在连接点b处从水平传送带滑上倾斜传送带时速度大小不变，两传送带均逆时针转动．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2.
(1)求传送带1的速度v1的大小；
(2)要使口罩盒能够运送至c点，求传送带2的最小速度大小．
课时分层作业(二十七) 传送带模型和板块模型
1．解析：由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即Ff＝ma1
且Ff的最大值为Ffm＝μmg
故a1的最大值为a1m＝μg＝3m/s2
当二者相对静止一起加速时a2＝a1≤3m/s2
当F较大时，二者发生相对滑动
a1＝3m/s2，
a2>3m/s2.故选D.
答案：D
2．解析：小煤块刚放上传送带时，加速度a＝μg＝4m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间t1＝＝0.5s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5m，而传送带的位移x2＝v0t1＝1m，故小煤块在传送带上的划痕长度l＝x2－x1＝0.5m，D正确，C错误；之后小煤块匀速运动，故匀速运动的时间t2＝＝1.75s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25s，A错误，B正确．
答案：BD
3．解析：前t时间内，物体相对皮带向左运动，皮带对物体有向右的滑动摩擦力，物体向右做匀加速直线运动，后t时间内，物体与皮带保持相对静止，皮带对物体摩擦力为0，物体向右做匀速直线运动，A正确，B错误；前t时间内，物体向右做匀加速直线运动，则有x1＝t后t时间内，物体向右做匀速直线运动，则有x2＝vt解得＝，C正确；前t时间之内，物体向右做匀加速直线运动，速度小于皮带的速度v，物体相对皮带向左运动，后t时间之内，物体与皮带保持相对静止，两者之间没有相对运动，则物体由传送带左端A处运动到右端B处相对传送带的位移向左，D正确．故选ACD.
答案：ACD
4．解析：(1)设物块的质量为m，则物块受到向右的滑动摩擦力f＝μmg
由牛顿第二定律f＝ma，解得a＝2m/s2
(2)由匀变速直线运动位移时间关系式可得L＝v1t＋at2代入数据解得t＝2s，t＝－4s(舍)
由v＝v0＋at
可得物块离开传送带时的速度v＝6m/s
传送带的速度必须一直大于物块的速度，物块才能一直做匀加速运动，所以v2≥6m/s.
答案：(1)2m/s2 (2)2s 6m/s
5．解析：(1)对滑块分析，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
解得：a＝μg＝1m/s2，方向向左．
(2)对小车分析，由牛顿第二定律得：μmg＝Ma′
解得：a′＝＝0.5m/s2，方向向右
设经过时间t，滑块和小车达到共同速度v，则满足：
对滑块：v＝v0－at
对小车：v＝a′t
解得t＝2s时滑块和小车达到的共同速度：v＝1m/s.
(3)若要滑块不会从小车上滑落，滑块和小车最终达到共同速度保持相对静止，滑块的位移：x1＝v0t－at2，解得：x1＝4m
小车的位移x2＝a′t2，解得：x2＝1m
则小车至少长L＝x1－x2＝3m
答案：(1)1m/s2，方向向左 (2)1m/s (3)3m
6．解析：(1)物块与木板之间的摩擦力大小
f＝μ2mBg＝0.5×2×10N＝10N
地面与木板之间的摩擦力大小
f1＝μ1(mA＋mB)g＝0.2×3×10N＝6N
木板的加速度大小aA＝＝4m/s2
(2)物块B的加速度大小aB＝＝5m/s2
设经过时间t木板A和物块B分离，有
xB－xA＝lA，即aBt2－aAt2＝2m，解得t＝2s
(3)分离时A的速度大小v＝aAt＝8m/s
答案：(1) 4m/s2 (2) 2s (3)8m/s
7．解析：设木块与木板之间的动摩擦因数为μ，对木块由牛顿第二定律可得木块加速度大小为a1＝＝μg
同理可得木板加速度大小为a2＝
由题可知，m
答案：BD
8．解析：对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8m/s2
同理对滑板，加速度大小为
a2＝＝0.8m/s2故A、B错误；
要使小孩与滑板分离a1t2－a2t2＝L
解得t＝1s
离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8m/s，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
9．解析：(1)口罩盒(包括口罩)放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，
解得a＝μ1g＝4m/s2，
根据运动学公式，有v＝2aL1，
解得v1＝4m/s.
(2)若传送带2不转动，则口罩盒沿传送带2向上运动的加速度大小为a1＝＝g(μ2cosθ＋sinθ)＝10m/s2，
在传送带2上运动的最远距离为smax＝＝0.8m
在传送带2上运动的最远距离s′max＝＝4m>L2，口罩盒运动到c点时速度不为零．
设传送带2的速度为v时，恰好能将口罩盒运送至c点．据以上信息可知，v一定满足0
A组 基础巩固练
1.
如图所示，并排放在光滑水平面上的两物体的质量分别为m1和m2，且m1＝2m2.当用水平推力F向右推m1时，两物体间的相互作用力的大小为FN，则( )
A．FN＝FB．FN＝F
C．FN＝FD．FN＝F
2.
(多选)质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的轻弹簧，放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图所示．今用力F将B球向左推压缩弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间( )
A．A的加速度为B．A的加速度为0
C．B的加速度为D．B的加速度为
3．两质量均为m的木块A、B叠放在一起，静置于水平面上，水平恒力F作用在A上，两木块一起运动，加速度大小为a1，如图(a)所示．现取走木块B，在木块A上施加一方向竖直向下的恒力F1，F1＝mg(g为重力加速度).木块A仍在上述水平恒力F的作用下运动，加速度大小为a2，如图(b)所示．下列关于a1和a2的关系，正确的是( )
A．a2＝2a1B．a2＝a1
C．a2＞2a1D．a1＜a2＜2a1
4．(多选)质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为F＝20N的力作用在A上，使A、B相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是( )
A．弹簧的弹力大小等于8N
B．弹簧的弹力大小等于12N
C.突然撤去F瞬间，A的加速度大小为零
D．突然撤去F瞬间，B的加速度大小为4m/s2
5.
如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度为g＝10m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为( )
A．0
B．大小为10m/s2，方向竖直向下
C．大小为5m/s2，方向斜向右下方
D．大小为5m/s2，方向斜向右下方
6.
[2023·江苏宿迁高一检测](多选)如图所示，A、B两物体质量分别为2kg、1kg，用细线连接置于水平地面上，现用大小为6N的水平作用力F拉物体A，两物体一起向右做匀加速运动，若两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A．B的加速度大小为1m/s2
B．A拉B的作用力为2N
C．若撤去外力F，物体A做减速运动，物体B做加速运动
D．若撤去外力F，物体A的加速度大小为1m/s2
7．[2023·安徽宣城高一检测]
(多选)如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为2kg，与地面间的动摩擦因数为0.25，在水平推力F作用下置于容器内质量为1kg的物块(可视为质点)与容器一起向左做加速运动，OP连线与水平线的夹角θ＝53°，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2)则( )
A．容器的加速度大小为7.5m/s2
B．容器对物块的支持力大小为12.5N
C．推力F的大小为42N
D．地面对容器的支持力等于30N
B组 能力提升练
8.[2023·山西长治高一上期末](多选)
如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细绳悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断细绳瞬间( )
A．a1＝3gB．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2
9.
如图所示，A、B两小球分别连在细线两端，B球与弹簧相连，弹簧另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )
A．都等于B．和0
C．和D．和
10．[2023·安徽芜湖高一上月考](多选)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速直线运动，bc是固定在小车上的水平横杆，质量为M的物块穿在杆上，通过细线悬吊着质量为m的小物体，当小车的加速度为a1、a2时，物体在小车的水平底板上，细线在竖直方向上，全过程中物块始终未相对杆bc运动，物块、物体与小车保持相对静止，物块受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A.若＝，则＝
B．若＝，则＝
C．若＝，则＝
D．若＝，则＝
11．如图所示，小车上固定有一个竖直细杆，杆上套有质量为M的小环，环通过细绳与质量为m的小球连接．当小车水平向右做匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为θ，重力加速度为g，则( )
A．细绳的拉力大小为mgcosθ
B．细杆对环的作用力方向水平向右
C．细杆对环的静摩擦力大小为Mg
D．细杆对环的弹力大小为(M＋m)gtanθ
12．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A．FB．
C．D．
课时分层作业(二十三) 牛顿第二定律的瞬时问题及连接体问题分析
1．解析：当用F向右推m1时，对m1和m2整体，由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a；对m2有FN＝m2a＝F；因m1＝2m2，得FN＝.故选项C正确．
答案：C
2．解析：A错，B对：弹簧的弹力不能发生突变，对A球，F撤去前后受力不变，加速度为0.C错，D对：对B球，撤去F后瞬间，弹簧弹力大小不突变，大小等于F，故B的加速度变为aB＝.
答案：BD
3．解析：设A与地面间的动摩擦因数为μ，对A和B的整体分析，由牛顿第二定律得F－μ·2mg＝2ma1；对A施加一压力F1＝mg，由受力分析可知F－μ(F1＋mg)＝ma2，整理得μ·2mg＋2ma1－μ(mg＋mg)＝ma2，解得a2＝2a1.
答案：A
4．解析：对整体分析，整体的加速度大小a＝＝m/s2＝4m/s2，对B分析，则弹簧的弹力大小F弹＝mBa＝3×4N＝12N，故A错误，B正确；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不发生突变，则A的加速度大小aA＝＝m/s2＝6m/s2，故C错误；撤去F的瞬间，B的受力情况不变，则B的加速度大小aB＝a＝4m/s2，故D正确．
答案：BD
5．解析：小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为：FN＝mgcos30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球所受的合力与原来的支持力FN大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcos30°＝ma，解得a＝5m/s2，方向斜向右下方，C正确．
答案：C
6．解析：A对：A、B两物体一起向右做匀加速运动，加速度相同，对整体分析由牛顿第二定律得F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝1m/s2.
B对：隔离B分析，由牛顿第二定律得FT－μmBg＝mBa
解得A拉B的作用力为FT＝2N.
C错：撤去外力F后，由于水平面粗糙，在滑动摩擦力作用下A、B都做减速运动．
D对：撤去外力F后，由牛顿第二定律得物体A的加速度大小aA＝＝μg＝1m/s2.
答案：ABD
7.
解析：A对：物块受力如图所示，对物块，由牛顿第二定律得＝ma，解得a＝7.5m/s2.B对：由平衡条件可知，容器对物块的支持力FN＝＝N＝12.5N.C错：以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a代入数据解得F＝30N．D对：对物块与容器组成的系统，在竖直方向上，由平衡条件可知，地面对容器的支持力FN地＝(m＋M)g＝(1＋2)×10N＝30N.
答案：ABD
8．解析：设物块的质量均为m，剪断细绳的瞬间，绳的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧S2组成的整体分析，可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．
答案：AC
9．解析：对A和B整体，系统静止时，弹力F弹＝(mA＋mB)gsin30°
剪断细线瞬间，根据牛顿第二定律，对B：取沿斜面向上为正方向，则F弹－mBgsin30°＝mBaB，解得aB＝.对A：取沿斜面向下为正方向，mAgsin30°＝mAaA，解得aA＝.
答案：C
10．解析：当物体的加速度为a1、a2时，物块水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律得f1＝Ma1，f2＝Ma2，当物体的加速度为a3、a4时，对物块和物体组成的系统进行分析，根据牛顿第二定律可得f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4.若a1∶a2＝1∶2，可得f1∶f2＝1∶2，故A错误；若a2∶a3＝1∶2，则f2∶f3＝M∶(2M＋2m)，故B错误；若a3∶a4＝1∶2，则f3∶f4＝1∶2，故C正确；当物体的加速度为a3、a4时，对物体进行受力分析可知tanθ＝，tanα＝，若a3∶a4＝1∶2，可得tanθ∶tanα＝1∶2，故D正确．
答案：CD
11．解析：以小球为研究对象进行受力分析，如图甲所示，由力的合成可得细绳的拉力大小为T＝，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，则速度a＝gtanθ，故A错误；以环为研究对象进行受力分析，如图乙所示，根据牛顿第二定律得FN－T′sinθ＝Ma，Ff－Mg－T′cosθ＝0，又因为T′＝T＝，a＝gtanθ，联立解得FN＝(m＋M)gtanθ，Ff＝(m＋M)g，故C错误，D正确；细杆对环的作用力为F＝，由图丙可知细杆对环的作用力方向斜向右上方，故B错误．
答案：D
12．解析：以40节车厢为研究对象，设车头对第1节车厢的牵引力为F1，每节车厢的质量均为m，每节车厢受到的摩擦力和空气阻力的合力均为f，分析整体，设整体的加速度为a，由牛顿第二定律有F1－40f＝40ma，解得a＝－，再分析前两节车厢，由牛顿第二定律有F1－F－2f＝2ma，解得F1＝F.设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F2，分析后两节车厢有F2－2f＝2ma，解得F2＝F1＝F，C正确．
答案：C课时分层作业(二十四) 力学单位制
A组 基础巩固练
1．下列物理量中，既属于矢量，其单位又属于国际单位制中基本单位的是( )
A．重力B．质量
C．位移D．时间
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．物理学公式在确定物理量数值关系的同时，也确定了物理量单位间的关系
B．力学中所选定的基本量有力、质量、时间
C．基本量的单位叫作基本单位
D．由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位叫作导出单位
3．在国际单位制中，力的单位是“牛顿”，下列用基本单位表示“牛顿”正确的是( )
A．kg·m/s2B．m/s2
C．kg·m/sD．m/s
4．国际计量大会对基本单位的定义始于1889年，1971年决议增加“物质的量”作为国际单位制的第七个基本量．经过近百年时间确定了七个基本单位，下列仪器测量的物理量的单位是基本单位的是( )
5．(多选)用国际单位制验证选项中的表达式，可能正确的是( )
A．x＝at(x为位移、a为加速度、t为时间)
B．a＝μg(a为加速度、μ为动摩擦因数、g为重力加速度)
C．F＝m(F为作用力、m为质量、v为速度、R为半径)
D．v＝(v为速度、R为半径、g为重力加速度)
B组 能力提升练
6.(多选)导出单位是由基本单位组合而成的，下列说法中正确的是( )
A．加速度的单位是m/s2，是由m和s两个基本单位组合而成的
B．加速度的单位是m/s2，由公式a＝可知，它是由m/s和s两个基本单位组合而成的
C．加速度的单位是m/s2，由公式a＝可知，它是由N和kg两个基本单位组合而成的
D．使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力为1N
7．(多选)我国载人飞船已多次成功发射和回收．假设载人舱在竖直降落时所受空气阻力与速度的平方成正比，即f＝kv2，其中k为比例系数．若载人舱的质量为m，重力加速度为g，则( )
A．k的单位用国际单位制中的基本单位表示是kg/m
B．载人舱降落过程加速度大小先减小后增大
C．降落距离足够大时，载人舱最终的速度大小为
D．载人舱的速度大小为时，加速度大小为
课时分层作业(二十四) 力学单位制
1．解析：位移是矢量，其单位是m，属于国际单位制中基本单位．
答案：C
2．解析：A对：物理量通常是由数值和单位组成的(少数物理量例外，如动摩擦因数无单位)，所以物理学公式在确定物理量数值关系的同时，也确定了物理量单位间的关系．B错：力是导出量．C对：基本量的单位叫作基本单位．D对：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位叫作导出单位．
答案：ACD
3．解析：“牛顿”这个单位是由牛顿第二定律定义的，即F＝ma，所以1N＝1kg·1m/s2＝1kg·m/s2，故A项正确．
答案：A
4．解析：题图中分别测量的是：力、电压、时间和速度．故选项C正确．
答案：C
5．解析：x为位移，国际单位是m，a为加速度，国际单位是m/s2，t为时间，国际单位是s，所以at的国际单位是m/s，所以x＝at是错误的，故A项错误；a为加速度，国际单位是m/s2，μ为动摩擦因数，无单位，g为重力加速度，国际单位是m/s2，所以a＝μg可能正确，所以B项正确；F为作用力，国际单位是N，m为质量，国际单位是kg，v为速度，国际单位是m/s，R为半径，国际单位是m.1N＝1kg·m/s2，所以F＝m是错误的，故C项错误；v为速度，国际单位是m/s，g为重力加速度，国际单位是m/s2，R为半径，国际单位是m，的国际单位是m/s，所以v＝可能正确，故D项正确．
答案：BD
6．解析：速度v的单位是m/s，时间t的单位是s，根据加速度的定义式a＝，知加速度的单位是m/s2，是由m和s两个基本单位组合而成的，m/s是导出单位，A正确，B错误；N是导出单位，不是基本单位，C错误；根据F＝ma知，使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力为1N，D正确．
答案：AD
7．解析：A对：根据f＝kv2，可知k＝，单位＝＝.B错：根据牛顿第二定律可得mg－kv2＝ma，即随速度的增加，加速度逐渐减小，直到加速度等于零后做匀速运动．C对：当载人舱达到最终速度时满足mg＝kv2，解得v＝.D对：载人舱的速度大小为时，代入mg－kv2＝ma可得a＝g.
答案：ACD课时分层作业(二十五) 牛顿运动定律的应用
A组 基础巩固练
1．假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时匀速行驶，洒水时它的运动将是( )
A．做变加速运动
B．做初速度不为零的匀加速直线运动
C．做匀减速运动
D．继续保持匀速直线运动
2．质量为1kg的物体，受水平恒力F的作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在1s内的位移为2m，则力F的大小为( )
A．1NB．2N
C．4ND．6N
3．用30N的水平外力F拉一个静止在光滑水平面上的质量为20kg的物体，力F作用3s后消失，则第5s末物体的速度和加速度分别是( )
A．v＝4.5m/s，a＝1.5m/s2
B．v＝7.5m/s，a＝1.5m/s2
C．v＝4.5m/s，a＝0
D．v＝7.5m/s，a＝0
4.
在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为 ( )
A．7m/sB．14m/s
C．10m/sD．20m/s
5.
新疆长绒棉因质量美誉世界，长绒棉从犁地、播种、植保到采收，已基本实现全自动化．如图为无人机为棉花喷洒农药．无人机悬停在某一高度，自静止开始沿水平方向做匀加速运动，2s达到作业速度，开始沿水平方向匀速作业，已知作业前无人机和农药总质量为20kg，无人机作业速度为6m/s，重力加速度为10m/s2，则在加速阶段空气对无人机的作用力约为( )
A．60NB．200N
C．209ND．220N
6．如图在设计三角形的屋顶时，使雨水尽快地从屋顶流下，并认为雨水是从静止开始由屋顶无摩擦地流动．试分析：在屋顶宽度(2L)一定的条件下，屋顶的倾角应该多大？雨水流下的最短时间是多少？
7．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F＝28N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2.
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H＝64m，求飞行器所受阻力F阻的大小．
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h.
B组 能力提升练
8.如图，某同学用恒力通过与水平面成37°角的绳子拉动质量为46kg的木箱，使木箱从静止开始沿粗糙水平路面运动了2m，速度达到2m/s.已知木箱与路面的动摩擦因数为0.2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)，则( )
A．木箱加速度的大小为2m/s2
B．地面对木箱的弹力大小为370N
C．该同学对木箱的拉力大小为120N
D．木箱受到的摩擦力大小为92N
9．如图所示，质量为m＝3kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2s时间木块沿斜面上升4m，g取10m/s2，则推力F的大小为( )
A．42NB．6N
C．21ND．36N
10.第24届冬奥会于2022年2月4日在北京和张家口成功举行．如图甲所示为一位滑雪爱好者，人与装备的总质量为50kg，在倾角为37°的雪坡上，以2m·s－1的初速度沿斜坡匀加速直线滑下．他运动的v t图像如图乙所示．g取10m·s－2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)滑雪者(包括装备)受到雪坡的支持力大小；
(2)滑雪者(包括装备)与雪坡之间的动摩擦因数μ.
11．[2022·浙江6月]物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4).
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
课时分层作业(二十五) 牛顿运动定律的应用
1．解析：a＝＝＝－kg，洒水时质量m减小，则a变大，所以洒水车做加速度变大的加速运动，故A正确．
答案：A
2．解析：由x＝at2得：a＝＝4m/s2，对物体由牛顿第二定律得F＝ma＝4N.
答案：C
3．解析：由牛顿第二定律得加速度a＝＝m/s2＝1.5m/s2，力F作用3s时速度大小为v＝at＝1.5×3m/s＝4.5m/s，而力F消失后，其速度不再变化，物体加速度为零，故C正确．
答案：C
4．解析：设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式可得v＝2ax，故汽车刹车前的速度为v0＝＝＝m/s＝14m/s，因此B正确．
答案：B
5．解析：根据加速度定义得a＝＝m/s2＝3m/s2
根据力的合成得F＝≈209N，故选C.
答案：C
6．解析：如图所示，通过屋顶作直线AC与水平线BD相垂直；并以L为半径、O为圆心画一个圆与AC、BC相切．然后，画倾角不同的屋顶A1B、A2B、A3B……从图可以看出：在不同倾角的屋顶中，只有A2B是圆的弦，而其余均为圆的割线．根据“等时圆”规律，雨水沿A2B运动的时间最短，且最短时间为tmin＝＝＝2
屋顶的倾角满足tanα＝＝1，可得α＝45°
答案：45° 2
7．解析：(1)
第一次飞行中飞行器的受力情况及运动过程分析，如图所示．
设加速度为a1，匀加速运动的位移H＝a1t，
由牛顿第二定律知：F－mg－F阻＝ma1，
联立解得飞行器所受阻力F阻＝4N.
(2)第二次飞行中，设失去升力前上升的高度为h1，则h1＝a1t，
设失去升力时的速度为v1，再上升的加速度大小为a2，继续上升的高度为h2，
由牛顿第二定律知：－mg－F阻＝ma2
v1＝a1t2，h2＝
解得h＝h1＋h2＝42m.
答案：(1)4N (2)42m
8．解析：A错：由v2－v＝2ax得，加速度a＝＝m/s2＝1m/s2.
B对，C、D错：木箱受到重力、拉力、支持力和摩擦力作用，如图所示．木箱受到的摩擦力大小为Ff＝μFN
竖直方向：Fsin37°＋FN－mg＝0
水平方向：Fcos37°－Ff＝ma
联立解得：FN＝370N，F＝150N，Ff＝74N.
答案：B
9．解析：因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ＝；当木块在推力作用下由静止沿斜面加速上滑时，由运动学公式x＝at2得a＝2m/s2，由牛顿第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得F＝36N，D正确．
答案：D
10．解析：(1)滑雪者(包括装备)在雪坡上受力如图所示
由平衡条件得FN＝mgcos37°＝400N
(2)由v t图像可得滑雪者(包括装备)的加速度大小a＝＝4m·s－2
根据牛顿第二定律mgsin37°－Ff＝ma
解得Ff＝100N，则μ＝＝0.25
答案：(1)400N (2)0.25
11．解析：(1)牛顿定律
mgsin24°－μmgcos24°＝ma1
a1＝2m/s2
(2)匀加速
v2＝2a1l1
v＝4m/s
(3)匀减速
v－v2＝2a2l2
a2＝－μg
l2＝2.7m
答案：(1)2m/s2 (2)4m/s (3)2.7m课时分层作业(二十一) 牛顿第一定律
A组 基础巩固练
1．通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是( )
A．亚里士多德B．伽利略
C．笛卡儿D．牛顿
2．(选自教科版新教材课后练习)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )
A．物体运动的速度越大，其惯性越大
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．物体做变速运动时，没有惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
3．(多选)大货车不能超载，也不能超速行驶，否则存在交通隐患，下列说法正确的有( )
A．大货车超载会导致惯性变小
B．大货车超载会导致惯性变大
C．大货车超速会导致惯性变大
D．大货车超速不会导致惯性变化
4．如图为某机场为方便旅客通行，安装的一种水平电梯．下列说法正确的是( )
A．人刚踏上电梯时有向前倾的趋势
B．人刚踏上电梯时受到向前的摩擦力
C．电梯速度越大，人刚踏上电梯时的惯性越大
D.电梯速度越大，人刚踏上电梯时受到的摩擦力越大
5．目前，城市公交车内的横杆上挂着多只“手环”．一乘客面向行车方向坐在车上观察前方的“手环”，下列说法正确的是 ( )
A．车突然加速时，“手环”依然自然下垂
B．车突然减速时，“手环”依然自然下垂
C．若“手环”偏向右侧，则说明车在右转弯
D．若“手环”偏向右侧，则说明车在左转弯
6．2022年2月20日北京冬奥会闭幕的当天，冰壶进行决赛．冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，以下有关冰壶的说法正确的是( )
A．冰壶在冰面上的运动直接验证了牛顿第一定律
B．冰壶在冰面上做运动状态不变的运动
C．冰壶在冰面上的运动说明冰壶在运动过程中惯性慢慢减小
D．冰壶在运动过程中抵抗运动状态变化的“本领”是不变的
B组 能力提升练
7.
如图所示，一个劈形物体abc各面均光滑，放在固定的斜面上，ab成水平并放上一个光滑小球，把物体abc从静止开始释放，则小球在碰到斜面以前的运动轨迹是 ( )
A．沿斜面的直线B．竖直的直线
C．弧形曲线D．折线
8．[2022·黑龙江大庆实验中学月考]在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球( )
A．可能落在A处B．一定落在B处
C．可能落在C处D．以上都有可能
课时分层作业(二十一) 牛顿第一定律
1．解析：伽利略通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”，打破了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论，故B正确．
答案：B
2．解析：惯性是物体的固有属性，与物体的运动速度或加速度大小无关，没有力的作用，物体可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，A、B、C错误，D正确．
答案：D
3．解析：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体所具有的惯性大．大货车超载时质量变大，导致大货车惯性变大，A错误，B正确；惯性的大小与大货车的速度大小无关，C错误，D正确．
答案：BD
4．解析：A错，B对，人刚踏上电梯时，人相对电梯有向后运动的趋势，则受到向前的摩擦力，从而会有向后倾的趋势．C错：人的惯性只由人的质量决定，与电梯的速度无关．D错：摩擦力的大小与相对速度无关．
答案：B
5．解析：车突然加速时，由于惯性作用，“手环”要保持原来的运动状态，所以向后偏，故A错误；车突然减速时，由于惯性作用，“手环”要保持原来的运动状态，所以向前偏，故B错误；若“手环”偏向右侧，由于惯性的作用，“手环”要保持原来的运动状态，此时车转弯方向和“手环”出现的情况相反，故车向左偏转，故C错误，D正确．
答案：D
6．解析：力是改变物体运动状态的原因，冰壶在冰面上的运动受到摩擦力的作用，速度逐渐减小，所以不能验证牛顿第一定律，选项A、B错误；质量是惯性大小的量度，与速度的大小无关，冰壶的质量不变，所以在运动过程中抵抗运动状态变化的“本领”即惯性是不变的，选项C错误、D正确．
答案：D
7．解析：劈形物体abc从静止释放后，小球在水平方向不受力的作用，由于惯性，小球在水平方向上没有运动，而在竖直方向上，小球受到的支持力小于重力，所以小球在碰到斜面以前的运动轨迹是竖直的直线．
答案：B
8．解析：火车匀速行驶，在小球释放前小球随车一起运动，小球的速度等于车的速度v；在小球由静止释放后，由于惯性小球在水平方向的速度保持不变，即vx＝v，即小球下落的过程中小球在水平方向的速度始终等于车速度，小球一定落到B处．故B项正确．
答案：B课时分层作业(二十) 整体法和隔离法在平衡中的应用
A组 基础巩固练
1．[2023·北京市第一六六中学高一期中]
倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上，下列结论正确的是(重力加速度为g)( )
A．木块受到的摩擦力大小是mg cos α
B．木块对斜面体的压力大小是mg sin α
C．桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin αcos α
D．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g
2．[2023·湖北沙市高一联考]如图所示，一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上的物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，且整个过程未发生移动．人、物块与长木板间的动摩擦因数均为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．斜面对长木板的摩擦力大小为3mg sin θ
B．斜面对长木板的摩擦力大小为3μ2mg cos θ
C．长木板对人的摩擦力大小为2μ1mg cos θ
D．长木板对人的摩擦力大小为mg sin θ
3．[2023·四川成都外国语学校高一下月考](多选)如图所示，一渔民欲把重力均为G的虾笼A、B从水中缓慢拉出，此时虾笼A已被拉出水面，虾笼B还未完全拉出水面，轻质绳索1、2与水平面的夹角分别为60°和30°.下列说法正确的是( )
A.绳索1上的拉力大小等于2G
B．绳索2上的拉力大小等于G
C．水对虾笼B的作用力等于G
D．水对虾笼B的作用力等于
4．如图所示，钉子A和小定滑轮B均固定在竖直墙面上，它们相隔一定距离且处于同一高度，细线的一端系有一小砂桶D，另一端固定在钉子A上．质量为m的小球E与细线上的轻质动滑轮C连接．初始时整个系统处于静止状态，滑轮C两侧细线的夹角为74°.现缓慢地往砂桶中添加细砂，当系统再次平衡时，滑轮C两侧细线的夹角为106°.不计一切摩擦，取cos 37°＝0.8，cos 53°＝0.6，则此过程中往砂桶D中添加的细砂质量为( )
A．m B．m
C．m D．m
5．[2023·龙岩第一中学高一阶段练习](多选)如图，质量分别为m1、m2的两个物体A和B通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向向右做匀速直线运动，力F与水平方向成θ角．已知物体A与水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列对物体A所受支持力FN和摩擦力Ff的表述正确的是( )
A．FN＝(m1＋m2)g－F sin θ
B．FN＝(m1＋m2)g－F cos θ
C．Ff＝F cos θ
D．Ff＝μ(m1＋m2)g－μF sin θ
6.
如图所示，开口向下的U形框架，两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆的中点固定一定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A的绳与水平方向的夹角为θ，连接滑块B的绳与水平方向的夹角为2θ，则A、B两滑块的质量之比为( )
A．2sin θ∶1 B．2cos θ∶1
C．1∶2cos θ D．1∶2sin θ
7．如图所示，质量为2m的物块A静置于水平台面上，质量为M、半径为R的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C上，P为三根轻绳PA、PB、PO的结点．系统在图示位置处于静止状态，P点位于C正上方距离其球心高h处(h＝2R)，OP竖直，PA水平，PB长为R，已知A与台面的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．绳OP的拉力大小为mg
B．A受到的摩擦力大小为2μmg
C．B对C的压力大小为mg
D．绳PB对B的拉力大小为mg
B组 能力提升练
8.[2022· 浙江6月]
如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°.一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的( )
A．作用力为G B．作用力为G
C．摩擦力为G D．摩擦力为G
9．如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．A球、C球与B球分别用两根轻质细线连接，当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，图中θ＝30°，则A球、C球的质量之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶ D．∶1
10．[2023·吉林长春高一上期末]如图所示，将一质量为m的木块静置在半球体上，半球体与木块均处于静止状态，已知木块与半球体间的动摩擦因数为μ，木块与球心的连线和水平地面的夹角θ＝60°，则下列说法正确的是( )
A．地面对半球体的摩擦力方向水平向右
B．木块对半球体的压力大小为mg
C．地面对半球体的摩擦力方向水平向左
D．木块所受摩擦力的大小为μmg
11．如图所示，两小球A、B固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为m1和m2，将其放入光滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径OA、OB与竖直方向的夹角分别为30°和45°，则m1和m2之比为( )
A．∶1 B．∶1
C．2∶1 D．∶1
整体法和隔离法在平衡中的应用
1．解析：先对木块m受力分析，如图所示，
受重力mg、支持力FN和静摩擦力Ff，根据平衡条件，有：Ff＝mgsinα，FN＝mgcosα，由牛顿第三定律知，木块对斜面体的压力大小为mgcosα，故A、B错误；对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为FN＝(M＋m)g，摩擦力为零，故C错误，D正确．
答案：D
2．解析：对人、物块、长木板三者整体研究，斜面对其摩擦力为静摩擦力，其大小为Ff＝3mgsinθ，B项错误，A项正确；对人、物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为Ff′＝2mgsinθ，C、D项错误．
答案：A
3．解析：
对虾笼A、B受力分析如图所示，对虾笼A，由平衡条件可得T1sin60°＝G＋T2sin30°，T1cos60°＝T2cos30°，解得T1＝G，T2＝G，A错误，B正确；对虾笼B分析，水对虾笼B的作用力与虾笼B的重力和绳索2拉力的合力等大反向，有F水＝2G·cos＝G，C正确，D错误．
答案：BC
4．解析：设初始时砂桶和砂的质量为m1，再次平衡时砂桶和砂的质量为m2，则根据平衡条件有m1gcos37°＝mg，m2gcos53°＝mg，解得m1＝m，m2＝m.则Δm＝m2－m1＝m，C项正确．
答案：C
5．解析：以物体A、B及轻弹簧组成的整体为研究对象，由平衡条件可得，竖直方向满足Fsinθ＋FN＝(m1＋m2)g，可得FN＝(m1＋m2)g－Fsinθ，水平方向满足Fcosθ＝Ff，A、C正确，B错误；由滑动摩擦力的定义可得Ff＝μFN＝μ(m1＋m2)g－μFsinθ，D正确．
答案：ACD
6．解析：轻绳绕过定滑轮，绳中张力FT相等，
对A：FTsinθ＝mAg，
对B：FTsin2θ＝mBg，
由两式得：＝.
答案：C
7．解析：
如图所示，利用几何三角形与力三角形相似，线段成比例分析知：
D错：绳PB对B的拉力F1大小为mg.
C对：B对C的压力大小FN为mg.
A错：绳OP的拉力T等于绳PB的拉力在竖直方向的分量，则T
答案：C
8．解析：根据对称性，四根斜杆对横杆的作用力大小相等，设为F，选择横杆和物体为研究对象，根据平衡条件有4Fcos＝G，解得F＝G，故每根斜杆受到地面的作用力也为G，选项B正确．摩擦力等于Fcos60°＝G，选项C、D错误．
答案：B
9．关键词：光滑、保持静止、刚好无压力．
解析：
由几何知识可知，两细线相互垂直．设A球、C球的质量分别为mA、mC.由二力平衡条件知，连接A、C两球的细线的弹力分别为：T1＝mAg，T2＝mCg.
再取B球研究，如图所示，受重力G、两细线的拉力T1、T2作用，T1与T2的合力与重力等大、反向，则有
T1＝T2tanθ，＝tanθ＝，
将T1＝mAg，T2＝mCg代入得＝.
答案：C
10．解析：以木块和半球体整体为研究对象，受重力和支持力，整体水平方向受力为零，根据平衡条件得知，地面对半球体的摩擦力为零，故A、C错误．对木块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，如图1所示．将重力正交分解，如图2所示．由于木块静止在半球体上，处于平衡状态，沿半径方向列平衡方程，有N－mgsinθ＝0，解得N＝mgsinθ＝mgsin60°＝mg，根据牛顿第三定律，木块对半球体的压力大小为mg，方向沿半径方向指向圆心；沿切向列平衡方程，有f－mgcosθ＝0，解得f＝mgcos60°＝mg，故B正确，D错误．
答案：B
11．解析：
由于轻杆受到两小球的弹力而平衡，根据牛顿第三定律可知轻杆对两小球的弹力等大、反向，设大小为F，对两小球分别受力分析，如图所示．根据平衡条件并结合正弦定理，有＝，＝，联立解得＝＝，故A正确，B、C、D错误．
答案：A课时分层作业(二) 时间 位移
A组 基础巩固练
1．[2023·内蒙古左旗中学期中]2021年10月16日0时23分，搭载“神舟十三号”载人飞船的“长征二号”F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心发射成功．约582秒后，“神舟十三号”载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空.10月16日6时56分，“神舟十三号”载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接．以下说法正确的是( )
A．“2021年10月16日0时23分”是指时间
B．“10月16日6时56分”是指时刻
C．“约582秒”是指时刻
D．研究“神舟十三号”载人飞船飞行轨迹时，不能将飞船视为质点
2．[2023·福建泉州中学期中]下列各物理量描述正确的是( )
A．一个物体相对于其他物体位置的变化叫作机械运动
B．物体在5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这1 s的时间
C．描绘航空母舰在海洋中的运动轨迹时，航空母舰不可看作质点
D．高清摄像机拍摄子弹穿过苹果瞬间的照片，曝光时间为0.1 s，这里指的是时刻
3．如图所示，在距墙1 m的A点，小球以某一速度冲向与墙壁固定的弹簧，将弹簧压缩到最短时到达距墙0.2 m的B点，然后又被弹回至距墙1.5 m的C点静止，则从A点到C点的过程中，小球的位移大小和路程分别是( )
A．0.5 m、1.3 m B．0.8 m、1.3 m
C．0.8 m、1.5 m D．0.5 m、2.1 m
4.
[2023·河北学业水平测试]某人驾驶汽车从火车站到植物园的路线图如图中实线所示，该过程中汽车经过的路线总长度为18千米，用时29分钟．下列说法正确的是( )
A．“29分钟”指的是时刻
B．“18千米”指的是汽车位移的大小
C．“18千米”指的是汽车行驶路程
D．研究此过程中汽车的运动轨迹时不能把汽车看成质点
5．文学作品中往往蕴含着一些物理知识，下列诗句中加点的词表示位移的是 ( )
A．飞流直下三千尺，疑是银河落九天
B．一身转战三千里，一剑曾当百万师
C．坐地日行八万里，巡天遥看一千河
D．三十功名尘与土，八千里路云和月
6．[2023·湖北部分高中联考协作体高一期中联考]汉十高速铁路，简称汉十高铁，又名汉十客运专线，是一条连接湖北省武汉市与十堰市的高速铁路，是中国“八纵八横”高速铁路网中部地区与西北地区间的便捷联系通道，下表是该线路上G6805次列车信息，其中08：44和02：32分别对应的是( )
A．时间间隔、时刻 B．时刻、时间间隔
C．时间间隔、时间间隔 D．时刻、时刻
7．[2023·浙江宁波高一上期末]为抗击新型冠状病毒疫情，宁海200多名医护人员分批从宁海的同一个地点出发到达同一集合点，假定两批医护人员分别采用图中导航中的不同路线方案至集合点，下列说法正确的是( )
A．路程和位移都有大小，所以路程和位移都是矢量
B．两批医护人员的位移一定相同
C．图中“时间少 收费多”方案中的“1小时25分”是指时刻
D．图中“距离较短”方案中的“85公里”是指位移的大小
8.
如图所示，小王从市中心出发到图书馆．他先向南走400 m到一个十字路口，再向东走300 m到达目的地．小王通过的路程和位移的大小分别是( )
A．700 m，100 m B．400 m，300 m
C．700 m，500 m D．500 m，100 m
9．[2023·湖北高一上检测]一个质点在x轴上运动，它在第n秒末对应的坐标记录在如下表格中，则下列说法中正确的是( )
t/s 0 1 2 3 4 5
x/m －1 1 3 4 －2 －3
A.前4 s内的路程为7 m
B．前4 s内的路程为1 m
C．第4 s内的位移为6 m
D．最后2 s内的位移为－7 m
10．[2023·江苏盐城高一上检测](多选)质点沿一直线做往复运动，如图所示，OA＝AB＝OC＝CD＝1 m，O点为原点，且质点由A点出发沿x轴正方向运动至B点后返回，并沿x轴负方向运动．下列说法正确的是( )
A．质点从A到B再到C的位移为2 m，路程为4 m
B．质点从B到D的位移为－4 m，路程为4 m
C．当质点到达D点时，其位置可用D点的坐标－2 m表示
D．当质点到达D点时，相对于A点的位移为－3 m
B组 能力提升练
11.[2023·河南郑州育人中学月考]
2021年9月20日22时08分，我国“天舟三号”货运飞船携带着物资，成功对接于空间站天和核心舱，与空间站组合体完成自主快速交会对接，为我国空间站组合体送去第二批物资．二者对接之前，分别在各自的轨道上做圆周运动，如图所示，下列说法正确的是( )
A．“22时08分”是指时间间隔
B．它们各自转一圈，其位移相等
C．它们各自转一圈，其路程相等
D．交会对接时，它们可以看成质点
12．[2023·湖南长沙师大附中高一上期中]如图甲所示，一根细长的弹簧系着一小球，放在光滑桌面上，手握小球把弹簧拉长，放手后小球便来回运动，图中B为小球向右到达的最远位置．从小球某次经过O点时开始计时，其有关时刻的位置如图乙所示，若测得OA＝OC＝7 cm，AB＝3 cm，下列说法正确的是( )
A．0.2～0.8 s内小球的位移大小是7 cm，方向向右，经过的路程是13 cm
B．0.4～0.8 s内小球的位移大小是10 cm，方向向左，经过的路程是10 cm
C．0.2～0.6 s内小球的位移大小是零，经过的路程是零
D．0.2～1.0 s内小球的位移大小是14 cm，方向向左，经过的路程是21 cm
13.
如图所示，某人沿着倾角为45°的楼梯从一楼的位置A走到了二楼位置B，如果楼梯间的宽度为L，则人的位移大小和路程分别为( )
A．2L，L
B．2L，(1＋2)L
C．L，2L
D．L，(1＋2)L
14．[2023·北京海淀区101中学高一上期中](多选)某工地以O点为爆破点，爆破的半径是120 m．从点燃到爆炸的时间是60 s，起爆员要在这段时间内赶快撤离到安全区域，由于没有笔直的路径，以下四条撤离路径安全的是( )
A．先向北跑100 m，再向东跑50 m
B．先向北跑100 m，再向东跑100 m
C．先向北跑100 m，再向东偏南45°跑100 m
D．先向西偏北45°跑100 m，再向东偏北45°跑75 m
时间 位移
1．解析：“2021年10月16日0时23分”是指时刻，故A错误；“10月16日6时56分”是指时刻，故B正确；“约582秒”是指时间间隔，故C错误；研究“神舟十三号”载人飞船飞行轨迹时，飞船的大小和形状对所研究的问题而言可以忽略，所以此时可以将飞船视为质点，故D错误．
答案：B
2．解析：一个物体相对于其他物体的位置变化叫作机械运动，故A正确；物体在5s内指的是物体从0时刻到5s末这5s的时间，故B错误；描绘航空母舰在海洋中的运动轨迹时，航空母舰的大小和形状可以忽略，可以将航空母舰看作质点，故C错误；高清摄像机拍摄子弹穿过苹果瞬间的照片，曝光时间为0.1s，这里指的是时间间隔，故D错误．
答案：A
3．解析：位移的大小等于初、末位置的距离，可知位移的大小等于A、C的距离，即x＝1.5m－1m＝0.5m；路程等于运动轨迹的长度，可知s＝1m＋1.5m－2×0.2m＝2.1m，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
4．解析：“29分钟”指的是时间间隔，A错误；“18千米”指的是汽车路程，B错误，C正确；研究此过程中汽车的运动轨迹时能把汽车看成质点，D错误．
答案：C
5．解析：位移是起点指向终点的有向线段，位移的大小即直线距离，A项正确，B、C、D三项均指路程．
答案：A
6．解析：由列车信息可知，08：44是高铁出发的时间，是一个时间点，所以是时刻；02：32是高铁从汉口到十堰东所需的时间，是一个时间段，所以是时间间隔，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
7．解析：矢量是有方向的物理量，所以位移是矢量，路程是标量，A错误；两批医护人员的起点与终点都相同，所以位移是相同的，B正确；“时间少 收费多”方案中的“1小时25分”，对应的是一个过程，故指的是时间间隔，C错误；“距离较短”方案中的“85公里”是指医护人员实际所走路线的长度，是路程，D错误．
答案：B
8．解析：由题图可知，小王经过的路线长度为400m＋300m＝700m，小王的位移大小为m＝500m，故C正确．
答案：C
9．解析：质点每秒的位置如图所示，前4s内的路程为s＝2m＋2m＋1m＋6m＝11m，第4s内的位移为x＝－2m－4m＝－6m，最后2s，即第3s末到第5s末的位移为x′＝－3m－4m＝－7m．故D正确，A、B、C错误．
答案：D
10．解析：位移是矢量，质点从A到B再到C的位移为－2m，路程为4m，选项A错误；质点从B到D的位移为－2m－2m＝－4m，路程为4m，选项B正确；质点到达D点时，其位置可用D点的坐标表示，即－2m，此时质点相对于A点的位移为－2m－1m＝－3m，选项C、D正确．
答案：BCD
11．解析：“2021年9月20日22时08分”是指时刻，故A错误；它们各自转一圈，其位移都为0，相等，故B正确；它们各自转一圈，其路程是各自所在轨道的周长，不相等，故C错误；交会对接时，要考虑它们的形状，不可以把它们看成质点，故D错误．
答案：B
12．解析：位移由运动的起点、终点决定，路程由实际路径决定，0.2～0.8s内小球从A→B→A→O，位移大小是7cm，方向向左，经过的路程是13cm，故A错误；0.4～0.8s内小球从B→A→O，位移大小是10cm，方向向左，经过的路程是10cm，故B正确；0.2～0.6s内小球从A→B→A，位移大小是零，经过的路程是6cm，故C错误；0.2～1.0s内小球从A→B→A→O→C，位移大小是14cm，方向向左，经过的路程是20cm，故D错误．
答案：B
13．解析：
如图所示，楼梯倾角为45°，则知每层楼的高为2L，由A到B的位移大小x为图中虚线部分的长度，由勾股定理知，x＝＝L；人的路程为运动轨迹的总长度，所以路程为：L＋2＝L＋2L，选项D正确．
答案：D
14．解析：起爆员撤离路径示意图如图所示，
先向北跑100m，再向东跑50m，此时起爆员到爆破点的距离为m<120m，没到安全区域，故A错误；先向北跑100m，再向东跑100m．此时起爆员距爆破点的距离为m>120m，已经到达安全区域，故B正确；先向北跑100m，再向东偏南45°跑100m，由几何关系可知，起爆员距爆破点的距离一定小于120m，没到安全区域，故C错误；先向西偏北45°跑100m，再向东偏北45°跑75m，起爆员此时距爆破点的距离为m>120m，已经到达安全区域，故D正确．
答案：BD
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