第一二章答案部分.docx
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第一二章答案部分
教师用书部分答案：
第一章直线运动
§1．1运动的描述运动的基本概念
【典型例题】
[例1]D；（加速度描述的是速度变化的快慢，加速度大小是Δv与所需时间Δt的比值，不能只由Δv大小判断加速度大小，故B错。
加速度增大说明速度变化加快，速度可能增大加快，也可能减小加快，或只是方向变化加快，故A、C错。
加速度大说明速度变化快，加速度为零说明速度不变，但此时速度可以很大，也可以很小，故D正确。
）
[例2]A（由于Ⅰ、Ⅱ均是直线，所以P、Q两物体均做匀速直线运动，选项A正确。
M点的坐标（t,s）表示的是t时刻物体的位置，讨论位移要对应两个时刻、两个位置.在t时间内物体P的初位置为s0，末位置为s，它的位移为s0＝s－s0.物体Q的位移sQ＝s.所以选项Ｂ、C不正确。
位移图象的斜率就等于速度的大小，所以二者的速度均不变，且物体Q的速度较大，故选项Ｄ错。
）
[例3]A（先分别求出两种运动方式的平均速度，再利用数学方法比较其平均速度的大小即可。
）
[例4]D
【当堂反馈】
1．AC（当物体的大小和和形状对研究的问题无影响时，物体便可看作质点，故A、C正确）
2．D（瞬时速度的定义是：
“运动物体在某一时刻（或某一位置）的速度，方向沿轨迹上该点的切线方向。
瞬时速度是对变速运动的精确描述。
”所以B错误、D正确；而且平均速度的定义是：
“物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度”。
对于匀变速直线运动可根据
求平均速度，故A、C均错误。
）
3．B
4．100；8（取初速度为正方向，则a=
m/s2=-100m/s2,其方向与初速度8m/s的方向相反。
）
§1.2匀变速直线运动的规律
【典型例题】
[例1]AD解：
第一种可能，若初速度和末速度在同一方向上，则有
a=
m/s2s=
=7m
第二种可能，若初速度和末速度方向相反，则有
a=
m/s2s=
=-3m
[例2]B（v=36km/h=10m/s，刹车时间为t=
s=2.5s＜3s，则汽车在3s内的位移为s=
m=12.5m.）
[例3]
（1）A做匀速直线运动，ａ＝0；B做匀加速直线运动，ａ＝1/6m/s2
C做匀加速直线运动，ａ＝1/3m/s2
（2）Vａ＞VB＞VC,Vａ＜VB＜VC,（3）P点表示A、B、C三个物体速度相等
[例4]B
[例5]1m/s2（本题可以用基本的运动学公式求解，但显得复杂一些。
运用后一时间间隔内的位移与前一时间间隔内的位移之差为一定值，即s2-s1=aT2，显得比较方便。
这是实验中处理“纸带”加速度的最常用方法。
）
【当堂反馈】
1．BC（作出两个运动过程的v-t图象即可看出）
2．BCD（物体A轻轻放在其左端后，在前t秒内作匀加速直线运动，当速度达到v后作匀速运动，再经t秒到达右端，故前t秒内的位移为vt/2，后t秒内的位移为vt，故全程平均速度为3v/4，B、C、D正确。
）
3．C根据匀变速直线运动的规律知，v1=v2，由v-t图象不难得出，无论物体做匀加速直线运动，还是物体做匀减速直线运动，位移中点的速度都比中间时刻的速度大，即v3＞v2（如图所示）
4．100m/s（根据v-t图象的图线与横轴t所围的面积表示物体运动的位移，画出图象后即可求得。
）
§1.3匀变速直线运动的规律自由落体运动
【典型例题】
[例1]D（注意竖直上抛运动的特点：
上升阶段速度逐渐减小，而在下降阶段速度逐渐增加，且加速度的数值都为g，即重力加速度。
所以v—t图象应为一直线。
图线的斜率表示了加速度的大小。
要求大小相等、方向相反，同时竖直上抛运动的最高点的速度大小为零，从以上分析可知，答案D符合条件。
）
[例2]B（由题可知，人的重心约升高0.9m，因而人起跳时的初速度将为2gh=v2得v=
=4.2m/s，故本题应选B。
）
[例3]以先下落的物体为参考系，则后下落的物体将向上做匀速直线运动。
分析：
研究一物体相对某一参考系作何种运动时，可根据物体的运动情况，确定出物体相对参考系运动的位移随时间变化关系，然后来了解其运动的特征。
本题中，若以后下落物体作为参考系，并设其运动先后相差t0时间，则当后一物体下落t时间时，两物体间的距离为
s=
g（t+t0）2-
gt2=gt0t+
gt02
由于t0为定值，故前一物体相对后一物体的距离为时间的一次函数，在位移图象中为一倾斜直线，表示前一物体相对后一物体做匀速直线运动，运动方向向下，相反若以先下落的物体为参考系，则后下落的物体将向上做匀速直线运动。
[例4]（
-2）s（由h＝
gt2得，铁链的下端到达25m处所用时间t1＝
＝2s，铁链的上端到达25m处所用的时间为t2＝
s）
[例5]8.6s
解：
运动员跳伞表演的过程可分为两个阶段，即降落伞打开前和打开后。
由于降落伞的作用，在满足最小高度且安全着地的条件下，可认为vm=5m/s的着地速度方向是竖直向下的，因此求解过程中只考虑其竖直方向的运动情况即可。
在竖直方向上的运动情况如图所示。
（1）由公式vt2－v02＝2as可得
第一阶段：
v2＝2gｈ1①
第二阶段：
v2－vm2＝2aｈ2②
又：
h1＋ｈ2＝H③
解①②③式可得展伞时离地面的高度至少为h2＝99m.
设以5m/s速度着地相当于从高h′处自由下落，则
h′＝
m＝１.25m
（2）由公式s=v0t＋
at2可得：
第一阶段：
h1＝
gt12④
第二阶段：
h2＝vt2－
at22⑤
又：
t=t1＋t2⑥
解④⑤⑥式可得运动员在空中的最短时间为t=8.6s
【当堂反馈】
1．B（由自由落体运动知，小孩落地时间为t＝
s＝3s，故反应时间为1.7s。
）
2．B（甲相对于乙的加速度为零，相对于乙的速度向下，故甲相对于乙向下做匀速直线运动，选项B正确。
）
3．1.7s
解：
运动员跳起达到最高点所用的时间为：
h1=
at12故t1=
=0.3s
人从最高点至水面的高度是10+0.45=10.45m，下落可以看成是自由落体运动，时间为t2，则：
h2=
at22故t2=
=1.446s
故空中运动的总时间为：
t=t1+t2=0.3+1.446=1.7s,
1．g=
解：
当第一滴水滴落至盘中时，空中还有第二滴水滴，水龙头处还有第三滴水滴将要离开水龙头。
所以当第N滴水滴落至盘中时，第（N+2）滴即将离开水龙头，则时间T包含有（N+1）个时间间隔。
每个时间间隔应为自由下落h高度所用时间的一半。
故
T=（N+1）×
×
得g=
§1.4匀变速直线运动的规律及其应用
【典型例题】
[例1]C
[例2]2m/s27m/s17m/s23m/s
[例3]解：
后车刹车后虽做匀减速运动，但在其速度减小至和v2相等之前，两车的距离仍将逐渐减小；当后车速度减小至小于前车速度，两车距离将逐渐增大.可见，当两车速度相等时，两车距离最近。
若后车减速的加速度过小，则会出现后车速度减为和前车速度相等之前即追上前车，发生撞车事故；若后车减速的加速度过大，则会出现后车速度减为和前车速度相等时仍未追上前车，根本不可能发生撞车事故；若后车加速度大小为某值时，恰能使两车在速度相等时后车追上前车，这正是两车恰不相撞的临界状态，此时对应的加速度即为两车不相撞的最小加速度。
综上分析可知，两车恰不相撞时应满足下列两方程：
v1t－
a0t2＝v2t＋s①
v1－a0t＝v2②
解之可得：
a0＝
.
所以当a≥
时，两车即不会相撞.
[例4]160m.
解：
在人反应时间内,汽车所做的仍是匀速运动,这段时间汽车所发生的位移大小为
s1=vt=
汽车刹车的过程,车在作匀减速运动,其加速度大小应满足：
kmg=ma得a=4m/s2
故刹车过程中,汽车又发生的位移的大小应为
v2=2as2得s2=v2/2a=1250/9m
所以所求的距离应为
s=s1+s2=155.5m，所以高速公路上汽车间的距离s至少应为160m。
【当堂反馈】
1．D
2．B
3．将发生碰车事故
4．解：
若最后一辆车能穿过马路，则将满足题意。
由此可知，最后一辆车通过170m所用时间即为红绿灯至少亮的时间。
加速到4m/s用时
t1=
。
发生位移为s1=
=10m。
余下160m用时t2=
.
总用时为t=t1+t2=5+40=45s。
第二章力和物体的平衡
§2．1力的概念重力弹力摩擦力
【典型例题】
[例1]A（大小和方向都相同的两个力，如果作用在不同的物体上，那么所产生的作用效果可以是不同的，故A是正确的；只有在物体与水平支持物间保持平衡状态时物体重力的大小才有可能等于它压紧水平支持物的力的大小；物体上各部分都受到重力的作用，好象集中作用于物体上的一点，该点叫物体的重心，故重心并不是物体上最重的一点，物体的重心也有可能不在物体上；D选项中若对双方运动员而言，由于拳未击中对方，故不存在相互作用力，但对出拳方而言，在出拳过程中，他的手臂肌肉和骨骼之间产生力的作用，其施力物体为肌肉，受力物体为骨骼。
）
[例2]A（若无斜面，则小球仍能保持静止，故选项A正确；若存在弹力，则物体所受力的合力不为零，与物体静止矛盾，因此不存在弹力。
）
[例3]当弹力方向不易确定时，可根据物理规律作合理假设。
（1）根据物体平衡条件知，杆对球产生的弹力方向竖直向上，且大小等于球的重力mg。
（2）选小球为研究对象，因小球具有水平向右的加速度，所以弹力的方向应斜向右上方，假设小球所受弹力方向与竖直方向的夹角为θ（如图所示），根据牛顿第二定律有：
Fsinθ=ma，Fcosθ=mg
解得：
F=m
，tanθ=
（3）由
（2）知F=m
=mg/cosα,tanθ=
θ=a，即弹力方向沿杆向上
[例4]解决本题的关键是明确每根弹簧的状态变化。
有效的办法是明确每根弹簧的初末状态，必要时画出直观图。
末态时物块受力分析如图所示，其中F1′、F2′分别是弹簧k1、k2的作用力。
物块静止时有F1′+F2′=mg①
初态时，弹簧k２（压缩）的弹力F２=mg②
末态时，弹簧k２（压缩）的弹力F２′=
mg③
弹簧k2的长度变化量
Δx2=ΔF2/k2=（F2-F2′）/k2=
由①③式得F1′=mg/3
初态时，弹簧k1（原长）的弹力F1=0
末态时，弹簧k1（伸长）的弹力F1′=mg/3
弹簧k1的长度变化量Δx1=ΔF1/k1=（F1′-F1）/k1=mg/3k１
由几何关系知所求为Δx1+Δx２=mg（k1+k２）/3k１k2.
[例5]本题的关键是明确是静摩擦还是动摩擦；根据平衡条件或牛顿运动定律来求静摩擦，根据滑动摩擦力公式求动摩擦.
物体受力分析如图所示
①转动较小角度时，压力FＮ=FN′=mgcosα较大，最大静摩擦力较大，而重力沿斜面向下的分力mgsinα较小，因此，铁块受静摩擦力作用，由力的平衡条件知，静摩擦力F静=mgsinα,α增大，F静增大.
②随着α增大，压力FＮ=FN′=mgcosα减小，最大静摩擦力减小，而重力沿斜面向下的分力mgsinα增大，因此，当角α超过某一值时，铁块受滑动摩擦力作用，由F滑=μFN知，F滑=μmgcosα，α增大，F滑减小.
综合①②知，α增大时，摩擦力先增大后减小.
【当堂反馈】
1．BD
2．AD
3．最大静摩擦力fm≥8N，若只撤去10N的拉力，则物体能保持静止；若只撤去2N的力，物体可能保持静止，也可能产生滑动。
4．
（1）10N
（2）110N
§2．2力的合成与分解
【典型例题】
[例1]AB
[例2]B解析：
虽然题目中的FN１和FN2涉及的是墙和木板的受力情况，但研究对象还只能取球。
由于球处于一个动态平衡过程，FN１和FN2都是变力，画受力图可以先画开始时刻的，然后再根据各力的关系定性或定量地讨论某力的变化规律。
球所受的重力G产生的效果有两个：
对墙的压力FN１和对板的压力FN2。
根据G产生的效果将其分解.如图所示，则F1＝FN１，F2＝FN2。
从图中不难看出，当板BC逐渐被放平的过程中，FN1的方向保持不变而大小逐渐减小，FN2与G的夹角逐渐变小，其大小也逐渐减小。
因此本题的正确答案为B。
[例3]100N
解析：
对滑轮处进行受力分析，滑轮受到竖直向下的拉力，大小等于mg；受到倾斜绳的拉力，大小也为mg，故滑轮对绳子的作用力必沿两绳所张角的角平分线斜向右上方。
从三角关系易知，三力互成120°，故滑轮对绳子的作用力大小也为mg，再根据牛顿第三定律可知，滑轮对绳子的作用力也为mg，即100N。
（说明：
本题中是一根轻绳绕过定滑轮，由于滑轮的存在使同一根绳子由竖直变为倾斜方向，故绳中拉力的大小是相等的。
同时使得这里的杆子产生的不是拉伸形变，而是弯曲形变，因而产生一种往斜向上挑的力，这一点很多同学易产生误解。
同时，本题中涉及到互成120°的三个力合力为零的特殊平衡情形，希望同学们能记住：
互成120°的三个大小相等的力的合力为零这一结论。
）
[例4]Gtanθ；θ<45°（先对硬质杆及下面滑轮进行受力分析，受上端物体的压力，大小等于物体的重力G，斜面的支持力N=G/cosθ，及槽水平向右的作用力F=Gtanθ。
再对楔形物进行受力分析，易知所求推力的大小和竖直槽水平向右的作用力F相等。
）
[例5]
tanθ
解析：
设左右槽面作用于物块的支持力分别为FN1、FN2，由于对称性，FN1=FN2它们的合力FN垂直于槽底线，且
FN=
①
相应的左、右二槽面作用于物块的滑动摩擦力Ff1和Ff2相等，它们的合力Ff平行于槽底线，且Ff=2Ff1=2μFN1②
根据平衡条件：
Ff=mgsinθFN=mgcosθ
从上面两个方程得
＝tanθ③
①、②代入③可得：
μ=
tanθ
【当堂反馈】
1．B（物体在F1、F2、F3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B选项中的三个力的合力可能为零，故选B。
）
2．B（为使物体在水平面内沿着OO′做加速运动，则F与F′的合力方向应沿着OO′，为使F′最小，F′应与OO′垂直，如图所示，故F′的最小值为F′=Fsinθ，B选项正确。
）
3．500N
解析：
根据水平力产生的效果，它可分解为沿杆的两个分力F1、F2，如图a所示。
而沿AC杆的分力F1又产生了两个效果：
对墙壁的水平推力F3和对D的压力F4，如图b所示，则可求得F4=500N
4．F1逐渐变小，F2先变小后变大
解：
由于挡板是缓慢转动的，可以认为每个时刻小球都处于静止状态，因此所受合力为零。
应用三角形定则，G、F1、F2三个矢量应组成封闭三角形，其中G的大小、方向始终保持不变；F1的方向不变；F2的起点在G的终点处，而终点必须在F1所在的直线上，由作图可知，挡板逆时针转动
90°过程，F2矢量也逆时针转动90°，因此F1逐渐变小，F2先变小后变大.（当F2⊥F1，即挡板与斜面垂直时，F2最小）
§2．3受力分析
【典型例题】
[例1]
（1）取棒为研究对象，它只受三个力的作用，其中重力G竖直向下，支持力FN垂直于地面竖直向上，绳子拉力FT沿绳竖直向上，如图所示。
虽然地面不光滑，棒并不受静摩擦力的作用。
因为重力G、支持力FN和拉力FT均沿竖直方向，所以棒在水平方向上没有运动趋势，也就不受静摩擦力了。
（2）若悬线不竖直，棒受四个力作用：
重力、支持力、线的拉力和摩擦力。
（3）若水平光滑，悬线一定竖直。
[例2]解：
先以定滑轮下方的各物体组成的整体为研究对象。
这一整体受力如图甲所示，由平衡条件得
2F1=G人+G板=1000N，解得F1=500N。
再以动滑轮为研究对象，它的受力情况如图乙所示，由平衡条件得2F2=F1，
所以F2=F1/2=250N。
[例3]解：
以B为研究对象。
在竖直方向，有重力m2g、A对B的压力FN1和地对B的支持力FN2，三力关系是
。
在水平方向，有拉力F、A对B的摩擦力
和地对B的摩擦力F2，拉力F的最小值
。
又因为
，
，
所以F=19N。
[例4]C解：
分别对A、B作受力分析如图
A、B所受的最大静摩擦力分别为：
，
，
弹簧对A、B的弹力分别为
。
所以当力F=1N作用在B上时，A、B系统仍处于静止状态，A、B所受到的静摩擦力分别为
。
故选C。
[例5]AB
解：
先以A、B整体为研究对象。
整体做简谐运动，由弹簧弹力提供回复力，即有
，
得
。
然后以A为研究对象。
A做简谐运动的回复力由什么力来提供呢？
显然只能是B对A的静摩擦力，所以
。
B对A的静摩擦力随着A的运动有时做正功，有时做负功。
根据牛顿第三定律知，A对B也有静摩擦力，这个力也是有时做正功，有时做负功。
故选A、B。
【当堂反馈】
1．首先杆受到重力G的作用，作用点在杆的中点。
其次，杆和其它物体（墙和地面）有两个接触点。
墙对杆有垂直于墙的弹力F1，地面对杆有垂直于地面的弹力F2。
由于竖直墙壁光滑，所以墙对杆没有摩擦力作用，而地面对杆是否有摩擦力？
方向如何？
这时可设想地面光滑，则杆的下端将向右滑，由此可确定有静摩擦力阻碍杆向右运动的趋势，所以此处有方向向左的静摩擦力。
所以受力分析图如右图所示。
2．略
3．A
4．ABCD
5．BD
§2．4共点力作用下物体的平衡
【典型例题】
[例1]D（球受到四力作用而平衡，其中斜面对球的支持力的竖直分量和重力相抵消，故Ncosθ=mg,得N=mg/cosθ为一定值，故A、B、C均错误；斜面对球的支持力的水平分量加上墙壁对球的弹力等于水平推力，故墙对球的作用力始终小于推力F，D正确。
）
[例2]CD[物a受到重力、b对a的支持力和b对a的静摩擦力而平衡，故A是错误的；而b受的滑动摩擦力的大小应为（ma+mb）gsinα，故B也是错误的；由于两个物体正好从斜面匀速下滑，故（ma+mb）gsinα=μ（ma+mb）gcosα，得μ=tanα，故C是正确的；而斜面受到的滑动摩擦力方向应沿斜面向上，和b受到的滑动摩擦力是一对作用与反作用力，故D是正确的。
]
[例3]
⑴当加在a球上的力方向与oa垂直时，所加的力最小，故其大小应为F=2mgsin30°=mg
⑵当所加在b球上的力如右下图所示情形时，能使oa线保持竖直同时施加在b小球上的力最小。
Fb=Fcos30°=mg
，方向水平向左。
[例4]
本题为静力学问题，并有临界条件需分析，当F力太小时，CO线会松驰，当FCD=0时物体受力如图
（1）：
则有Fminsin60°×2=mg
所以Fmin=
mg
当F力太大时，OB线会松弛，当FOB=0时
受力如图
（2）所示，
所以Fmax=
mg
综上所述F应满足的条件为：
mg≤F≤
mg
【当堂反馈】
1．A（结点O受到三根绳子的三个力作用，组成三角形，而OA绳子中的张力相当于直角三角形的斜边。
故力最大，最易断裂。
）
2．B
3．cotθ（临界状态下轻棍受到三个力作用为：
竖直向上的地面对棍的弹力N、地面对棍的水平向右的最大静摩擦力f和手指对棍沿棍方向的作用力F，根据平衡条件可知，Fcosθ=f=μN=μFsinθ，故μ=cotθ。
）
4．解：
当AC、BC中有一个绳的拉力达到最大拉力时，设FAC已达到FAC＝150N，已知FBC＝FACtan30°＝86.6N＜100N.G＝
N＝172N.G＝172N时，
FAC＝150N，而FBC＜100N，AC要断。
所以G≤172Nm≤17.2kg.
学生用书部分答案：
第二章直线运动
§1．1运动的描述运动的基本概念
1．BD
2．B（做匀加速直线运动的加速度为2m/s2，则每经过1s时间，物体的速度增加2m/s，故B正确，A错。
由于初速度不一定为零，故第1s末的速度不一定为2m/s，C错.任一秒初跟前一秒末为同一时刻，故D错。
）
3．D（根据s=
t，平均速度最大的物体在时间t内的位移最大，故D选项正确。
）
4．B（由于乒乓球的重力较小，所以空气阻力的影响不能忽略。
其上升过程阻力与重力同向；下降过程阻力与重力反向。
因此，上升过程的加速度较大，v-t图象中t轴上方的图象斜率较大，图B正确。
）
5．AD
6．CF
7．BCD
8．2v1·v2/（v1+v2）
9．-2；45（第2s末即第3s初，所以第3秒初速度为10m/s，而第3s内的平均速度为9.0m/s，据匀变速运动的平均速度的计算公式：
v平=（v0+vt）/2知，第3秒末的速度为8m/s，所以由a=Δv/Δt得a=-2m/s2；由vt=v0+at知汽车经5s即已停下，所以由x=at2/2，t=5s得汽车在关闭发动机后的5s内位移为25m，关闭发动机前2s内的位移为20m，所以汽车在10s内的位移为45m。
）
10．0.58（或
）（设飞机在人头顶正上方时到地面的高度为h，发动机声传到地面所用时间为t，则h=v声·tx=v机·t两式相比即可求得。
）
11．解：
如图所示,在△t时间内,光束转过的角度
△φ=
=15°
有两种可能：
⑴光束照射到小车时,小车正在接近N点,△t时间内光束与MN间的夹角由45°变为30°,小车走过L1,速度应为：
v1=L1/△t
由图可知L1=d（tan45°-tan30°）
由此得v1=1.7m/s
⑵光束照射到小车时,小车正在远离N点,△t时间内光束与MN间的夹角由45°变为60°,小车走过L2,速度应为：
v2=L2/△t
由图可知L2=d（tan60°-tan45°）
由此得v2=2.9m/s
12．1/H；1×1010年.
解：
由于爆炸后各星体都作匀速直线运动,令宇宙的年龄为T,则星球现在距离我们的距离为
r=vT=HrT
得T=1/H.
即T=1/H=
§1.2匀变速直线运动的规律
2．C
3．C（先判断汽车经7.5秒即已停下，所以汽车刹车后通过的位移是x=at2/2=56.25m。
）
4．ABD
4．C（由v-t图象知，甲、乙两物体从同一点同时出发沿同一直线向同一方向做匀变速直线运动，甲做匀加速运动，乙做匀减速运动.t1时刻前，v乙＞v甲，乙在前甲在后，两物体间的距离逐渐增大，t1时刻后，v乙＜v甲，相遇前乙仍在甲前，两物体间距离逐渐减小，直到相遇，根据图象的斜率知，a甲＞a乙,且两物体在t2时刻之后才相遇.故C选项正确。
）
5．BC（图中两物体的速度方向相反，故A错误；图中甲、乙两线的斜率相同，说明两物体加速度的大小和方向相同，甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，故B、C正确，D错误。
）
6．D
7．C
8．
（1）0.40,0.48,0.56,0.64,0.72
（2）图略（3）0.80
9．4.45,4.45
10．0.4m/s2；1.4m/s；2.6m/s
解：
据s6-s3=3Δs=3at2得a=0.4m/s2
由x
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