名师一号物理

第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究

第一讲 描述运动的基本概念

知识梳理

一、1.空间位置

2．参考 (1)不同 (2)地面

3．(1)质量 (2)理想化 形状 大小 二、定义：位置 有向线段 轨迹 区别：(1)初 末

联系：(1)等于 (2)小于

x

三、1.位移 时间

t

2．时刻 切线

3．(1)大小 (2)标量 四、1.变化快慢 Δv2. Δt3．相同 4．矢量

5．(1)加速 (2)减速 (3)不变 考点自测

1．解析 物体的大小、形状对所研究的问题影响很小，可以忽略时，物体可以看成质点．研究火车通过隧道的时间时，火车的长度不能忽略，火车不能被看成质点；跳水运动员的身体姿态和飞船的飞行姿态均不能忽略，所以跳水运动员和飞船均不能被看成质点；用GPS确定舰艇的位臵时可以看成质点，只有选项D正确．

答案 D

2．解析 选择的参考系不同，对物体运动的描述也就不同，故选项D正确． 答案 D

3．解析 位移是矢量，路程是标量，不能说这个标量就是这个矢量，所以A项错误，B项正确；路程是物体运动轨迹的实际长度，而位移是从物体运动的起始位臵指向终止位臵的有向线段，如果物体做的是单向直线运动，路程就和位移的大小相等．如果物体在两位臵间沿不同的轨迹运动，它们的位移相同，路程可能不同．如果物体从某位臵开始运动，经一段时间后回到起始位臵，位移为零，但路程不为零，所以C、D两项正确．

答案 BCD

4．解析 三组同学的位移相同，则平均速度相同，A项正确；甲组的路程最大，平均速率最大，乙组的路程最小，平均速率最小，B项错，C项对；虽然甲组的平均速率最大，但并不是任一时刻的速率都最大，D项错误．

答案 AC

5．解析 遮光条经过光电门时的遮光时间很短，所以可以把遮光条经过光电门位臵时

d0.004

的瞬时速度看成是遮光条经过光电门的平均速度，即v＝＝ m/s＝0.10 m/s，故选A.

t0.040

答案 A

Δv－12－8

6．解析 由加速度定义，得a＝＝ m/s2＝－100 m/s2.

Δt0.2

答案 C 典例剖析

【变式训练1】 解析 当汽车在自行车前方以大于自行车的速度行驶时，乘客观察到自行车的车轮转动正常，自行车向后退，故A项正确；以行驶的汽车为参考系，公路两旁的树、房屋都是向后退的，故B项错误，D项正确；当另一辆汽车与乘客乘坐的汽车以相同的速度行驶时，乘客观察到前面的汽车静止不动，故C项正确．

答案 B

【变式训练2】 解析 测试无人战斗机的飞行速度和确定战斗机的位臵时，其大小是

次要因素，可忽略，可将其看成质点，A、C两项正确；但要观察其飞行姿势或敌人欲对其关键部位实施打击时，其大小、形状不能忽略，不能看成质点，B、D两项错误．

答案 AC

【变式训练3】 解析 平均速度是表示位移变化快慢的物理量，大小等于位移与时间的比值．本题中要注意泳池长50 m，运动员在100 m蝶泳比赛中要游一个来回，位移为0，故平均速度为0.

答案 D

【变式训练4】 解析 题中并未给出末速度具体是哪个时刻的速度，由v＝v0＋at可知末速度与初速度的大小关系无法判断，A错误．第3 s初与第2 s末是同一时刻，其速度相同，C错误．第3 s末也就是第4 s初，与第2 s初相差2 s，其速度应比第2 s初的速度大6 m/s，D错误．每秒钟环保车的速度增加量Δv＝a·Δt＝3 m/s，B正确．

答案 B

误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 运动路程l＝1 023 km－406 km＝617 km，运行时间t＝2.2 h，则平

l

均速度＝＝280.5 km/h.

t

[答案] 280.5

[误区警示] 涉及知识、方法都很简单，但要能看懂列车时刻表，从中正确提取路程和时间是解题的关键，并要注意单位．

【例2】 [解析] 取初速度方向为正方向，则v0＝4 m/s. (1)若初、末速度方向相同，则v＝10 m/s， Δv＝v－v0＝6 m/s，

v－v010－4由a＝＝ m/s2＝6 m/s2.

Δt1

(2)若初、末速度方向相反，则v＝－10 m/s， Δv＝v－v0＝－14 m/s，

v－v0由a＝＝－14 m/s2.

Δt

综合以上两种情况，故选项B、D正确． [答案] BD

[误区警示] 题中给出1 s初、末速度的大小，两时刻的速度方向可能相同，可能相反，若对速度的矢量性认识不够就容易漏选．

第二讲 匀变速直线运动的规律

知识梳理

1

一、1.(1)v＝v0＋at (2)x＝v0t＋at2 (3)v2－v20＝2ax 2

2．(1)中间 一半 (2)aT2 (3)1?

(2n－1) 1

2

3

?

n 1

22

32

?

n2 1

3

5

(2－1)(3－2)?

(n－n－1)

1

二、1.gt (2)gt2 (3)2gh

2

1

2．(1)v0－gt (2)v0t－gt2 (3)v2－v20 2v2v00

(4) (5) 2gg考点自测

－10－10

1．解析 根据v＝v0＋at，则a＝ m/s2＝－10 m/s2.由于物体做匀变速运动，

2

v＋v0

所以＝＝0.即C项正确，其余均错．

2答案 C

222．解析 根据v2－v20＝2ax，可得v0＝v－2ax＝50－2×6×200 m/s＝10 m/s，B

对．

答案 B

11

3．解析 根据位移公式x＝at2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x1＝at2＝

221

1111127a、x2＝a(t2＋t1)2－at2x3＝a(t3＋t2＋t1)2－a(t1＋t2)2＝a，再根据平均速度公式可1＝4a、222222得选项B正确．

答案 B 4．解析：设时间间隔T＝1 s，s1＝0.2 m，s3＝0.8 m，根据s3－s1＝2aT2可得，a＝0.3 m/s2，选项A错误，B正确；将质点第1次闪光的时刻记为t＝0，根据题意，t＝0.5 s，质点的速度v＝0.2 m/s，所以第1次闪光时质点的速度是v1＝v－at＝0.2 m/s－0.3×0.5 m/s＝0.05 m/s，第2次闪光时质点的速度是v2＝v＋at＝0.2 m/s＋0.3 ×0.5m/s＝0.35 m/s，选项C、D错误．

答案：B

5．解析 本题考查的是自由落体运动规律的应用，意在考查学生建立物理模型的能力

1

和应用物理规律解决实际问题的能力．由自由落体的规律，得h＝gt2＝20 m.

2

答案 B 6．解析

答图1－2－1

物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m的位臵有两处，如答图1－2－1所示，一处在A点之上，另一处在A点之下．在A点之上时，通过位移为10 m处又有上升和下降两种过程．上升通过时，物体的路程L1等于位移x1的大小，即L1＝x1＝10 m；下落通过时，路程L2＝2H－x1＝2×20 m－10 m＝30 m．在A点之下时，通过的路程L3＝2H＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m．故A、C、D三项正确．

答案 ACD 典例剖析

1

【变式训练1】 解析 解法一：利用公式v＝v0＋at和x＝v0t＋at2求解．

2

由公式v＝v0＋at，得at＝v－v0.

?v－v0?t1

代入x＝v0t＋at2，有x＝v0t＋. 222×852x

故t＝＝ s＝25 s.

v＋v05.0＋1.8解法二：利用公式v2－v20＝2ax和v＝v0＋at求解．

22

由公式v－v0＝2ax，得加速度

2

v2－v05.02－1.82a＝＝ m/s2＝0.128 m/s2.

2x2×85

由公式v＝v0＋at，得需要的时间 v－v05.0－1.8t＝＝ s＝25 s.

a0.128

v0＋v

解法三：根据公式x＝·t，

2

2×852x

得t＝＝ s＝25 s.

v0＋v1.8＋5.0

答案 25 s

【变式训练2】 解析 解法一：运用运动学基本公式求解

112

根据x＝v0t＋at2，有24＝v0×4＋a·4①

2212

56＝v1×4＋a·4②

2

又由v＝v0＋at，有v1＝v0＋a×8③ 以上三式联立可解得a＝1 m/s2. 解法二：利用平均速度公式求解

t

由于已知量有x及t，平均速度可求，故想到利用平均速度公式＝v，第一个4 s内的

2

24

平均速度等于中间时刻2 s时的速度，v2＝ m/s＝6 m/s.

4

最后4 s内的平均速度等于中间时刻10 s时的速度，

56

v10＝ m/s＝14 m/s，

4

v10－v214－6

所以a＝＝ m/s2＝1 m/s2.

t10－t210－2

解法三：利用Δx＝aT2求解

本题出现了三个连续相等时间间隔(4 s)，故想到选用公式Δx＝aT2，x2－x1＝aT2，x3－x2＝aT2，

所以x3－x1＝2aT2， x3－x156－2422a＝2＝2 m/s＝1 m/s. 2T2×4答案 1 m/s2

【变式训练3】 解析 当石块在抛出点上方“离抛出点15 m处”时，取向上为正方向，

则位移x＝15 m，g＝－10 m/s2，

1

代入公式x＝v0t＋gt2，

2

解得t1＝1 s，t2＝3 s，

t1＝1 s对应着石块上升时到达“离抛出点15 m处”时所用的时间，而t2＝3 s则对应着从最高点往回落时第二次经过“离抛出点15 m处”时所用的时间．

由于石块上升的最大高度H＝20 m，所以，石块落到抛出点下方“离抛出点15 m处”时，自由下落的总高度为HOB＝20 m＋15 m＝35 m，

下落这段位移所用的时间

2HOB

tOB＝ ＝7 s.

g

这样石块从抛出到第三次经过“离抛出点15 m处”时所用的时间为t3＝2 s＋7 s＝(2＋7)s.

答案 1 s 3 s (2＋7)s 误区反思 感悟提高

1

【例1】 [解析] 由Δx＝aT2，得9－7＝a·12，a＝2 m/s2，由v0T－aT2＝x1，得v0×1

2

v0v2102

－×2×1＝9，v0＝10 m/s，汽车刹车时间tm＝＝5 s<6 s，故刹车后6 s内的位移为x＝2a2a＝25 m，C项正确．

[答案] C

[误区警示] 在“刹车”类实际问题中，汽车一旦停下来就不能再自行反向运动，所以应先判断汽车停下来所用时间，再计算位移．

540

【例2】 [解析] 前3 min的中间时刻的速度v1＝ m/s＝3 m/s.后1 min内的中间时

180

360

刻的速度v2＝ m/s＝6 m/s，这两个时刻的时间差为5 min＝300 s．故火车的加速度为a

60

v2－v16－3＝＝ m/s2＝0.01 m/s2.

t300[答案] B

[误区警示] 审题时应注意所给条件，两段位移不是连续两个3 min内的位移，不能用Δx＝aT2求解．

第三讲 运动图象 追及和相遇问题

知识梳理

一、1.(1)位移 时间 (2)大小 方向 2．(1)倾斜 (2)静止

二、1.(1)速度 时间 (2)加速度的大小 加速度的方向 (3)位移 正方向 负方向 2．(1)平行 (2)倾斜

三、2.(1)最小 避免碰撞 最大值 (2)最大 考点自测 1．解析 由甲和乙两物体的x－t图象均为倾斜的直线可知，甲、乙都做匀速直线运动，A项正确；乙图象的斜率大，运动速度大，故C项正确；乙在0～t1时间内静止在x＝0处没动，而甲在t＝0时从x＝x0处开始运动，故B项正确，D项错误．

答案 ABC

2．解析 此图是位移－时间图象，由图可知15 s末汽车的位移为30 m，选项A错误；

Δx20－30

图象的斜率代表小车的速度，15～25 s内物体的速度为v＝＝ m/s＝－1 m/s，选项

Δt10

B正确；前10 s内汽车匀速运动，加速度为零，选项C错误；由图可知，汽车有往复运动，选项D错误．

答案 B 3．解析 根据题意，球碰击地面前后的速度大小不变，只是速度方向由正值变为负值．而下降与上升过程中其加速度始终是g保持不变．因此上升与下降两段过程中的v－t图线必须平行，有相同的斜率，故选D项．

答案 D 4．解析

答图1－3－1

设列车刹车的加速度大小为a，刹车后经时间t两车速度相等，这段时间内货车、列车的位移分别为x1、x2，如答图1－3－1所示，则不撞车的条件是

x1＋500 m≥x2① 且有x1＝v1t②

根据匀变速运动规律有

1

x2＝v2t－at2③

2

v2－at＝v1④

v2－v1

由④得t＝. a

?v2－v1?2

代入②③，结合①，得a≥＝0.1 m/s2(x＝500 m)，即最小加速度为0.1 m/s2.

2x

2

答案 0.1 m/s 典例剖析

【变式训练1】 解析 由图象，知2 s末甲、乙两质点在同一位臵，所以A项正确．在x－t图象中图线上某点的切线斜率为物体在该点的速度，2 s末v甲＝－2 m/s，v乙＝2 m/s，

所以B项错误，C项正确；乙质点在4 s之后位移减小，所以反向运动，D项正确．

答案 ACD

【变式训练2】 答图1－3－2

解析 利用v－t图象求解．如答图1－3－2所示，在同一v－t图象中分别作出两物体的速率图象(注意这里的v指的是速率，“面积\\”表示路程)，根据题意，两物体下滑的初速度均为零，开始时，B物体的加速度较大，图线斜率较大，又根据机械能守恒定律可知，它们的末速率也相同，显然，为了使路程相同即“面积\\”相同，必然有tA>tB.本题答案为A.

答案 A

【变式训练3】 解析 设A车的速度为vA，B车加速行驶时间为t，两车在t0时相遇． 则有xA＝vAt0①

1

xB＝vBt＋at2＋(vB＋at)(t0－t)②

2

式中t0＝12 s，xA、xB分别为A、B两车相遇前行驶的路程．依题意有 xA＝xB＋x③

式中x＝84 m，由①②③式得

2[?vA－vB?t0－x]

t2－2t0t＋＝0④

a

代入题给数据vA＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s2， 有t2－24t＋108＝0⑤ 解得t1＝6 s，t2＝18 s⑥ t2＝18 s不合题意，舍去．

因此，B车加速行驶的时间为6 s. 答案 6 s

误区反思 感悟提高

x

【例1】 [解析] 由图象可知，3～4 s内质点的平均速度＝＝2 m/s，又中间时刻的瞬

t

时速度等于这段时间内的平均速度，则质点在运动过程中t＝3.5 s时的速度等于2 m/s，结合图象可知P点位于t＝3.5 s时刻之后，其速度大于2 m/s，故A、B两项正确．

[答案] AB

[误区警示] 匀变速直线运动的x－t图象为抛物线，高中阶段不要求画其图象，但给出图象后应能结合匀变速直线运动的特征判断平均速度与中间时刻速度、位移中点的速度的关系．命题非常巧妙，考查学生应用图象解决问题的能力．

【例2】 [解析] (1)设甲从离接力区13.5 m处到赶上乙所用时间为t，乙从开始起跑到被甲追上，跑的路程为x，甲、乙二人所用时间相等．

13.5＋x

由几何关系知，对甲v＝t，

1

对乙x＝at2，且v＝at＝9 m/s，

2

由以上各式可解得a＝3 m/s2，t＝3 s，x＝13.5 m.

(2)完成交接棒时，乙离接力区末端的距离为L－x＝20 m－13.5 m＝6.5 m. [答案] (1)3 m/s2 (2)6.5 m

[误区警示] 较复杂的运动学问题常含有多个过程或复杂的运动关系．解题时可画出运动草图，建立运动模型，寻找量值关系．如追及、相遇问题中的时间关系、位移关系等．若运动图景分析错误，将产生根本性的错误．

第四讲 实验：研究匀变速直线运动

知识梳理

一、3.加速度 二、1.(1)0.02 2．匀变速直线 3．3aT2 考点自测 1．略

2．(1)0.1 (2)0.80 A→B (3)0.32 B→A 考点自测

1．解析 A中应先接通电源，再放开纸带；C中应调整滑轮的高度，使细绳与平板平行；D中应先断开电源，使打点计时器停止工作；E属于多余步骤．应补充G，换上新纸带，重复操作两次；H，断开电源，整理好器材．正确合理的顺序应为B、F、C、A、D、G、H.

答案 见解析

?x6＋x5＋x4?－?x3＋x2＋x1?

2．解析 a＝

9T2?2.78＋2.00＋1.22?－?5.18＋4.40＋3.62?＝ cm/s2 29×0.1

＝－80 cm/s2＝－0.80 m/s2

“－”号表示加速度方向与纸带运动方向相反，即方向为A→B.

x3＋x43.62＋2.78v3＝＝ cm/s

2T2×0.1＝32.0 cm/s＝0.32 m/s. 方向从B→A. 答案 (1)0.1 (2)0.80 A→B (3)0.32 B→A 典例剖析

【变式训练1】 解析 从图中读出5、6之间的距离为37.5 cm－24.0 cm＝13.5 cm,2、

－

3之间的距离为6.0 cm－1.5 cm＝4.5 cm，利用逐差法有x56－x23＝3aT2，求出a＝3.0×102

x3524.0－6.0－－

m/s2；位臵4对应的速度为v4＝＝×102 m/s＝9×102 m/s；欲求4的具体位臵，

2T2

可以采用逐差法利用(x6－x4)－(x4－x2)＝4aT2求解．

－－－－

答案 3.0×102(2.8×102～3.1×102) 9×102 能 利用(x6－x4)－(x4－x2)＝4aT2

可以求出4的具体位置(其他方法合理均可)

bb

【变式训练2】 解析 (1)车两次速度：v1＝，v2＝，

Δt1Δt2

222

1?v2－v1b?1

所以a＝＝. 2－2d2d??Δt2??Δt1?2?

b

(2)两挡光片宽度越小，越接近瞬时速度；两挡光片间距d越大，v2和v1相差越大，

Δt

都有利于减小实验误差．

1b2?1

答案 (1)?Δt?2－?Δt?2?

2d?21?

(2)BC

误区反思 感悟提高 【例】 [解析] (1)由图中所标纸带每段位移关系，可知在相邻相等时间内的位移差Δy近似相等，考虑误差原因后，可近似认为Δy＝8 cm.

答图1－4－1

(2)以图中的x轴作为时间轴，以纸带的宽度表示相等的时间间隔T＝0.1 s，每段纸带上

yn最上端中点对应v轴上的速度恰好表示每段时间的中间时刻的瞬时速度，即vn＝；因此可

T

以用纸带的长度表示每小段时间中间时刻的瞬时速度，将纸带上端中间各点连接起来，可得到v－t的图象，如答图1－4－1所示．

(3)利用图象求斜率或用Δy＝aT2均可以求得小车加速度a＝8 m/s2. [答案] (1)相邻时间内位移差为8 cm (2)见答图1－4－1 (3)8 m/s2

[误区警示] 理解v－t图象的物理意义是解决问题的关键，纸带的宽度用来表示间隔相等的时间，纸带的长度是相等时间内的位移，可表示出各段时间的平均速度，即中间时刻的瞬时速度．

第二章 相互作用

第一讲 重力 弹力 摩擦力

知识梳理

一、1.(1)物体 物体 运动状态 形变 (2)大小 方向 作用点 2．(1)物体 不存在 (2)相互 (3)大小 方向 3．(1)有向线段 (2)有向线段

二、1.吸引 (1)竖直 (2)mg (3)质量分布

2．(1)弹性形变 (2)接触 弹性形变 (3)相反 被压 被支持 绳收缩 (4)kx

3．(1)相对运动 相对运动趋势 不一定 不可能 (2)材料 接触面的粗糙程度 (3)0

考点自测

1．解析 A中拳击运动员一记重拳出击，虽然被对手躲过，运动员施加的力仍然有受力物体，因为任何力都是物体与物体间的相互作用，没有施力物体和受力物体的力是不存在的，拳击运动员虽然没有击中对手，但却打在了空气上，故其受力物体是空气，所以A是不正确的；B中不相互接触的物体之间也可以存在力的作用是正确的，因为地球与太阳没有接触，但它们之间却有引力的作用，可见，有的力并不需要两个物体直接接触；C中的说法也是正确的，因为效果力是按力的作用效果定义的，而性质力是按力的本身的性质定义的，所以重力、弹力、摩擦力是性质力，而动力、阻力、压力、支持力是效果力；D中同一物体放在斜面上受到的重力与放在水平面上受到的重力是相等的，但物体对斜面的压力与水平面的压力是不同的，故D不对．

答案 BC

2．解析 形状规则的物体，只有当质量分布均匀时，其重心才在物体的几何中心上，因此A项错误；对于一个给定的物体，其质量分布与形状都是确定的，但其重心不一定在物体的内部，因此B项错误；地球对物体的吸引力产生了物体的重力，但由于物体随地球自转，需要向心力，因此物体的重力等于地球对物体的吸引力与物体随地球自转所需的向心力的矢量差，因此C项错误，D项正确．

答案 D

3．解析 物体相互接触并发生弹性形变时才能产生弹力，一个物体受到的弹力，一定是和它接触的另一个物体提供的．

答案 C

4．解析 根据胡克定律得F＝k(l－l0)＝100×0.05 N＝5 N.

答案 D

5．解析 如果应用静摩擦力产生的条件判断A是否是静摩擦力是比较困难的，可根据物体A的运动状态通过假设法来判断物体A所受静摩擦力的方向情况．①水平面上叠加的物体间摩擦力分析，甲图中选用假设法，若A、B在拉力F作用下一起匀速运动，则A不受摩擦力，若A、B一起加速运动，则A受静摩擦力；②斜面上叠加的物体间摩擦力分析，乙图中选用假设法，A、B在拉力F作用下一起沿斜面向上匀速运动，A一定受沿斜面向上的摩擦力．

答案 D

6．解析 物块受外力F的不同，静摩擦力的方向要发生变化，外力F最大时，最大静摩擦力向下F1－mgsinθ－f静＝0

外力F最小时，最大静摩擦力向上 F2－mgsinθ＋f静＝0

由以上两式，可求最大静摩擦力，斜面倾角、物块的质量不可求，物块对斜面的正压力FN＝mgcosθ不可求，C选项正确．

答案 C 典例剖析

【变式训练1】 解析

答图2－1－1

(1)小车静止，小球所受合外力为零，所以杆对球的弹力与重力平衡，即F1＝mg，方向竖直向上．

(2)车向右做匀加速运动时，受力分析如答图2－1－1，设杆对球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得F2sinθ＝ma，F2cosθ＝mg，

a

解得F2＝mg2＋a2，θ＝arctan.

g

mg

(3)将a＝gtanα代入(2)问结论，得F2＝，θ＝α，即弹力沿杆向上．

cosα

答案 (1)mg，方向竖直向上

a

(2)mg2＋a2，方向与竖直方向夹角为arctan g

mg(3)，沿杆向上 cosα

【变式训练2】 解析 运用假设法不难判断出图甲斜面上的物体有沿斜面向下滑动的趋势，所受的静摩擦力沿斜面向上；图乙中的物体A有向右滑动的趋势，所受静摩擦力沿水平面向左，判断静摩擦力方向，还可以根据共点力作用下物体的平衡条件或牛顿第二定律判断；图丙中，A物体随车一起向右减速运动，其加速度水平向左，故A物体所受静摩擦力水平向左(与加速度同向)；图丁中，A物体随转台匀速转动，做匀速圆周运动，其加速度总指向圆心，则A受到的静摩擦力也总指向圆心．

答案 (1)沿斜面向上 (2)水平向左 (3)水平向左 (4)总指向圆心

【变式训练3】 解析 由题知mg＝kL.设物体所受摩擦力大小为f，方向沿斜面向上，由平衡条件，得2mgsin30°＝kL＋f，解得f＝0，故A项正确，B、C、D三项错误．

答案 A

误区反思 感悟提高 【例1】 [解析] 由于弹簧质量不考虑，所以四种情况下弹簧的伸长量只由力F决定，力F相同，则弹簧伸长量相同，所以D项正确．

[答案] D

[误区警示] 轻弹簧是理想化的物理模型，其质量不计，轻弹簧的弹力等于其一端所受力的大小，不能认为等于两端拉力大小之和，在加速运动时两端拉力大小相等．

【例2】 [解析]

答图2－1－2

钢板以速度v1向右运动，则物体以等大速度相对钢板向左移动，设为v1′，同时物体被拉动也具有另一速度v2，故物体相对于钢板的运动速度应是v1′与v2的合成，即答图2－1－2中的速度v.滑动摩擦力阻碍二者的相对运动，故物体所受摩擦力Ff与v的方向相反，要使物体沿导槽匀速运动，所施加的拉力只需与Ff的一个分力F1平衡，故F＝F1＝Ff·sinα

[答案] C

[误区警示] 滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，应准确分析物体相对钢板的运动方向．

第二讲 力的合成与分解

知识梳理

一、1.效果 合力 分力 等效替代 2．同一点 同一点 3．合力

4．平行四边形 合力

5．(1)大 |F1－F2| F1＋F2 |F1－F2| 二、1.分力 逆运算 2．平行四边形定则

3．(2)首尾 有向线段 不一定 等效替代 考点自测

1．解析 合力可以大于任何一个分力，也可以小于任何一个分力，两分力之间的夹角越大，合力越小，夹角越小，则合力越大．

答案 C

2．解析 当三个共点力平衡时，任意两个力的合力大小与第三个力大小相等，方向相反，两个力的合力范围为3 N≤F≤11 N，A、B、C都在这个范围内，只有D中的15 N超出了这个范围，故D是不可能的．

答案 D

3．解析 在斜面上保持静止的物体，其重力可分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面的力，这个垂直于斜面的力并不是物体对斜面的压力，两者的作用点不同，力的性质也不同，只不过是两者的大小相等，方向相同而已．

答案 AC

4．答案 ABD

5．解析 应用正交分解法将各力先分析，再合成，在建立坐标系时尽量使各力与坐标轴的夹角为特殊角．

答图2－2－1

以F2方向为x轴的正方向，如答图2－2－1所示，则F1、F3、F4向两坐标轴上分解得

1

F1x＝F1cos60°＝20× N＝10 N，

23

F1y＝F1sin60°＝20× N＝103 N；

2

F2x＝20 N，F2y＝0；

2

F3x＝F3cos45°＝202× N＝20 N，

2

2

F3y＝－F3cos45°＝－202× N＝－20 N；

23

F4x＝－F4sin60°＝－203× N＝－30 N，

21

F4y＝－F4cos60°＝－203× N＝－103 N.

2

四个力在x轴上合力为Fx＝F1x＋F2x＋F3x＋F4x＝20 N， 在y轴上合力为Fy＝F1y＋F2y＋F3y＋F4y＝－20 N，

2四个力的合力F＝F2x＋Fy＝202 N， 合力方向与F3方向一致． 202 N，与F3方向一致．

答案 202 N，方向与F3方向一致 典例剖析

【变式训练1】 解析 解法一：用平行四边形定则．分别做两力合力．先连接BD，则F1与F4两力合力等于F3；再连接FD，则F5与F2的合力也等于F3，所以5个力的合力为3F3.又由三角形ABD知F3＝2F1，故5个力的合力F＝3F3＝60 N，方向与F3相同．

解法二：用力的三角形法则．先将F4平移至BD，则F1与F4的合力为AD所示，等于F3；再将F5平移至CD，则F2与F5的合力为AD，也等于F3，故F＝3F3＝60 N.

解法三：用正交分解法求合力．取F3为x轴正向，由于F1与F5、F2与F4的对称性，它们在y轴方向的分力两两平衡，所以Fy＝0；而F1x＋F4x＝F3，F2x＋F5x＝F3，故5个力的

2合力F＝F2x＋Fy＝Fx＝3F3＝60 N.

答案 60

【变式训练2】 解析 按力F的作用效果沿AC、AB方向分解为F1、F2，如答图2－2－2①所示，则

F

F1＝F2＝，

2cosθ

l

由几何知识得tanθ＝＝10.

b

答图2－2－2

按力F1的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为FN′、FN.如答图2－2－2②所示，则FN＝F1sinθ，

以上各式联立解得FN＝5F，

所以物体D所受压力的大小是F的5倍． 答案 物体D所受压力的大小是F的5倍

【变式训练3】 解析 若物体沿墙向上运动，受力分析如答图2－2－3①所示，把力F沿竖直和水平方向正交分解，

则有水平方向：Fcosα－FN＝0， 竖直方向：Fsinα－(Ff＋mg)＝0. 又Ff＝μFN，

mg

可解得F＝. sinα－μcosα

答图2－2－3

当物体沿墙向下运动时，分析物体的受力如答图2－2－3②所示，把F沿竖直和水平方向正交分解．

水平方向：Fcosα＝FN， 竖直方向：mg＝Fsinα＋Ff，

mg

又Ff＝μFN，得F＝. sinα＋μcosαmgmg

答案 F＝或F＝

sinα－μcosαsinα＋μcosα

误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 方法一：解析法．

G

物体受力如答图2－2－4①所示，其中F2＝F3＝，F1⊥F2，G⊥F3，且F1与F2的合力

2

跟G与F3的合力相平衡，因此F1＝G，B项正确．

答图2－2－4

方法二：图示法．

物体在F1、F2、F3、G四个力的作用下处于平衡状态，表示这四个力的矢量线段必组成封闭的四边形如答图2－2－4②所示，虚线将四边形分割成两个全等三角形，因此可判断F1＝G，B项正确．

[答案] B

[误区警示] 受思维定式的影响，易认为静止在斜面上的物体，斜面对物体的支持力与沿斜面向上的力的合力总等于物体的重力，或受力分析不完整导致错误．所以练习时应认真、细致、全面地进行受力分析，正确画出受力图．

【例2】 [解析]

答图2－2－5

设杆对B点的弹力为F1，因横梁A端用铰链固定，故F1的方向沿杆方向，绳BC对B点的拉力为F2，由于B点静止，B点所受的向下的拉力大小恒定为重物的重力，根据受力平衡的特点，杆的弹力F1与绳BC对B点的拉力F2的合力一定竖直向上，大小为Mg，如答图2－2－5所示．

根据以上分析，可知弹力F1与拉力F2的合力大小 F＝G＝Mg＝60 N，

由几何知识可知F1＝Ftan60°＝603 N，

FF2＝＝120 N，

sin30°

即轻杆对B点的弹力为603 N，绳BC的拉力为120 N.

图2－2－17

[答案] 603 N 120 N

[误区警示] 容易产生错误的是对结点和定滑轮模型认识不清，不了解两者的区别，如图2－2－17，绳跨过光滑滑轮悬挂物体，此时绳BC的拉力等于物体的重力．

第三讲 受力分析 共点力的平衡

知识梳理

一、(2)场力 接触力 二、1.(1)速度 加速度

3．(1)相等 相反 (2)相等 相反 (3)相等 相反 (4)同一平面 共点力 考点自测

1．解析 因磁性冰箱贴静止不动，在水平方向上受到两个力，即磁力和弹力，应为一对平衡力，所以D项正确，A、B、C三项错误．

答案 D

2．解析 两木块一起做匀速运动，P不受摩擦力，只受到重力和Q的支持力；以整体为研究对象，由平衡条件可知Q必定受到地面的摩擦力作用，Q共受到5个力(重力、压力、支持力、摩擦力、推力)．

答案 C

3．解析 设每块石块的重力为G，第1、3块石块间的作用力为F31，第1、2块石块间的作用力为F21，以第1块石块为研究对象，受力分析如答图2－3－1所示．由平衡条件可

4

得F31cos 37°＝F21，解得F21F31＝cos 37°＝.本题正确选项为C.

5

答图2－3－1

答案 C

4．解析 本题意在考查学生对力的正交分解的理解以及对平衡条件的理解与应用．当用F1拉物块时，由平衡条件可知F1cos60°＝μ(mg－F1sin60°)，当用F2推物块时，又有F2cos30°

cos30°－cos60°

＝μ(mg＋F2sin30°)，又F1＝F2，求得μ＝＝2－3，B项正确．

sin30°＋sin60°

答案 B

5．解析 本题考查整体法和隔离法及受力分析、物体平衡条件应用等知识点，意在考查学生对新情景的分析能力和综合运用知识的能力．把两个物体看做一个整体，由两个物体一起沿水平方向做匀速直线运动可知水平f＝Fcosθ，选项C正确，D项错误；设轻质弹簧中弹力为F1，弹簧方向与水平方向的夹角为α，隔离m2，分析受力，由平衡条件知，在竖直方向，有Fsinθ＝m2g＋F1sinα，隔离m1，分析受力，由平衡条件知，在竖直方向，有m1g＝FN＋F1sinα，联立解得FN＝m1g＋m2g－Fsinθ，选项A正确，B项错误．

答案 AC 典例剖析

【变式训练1】 解析 小球m2受重力和细线的拉力处于平衡状态，由二力平衡条件得，细线的拉力FT＝m2g.

方法一：合成法．

小球m1受FT、FN、m1g三力作用而处于平衡状态．受力分析如答图2－3－2所示，小球m1处于平衡状态，故FN与FT的合力F＝m1g.根据合力公式可得

22F＝FN＋FT＋2FNFTcosθ＝m1g，

答图2－3－2

将FN＝FT＝m2g，θ＝60°，

m23

代入上式解得＝，故选项A正确．

m13

方法二：力的三角形法则．

FN和FT的合力与小球m1g的重力大小相等，方向相反，故FN、FT、m1g构成矢量三角形，如答图2－3－3所示．

答图2－3－3

FTm1g

由正弦定理得＝，

sin30°sin120°

m2m1m23即＝，得＝. sin30°sin120°m13方法三：正交分解法．

答图2－3－4

如答图2－3－4所示，以FN的方向为y轴，以垂直FN的方向为x轴建立坐标系．因FN与FT的夹角为60°，则m1g与y轴成30°角．在x轴方向由物体的平衡条件有m1gsin30°

13m23

－FT·sin60°＝0，即m1g＝m2g，所以＝.

22m13

答案 A

【变式训练2】 解析

答图2－3－5

画出小球的受力分析如答图2－3－5所示，b绳逆时针转动过程中各力的变化可由图中平行四边形或三角形边长的变化看出，绳a的拉力逐渐减小，绳b的拉力先减小后增大，且F1＝F3>F2.

答案 AD

【变式训练3】 解析

答图2－3－6

选取A和B整体为研究对象，它受到重力(M＋m)g，地面支持力FN，墙壁的弹力F和地面的摩擦力Ff的作用，如答图2－3－6所示，处于平衡状态．根据平衡条件有FN－(M＋m)g＝0，F＝Ff，

可得FN＝(M＋m)g.

答图2－3－7

再以B为研究对象，它受到重力mg，三棱柱对它的支持力FAB，墙壁对它的弹力F的作用，如答图2－3－7所示，处于平衡状态，根据平衡条件有

竖直方向上：FABcosθ＝mg，

水平方向上：FABsinθ＝F， 解得F＝mgtanθ， 所以Ff＝F＝mgtanθ. 答案 (M＋m)g mgtanθ 【变式训练4】 解析

答图2－3－8

先选物体B为研究对象，它受到重力mBg和拉力FT的作用，根据平衡条件有FT＝mBg.①

再选物体A为研究对象，它受到重力mg、斜面支持力FN、轻绳拉力FT和斜面的摩擦力作用，假设物体A处于将要上滑的临界状态，则物体A受的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下，这时A的受力情况如答图2－3－8所示，根据平衡条件有

FN－mgcosθ＝0②

FT－Ffmax－mgsinθ＝0③

由摩擦力公式知Ffmax＝μFN④

以上四式联立解得mB＝m(sinθ＋μcosθ)．

再假设物体A处于将要下滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向上，根据平衡条件有

FN－mgcosθ＝0⑤

FT＋Ffmax－mgsinθ＝0⑥

由摩擦力公式知Ffmax＝μFN⑦

①⑤⑥⑦四式联立解得mB＝m(sinθ－μcosθ)． 综上所述，物体B的质量的取值范围是 m(sinθ－μcosθ)≤mB≤m(sinθ＋μcosθ)． 答案 m(sinθ－μcosθ)≤mB≤m(sinθ＋μcosθ) 误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 隔离M分析可得，M受到竖直向上的拉力以及竖直向下的重力，合力在竖直方向上为零，要满足M运动轨迹沿平行于杆的方向，则M的合力为零，加速度为零；m与M保持相对静止，由整体法可得m的加速度为零，对m受力分析，m要保持平衡状态必受到自身的重力、绳的拉力、杆的支持力、杆对m的摩擦力．B选项正确．

[答案] B

[误区警示] 分析物体受力时应结合物体运动情况，不能想当然的说物体受到某个力作用或不受某个力作用．

【例2】 [解析] 本题主要考查受力分析，意在考查学生应用整体法和隔离法解题的能力．因一起匀速下滑，所以斜面对P有沿斜面向上的摩擦力，而Q必受弹簧向上的弹力，所以隔离P可知P受重力、斜面摩擦力、斜面弹力、弹簧弹力、Q的压力作用．

[答案] C

[误区警示] 对物体进行受力分析时不能想当然，要善于变换研究对象，运用联系的观点，灵活应用整体法和隔离法．

第四讲 实验?一? 探究弹力与弹簧伸长的关系 实验?二? 验证力的平行四边形定则

知识梳理 实验(一)

一、1.弹簧伸长 二、1.钩码总重力 2．平滑的曲线

三、重垂线 坐标纸

四、1.重垂线 5．等于弹力

6．弹簧弹力 伸长量 考点自测

1．解析 因本实验表示弹簧伸长量采用挂重物后总长减去原长的方法，而弹簧自重将导致弹簧伸长，先竖直悬挂后再测原长，可消除由弹簧自重带来的误差，故选B、D两项．

答案 BD

2．解析 本题考查探究弹力与弹簧形变量的关系，意在考查学生利用图象处理数据的能力．

(2)根据图象的斜率可以求得弹簧的劲度系数：Δmg＝kΔl，则

－

2.75×103Δm

k＝g＝－×9.8 N/m Δl?19.0－8.6?×102＝0.259 N/m.

答案 (1)如答图2－4－1所示

答图2－4－1

(2)0.259(0.248～0.262)

3．解析 合力与分力之间是等效替代关系，所以在实验中的作用效果相同是指橡皮条的伸长量相同且伸长到同一位臵．

答案 D

4．解析 拉力“适当”大些能减小误差；而夹角“尽量”大些，则使作图误差变大；橡皮条等“贴近”木板，目的是使拉线水平；绳子要细且稍长便于确定力的方向，因此选B项．

答案 B 典例剖析

【变式训练1】 解析 弹簧原长为l0，由图知弹簧伸长量为h＋l－l0，由胡克定律得F＝k(h＋l－l0)，F－l图线的斜率表示弹簧的劲度系数，由图乙可得k＝100 N/m.F－l图线在纵轴的截距表示l＝0时F＝10 N，代入F＝k(h＋l－l0)，解得弹簧的原长l0＝0.15 m.

答案 (1)在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比 (2)100 0.15

(3)避免弹簧自身所受重力对实验的影响 弹簧与筒及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差

【变式训练2】 解析 (1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|

(2)A.

(3)A；实验中F3是竖直向下的． 答案 (1)BCD (2)A (3)A

误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 本题意在考查学生的识图、用图能力．图中两条线都不是直线，故Δl与F不成正比，A项错误；比较两条曲线可知，在拉力相等时，减挂钩码时橡皮筋的伸长量大于增挂钩码时的伸长量，B、C两项错误；故D项正确．

[答案] D

[误区警示] 不清楚图象中表达的信息导致无法解题，所以练习时应注重此方面的训

练．

【例2】 [解析] (1)由题图知，弹簧测力计A的分度值为0.2 N，读数为3.6 N.

(2)验证力的平行四边形定则，只要记好合力与两分力的大小与方向，与结点位臵无关，D项错误；M的重力即合力，A项正确；测量前弹簧测力计调零才能测量准确，B项正确；拉线与木板平行才能保证力在木板平面内，C项正确．

(3)对O点受力分析如答图2－4－2所示，可见若减小FOA可调节FOB的大小或方向，调节OA方向或减小物重G等．

答图2－4－2

[答案] (1)3.6 (2)D

(3)①减小弹簧测力计B的拉力；②减小重物M的质量(或将A更换为较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等)．

[误区警示] 本实验在课本实验的基础上进行改进，应弄清实验方案的设计原理，以便于规范、正确地解答问题，再有弹簧测力计也是常错点之一．

第三章 牛顿运动定律 第一讲 牛顿运动定律

知识梳理

一、1.静止 匀速直线运动

2．(1)力和运动 维持 力是维持物体运动的原因 (2)保持原来运动状态 二、1.静止 匀速直线运动 2．(2)质量 质量越大

三、1.加速度 合外力 质量 3．宏观 低速

四、1.相等 相反 同一

3．(1)大小 性质 同时 (2)方向

五、质量 长度 时间 导出单位 单位制 考点自测

1．解析 物体保持匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，由此可知A项正确，C项错误．没有受力时物体将维持其原来的运动状态：匀速直线运动或静止，所以B项错误，D项正确．

答案 AD

2．解析 本题考查的是力和运动的关系，意在考查学生熟练、灵活运用物理知识及全面的逻辑思维能力．当力的方向与速度方向相同或与速度方向的夹角θ≤90°时，物体的速度逐渐增大，动能逐渐增大；当力的方向与速度方向相反时，物体做匀减速运动，速度逐渐减小到零后又反向逐渐增大，因此动能先减小后增大；当力的方向与速度的方向夹角90°<θ<180°时，力的方向与速度的方向夹角逐渐减小，速度先逐渐减小，直到夹角等于90°时速度达到最小值，而后速度逐渐增大，故动能先逐渐减小到某一非零的最小值，再逐渐增大．故选项ABD正确．

答案 ABD

3．解析 本题考查物体的受力分析和牛顿第二定律的瞬时性、弹簧瞬时作用问题，意在考查学生对弹簧问题中瞬间力作用引起的状态变化掌握程度．右侧细绳剪断的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故a的受力情况不变，a左侧绳的拉力、静摩擦力大小方向均不变，A项正确，B项错误．而b在剪断绳的瞬间右侧绳的拉力立即消失，静摩擦力向右，C项错误，D项正确．

答案 AD

4．解析 绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力，不管物体间的相互作用力的性质如何、物体的运动状态如何，物体间的相互作用力都遵循牛顿第三定律，即作用力和反作用力总是等大、反向、作用在同一条直线上的，所以D项正确．

答案 D

5．解析 根据F＝ma，可知力的单位可以表示为千克·米/秒2；根据W＝Fl，可知力的单位可表示为焦/米；根据W＝qU和W＝Fl，可知力的单位可表示为库仑·伏特/米；根据F＝BIl，可知力的单位可表示为特斯拉·安培·米．

答案 C 典例剖析

【变式训练1】 解析 A对B的作用力和B对A的作用力为作用力与反作用力，一定大小相等，A项正确，B项错误；在撞击瞬间，A蛋内蛋黄和蛋白由于惯性，会产生对A蛋壳向前的作用力，使A蛋壳接触处所受的合力比B蛋壳的小，因此B蛋壳易被撞破，故C、D两项正确．

答案 ACD

【变式训练2】 解析 (1)当轻杆与Ob重合时，小球所受合力为0，其加速度为0，车的加速度亦为0，故b处应标的加速度数值为0.

答图3－1－1

(2)方法一：合成法

当轻杆与Oc重合时，以小球为研究对象，受力分析如答图3－1－1所示．根据力合成

3

的平行四边形定则和牛顿第二定律，得mgtanθ＝ma1，解得a1＝gtanθ＝9.8× m/s2≈5.66

3

2m/s.

方法二：正交分解法

答图3－1－2

建立直角坐标系，并将轻杆对小球的拉力正交分解，如答图3－1－2所示． 则沿水平方向有： Fsinθ＝ma， 竖直方向有： Fcosθ－mg＝0，

联立以上两式可解得小球的加速度a≈5.66 m/s2，方向水平向右，即c处应标的加速度数值为5.66 m/s2.

(3)若轻杆与Od重合，同理可得mgtan45°＝ma2，

2

解得a2＝gtan45°＝9.8 m/s，方向水平向左，与速度方向相反． 所以在0.5 s内汽车速度应减小，减少量 Δv＝a2Δt＝9.8×0.5 m/s＝4.9 m/s. 答案 (1)0 (2)5.66 m/s2

(3)减少了4.9 m/s

【变式训练3】 解析

答图3－1－3

细绳烧断前对小球进行受力分析如答图3－1－3所示，其中F1为弹簧的弹力，F2为细绳拉力．

由平衡条件，得F2cos53°＝mg，F2sin53°＝F1，

54

解得F2＝mg，F1＝mg.

33

细绳烧断瞬间，细绳的拉力突然变为零，而弹簧的弹力不变，此时小球所受的合力与

5

F2等大反向，所以小球的加速度立即变为a＝g.

3

答案 D

【变式训练4】 解析 根据牛顿第三定律，甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，A项错误；因为甲对绳的力和乙对绳的力作用在同一个物体上，故二者不是

F

作用力与反作用力，B项错误；设绳的张力为F，根据牛顿第二定律a＝，知若m甲>m乙，

m

1

则a甲

2

甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，D项错误．

答案 C

误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 人受重力G和湿地地面对他的支持力FN，在人下陷时，人的加速度方向向下，根据牛顿第二定律得G－FN＝ma，所以FN＜G.设人对湿地地面的压力大小为FN′，根据牛顿第三定律得FN′＝FN，所以人对湿地地面的压力小于他受的重力，选项A、B错，人对湿地地面的压力等于湿地地面对他的支持力，C项错误，D项正确．

[答案] D

[误区警示] 不能凭借生活经验分析判断物理问题，力争为结论寻找物理依据，养成运用物理规律解决问题的习惯，这样就能在头脑中建立清晰的物理模型，提高解决问题的能力．

【例2】 [解析]

答图3－1－4

此题考查的知识点是“力是改变物体运动状态的原因”．在劈形物体A沿斜面下滑的过程中，小球B在水平方向不受任何外力作用(小球与斜面之间光滑)，所以小球在水平方向将保持原来的静止状态，而在竖直方向将在重力与支持力的共同作用下向下做直线运动．

[答案] B

[误区警示] 本题是易错题，造成错误的原因是没有将题中理想光滑的物理过程与实际过程相区别，而得出小球将随劈形物体A在水平方向运动的错误结论．

0

知识梳理 一、1.加速度 2．加速度 二、1.大于

0

第二讲 牛顿运动定律的应用

2．小于

3．g 向下 向上 零 三、3.(1)整体 (3)地面 考点自测

1．解析 Ff＝μmg＝4 N，故0～3 s内，a＝0.

8－4

3～6 s内和9～12 s内，a＝ m/s2＝2 m/s2.

2

第6 s末的速度v6＝2×3 m/s＝6 m/s，

112

故所求位移x＝at21＋v6t2＋v6t3＋at3 2211

＝×2×32 m＋6×3 m＋6×3 m＋×2×32 m 22＝54 m，故B项正确． 答案 B

F－Ff

2．解析 由图象可知0～t1，物体做a减小的加速运动，t1时刻a减小为零．由a＝，

mFf－F

可知F逐渐减小，最终F＝Ff，故A、B两项错误．t1～t2物体做a增大的减速运动，由a＝，

m

可知至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也可能F已正向减为零且负向增大，故C、D两项正确．

答案 CD 3．答案 D

4．解析 人处于超重状态时，体重计的示数大于人的重力；人处于失重状态时，体重计的示数小于人的重力．电梯加速上升或减速下降时人处于超重状态，体重计的示数F＝mg＋ma，可见，超重时加速度越大，体重计的示数越大，选B项．

答案 B

5．解析 当夹子连同木块一起向上做匀加速运动，且恰好不相对滑动时，力F最大，此时静摩擦力恰好达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律，可知对于木块M：2f－Mg＝Ma，

2f?m＋M?

对于整体：F－(M＋m)g＝(M＋m)a，由以上两式，得F＝.

M

答案 A 典例剖析

【变式训练1】 解析 从t＝0开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有相同的速度为止．

由题图可知，在t＝0.5 s时，物块和木板的速度相同，t＝0到t＝t1，物块加速度为a1v1＝ t1

v0－v1木板的加速度a2＝ t1

由牛顿第二定律 μ1mg＝ma1， (μ1＋2μ2)mg＝ma2

可得μ1＝0.20，μ2＝0.30.

(2)t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板间摩擦力改变方向． 由牛顿第二定律 f＝ma1′ 2μ2mg－f＝ma2′

答图3－2－1 假设f<μ1mg 则a1′＝a2′ 由以上式子得f＝μ2mg>μ1mg.假设错误，故f＝μ1mg 物块的加速度a1′＝a1

v－t图象如答图3－2－1所示

2×v21s1＝ 2a1v0＋v1v21s2＝t1＋ 22a2′

物块相对木板的位移大小为 s＝s2－s1＝1.125 m.

答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m

【变式训练2】 解析 设猴子加速时的加速度大小为a，以笼子和猴子整体为研究对象，当猴子加速向上爬时，猴子处于超重状态，所以整体对地面的压力F1＝(M＋m)g＋ma；当猴子加速向下滑时，猴子处于失重状态，所以整体对地面的压力F2＝(M＋m)g－ma.所以B、C两项正确．

答案 BC

F

【变式训练3】 解析 对题图①整体分析，由牛顿第二定律，得a＝，对小球

M＋m

受力分析如答图3－2－2①所示，因此F－Tsinα＝ma，Tcosα＝mg，对题图②小球受力分析如答图3－2－2②所示，因此有T′sinα＝ma′，T′cosα＝mg，解得T′＝T＝mg/cosα，am

＝gtanα，a′＝gtanα，由于M>m，故a′>a. M

答图3－2－2

答案 B

【变式训练4】 解析 (1)设物块处于相对斜面下滑的临界状态(物块恰好不下滑)时推力为F1.此时物块受力如答图3－2－3①所示．

答图3－2－3

取加速度a1方向为x轴正方向，对m有： x方向：FNsinθ－μFNcosθ＝ma1， y方向：FNcosθ＋μFNsinθ－mg＝0， 联立两式得：a1＝4.78 m/s2. 对整体有：F1＝(M＋m)a1. 代入数据解得F1＝14.34 N.

(2)设物块处于相对斜面向上滑的临界状态(物块恰好不上滑)时推力为F2，此时物块受力如答图3－2－3②.对m有：

x方向：FNsinθ＋μFNcosθ＝ma2， y方向：FNcosθ－μFNsinθ－mg＝0， 联立两式得：a2＝11.2 m/s2， 对整体有：F2＝(M＋m)a2， 代入数据解得F2＝33.6 N.

F的范围为：14.34 N≤F≤33.6 N.

答案 14.34 N≤F≤33.6 N 误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 在汽车驶过拱形桥顶端时，由重力和支持力的合力提供汽车做圆周运动的向心力，合力向下，所以支持力小于重力，处于失重状态；荡秋千的小孩通过最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力，合力向上，所以支持力大于重力，处于超重状态；宇航员随飞船做圆周运动，万有引力提供向心力，处于完全失重状态．当物体处于超重、失重或完全失重时，只是物体对支持物的压力增大、减小或等于零，物体本身的重力并没有变化．电梯加速上升时，有向上的加速度，支持力大于重力，电梯中的人处于超重状态．

[答案] D

[误区警示] 不理解超重、失重的实质，对A、B、C三项不知道从何入手分析，而盲目地选择，如不清楚汽车驶过拱形桥顶端时、小孩荡秋千通过最低点时的加速度方向，无法判断超重或失重．

【例2】 [解析] (1)求物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a1，

μmg

对物块，最大加速度a1＝＝μg＝1 m/s2，

m

对整体，F＝(M＋m)a1＝(3＋1)×1 N＝4 N.

F－μmg10－0.1×10

(2)当F＝10 N时，木板的加速度a2＝＝ m/s2＝3 m/s2，

M3

11

由a2t2－a1t2＝L，得物块滑过木板所用时间t＝1.6 s， 22

物块离开木板时的速度v1＝a1t＝1.6 m/s＝1.26 m/s. [答案] (1)4 N (2)1.26 m/s

[误区警示] 动力学的中心问题是研究运动和力的关系，除了对物体进行正确的受力分析外，还必须正确分析物体的运动情况．当所给的情境中涉及两个物体，并且物体间存在相对运动时，找出这两物体之间的位移关系或速度关系尤其重要，特别注意物体的位移都是对地的位移，故物块的位移并不等于木板的长度．

第三讲 实验：验证牛顿运动定律

知识梳理

二、控制变量法 考点自测

1．解析 此题考查的是实验步骤，对于实验的一些常识，必须牢记于心，结合本实验的实验步骤，不难排列出正确的顺序．

答案 AEDBC

2．解析 题中m1和m2是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量．本题中只说明了两小车是相同的，并没有告诉小车的质量是多少．当m1＝m2时，两车加砝码质量仍相等，

1

若F1＝2F2，则a1＝2a2，由x＝at2，得x1＝2x2，A项正确；若m1＝2m2时，无法确定两车

2

加砝码后的质量关系，两小车的加速度关系也就不明确，所以无法判定两车的位移关系．

答案 A

3．解析 本题主要考查用图象法处理实验数据的能力．

1

(1)建立坐标系，确定标度，描点画出，得出a－F图象和a－图象分别如答图3－3－1

M

①、②所示．

答图3－3－1

(2)正比关系 反比关系 (3)0.50 kg 4.02 N

答案 (1)如答图3－3－1①、② (2)正比关系 反比关系 (3)0.50 kg 4.02 N 典例剖析

【变式训练1】 解析 要使小车所受的合外力等于沙和沙桶的总重力须满足M?m，且实验前须平衡摩擦力，所以(1)中选B，(2)中最合理的为C.求解加速度常用的两种方法为

?sDE＋sEF＋sFG?－?sAB＋sBC＋sCD?

逐差法和v－t图象法，本题目适合用逐差法计算．由a＝，

9T2又知T＝0.1 s，解得a＝0.42 m/s2.

答案 (1)B (2)C (3)0.42

【变式训练2】 解析 (1)将车内的砂子转移到桶中，就保证了M＋m不变，即系统

Fmg

的总质量不变，研究对象是整个系统，a＝＝，可见a－F图象斜率的物理意义

M＋mM＋m

1是.系统的合外力就等于所悬挂砂桶的重力mg，不必满足M?m这样的条件． M＋m

(2)向小车内添加或去掉部分砂子，是改变系统的总质量M＋m，而系统的合外力仍等于所悬挂砂桶的重力mg，保证了合外力不变．所以用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以M＋m倒数为横轴．

1

答案 (1)① ②合理 ③否，因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外

M＋m

力就等于mg

(2)M＋m

误区反思 感悟提高

Mmgmg

【例】 [解析] 实验中绳的张力F＝，则小车加速度a＝，实验时若保持M＋mM＋m

11

小车质量不变，横轴为，则a－图象必过原点，为直线．当满足M?m时，m

M＋mM＋m

mg1

可忽略，a≈，a－图象还可以满足图象是过原点的直线．当小车质量较小，不满足M

MM

?m时，图象会弯曲，故选D项．

[答案] D

[误区警示] 实验原理是实验的“灵魂”，应重视对原理的分析．

必修2

第四章 曲线运动 万有引力与航天 第一讲 曲线运动 运动的合成和分解

知识梳理

一、1.切线 变速

2．(1)速度方向 (2)合力 速度方向 二、1.分运动 实际

2．(1)相加 相减 (2)平行四边形定则 3．(1)逆过程 (2)实际 考点自测

1．解析 由运动轨迹可知质点做曲线运动，质点做曲线运动时，受力的方向与速度不共线，且轨迹一定夹在受力方向和速度方向之间，受力方向指向曲线的“凹”侧，故恒力F的方向可能沿x轴正方向．

答案 A

2．解析 物体做直线运动还是曲线运动，不是取决于物体受到的力是恒力还是变力，而是取决于物体所受到的力的方向与运动方向是否在一条直线上．不论恒力还是变力，若力

与运动方向在一条直线上，物体做直线运动；若力与运动方向不在同一直线上，则物体一定做曲线运动，故C选项正确．

答案 C

3．解析 猴子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，猴子的实际运动可以看做类平抛运动，其运动轨迹为曲线；因为猴子受到的合外力恒定(因为加速度恒定)，所以相对地面猴子做的是匀变速曲线运动；t时刻猴子对地速度的大

222小vt＝ v20＋?at?；t时间内猴子对地的位移大小s＝x＋h.

答案 D 4．解析

答图4－1－1

两个直线运动的合运动，比如一个匀速直线运动与另一个匀加速直线运动相互垂直，则合运动就是曲线运动，①显然错误．若两个互成角度的匀速直线运动合成，利用速度合成公式求出v(合速度)，大小方向均不变，故②对．两个匀加速直线运动的合运动，因题中没有讲明两分运动是否在一条直线上，可能性如下：如同方向则肯定为直线运动，成某一角度如90°，假设分运动1的初速度为v1、加速度为a1，分运动2的初速度为v2、加速度为a2，作

v1a1矢量图如答图4－1－1所示．求出合加速度a和合初速度v，可以看出：当＝时，a与v

v2a2

v1a1仍在同一条直线上，合运动是直线运动；当≠时，a与v不在一条直线上，将做曲线运

v2a2

动，故③对．若初速度为零，且加速度a恒定，物体做初速度为零的匀加速直线运动，故④对．所以本题选D项．

答案 D 典例剖析

【变式训练1】 解析 若Fy＝Fxtanα，则Fx和Fy的合力F与v在同一直线上，此时质点做直线运动．若Fx＞Fycotα，则Fx、Fy的合力F与x轴正方向的夹角β＜α，则质点向x轴一侧做曲线运动．故正确选项为D.

答案 D

【变式训练2】 解析 如答图4－1－2，把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解，由三角形知识知v船＝vcosα，C项正确．

答图4－1－2

答案 C

H

【变式训练3】 解析 渡河时间均为，乙能垂直于河岸渡河，对乙船，由vcos60°

vsin60°

H2

＝v0，可得v＝2v0，甲船在该时间内沿水流方向的位移为(vcos60°＋v0)＝3H刚好

vsin60°3到A点．综上所述，A、C两项错误，B、D两项正确．

答案 BD

误区反思 感悟提高

【例】 [解析] 设物体B的运动速度为vB，速度分解如答图4－1－3甲所示，则有

v绳B

vB＝①

cosβ

答图4－1－3

物体A的合运动对应的速度为v1，它的速度分解如答图4－1－3乙所示，则有v绳A＝v1cosα②

由于对应同一根绳，其长度不变，故v绳B＝v绳A③ 根据①②③式解得vB＝v1cosα/cosβ.选项D正确． [答案] D

[误区警示] 此类问题的关键是找出哪是合运动和运动效果的分析，一般以地面为参考系，物体的速度为合速度，向着沿绳方向和垂直绳的方向分解即可．

第二讲 平抛运动

知识梳理

一、1.水平 重力 2．g 匀变速

二、1.匀速直线 v0 v0t

1gtgt222．自由落体 gt2 (1)v2＋gt (2) 0

2v02v0

三、1.斜向上或斜向下 重力 2．匀变速 抛物线

3．匀速直线 竖直上抛或竖直下抛 考点自测

1．解析 (1)若同时落地，不能说明水平分运动是匀速运动，只能说明竖直方向为自由落体运动．

(2)竖直管A上端应低于水面．

答案 (1)若同时落地，则说明水平分运动是匀速运动，竖直分运动是自由落体运动 (2)竖直管A上端要高于水面

2．解析 因为平抛运动的运动形式为匀变速曲线运动，其加速度是恒定不变的，即速度的变化率也是恒定不变的，再根据平抛运动的特点：水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，合外力为重力，合加速度为重力加速度，故每秒速度的增量大小恒定不变，方向沿竖直方向，A选项正确．

答案 A

3．解析 垒球落地时瞬时速度的大小是v＝v20＋2gh，其速度方向与水平方向的夹角

2gh

满足tanα＝，由此可知，A、B两项错误；垒球在空中运动的水平位移x＝v0t＝v02h/g，

v0

2h

故C项错误；垒球在空中运动的时间t＝，故D项正确．

g

答案 D

4．解析 因小球落在斜面上，所以两次位移与水平方向的夹角相等，由平抛运动规律，

1212gtgt2122t11

知tanθ＝＝，所以＝. v0t12v0t2t22答案 B 典例剖析

【变式训练1】 解析 (1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球

2

速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以，vy＝v0tan53°，vy＝2gh.

代入数据，得vy＝4 m/s，v0＝3 m/s. (2)由vy＝gt1得t1＝0.4 s， x＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m.

答图4－2－1

(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 mgsin53°a＝＝8 m/s2，

m

2

初速度 v＝v20＋vy＝5 m/s. H1

＝vt2＋at2， sin53°22

代入数据，整理得4t22＋5t2－26＝0，

13

解得t2＝2 s或t2＝－ s(不合题意舍去)，

4

所以t＝t1＋t2＝2.4 s.

答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s 【变式训练2】 解析

答图4－2－2

如答图4－2－2所示，物体在前5 s内由坐标原点起向东沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动，其加速度为

F14

ax＝＝ m/s2＝2 m/s2，

m2

方向沿x轴正方向．

5 s末速度vx＝axt1＝2×5 m/s＝10 m/s. 从第5 s末开始，物体参与两个分运动：一是沿x轴正方向做速度为10 m/s的匀速运动；

F22

二是沿y轴正方向(正北方向)做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为ay＝＝ m/s2

m2

2

＝1 m/s，

经10 s沿y轴正方向的速度 vy＝ayt2＝1×10 m/s＝10 m/s， 15 s末的速度为

222v1＝v2x＋vy＝10＋10 m/s ＝102 m/s，

10

tanα＝＝1，

10所以α＝45°，

即方向为东偏北45°角．

答案 102 m/s 方向为东偏北45°

【变式训练3】 解析 (1)如答图4－2－3所示，设发球时飞行时间为t1，根据平抛运动

答图4－2－3

1h1＝gt2①

21x1＝v1t1②

2h1③ g

(2)设发球高度为h2，飞行时间为t2，同理根据平抛运动

1h2＝gt2④

22x2＝v2t2⑤ 且h2＝h⑥ 2x2＝L⑦

Lg得v2＝ ⑧

22h

(3)如答图4－2－4所示，发球高度为h3，飞行时间为t3，同理根据平抛运动得 解得x1＝v1

答图4－2－4

1h3＝gt2⑨

23x3＝v3t3⑩ 且3x3＝2L?

设球从恰好越过球网到最高点的时间为t，水平距离为s，有

1

h3－h＝gt2?

2

s＝v3t?

由几何关系，知x3＋s＝L?

4

联立⑨～?式，解得h3＝h.

3

2h1Lg4

答案 (1)v1 (2) (3)h g22h3

误区反思 感悟提高

vy【例1】 [解析] 物体平抛运动的时间t＝，由速度的合成与分解可知vy＝v2－v20，g故只有D正确．

[答案] D

[误区警示] 速度是矢量，在平抛运动中，v－v0不是速度变化．

【例2】 [解析] 物体落在斜面上，则位移与水平方向的夹角就等于斜面的倾角θ，

y122v0tanθxv0t2v20tanθ

因此有tanθ＝，其中y＝gt，x＝v0t，则t＝，C项正确；L＝＝＝，x2gcosθcosθgcosθ

B项正确．

[答案] BC

[误区警示] 审题时应注意题中的已知条件，特别是善于挖掘隐含的已知条件，如题中运动员落在斜坡上，则是合位移方向不变．

第三讲 圆周运动的规律和应用

知识梳理 一、快慢 弧长 通过这段弧长所用时间 切线 圆心 圆心角 所用时间 方向 圆心

v24π2r二、2.m m2 rT

3．圆心

4．圆心 半径 三、1.弧长

2．(3)向心 (4)垂直 圆心 四、1.远离 考点自测 1．答案 BC

2．解析 从静摩擦力总是阻碍物体间的相对运动的趋势来分析：由于圆盘转动时，以转动的圆盘为参考系，物体的运动趋势是沿半径向外背离圆心的，所以盘面对木块的静摩擦力方向沿半径指向圆心．从做匀速圆周运动的物体必须有力提供向心力的角度来分析，木块随圆盘一起做匀速圆周运动，它必须受到沿半径指向圆心的合力，只有来自盘面的静摩擦力提供指向圆心的向心力，因而盘面对木块的静摩擦力方向必沿半径指向圆心，所以，正确选项为B.

答案 B

mv2

3．解析 球通过最高点的条件是v≥0，当球通过最高点，拉力为零时，有mg＝ ?

R

v＝gR. mv2

当0＜v＜gR时，F为支撑力，mg－F＝. Rmv2

当v＞gR时，F为拉力，F＋mg＝，故选项D正确．

R

答案 D

L

4．解析 细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B项错误；圆周运动的半径由L变为，

3

2v

由a＝，知a增大到原来的3倍，A项正确；根据v＝rω，知角速度ω增大到原来的3倍，

r

v2v2

C项错误；细绳碰到钉子前瞬间FT－mg＝m，碰后瞬间FT′－mg＝m，由此可知D项

LL

3

错误．

答案 A

5．解析 离心力是一种效果力，实际并不存在，A项错误；做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，由于惯性，它将沿切线方向飞出，做匀速直线运动，B、D两项错误，C项正确．

答案 C 典例剖析

【变式训练1】 解析 车行驶速度与前、后车轮边缘的线速度相等，故后轮边缘的线速度为4 m/s，后轮的角速度

4

ω＝v/R＝－ rad/s＝12 rad/s，

330×103飞轮与后轮为同轴装臵，故飞轮的角速度 ω1＝ω＝12 rad/s，

飞轮与链轮是用链条连接的，故链轮与飞轮线速度相同，所以ω1r1＝ω2r2，r1、r2分别为飞轮和链轮的半径，因此周长L＝NΔL＝2πr，N为齿数，ΔL为两邻齿间的弧长，故r∝N，所以ω1N1＝ω2N2，

ω1N1

又踏板与链轮同轴，脚踩踏板的角速度ω3＝ω2，ω3＝，要使ω3最小，则N1＝15，

N2

12×15

N2＝48，故ω3＝ rad/s＝3.8 rad/s.

48

答案 B

【变式训练2】 解析 由题图可知，当主动轮A匀速转动时，A、B两轮边缘上的线

v

vωARARB1

速度相同，由ω＝，得＝＝＝.由于小木块恰能在A边缘静止，则由最大静摩擦力

RωBvRA2

RB

提供的向心力，得μmg＝mω2ARA.

设放在B轮上能使木块相对静止的距B轮转轴的最大距离为r，则向心力由最大静摩擦

2

力提供，故μmg＝mωBr，

2

因A、B材料相同，故木块与A、B的动摩擦因数相同，故mω2ARA＝mωBr，

ωA?2?1?2RA＝RA＝RB. r＝?R＝A?ωB??2?42答案 C

【变式训练3】 解析 (1)在光滑斜槽上由牛顿第二定律得： mgsin37°＝ma. 故a＝gsin37°＝6 m/s2.

(2)小球由A至B，机械能守恒，则

12

mg(Lsin37°＋hDB)＝mvB.

2

hDB＝R(1－cos37°)．

小球在B点时，由牛顿第二定律得：

v2BFNB－mg＝m. R

联立上述各式得：

2g[Lsin37°＋R?1－cos37°?]

FNB＝mg＋m＝17 N.

R

由牛顿第三定律得： 小球过B点时对轨道的压力大小为17 N. (3)小球要过最高点，需要的最小速度为v0.

2v0则mg＝m.

R

即v0＝gR＝1 m/s.

又小球从A到C机械能守恒，所以

1

mg[Lsin37°－R(1＋cos37°)]＝mv2.

2C

解之vC＝12 m/s＞1 m/s. 故小球能过最高点C. 答案 (1)6 m/s2 (2)17 N

(3)能通过最高点C 误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 在h一定的条件下，释放后小球的机械能守恒，其运动情况与小球

1

的质量无关，A项错误；小球能通过a点的最小速度v＝gR，从a点平抛，R＝gt2，s＝

2

vt＝2R，所以，无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，C项正确；如果h足够大，小球可能会飞出de面之外，D项也正确，本题正确答案为C、D两项．

[答案] CD

[误区警示] 小球通过a点的最小速度为gR，即平抛运动的最小初速度为gR.善于挖掘题目中的已知条件才能正确解题．

【例2】 [解析] A球做圆周运动的向心力由OA段和AB段轻杆的拉力的合力提供，

2

FOA－FAB＝mAωrA.

B球做圆周运动的向心力由AB段轻杆的拉力提供， FAB＝mBω2rB. 而rA

rB＝1

2，mA＝mB.

FAB＝3

2.

联立各式解得 FOA

[答案] 32

[误区警示] 不能错误地认为A做圆周运动的向心力只由OA段杆的拉力提供，也不能认为B做圆周运动的向心力，由OA段杆、AB段杆拉力的和提供．

第四讲 万有引力与航天

知识梳理

一、1.椭圆 焦点 2．连线 面积

a3

3．半长轴 公转周期 2＝k

T

二、1.乘积 二次方 3．质点间

4．(1)两球心间的距离 (2)质点到球心间的距离 三、1.匀速圆周运动 4π2r33π2. GT2GT23．(1)7.9 km/s 发射 最大 (2)11.2 km/s 地球 (3)16.7 km/s 太阳 四、1.绝对的 2．运动状态 考点自测 1．答案 B

2．解析 物理学家卡文迪许通过测量几个铅球之间的万有引力，比较准确地得出了G

m1m2的数值，故A项正确；当两物体间距离r趋于零时，F＝G2不适用，故B项错误；两个

r

物体间的引力是一对相互作用力，大小总相等，故C项正确，D项错误．

答案 AC

Mm

3．解析 对行星表面的物体，忽略行星自转时，G2＝mg＝N；对于卫星，由牛顿第

R

24

Mmvmv

二定律，得G2＝m.由以上两式解得M＝. RRGN

答案 B

4．解析 第一宇宙速度又叫环绕速度，A正确，B错误．根据万有引力提供向心力有Mmv2GMG2＝m，得v＝ ，可知第一宇宙速度与地球的质量和半径有关，C、D错误． RRR答案 A

5．解析 在椭圆轨道上有近地点和远地点，卫星运动的速率不同，运行一周所用的时间有可能和某个沿圆轨道运行的卫星周期相同，故A项错误；在椭圆轨道上，卫星从近地点到远地点减速，从远地点到近地点加速，故B项正确；所有地球的同步卫星有确定的轨道平面、周期、半径，故C项错误；经同一点的两颗卫星，轨道平面不一定重合，故D项错误．

答案 B 典例剖析

Mm4π2

【变式训练1】 解析 “嫦娥二号”由万有引力提供向心力，可得G2＝m2R，

RT

234πR

故月球的质量M＝，因“嫦娥二号”为近月卫星，故其轨道半径R近似等于月球的半

GT24π2R3

2MGT

径，但由于月球半径未知，月球质量无法求出，故B、C项错误；月球的密度ρ＝＝V43

πR3

3π

＝2，故A项正确；根据所给条件，无法估算月球的自转周期，D项错误． GT

答案 A

1

【变式训练2】 解析 由Ek＝mv2，可知变轨前后的速度大小vv′＝21，由

2

Mmv2v

G2＝m，得rr′＝14，D项错误；由ω＝，得ωω′＝81，B项错误；由rrr2π

T＝，知TT′＝18，C项正确；由a＝ω2r，知aa′＝161，A项错误．

ω

答案 C

【变式训练3】 解析 轨道3比轨道1高，根据高轨道线速度小、角速度小，可知A

FGM

项错误，B项正确；根据牛顿第二定律，可得a＝＝2，即卫星的加速度a只与卫星到地

mr

心的距离r有关，故C项错误，D项正确．

答案 BD

误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 设地球质量为M，同步卫星质量为m1，地球赤道上的物体质量为m2，在地球表面运行的卫星质量为m3，由于地球同步卫星周期与地球自转周期相同，则a1

a1r2

＝rω21，a2＝Rω2，ω1＝ω2.所以＝，故A项正确；依据万有引力定律和向心力表达式可得 a2R

2

Mm1v1GM对m1：G2＝m1，所以v1＝ ①

rrrMm3v2GM2对m3：G2＝m3，所以v2＝ ②

RRR

v1R①式除以②式得＝，故D项正确．

v2r

[答案] AD

[误区警示] 此题中易错点是以第一宇宙速度运行的卫星、同步卫星和赤道上随地球自转的物体的力学原因和运动特点不同．如以第一宇宙速度运行的卫星由万有引力提供向心力，在赤道上的物体由万有引力的分力提供向心力．

【例2】 [解析] 卫星受大气摩擦作用速度减小的同时，在万有引力作用下做向心运动，万有引力做正功，使其加速进入较低轨道，万有引力增大，向心加速度增大，周期减小，角速度增大．

[答案] C

[误区警示] 审题时只注意到阻力做功，而忽视了万有引力做功是常犯的错误．

第五章 机械能及其守恒定律

第一讲 功 功率

知识梳理

一、1.功 能量转化 2．力 位移

3．(2)正 负 不做功 4．焦耳 J 二、1.快慢

2．(1)平均功率 (2)Fvcosα 平均功率 瞬时功率 3．(1)正常工作 最大 (2)实际工作 额定功率 考点自测

1．解析 依据功的定义式W＝FLcosθ，本题中四种情况下，F、L、θ均相同，这样四种情况下力F所做的功一样大，故选项D正确．

答案 D

2．解析 由于功是标量，合力对物体做的功，应等于各分力对物体做功的代数和，因此，合力对物体做的功应为W＝W1＋W2＝4 J＋3 J＝7 J，选项A正确．

答案 A

3．解析 P＝Fvcosα＝mg·2gh＝600 W. 答案 C

4．解析 汽车行驶过程中，若发动机功率保持不变，且匀速行驶，则由牛顿第二定律，得F－Ff＝0，又P＝Fv，解得v＝P/Ff；又由Ff＝μFN，可知当路面越粗糙或载货越多时，阻力Ff越大，则v越小，故A、C两项正确，B、D两项错误．

答案 AC

5．解析 Ff＝μmg＝2×103 N，由图知匀加速运动的加速度为a＝2 m/s2，由牛顿第二定律，得F－Ff＝ma，故F＝6×103 N，故A项错误，B项正确；因5 s达到额定功率，P额＝F·v

P额

＝6×103×10 W＝60 kW，C项正确；汽车的最大速度vmax＝＝30 m/s，D项正确．

Ff

答案 BCD 典例剖析

【变式训练1】 解析 设绳对物体的拉力为T，显然人对绳的拉力F等于T.T在对物体做功的过程中大小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题．但是在滑轮的质量以及滑轮与绳间的摩擦不计的情况下，人对绳做的功就等于绳的拉力对物体做的功，而拉力F的大小和方向都不变，所以F做的功可以用公式W＝Flcosα直接计算．由题图可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中，拉力F的作用点的位移大小为：Δs

11?hh

－＝s1－s2＝－，所以W＝FΔs＝Fh??sinαsinβ?. sinαsinβ

11?－答案 Fh??sinαsinβ?

【变式训练2】 解析 由题意知质点所受的水平外力即为合力，可知质点在这2 s内的加速度分别为a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，则质点在第1 s末与第2 s末的速度分别为v1＝2 m/s，

v1v2＝3 m/s.第1 s内外力做功W1＝F1l1＝2××1 J＝2 J，第2 s内外力做功W2＝F2l2＝1×

2

v1＋v2W1＋W295

×1 J＝ J,0～2 s内外力的平均功率＝＝ W，第1 s末外力的瞬时功率P1＝22t4

F1v1＝4 W，第2 s末外力的瞬时功率P2＝F2v2＝3 W．根据动能定理可知，第1 s内与第2 s内动能增加量的比值ΔEk1ΔEk2＝W1W2＝45.综上可知A、D两项正确．

答案 AD

【变式训练3】 解析 (1)已知每行驶100 km消耗电能1 kW·h，即3.6×106 J的电能，

3

x100×10

车的行驶速度为v＝5 m/s，所以行驶100 km所需时间t＝＝s＝2×104 s，

v5

6

W3.6×10

即电动机功率P＝＝ W＝180 W.

t2×104电池储存的电能E＝UIt＝36×12×3 600 J.

36×12×3 600E

所以续行里程x＝×100 km＝43.2 km. 6×100 km＝3.6×103.6×106(2)由P＝Fv，得

P

阻力Ff＝F＝＝36 N，

vFf36

所以k＝＝＝0.03.

?m＋M?g1 200

(3)在上坡时，车受到的阻力 Ff′＝k(m＋M)g＋(m＋M)gsin5°＝120 N.

P

所以v′＝＝1.5 m/s.

Ff′

答案 (1)180 43.2 (2)0.03 (3)1.5 m/s

误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] (1)对人，如答图5－1－1①所示，车厢对人的作用力有：车厢对人的弹力F1，车厢底对人的支持力FN1，车厢底对人的静摩擦力F2，设车厢的位移为s，则车厢对人做的功W1为：W1＝F2s－F1s，由于人和车都在做加速运动，故有F2－F1＝ma, 因而F2＞F1，故W1＞0.

答图5－1－1

(2)对车厢如答图5－1－1②所示，人对车厢的作用力有：推力F3，对底板的压力FN2，人对车的摩擦力F4，则人对车厢做功W2为：W2＝F3s－F4s.

由于F3＝F1，F4＝F2，所以F3＜F4，故有W2＜0.由以上分析可知：人对车做负功，推力对车做正功，车对人做正功．

[答案] BC

[误区警示] 求解力做功问题时，受力分析仍是重点，多力、漏掉力则会导致功的计算错误．

【例2】 [解析] 在刚达到最大速度的整个过程中，汽车的运动可分为两个阶段，第一阶段是功率越来越大的匀加速直线运动，第二阶段是以额定功率行驶的变加速直线运动．

当汽车做匀加速直线运动时，首先由牛顿第二定律F－f＝ma，求得牵引力F＝ma＋f＝7 500 N，

3

P60×10v2t汽车匀加速直线运动结束时的速度vt＝＝此时前进的位移s1＝3 m/s＝8 m/s；F7.5×102a28＝ m＝64 m. 2×0.5

第一阶段汽车的牵引力恒定，牵引力做功W1＝F·s1＝4.8×105 J，

第二阶段汽车保持额定功率不变，最终匀速运动时牵引力F′和阻力为平衡力，P＝F′

P112

vm＝Ffvm，所以vm＝＝12 m/s；由动能定理得W2－Ff(s－s1)＝mv2－mv，所以W2＝5.05

Ff2m2t

×105 J.

在整个过程中，汽车发动机的牵引力做功W＝W1＋W2＝9.85×105 J. [答案] 9.85×105 J

[误区警示] 对机车的启动过程不能正确分析，认为整个过程是匀加速运动或当作功率恒定的运动都是错误的．

第二讲 动能定理

知识梳理 一、1.运动 3．焦耳(J) 4．标量

二、1.总功 动能 2．Ek2－Ek1

3．增加 减少 不变 考点自测

1．解析 由动能的定义和特点知，A、B选项正确．动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C项正确，D项错误．

答案 ABC

112

2．解析 由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－m1v21，－F2L2＝0－m2v2，F1＝22μm1g，F2＝μm2g，由以上四式联立得L1L2＝41.故选项D是正确的． 答案 D

3．解析 动能的大小与速度的方向无关，在这段时间里滑块的动能大小没有发生变

11

化．据动能定理，W＝m(－6)2－m(6)2＝0.所以正确答案为A项．

22

答案 A

11

4．解析 由动能定理可求得合外力做的功等于小孩动能的变化，ΔEk＝mv2＝×25×

22

2

2.0 J＝50 J，A项正确；重力做功WG＝mgh＝25×10×3.0 J＝750 J，C项错误；支持力的方向与小孩的运动方向垂直，不做功，D项错误；阻力做功W阻＝W合－WG＝(50－750)J＝－700 J，B项错误．

答案 A 典例剖析

P

【变式训练1】 解析 电动机所做的功指的是牵引力做的功，而F＝，功率P恒定，

v

加速过程中牵引力减小，计算变力做功不能应用定义式．可以由动能定理计算，即W－Fs112＝mv2，则W＝Fs＋mv.还可以通过恒定功率计算，即W＝Pt. 2m2m答案 BD

【变式训练2】 解析 (1)令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为f2＝0.2mg， 则F推－f2＝ma2， 得a2＝4.0 m/s2.

1

(2)由动能定理：F牵l1＋F推l－f1l1－f2(l－l1)＝mv2

2

5

得F牵＝6.8×10 N.

答案 (1)4.0 m/s2 (2)6.8×105 N

v2C【变式训练3】 解析 (1)在C点小球对轨道压力为零，有mg＝m，

R/2

从开始下落到C点，由动能定理得

1

mgR＋Wf＝mv2，

2C3

所以Wf＝－mgR.

4

1

(2)从开始下落到B点，由动能定理得2mgR＋Wf＝mv2(或从B点到C点，由动能定理

2B

112

得－mgR＝mv2C－mvB) 22

2vB由牛顿第二定律知FN前－mg＝m，

R

2vBFN后－mg＝m，

R/2FN后＝712. 3

答案 (1)－mgR (2)712

4

误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg＝v2

m，设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为Wf. R

1

由动能定理可得：Wf＝mv2.

2

所以FN前

1

可解得：Wf＝kmgR. 2

[答案] D

[误区警示] 由于思维定式，错误地认为静摩擦力提供向心力，静摩擦力总指向圆心，静摩擦力不做功．

【例2】 [解析] 两个斜面的下部B、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120°，所以可分析斜面的倾角为θ＝60°，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为Ff＝μmgcos60°＝

130.02×mg＝0.01mg，重力沿斜面的分力G′＝mgsin60°＝mg>Ff，所以物体不能停留在

22斜面上．

设物体在斜面上运动的总路程为x，对全过程应用动能定理得mg[h－R(1－cos60°)]－

1

μmgxcos60°＝0－mv2.解得x＝280 m.

2

[答案] 280 m

[误区警示] 考虑到重力做功与路径无关的特点，滑动摩擦力一直做负功，且与路程成正比，所以对全过程应用动能定理就显得非常简便．该题的求解充分显示了用动能定理解题的优越性，用动能定理解题的思路可以概括为八个字：“一个过程，两个状态”．一要关注过程中各力做功情况，二要关注过程的始末动能，而不必关注中间过程的细节，但这也是分析审题后确定解题方法的一个易错点，一旦选用方法不当，将会陷入繁琐复杂的尴尬境地．

第三讲 机械能守恒定律

知识梳理

一、1.运动路径 高度差 mgΔh

2．(1)重力 高度 mgh (2)标量 参考平面 (3)物体 地球 绝对 无关 (4)减少 增加 减少

3．(1)弹性形变 (2)越大 越大 (3)减少 增加 正功 减少 负功 增加 二、1.重力 转化 不变 2．Ek2＋Ep2

3．重力 系统内的弹簧弹力 考点自测

1．解析 重力做功决定重力势能的变化，随着高度的降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，A项正确；弹性势能的变化取决于弹力做功，当蹦极绳张紧后，随着运动员的下落弹力一直做负功，弹性势能一直增大，B项正确；在蹦极过程中，由于只有重力和蹦极绳的弹力做功，由运动员、地球及蹦极绳所组成的系统机械能守恒，C项正确；重力势能的大小与重力势能零点的选取有关，而重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，D项错误．

答案 ABC

2．解析 判断机械能是否守恒，就要依据机械能守恒的条件来分析．要看是不是只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功，而不是看物体如何运动．物体做变速曲线运动，机械能可能守恒，如平抛运动，A项正确；合外力做功为零，只是动能不变，势能的变化情况不确定，机械能不一定守恒，如物体匀速下落，机械能减少，C项错误；沿水平面运动的物体，重力势能不变，如果不是匀速，动能发生变化，机械能就不守恒，B项错误；只有重力对物体做功时，机械能一定守恒，D项正确．

答案 AD

3．解析 当两物体上升到同一高度时，由于两个物体的质量不同，所以具有的重力势能不同，又因为两物体具有相同的机械能，所以在同一高度处，具有的动能不同．所以选项A、C两项错误，B项正确；对于选项D，初速度不同，上升高度相同，则末速度必定不同．

答案 B

4．解析 两球在下落过程中，机械能守恒，刚开始下落时，势能相同，动能都为零，所以机械能相等，下落到最低点时的机械能也一样大，C项正确；选取小球A为研究对象，

1

设球到达最低点时的速度大小为vA，动能为EA，球所受的拉力大小为FA，则mgL＝mv2，

2

mv2

FA－mg＝，联立可得vA＝2gL，EA＝mgL，FA＝3mg，同理可得vB＝2 gL，EB＝2mgL，

L

FB＝3mg，A、B两项错误，D项正确．

答案 CD

5．解析 物体与弹簧构成的系统机械能守恒．物体从释放到下降到P处，对质量为m

1

的物体A有mg(h＋x0)＝Ep弹；对质量为2m的物体B有2mg(h＋x0)＝Ep弹＋×2mv2.联立解

2得v＝g?h＋x0?，D项正确．

答案 D 典例剖析

【变式训练1】 解析 物体下滑过程中，由于物体与斜面相互间有垂直于斜面的作用力，使斜面加速运动，斜面的动能增加；物体克服其相互作用力做功，物体的机械能减少，但动能增加，重力势能减少，选项A正确，选项B错误；物体沿斜面下滑时既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，选项C错误；对物体和斜面组成的系统，仅有重力做功，因此，系统机械能守恒，选项D正确．

答案 AD

1

【变式训练2】 解析 (1)人离开平台后做平抛运动，有h＝gt2，

2

vygt

由题意知＝＝tan53°，

v0v0

联立解得v0＝3 m/s. (2)根据机械能守恒有

11

mg[h＋R(1－cos53°)]＝mv2－mv2，

220

mv2

在最低点O处有FN－mg＝，

R

联立两式，代入数据解得FN＝1 290 N，

根据牛顿第三定律小孩对轨道的压力FN′＝1 290 N，方向竖直向下 答案 (1)3 m/s (2)1 290 N，竖直向下

1

【变式训练3】 解析 设物块沿斜面下滑 s距离时的速度为v，由机械能守恒得(4m

2

2

＋m)v＝4mgssin30°－mgs①

细线突然断开的瞬间，物块B竖直上升的速度为v，此后B做竖直上抛运动，设继续

1

上升的距离为h，由机械能守恒得mv2＝mgh②

2

物块B上升的最大高度H＝h＋s③ 由①②③解得H＝1.2s. 答案 1.2s 【变式训练4】 解析 (1)设小球经过B点时的速度大小为vB，由机械能守恒得：mg(H12

－h)＝mvB

2

解得vB＝10 m/s.

(2)设小球经过C点时的速度为vC，对轨道的压力为FN，则轨道对小球的支持力FN′＝

2vCFN，根据牛顿第二定律可得FN′－mg＝m

R112

由机械能守恒得：mgR(1－cos53°)＋mv2B＝mvC 22由以上两式及FN′＝FN解得FN＝43 N.

(3)设小球受到的阻力为Ff，到达S点的速度为vS，在此过程中阻力所做的功为W，易知vD＝vB，由动能定理可得

112

mgh＋W＝mv2S－mvD 22解得W＝－68 J.

答案 (1)10 m/s (2)43 N (3)－68 J 误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 若把斜面从C点锯断，物体将从C点做斜上抛运动，到最高点速度不为零，据机械能守恒定律，物体不能升高到h；若弯成圆弧状，则升到圆弧的最高点必有大于或等于Rg的速度，据机械能守恒，不能升高h.

[答案] D

[误区警示] 解题时应抓住问题的关键，物体到达最高点时速度是否为零，若为零，则上升到h高度；若不为零，则上升高度小于h.

【例2】 [解析] 当小球甲上升到圆柱体最高点时，绳子突然断开，此时甲恰好做平抛运动，说明甲对圆柱体无压力，由牛顿第二定律得：

v2

m1g＝m1，以小球甲、乙和地球为系统，有：

RπR1

m2g(R＋)－m1g×2R＝(m1＋m2)v2，

22

5

由以上两式可求得：m2＝m.

π＋11

5

[答案] m2＝m

π＋11

[误区警示] 本例中m1、m2两小球高度变化不相等，若不能正确认识此知识点，则会导致重力势能变化求解错误．

第四讲 功能关系 能量守恒定律

知识梳理

一、1.功 做功

2．(1)重力势能 (2)弹性势能 (3)内能 (4)电势能 (5)电能 二、1.转化 转移 保持不变

2．(1)增加 相等 (2)增加 相等 考点自测

1．答案 BCD

2．解析 功的计算公式W＝Fscosα中的s是指相对于地面的位移，滑动摩擦力和静摩擦力仅起阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)的作用，它与物体对地“绝对位移”的方向既可能相同也可能相反，说它们一定做负功是错误的．物体间有静摩擦力作用时两物体相对静止，物体可以对地移动，所以静摩擦力也可能做功．物体间有相对滑动时，伴随机械能的损耗(转化为内能)，所以一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值．

答案 ABCD

3．解析 重力做功公式WG＝mgh，h为初、末位臵的高度差，与路径无关，所以由P到B重力做功为WG＝mgR，A项错误；小球做圆周运动恰好经过B点时，由牛顿第二定律

v21

可知mg＝m，即v＝gR，小球由P到B的过程，由动能定理可知W合＝WG＋Wf＝mv2

R2

1mgR

－0，解得W合＝mgR，Wf＝－，C项错误，D项正确；由功能关系可知，物体克服摩

22

擦力做的功等于物体机械能的减少量，B项错误．

答案 D

4．解析 本题要求的是人对铅球做的功，由于人对铅球的作用力是变力，且位移未知，不能运用功的计算公式来计算，可根据功能关系，人对铅球做功，使铅球动能增加，因此，此人对铅球所做的功等于铅球动能的增加，即150 J，将体内的化学能转化为铅球的动能．故只有A项正确．

答案 A

5．解析 由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心升高，故选A项． 答案 A

典例剖析

【变式训练1】 解析 根据重力做功量度重力势能的变化，因为克服重力做功为mgh，

3h

故重力势能增加了mgh，A项错误；合力做功量度动能的变化，由于合力做功为－mg×

4sin30°

33

＝－mgh，动能减小了mgh，故B项错误；对物体受力分析，根据牛顿第二定律可计算出

22

11h1

物体受的摩擦力大小为mg，重力以外的力做功为－mg×＝－mgh，故机械能损失

44sin30°2

11

了mgh，C项正确；由功率的定义式得摩擦力的功率P＝mgv，由于速度随时间均匀减小，24摩擦力的功率随时间均匀减小，D项正确．

答案 CD

【变式训练2】 解析 木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带共速后不再相对滑动，整个过程中木块获得一定的能量，系统要产生摩擦热．

对小木块，相对滑动时由ma＝μmg得加速度a＝μg.

v

由v＝at得，达到相对静止所用时间t＝.

μg

2

vv

(1)小木块的位移l1＝t＝. 22μg

v2

(2)传送带始终匀速运动，路程l2＝vt＝. μg

1

(3)小木块获得的动能Ek＝mv2.

2

1

也可用动能定理：μmgl1＝Ek，故Ek＝mv2.

21

(4)产生的摩擦热：Q＝μmg(l2－l1)＝mv2.

2

(注意，Q＝Ek是一种巧合，不是所有的问题都这样)

(5)由能量守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E总＝Ek

＋Q＝mv2.

v2v21

答案 (1) (2) (3)mv2

2μgμg21

(4)mv2 (5)mv2 2

【变式训练3】 解析 (1)推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，则有W＝Ep，

1

即25＝×200×x2，得x＝0.5 m，

2

kx

由牛顿运动定律得a＝＝50 m/s2.

m

(2)设滑块到达B点时的速度为vB，

1222

由能量关系有W－μmgL＝mv2B，得vB＝21 m/s， 2

v2B对小滑块，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，

R

解得FN＝62 N，

由牛顿第三定律可知，小滑块对B点的压力F＝62 N.

1

(3)设滑块能够到达C点，且具有速度vC，由功能关系得W－μmgL－mgR＝mv2，代

2C

入数据解得vC＝1 m/s.

故滑块能够越过C点，从滑块离开C点到再次回到C点过程中，滑块做匀变速运动，

2vC

以向下为正方向，有vC＝－vC＋gt，t＝＝0.2 s.

g

2

答案 (1)50 m/s (2)62 N (3)能 0.2 s

误区反思 感悟提高

【例1】 [解析] 在F1、F2作用下，m与M先分别向右、左做加速运动(F1＝F2＞kx时)，再做减速运动(F1＝F2＜kx时)，速度同时减小到零后再分别沿原来的反方向先做加速运动，再做减速运动，速度同时减小到零后重复上述过程，显然，在F1＝F2＝kx时，m与M的速度最大，动能最大，在整个运动过程中，F1与F2既有做正功的过程，也有做负功的过程，机械能既有增加的过程，又有减少的过程，所以只有D项正确．

[答案] D

[误区警示] M、m两物体并不是一直分别向左、向右运动的，故F1、F2并非一直做正功．若对物体的运动情况分析不到位，则容易错选B项．

【例2】 [解析] 由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A项错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B项错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是木块对

2

地位移的两倍，即W＝mv，故C项错误；由功率公式易知电动机增加的功率为μmgv，故D项正确．

[答案] D

[误区警示] 容易出现的错误是对能量转化的关系认识不清，忽视了克服系统内的摩擦力做功，只关注物体获得的动能．

第五讲 实验?一? 探究动能定理实验?二? 验证机械能守恒定律

知识梳理 实验(一) 二、速度 四、3.相同 实验(二)

112

二、动能 重力势能 mv2B－mvA 22

112

四、5.mghAB mv2－mv

2B2A

考点自测

1．解析 本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少焦耳，只要测出以后每次实验时橡皮筋做的功是第一次的多少倍就足够了，A项错误；每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后每次实验时，橡皮筋做的功是第一次的整数倍，否则，功的数值难以测定，B项错误；小车运动过程中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度，才能减小误差，C项错误；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，D项正确．

答案 D

2．解析 通过实验可知，做的功W与小车速度v2成正比，故与v应是二次函数关系，故B项正确，A、C、D项均错误．

答案 B

3．解析 本实验依据的原理是用重物自由下落验证机械能守恒定律，因此重物的质量应取得大一些，以便系统所受的阻力和重物的重量相比可以忽略不计，以保证重物做自由落体运动．

对做自由落体运动的物体来说，物体的机械能守恒，即重力势能的减少量等于其动能的增加量，式中均与质量有关，可消去m，故无须称量重物质量，故此题选A、C两项．

答案 AC

4．解析 本题意在考查考生对“验证机械能守恒定律”实验原理的理解，并能正确分析实验误差的来源．

(1)打点计时器使用的电源为交流电源，故应选取0～12 V的交流电源，D项正确；利用米尺测量纸带上各点间的距离，A项正确．本实验中利用打点计时器作为计时工具，所以不需要秒表，B项错误．

(2)实验误差的来源主要是由于下落过程中纸带与打点计时器间有摩擦，需要克服摩擦

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