2014高一物理假期作业答案

2.2 匀变速直线运动的速度与时间的关系 课后作业答案课后作业

1．B

2．D 匀变速直线运动的速度图象是一条倾斜的直线，所以A，B，C都表示匀变速直线运动，只有D表示的是非匀变速直线运动．

3．A 加速度是描述速度变化快慢的物理量．当物体做匀速直线运动时，加速度为零，速度达到最大不再变化，故A正确；运动最初一瞬间，如果加速度为零，则速度不会改变，故B错；速度为零时，加速度不为零；加速度为零时，速度最大，故C，D错．

4．C

5．C 由于物体初速度为负值，负值表示初速度方向与规定的正方向相反，加速度为正值，表明加速度方向与规定的正方向相同，所以v0与a方向相反，物体做减速运动，速度在减小．

6．BC 物体是匀变速直线运动，由已知可求出a＝2 m/s2.则初速度为4 m/s；第1 s内的平均速度应小于6 m/s. 7．BC 速度—时间图象是直线，速度变化均匀，图象与轴所围成的面积是位移，时间轴以上面积为正，以下面积为负．

8．ACD 根据速度公式代入可直接得第4 s末的速度；根据加速度的定义可知每过2 s速度就增大0.2 m/s；加速运动中速度一直增大；匀加速运动中速度随时间增大是均匀的．

9．6 9

解析：第3 s初的速度即为第2 s末的速度v2＝at2＝3×2 m/s＝6 m/s，第3 s末的速度v3＝at3＝3×3 m/s＝9 m/s 10．4 0 0

0－10

解析：刹车时间t＝ s＝5 s，则3 s末的速度v3＝v0＋at＝10 m/s＋(－2)×3 m/s＝4 m/s,5 s末、10 s末

－2

的速度为零．

11.25 s 12．见解析

解析：(1)v是运动物体在任意时刻的瞬时速度；t是物体运动时间；2表示物体运动的加速度为2 m/s2，方向与初速度方向相同；4表示物体运动的初速度为4 m/s.

(2)物体运动的v－t图象如图所示．

2.3 匀变速直线运动的位移与时间的关系课后作业答案课后作业

1．B “小四轮”每隔1 s漏下一滴油，可视为打点计时器每隔一定时间打一个点，根据分析知，选项A，C，D正确． 2．D 本题考查了位移、平均速度等知识，意在考查学生对位移与位移坐标变化的关系的理解．利用位置坐标与时间的关系得出各个时刻的位置坐标，可知A错误．由匀变速直线运动的位移与时间的关系式可知B错误．根据平均速度的定义式结合题目所给关系式可知，质点在第2 s内的平均速度的大小不是3 m/s，C错误． 3．B

4．B 要清楚地理解v－t图象中的“面积”的物理意义．面积：表示某段时间内的位移．本题v－t图象中的“面积”x＝3 m－5 m＝－2 m，平均速度是物体的位移Δx与发生这段位移所用时间Δt的比值，前8 s的平均速度是v＝－2/8 m/s＝－0.25 m/s.所以，前8 s的平均速度大小是0.25 m/s，方向向左，B正确．

12121212

5．D ①根据 x＝可得x1＝1，x2＝2，x3＝3所以x1∶x2∶x3∶„＝1∶4∶9∶„

2222

3252

②因为xⅠ＝x1，xⅡ＝x2－x1＝1，xⅢ＝x3－x2＝1所以xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶„＝1∶3∶5∶„

22

1212

③由于x1＝v0T＋，x2＝(v0＋aT)T＋

22

所以Δx＝x2－x1＝aT2，所以D正确． 答案

12

6.10 m/s 1.6 m/s解析：方法一 设初速度v0的方向为正，即v0＝2 m/s，前5 s内的平均速度v＝(v0＋v)，

2

v－v010－2

得5 s末的速度v＝2v－v0＝(2×6－2) m/s＝10 m/s.由速度公式v＝v0＋at，得a＝2＝1.6 m/s2.

t5

方法二 由于前5 s内的平均速度是6 m/s，而平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以2.5 s时的瞬时速度v＝6

v－v06－2

m/s.由速度公式v＝v0＋at，得a＝ m/s2＝1.6 m/s2,5 s末的速度v′＝v0＋at′＝(2＋1.6×5) m/s＝10 m/s.

t2.5

7．4解析：设初速度方向为正方向，则有v0＝12 m/s，a＝－2 m/s2，x＝32 m，根据匀变速直线运动的位移公式x121

＝v0t＋at，得32＝12t－t2，解得t＝4 s，t＝8 s(不合题意，舍去)．

22

8．(1)3.5 m/s (2)3 m/s (3)4.25 m(4)20 m

解析：(1)v3＝v0＋at＝2 m/s＋0.5 m/s2×3 s＝

3.5 m/s.

(2)v4＝v0＋at＝2 m/s＋0.5 m/s2×4 s＝4 m/s，v＝

v0＋v4

2

3 m/s.

11

(3)x4＝v0t＋at2＝2 m/s×4 s＋×0.5 m/s2×(4 s)2＝12 m，

2211

x5＝v0t＋at2＝2 m/s×5 s＋×0.5 m/s2×(5 s)2＝16.25 m，x＝x5－x4＝4.25 m.

22

11

(4)x8＝v0t＋at2＝2 m/s×8 s＋×0.5 m/s2×(8 s)2＝32 m，x＝x8－x4＝20 m.

22

9．(1)6 m/s (2)0.5 m/s2 (3)24 m

解析：对于全过程，由平均速度公式得x＝vmt/2，vm＝6 m/s. (2)前12 s内，由速度公式得vm＝a1t1，解得a1＝0.5 m/s2.

(3)前12 s内位移x1＝vmt1/2，解得x1＝36 m，x2＝x－x1＝24 m.

2.4 匀变速直线运动的速度与位移的关系课后作业答案课后作业

v2－v20

1．B 公式x＝适用于匀变速直线运动，既适用于匀加速直线运动，也适用于匀减速直线运动，既适用于位移

2a

为正的情况，也适用于位移为负的情况，选项B正确，选项A，C错误．当物体做匀加速直线运动，且规定初速度的反方向为正方向时，a，x就会同时为负值，选项D错误．

2．C 3.A 4.C

1212l122

5．C 由x＝at得l＝，＝′，所以t′＝t.

22222

6＋10

6．B 小球经过AB和BC两段所用时间均为2 s，则B点为AC对应时间的中间时刻，所以vB＝＝4 cm/s，

4

vA＋vC222

又vB＝，vB－vA＝2a×6 cm，v2C－vB＝2a×10 cm，解得vA＝2 cm/s，vC＝6 cm/s.

2

7．C 本题考查匀变速直线运动的规律，意在考查学生对基本运动规律的理解．由匀加速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，结合题意可知，v3.5－v1.5＝6 m/s，时间间隔t＝2 s，因此可得

v3.5－v1.5

加速度为a＝3 m/s2.对比各选项可知答案选C.

t

22222

8．D ab＝bc＝cd＝s，物体运动的加速度为a，则v4－v21＝2a×3s，vc－v1＝2a×2s，vb－v1＝2as. 联立各式得vb＝26 m/s，vc＝11 m/s.

9．违章 43.2

解析：x＝v t，v＝，将x＝9 m，t＝1.5 s代入上式解得v0＝12 m/s＝43.2 km/h.

2

由此可知卡车行驶速度超过最高限速，违章． 10．(1)0.02 m/s2 (2)100 s

解析：(1)x＝1 000 m＋100 m＝1 100 m， v1＝10 m/s，v2＝12 m/s.

2

v2122－1022－v122

由v－v0＝2ax得a＝＝2＝0.02 m/s2.

2x2×1 100

v2－v112－10

(2)由v＝v0＋at得 所用时间t＝＝＝100 s.

a0.02

v0

2.5 自由落体运动课后作业 答案课后作业

1．D 氢气球、铅球在月球上只受重力作用，自由下落，下落快慢相同，同时落地，只有D项正确． 2．C

3．D 初速度为零的匀变速直线运动，经过连续相同的位移所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶„所以，物体下落后半程的时间为(2－1)s，故D正确．

4．B 石块运动到离抛出点25 m处包括两种情况，一种是在抛出点上方25 m处，h＝25 m，一种是在抛出点下方

12

25 m处，h＝－25 m，由公式h＝v0t－可得，选项A，C，D正确．

2

5．A

122h2×252

6．AC 由图可以看出，物体自由下落25 m所用的时间为2.5 s，由h＝gt得g＝2m/s2，A正确，2 m/s＝8 2t2.5B错误；由v＝gt得物体落到行星表面的速度v＝gt＝8×2.5 m/s＝20 m/s，C正确，D错误．

7．BC 本题考查匀变速直线运动的规律，意在考查学生对初速度为零的匀变速直线运动类问题的灵活迁移能力．由

121

题意可知L＝at1，L＋3L＝a(t1＋t2)2，故t1＝t2，A错误，B正确；而v1＝at1，v2＝a(t1＋t2)，故v1∶v2＝1∶2，C正

22

确，D错误．

8．BC 题中每个钢球的运动情况是完全一样的：同高度且都是自由落体运动．惟一不同的是释放时间不一样，同一时刻的速度不一样，但落地时的速度均是一样的．由于先释放的小球的速度大于后释放的小球的速度，所以相邻两球的

121

距离是越来越大的，A，D错，C正确；从公式x乙＝、x甲＝g(t＋1)2、x甲－

22

1

x乙＝gt可知时间间隔越长，两球的距离越大，所以越靠近地面，两球距离

2

越大，B正确．

9.解析：解法1 整个自由落体运动可分为两个阶段——从开始释放到落地前1 s和落地前1 s内，只要求出第一个阶段的位移，就可以求出整个自由落体运动的位移，而只要求出第一阶段的时间t或末速度就可以求出第一阶段的位移．

对小球落地前1 s内，已知三个物理量：位移、加速度及时间，所以初速度v0及末速度一定能求出． 设小球落地前1 s时速度为v，

112112

由x＝v0t＋at可得h2＝v×1＋g×1解得v＝h2－＝45－×10 m/s

2222

＝40 m/s.

由v2＝2gh可得小球从自由下落开始到落地前1 s为止，下落的高度为

v2402

h1＝ m＝80 m，

2g2×10

故小球自由释放位置离地面高度为H＝h1＋h2＝125 m.

h245

解法2 小球在落地前1 s内的平均速度为：v＝＝ m/s＝45 m/s.

t1

由匀变速直线运动的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度可知，小球落地时速度为v＝v＋g×0.5＝45 m/s＋10×0.5 m/s＝50 m/s，

22v50

由v2＝2gh得小球自由落体运动的总位移为H＝＝125 m.

2g2×10

3.2 弹力课后作业答案课后作业

1．C

2．C 本题考查弹力与弹簧伸长长度的关系，意在考查考生对胡克定律的理解．由胡克定律可知，当弹簧压缩时有

F1＋F2

F1＝k(l0－l1)，当弹簧拉伸时有F2＝k(l2－l0)，综合以上两式可得k＝C正确．

l2－l1

3．C 压力、支持力和拉力都是根据效果命名的，其性质都是弹力，其方向总垂直于接触面，故A，B说法都是正确的．对细绳来说，形变只能是拉伸形变，因此弹力的方向只能沿绳的方向．但对杆来说，形变不只是拉伸形变，它还可以是弯曲形变，故轻杆上的弹力方向可以不在杆的直线上，故选项C的说法是错误的，D的说法是正确的．

4．D 由胡克定律可知15＝k(0.16－L0)，20＝k(0.18－L0)，解得k＝250 N/m，L0＝0.10 m，故选D.

5．B 小球在任何情况下都受到重力的作用，由于绳子斜拉，故小球和斜面有挤压，受到斜面给的弹力作用，也受到绳的拉力作用，缺少哪个力，它都不可能静止．

6．如图所示．

解析：弹力是一种接触力，产生的条件是物体要相互接触并发生弹性形变．接触处可以是面、点或线，弹力垂直于接触处的切面，方向跟施力物体恢复原来形状的趋势一致，指向受力物体，也即指向形变消失的方向．如图所示．

7．45 N 5 cm 2.5 cm

8．98 N 588 N

解析：由二力平衡条件知，要把重物拉起，绳对重物的拉力至少等于物体重力．由于定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小．又根据力的可传递性，人对绳子的拉力大小至少等于物体的重力．即F＝mg＝10×9.8 N＝98 N.

再取人为研究对象，在竖直方向上受到绳子的拉力F′和地面的支持力FN及向下的重力G， 如图所示，则地面对人的支持力FN＝G－F′＝588 N. 9．(1)10 30 (2)90 N

解析：(1)设挂50 N和150 N重物时，自由端所对刻度尺值分别是x1，x2，由胡克定律F＝kx 其中k是一定的． 20100＝，所以x1＝10；

x150

20

100＝，所以x2＝30. x2150

20100＝ G＝90 N. 18G

3.2 弹力课后作业答案课后作业

(2)设自由端刻度是18时，所挂重物为G1．C

2．C 本题考查弹力与弹簧伸长长度的关系，意在考查考生对胡克定律的理解．由胡克定律可知，当弹簧压缩时有

F1＋F2

F1＝k(l0－l1)，当弹簧拉伸时有F2＝k(l2－l0)，综合以上两式可得k＝C正确．

l2－l1

3．C 压力、支持力和拉力都是根据效果命名的，其性质都是弹力，其方向总垂直于接触面，故A，B说法都是正确的．对细绳来说，形变只能是拉伸形变，因此弹力的方向只能沿绳的方向．但对杆来说，形变不只是拉伸形变，它还可以是弯曲形变，故轻杆上的弹力方向可以不在杆的直线上，故选项C的说法是错误的，D的说法是正确的．

4．D 由胡克定律可知15＝k(0.16－L0)，20＝k(0.18－L0)，解得k＝250 N/m，L0＝0.10 m，故选D.

5．B 小球在任何情况下都受到重力的作用，由于绳子斜拉，故小球和斜面有挤压，受到斜面给的弹力作用，也受到绳的拉力作用，缺少哪个力，它都不可能静止．

6．如图所示．

解析：弹力是一种接触力，产生的条件是物体要相互接触并发生弹性形变．接触处可以是面、点或线，弹力垂直于接触处的切面，方向跟施力物体恢复原来形状的趋势一致，指向受力物体，也即指向形变消失的方向．如图所示．

7．45 N 5 cm 2.5 cm

8．98 N 588 N

解析：由二力平衡条件知，要把重物拉起，绳对重物的拉力至少等于物体重力．由于定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小．又根据力的可传递性，人对绳子的拉力大小至少等于物体的重力．即F＝mg＝10×9.8 N＝98 N.

再取人为研究对象，在竖直方向上受到绳子的拉力F′和地面的支持力FN及向下的重力G， 如图所示，则地面对人的支持力FN＝G－F′＝588 N. 9．(1)10 30 (2)90 N

20

解析：(1)设挂50 N和150 N重物时，自由端所对刻度尺值分别是x1，x2，由胡克定律F＝kx 其中k是一定的．

x1

10020100＝x1＝10； ＝，所以x2＝30. 50x2150

20100(2)设自由端刻度是18时，所挂重物为G，由胡克定律＝ G＝90 N.

18G

3.3 摩擦力课后作业答案课后作业

Fμmg

1．D 设弹簧伸长长度为x，由胡克定律和二力平衡知F＝kx＝μmg，所以x＝D正确．

kk

2．D 动摩擦因数μ的大小由接触面的粗糙情况及材料决定，与摩擦力F和压力FN无关，一旦材料和接触面的粗

糙情况确定，动摩擦因素μ也就确定了．

3．B

4．C 由F＝μFN知F的大小只与μ和FN有关，与物体的运动状态无关，由于该题中FN与重力G相等，故F相同． 5．D 滑动摩擦力方向是：与受摩擦力的物体相对于其接触的施加摩擦力的另一物体的运动方向相反．摩擦力可以是物体的阻力，也可以是物体的动力．若摩擦力的方向与物体的运动方向(相对参考系的运动，一般以地面为运动的参考系)相同，则摩擦力是动力；若与物体的运动方向相反，则是阻力．由于物体相对小车向左滑动，那么受到小车向右的滑动摩擦力的作用，但相对地面是向右运动的，即滑动摩擦力的方向与物体的运动方向相同，所以是动力．

6．BC 对照产生静摩擦力的条件可以看出选项B，C正确，而D错，产生静摩擦力的两个物体之间一定“相对静止”，但物体不一定“静止”例如当有传送带把货物由低处送往高处时，物体是运动的，但物体与传送带之间相对静止，传送带对物体的摩擦力是静摩擦力，可见选项A错．

7．AC 用手握住油瓶，油瓶不掉落下来，表明手对油瓶竖直向上的静摩擦力跟油瓶受到的重力平衡——静摩擦力的大小由瓶的重力(大小)决定；油瓶变重，它受到的静摩擦力必须随之增大，手握得紧一点，相应最大静摩擦力值也就大一些，才能保证油瓶不会掉落下来；如果手握得不够紧，正压力不够大，最大静摩擦力小于油瓶的重力，油瓶就会掉下来．所以选项A正确．

手握得越紧，手与瓶之间的正压力越大，最大静摩擦力值也越大；但是油瓶受到的是静摩擦力，是与油瓶重力相平衡的静摩擦力，是一个定值——等于油瓶的重力．可见，选项B错误，C正确；显然D也不正确．

8．BD 因物体受静摩擦力，根据平衡条件，水平拉力的大小等于静摩擦力的大小，跟物体与水平面的压力无关，在物体上叠放另一物体，该物体受到的静摩擦力不变，所以B、D正确．

9．35 N 30 N 0.3

20 N

解析：当水平推力至少达到最大静摩擦力时，物体开始运动，由题意可知，木箱与地板间的最大静摩擦力为35 N．木

F

箱做匀速直线运动，由二力平衡知识可知，木箱所受的滑动摩擦力F＝30 N．由公式μ＝可得μ＝0.3，当用20 N的

FN

水平推力推木箱时，木箱不动，故木箱所受的静摩擦力为20 N.

10．10 N 0.2 10 N 竖直向上

3.4 力的合成课后作业答案课后作业

1．B 由力的合成公式F＝

2

F2θ角等于0°时F＝F1＋F2，当θ角等于180°时，F＝|F1－F2|.1＋F2＋2F1F2cosθ知，

从公式知，当θ增大时，合力F逐渐减小，也可用作图的方法得出结论．

2．C 由三角形定则可知，力F1和F2的合力为F3，与另一个F3大小相等、方向相同，所以力F1，F2，F3的合力为2F3，故C正确．

3．C 由力的合成公式F＝

2

F2角虽然固定不变，但其大小不知，当θ

θ>90°时，cosθ

4．A 细绳MO与NO所受的拉力在数值上等于重力G沿两细绳方向的分力．如右图，根据平行四边形定则，结合长度MO>NO可知，FON>FOM，又知细绳

MO与NO所能承受的最大拉力相同，则在不断增加重物G重力的过程中，一定是ON绳先被拉断．

5．C 两个力等大，根据平行四边形定则，作出两个力和合力的关系的平行四边形是菱形，合力方向沿两力的对角线方向，因两个力的夹角为120°，进而可得到菱形的半边是等边三角形，所以合力的大小也是5 N.

6．CD 由力的合成公式F＝

2

F21＋F2＋2F1F2cosθ知，合力可以比任何一个分力都大，也可以比任何一个分力都小．

7．ACD 几个力作用在同一物体上的同一点，或者作用在同一物体上的不同点，但这几个力的作用线或作用线的延长线交于一点，这几个力都是共点力．

8．CD 由力的取值范围|F1－F2|≤F≤F1＋F2可知，另一个分力的取值范围是60 N≤F2≤140 N之间，故C、D项正确． 9．方向相同 140 方向相反 20 100 与F1夹37°角 10．①BD ②BD

3.5 力的分解随堂作业答案随堂作业

1．BCD 分力和合力是等效替代关系，不能同时作用在物体上，A错．由力的合成和分解的概念，B，C正确．力的合成和分解都是矢量运算，都遵循平行四边形定则，D正确．

2．D 根据平行四边形定则，一个分力与F相同，则另一个分力为零，所以这种分解方法不可能．

3．D 欲使合力与分力构成平行四边形，两分力垂直时F2的值最小，最小值为F2min＝Fsinθ＝6 N，故A，B，C错，D正确．

4．B 由对称性可知，两绳上的力等大，两绳拉力与其合力的平行四边形为菱形．由平行四边形定则知，在合力不变的条件下，当两分力之间的夹角增大时分力必须增大．

5．A 拉力F有一个向上的分力，导致物体对地面的压力小于mg，故物体所受摩擦力f小于μmg，A正确．

6．D 重力为G的物体在斜面上受重力G、斜面的弹力FN和静摩擦力F三个力作用．当斜面倾角α逐渐增大时，重力G沿垂直于斜面向下的分力为F1＝Gcosθ逐渐变小，且与斜面对物体的支持力FN平衡；重力G沿平行于斜面向下的分力为F2＝Gsinθ逐渐变大，且与物体受到的摩擦力F平衡．F1是重力的分力，与物体对斜面的压力作用在不同的物体上，性质也不同．故只有D正确．

7．20

解析：要F2最小，必须垂直于F1，根据力的矢量三角形关系，可算出F2必须大于20 N. 8．见解析

解析：题图(甲)，产生效果：使物体压紧地面的力F1和沿地面水平向右有运动趋势的力F2.其中，F1＝F·sinα，F2

＝F·cosα.题图(乙)中，产生效果：使物体压紧斜面的力F1和沿斜面有上滑趋势的力F2.其中，F1＝F·sinα，F2＝Fcosα.