版创新设计《优化重组卷》大一轮复习精练江苏专用 答案Word下载.docx

版创新设计《优化重组卷》大一轮复习精练江苏专用 答案Word下载.docx

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设经t2悬链的上端经过P点，此时悬链的总位移是h＋L，则h＋L＝gt，解得t2＝＝s＝1.6s，整条悬链通过悬点正下方12.8m处的P点所需的时间为Δt＝t2－t1＝1.6s－1.06s＝0.54s。

故B正确。

7．BC　[物体3s末速度达到最大值，开始减速，加速度的方向开始变化，但速度方向不变，故A错误；

物体4s末速度减为零，之后开始反向运动，故B正确；

物体3s末速度达到最大值vm，则第1s内的加速度等于前3s的平均加速度，a1＝；

物体在第5s内的加速度的大小等于第4s内的加速度大小，故a5＝a4＝＝vm，故C正确；

v－t图象与坐标轴包围的面积等于位移的大小，故物体在第5s的位移大小与第4s的位移大小相等，方向相反，故前5s内的位移方向没有改变，一直向前，但位移大小先变大，后变小，故D错误。

8．AC　[由题意可知，物体下落的加速度为a＝＝9m/s2，C正确，D错误；

根据匀变速直线运动规律可得，物体的下落高度为h＝at2＝×

9×

12m＝4.5m，A正确，B错误。

9．BD　[x－t图象中的点表示物体所在的位置，由A图可知，两物体不会相遇，故A错误；

由B图可知，t1时刻两物体相遇，故B正确；

v－t图象表示物体的速度随时间变化的规律，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由C图可知，两物体在0～t1的位移不同，故不会相遇，故C错误；

由D图可知，两物体在t1时间内的位移相同，故两物体相遇，故D正确。

10．ABD　[设质点在第一次与第二次闪光的时间间隔内的位移为x1，第二次与第三次闪光的时间间隔内的位移为x2，第三次与第四次闪光的时间间隔内的位移为x3，根据匀变速直线运动的规律，x3－x1＝2aT2＝6m，解得aT2＝3m则第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移x2＝x1＋aT2＝5m，由于不知道间隔时间，第一次闪光时质点的速度、质点运动的加速度和质点运动的初速度都不能求出，故选项A、B、D正确。

11．解析　在反应时间内汽车的位移x1＝v0t＝20×

0.50m＝10m。

匀减速直线运动的位移x2＝＝m＝50m。

所以x＝x1＋x2＝（10＋50）m＝60m。

答案　60m

12．解析　火车先匀加速直线运动，再匀速直线运动，最后做匀减速直线运动；

设火车的最大速度为v，加速时间为t1，减速时间为t3，故根据平均速度公式，有：

x＝t1＋vt2＋t3

其中：

t＝t1＋t2＋t3＝37min＝2220s

x＝125km＝125000m

t1＝t3

解得：

t2＝1380s＝23min

答案　火车匀速运动的时间为23min

13．解析　

（1）设汽车匀加速的时间为t1，

v＝at1，解得t1＝5s，

设每辆汽车在40s内的位移为x1，

x1＝t1＋v（t－t1）

则通过路口的车辆数n＝，

代入数据解得n＝37.5，

根据题意可知通过路口的车辆数为38辆。

（2）设第39辆车做匀减速的位移为x2，刹车的加速度大小为a2，时间为t2＝3s，则x2＝38l－t1－v（t－t1－t2）或x2＝vt2＋

解得x2＝17.5m，

又由汽车减速过程得－v2＝－2a2x2，

联立解得a2＝0.71m/s2

答案　

（1）38辆　

（2）0.71m/s2

能力提升卷

1．B　[取竖直向上方向为正方向。

若物体此时的位置在A点上方，速度方向向下，v＝－10m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝0，与题干条件不符，A项错误；

若物体此时的位置在A点上方，速度方向向上，v＝10m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝20m/s，是可能的，B项正确；

若物体此时的位置正在A点，速度方向向下，v＝－10m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝0，与题干条件不符，C项错误；

若物体做自由落体运动，1s后物体的速率v＝gt＝10m/s，而题中物体做竖直上抛运动，物体先向上做匀减速运动，1s后物体的速率变为10m/s，此时物体的位置不可能在A点的下方，否则速率必小于10m/s，故D错误。

2．C　[根据x＝（10－0.1v2）m和位移与速度的关系公式为x＝，可得：

＝－0.1v2，－＝10，解得a＝－5m/s2，v0＝10m/s，加速度大小为5m/s2。

故A错误，C正确；

刹车持续时间t0＝＝s＝2s，故B错误；

刹车位移为x0＝t0＝×

2m＝10m，故D错误。

3．D　[设星球表面的重力加速度为g，根据自由落体规律得，小球在前4s和前5s内位移为x1＝gt，x2＝gt，则x2－x1＝18m，解得g＝4m/s2，所以小球在2s末的速度为v＝gt＝8m/s，故A、C错误；

小球在第5s内的平均速度为＝m/s＝18m/s，故B错误；

小球在5s内的位移为x＝gt2＝×

4×

25m＝50m，故D正确。

4．A　[由匀变速直线运动的中间位置的速度公式v＝，有v＝，得v底＝v，故A正确。

5．B　[根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，A项错误；

v－t图象的斜率表示加速度，B图中v－t图象的两条线段斜率大小相等，但左正右负，B项正确；

从v－t图象可以看出物体先匀加速前进，然后匀减速前进，再匀加速后退，匀减速后退，即先前进再后退，与x－t图象矛盾，C项错误；

从v－t图象可以看出物体先匀加速前进，然后匀减速前进，即物体一直前进，与x－t图象矛盾，D项错误。

6．D　[由图乙可知，超声波在时间内通过位移为x1，则超声波的速度为v声＝，故B错误；

超声波通过位移为x2时，所用时间为，则超声波的速度为v声＞，故A错误；

物体通过的位移为x2－x1时，所用时间为－＋Δt0＝（t2－t1＋Δt0），则物体平均速度为＝，故C错误，D正确。

7．ABD　[由题意知，物体先做初速度为零的匀加速运动，后做末速度为零的匀减速运动，全程中的最大速度v＝a1t1，因前后均为匀变速直线运动，则平均速度为＝＝＝，故A、B正确，C错误；

全程的总位移为x＝a1t＋a2t，对全程由平均速度公式有＝＝，故D正确。

8．CD　[两车速度方向相同，若是在速度相等时恰好不相撞，则加速度最小，有v1－a1t＝v2－a2t＝v，t－t＝s，联立两式解得a1＝＋a2；

两车速度方向相同，若不会同时出现速度相等时，两车速度都减为零恰好不相撞，则加速度最小，有－＝s，解得a1＝；

两车相向运动，若两车速度减为零时恰好不相撞，则加速度最小，有＋＝s，解得a1＝。

故C、D正确。

9．AC　[由题图可知在t1时间内质点做初速度为零的匀加速运动，在t1～t2时间内做匀减速运动，且加速度大小相等，时间相等，质点一直沿正向运动，在t1时刻的速度最大，故A、C正确。

10．BD　[根据v－t图象与时间轴所围“面积”大小等于位移，在0～3s内b车的位移为xb＝vbt＝10×

3m＝30m，a车的位移为xa＝×

（30＋20）×

1m＋×

（20＋15）×

2m＝60m，因为xa－xb＝30m，所以在t＝3s时追尾，故B正确，A、C错误；

若紧急刹车时两车相距40m，速度相等时，a车的位移为x1＝×

（20＋10）×

4m＝85m，b车位移为x2＝50m，因为x2＋40＞x1，则不会发生追尾事故，最近距离为Δx＝（40＋50－85）m＝5m，故D正确。

11．解析　

（1）设打开降落伞时，运动员离地面的高度至少为h，此时速度为v1，落地时速度为v。

由匀变速直线运动规律得v＝2g（H－h），v2－v＝－2ah

联立解得h＝99m

（2）设运动员在空中加速时间为t1，位移为h1，加速末速度为v2

则v2＝gt1，h1＝gt，设运动员减速运动时间为t2，减速下降的高度为h2

则h2＝v2t2－at，v＝v2－at2

又h1＋h2＝H

联立以上各式解得，运动员在空中飞行的最短时间t＝t1＋t2＝8.6s。

答案　

（1）99m　

（2）8.6s

12．解析　

（1）过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为：

x1＝

所以总的位移：

x总1＝2x1＋d＝210m

（2）过ETC通道时t1＝×

2＋＝22s

过人工收费通道时t2＝×

2＋20＝50s

x2＝×

2＝225m

二者的位移差Δx＝x2－x总1＝15m

在这段位移内过ETC通道时是匀速直线运动

所以：

Δt＝t2－（t1＋）＝27s

答案　

（1）210m　

（2）27s

单元卷二　相互作用　物体的平衡

1．D　[骏马处于平衡状态，因此重力与支持力等大反向，同时马的重心位置和飞燕在一条竖直线上，否则不可能平衡，故选项D正确。

2．A　[由平衡条件，对左图，2kx1cos37°

＝mg，（L＋x1）sin37°

＝L，对右图，2kx2cos53°

＝Mg，（L＋x2）sin53°

＝L，联立解得＝。

3．C　[木块由静止开始向左运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力，故Ff＝μFN＝μG，选项C正确。

4．C　[对杠铃受力分析如图所示，

则2Fcosα＝G，解得F＝，若α增大，则cosα减小，因此F变大，故选项C正确。

5．C　[对下面4只灯笼整体受力分析如图所示，

则FTcos30°

＝4mg，解得FT＝，故选项C正确。

6．C　[物体受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而处于静止状态，将重力分解到沿斜面和垂直于斜面的方向，在垂直于斜面方向，重力的分力、支持力平衡，FN＝mgcosθ，所以支持力不变，A项错误；

若F>

mgsinθ，摩擦力沿斜面向下，受力分析如图所示：

由Ff＋mgsinθ＝F可知，在力F变大的过程中，Ff逐渐增大；

若F≤mgsinθ，摩擦力向上，由mgsinθ＝F＋Ff可知，Ff应先减小，后反方向增大，B项错误；

把A、B看成一个整体，整体受到重力、支持力、斜向上的推力F以及地面对B的摩擦力，当F增大时，摩擦力增大，地面对B的支持力减小，C项正确，D项错误。

7．ABD　[任意两个力F1、F2合力范围为|F1－F2|≤F≤F1＋F2，第三个力的大小若在该范围内，则三力合力可能为零，故A、B、D项正确。

8．BC　[物体受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而处于静止状态，故合力为零；

将重力和拉力都分解到沿斜面和垂直于斜面的方向；

在垂直于斜面方向，重力的分力、支持力及拉力的分力平衡，因拉力的分力先增大后减小，故弹力可能先减小后增大，A项错误，B项正确；

在沿斜面方向上，重力向下的分力、拉力的分力及摩擦力的合力为零。

因拉力的分力先向下减小，后向上增大，故摩擦力可能先减小，后向下增大，也可能一直减小，C项正确，D项错误。

9．BD　[弹簧如果处于原长状态，则滑块受重力、弹力和摩擦力作用，A错误；

如果斜面对滑块的支持力为零，则滑块仅受重力和弹簧的拉力作用，两力方向不共线，滑块不可能静止，C错误；

如果弹簧对滑块的作用力是拉力，则拉力一定小于重力沿垂直斜面方向的分力，B正确；

由平衡条件可知，斜面对滑块的摩擦力Ff＝mgsin30°

＝mg，D正确。

10．BC　[

蚂蚁缓慢上爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，则合力始终为零，D错误；

对其受力分析，如图所示，有Ff＝mgsinα，FN＝mgcosα，随着蚂蚁的上爬，角α在增大，在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力，在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力，故A错误，B正确；

在a点和b点，碗对蚂蚁的作用力都等于蚂蚁的重力，所以在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点的作用力，故C正确。

11．解析　

（1）对A球受力分析如图甲所示，

由胡克定律可得，弹力F＝kx＝1N，

由共点力平衡可得，FTcos60°

＝F，FN＝G＋FTsin60°

联立解得FT＝2N，FN＝（2＋）N

甲　　　　　　　　　　　　　乙

（2）对C球受力分析如图乙所示，

由平衡条件可得，2FTsin60°

＝GC

解得GC＝2N

答案　

（1）（2＋）N　

（2）2N

12.解析　

（1）以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，

甲

则由平衡条件得

Fsin30°

＝FCsin30°

FCcos30°

＋Fcos30°

＝mg

解得F＝FC＝mg

（2）以小球和该同学整体为研究对象，受力分析如图乙所示，

由平衡条件得

乙

Ff＝Fsin30°

FN＋Fcos30°

＝（M＋m）g

联立解得Ff＝mg，FN＝Mg＋mg。

答案　

（1）mg　

（2）Mg＋mg　mg

1．C　[由几何知识可知，两种情况下两球球心的连线互相平行，也就是说，下面小球对上面小球弹力的方向相同。

上面小球受到的弹力的竖直方向上的分力大小等于重力，水平方向上的分力等于对左壁的弹力，显然a球在上面时对左壁的弹力大，两球之间的弹力也大，A、D错误；

将两球看做整体分析可知，在同一容器里对左壁的弹力大小等于对右壁的弹力，所以是b球在下面时对右壁作用力大，而对底部的作用力大小相同，B错误、C正确。

2．D　[木块A、斜劈B均静止不动，则木块A、斜劈B整体受力平衡，在水平方向上，若F1、F2等大反向，则斜劈B与地面间无摩擦力作用，若F1、F2大小不相等，则斜劈B与地面间一定存在摩擦力，故选项A、C错误；

在竖直方向上，地面对斜劈B的支持力与木块A、斜劈B组成的系统的重力平衡，选项D正确；

木块A、斜劈B间有无摩擦力以及摩擦力的方向取决于木块A的重力沿斜面方向的分力和F1沿斜面方向的分力的大小关系，木块A、斜劈B间可能不存在摩擦力，选项B错误。

3．C　[物体受支持力FN、拉力F、重力mg、摩擦力μFN作用，水平方向有Fsinθ＝μFN，竖直方向有Fcosθ＋FN＝mg，得F＝，从题图可知，θ＝30°

与120°

时F相等，解得μ＝2－，C正确。

4．C　[

对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：

A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反，而将A向外平移后，B受弹力的方向与竖直方向夹角减小，但B仍受力平衡，由图可知A对B的弹力及墙壁对球的弹力均减小，A、B错误；

以A、B为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，C正确；

竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，D错误。

5．C　[A图中，由共点力平衡可得，2FAcos45°

＝mg，解得FA＝；

B图中，由共点力平衡可得，FB＝mg；

C图中，由共点力平衡可得，FC＝；

D图中，由共点力平衡可得，2FDcos75°

＝mg，解得FD＝；

故FD＞FB＞FA＞FC，C正确。

6．A　[分别对A、B两圆环受力分析，如图所示。

以A为研究对象，则A只能受到重力和绳子的拉力的作用，杆对A不能有力的作用，否则A水平方向受力不能平衡，有FT＝mAg；

以B为研究对象，有mBg＝2FTcos30°

＝FT，故mA∶mB＝1∶，A正确。

7．BD　[因木块m和M整体沿斜面匀速下滑，所以M与斜面之间一定存在摩擦力，故M、斜面间的动摩擦因数μ2一定不等于零；

因木块m和M的接触面水平，由m的运动状态可知，它一定不受M的摩擦力，所以木块m和M之间的动摩擦因数μ1可以为零，也可以不为零，B、D正确。

8．ACD　[球B受力分析，水平方向有Fcos30°

＝FTbcos30°

，得FTb＝F，竖直方向有Fsin30°

＋FTbsin30°

＝mBg，解得F＝mBg，故A正确；

对小球A受力分析，竖直方向有mAg＋FTbsin30°

＝FTasin60°

，水平方向有FTasin30°

＝FTbsin60°

，联立解得mA＝mB，故D正确；

以A、B、C整体为研究对象受力分析，竖直方向有FN＋Fsin30°

＝（M＋mA＋mB）g，可见FN小于（M＋mA＋mB）g，故B错误；

水平方向有Ff＝Fcos30°

＝mBgcos30°

＝mBg，故C正确。

9.

ABC　[设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。

以物体为研究对象，未加F时物体静止在斜劈上，则有Gsinθ≤μGcosθ，即有sinθ≤μcosθ。

当用竖直向下的力F作用于物块上时，受力情况如图所示，沿斜面向下的分力为（G＋F）sinθ，最大静摩擦力为Fmax＝μ（G＋F）cosθ，由于sinθ≤μcosθ，则（G＋F）sinθ≤Fmax，所以当力F增大时，物体不会运动，物块所受的合力为零，保持不变，故B正确，D错误；

根据平衡条件得，FN＝（G＋F）cosθ＞Gcosθ，即斜劈对物块的弹力增大，故A正确；

Ff＝（G＋F）sinθ＞Gsinθ，即物块受到的摩擦力增大，故C正确。

10．AB　[如果B对A无摩擦力，由牛顿第三定律可知，A对B也无摩擦力，则B对地面无运动趋势，地面对B没有摩擦力作用，A正确；

如果B对A有向左的摩擦力，则A对B有向右的摩擦力作用，从而使B有向右运动的趋势，则地面对B有向左的摩擦力，B正确；

若弹簧已处于拉伸状态，在P点缓慢下移过程中，弹簧的拉伸形变量减小，弹簧对A斜向上的拉力减小，则B对A的支持力增大，C错误；

若弹簧已处于拉伸状态，在P点缓慢下移的过程中，弹簧的拉伸形变量将减小，当弹簧的形变量为零时，A与B、B与地面间的摩擦力变为零，D错误。

11．解析　以BC段为研究对象，设绳子B端所受弹力为FB，C处所受弹力为FC，如图甲所示

FBcosα＝mg

FBsinα＝FC

解得FC＝tanα

以AC段为研究对象，设绳子A端所受弹力为FA，C处所受弹力为FC′，如图乙所示。

FAsinβ＝mg

FAcosβ＝FC′

FC＝FC′

解得FA＝

答案　见解析

12.

解析　木块在运动过程中受摩擦力作用，要减小摩擦力，应使作用力F斜向上，设当F斜向上与水平方向的夹角为α时，F的值最小。

木块受力分析如图所示，由平衡条件知：

Fcosα－μFN＝0，Fsinα＋FN－G＝0

解上述二式得：

F＝

令tanφ＝μ，则sinφ＝，cosφ＝

可得F＝＝

可见当α＝φ时，F有最小值，即Fmin＝

答案　　与水平方向成α角斜向上且tanα＝μ

13．解析　

作出物体A的受力分析图如图所示，由平衡条件得

Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0①

Fcosθ－F2－F1cosθ＝0②

由①式得

F＝－F1③

由②③式得，F＝＋④

要使两绳都伸直，则有F1≥0，F2≥0

所以由③式得Fmax＝＝N

由④式得，Fmin＝＝N。

综合得F的取值范围为N≤F≤N。

答案　N≤F≤N

单元卷三　牛顿运动定律及其应用

1．A　[在地球周围的环境中，物体不受作用力的情况是不存在的，所以牛顿第一定律不能直接通过实验进行验证，是在伽利略的理想斜面实验的基础上，通过逻辑推理总结出来的，题目中的其他三个定律都可通过实验进行验证，故A正确。

2．B　[力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，A错误；

根据牛顿第二定律F＝ma可知，力是使物体产生加速度的原因，没有力就没有加速度，B正确；

惯性与物体的速度无关，匀速或静止的物体都有惯性，C错误；

质量越小，惯性越小，同样的力产生的加速度越大，外力作用的效果越明显，D错误。

3．B　[人对升降机的压力等于升降机对人的支持力，它们是作用力与反作用力的关系，A错误，B正确；

人随升降机加速上升时超重，有FN－mg＝ma，升降机对人的支持力大于人的重力，C错误；

一对作用力和反作用力的性质相同，而重力与支持力性质不同，D错误。

4.

B　[由题意小球的运动状态与小车一致，设小车和小球水平向右的加速度为a。

对小球进行受力分析，小球受到绳子的拉力和重力作用，如图所示，根据几何关系和牛顿第二定律得，mgtanθ＝ma，以小车和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律得，F＝（M＋m）a，联立可得，F＝（M＋m）gtanθ，B正确。

5．B　[电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg－kx＝ma，即mg＝ma，a＝2.5m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项A、C错误，选项B正确；

乘客对地板的压力大小为FN＝m′g－m′a＝500N－125N＝375N，选项D错误。

6．D　[以整体为研究对象，在t0时刻，推力为零，故A、B之间的摩擦力为零，A错误；

以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0和2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，A受到的静摩擦力最大，B错误；

0～2t0时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，两物体运动的位移最大，C错误，D正确。

7．CD　[绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，大小相等，A错误；

消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力不是一对作用力与反作用力，B错误；

儿童加速上升，绳子对儿童的拉力大于儿童的重力，C正确；

因为不计绳子的重力，消防员对绳子的拉力等于儿童对绳子的拉力，D正确。

8．AD　[绳子剪断瞬间，绳子的弹力瞬间消失，弹簧的弹力不变，A正确，C错误；

此时b有沿斜面的加速度。

对a、b斜面整体分析，绳子剪断前后，地面对斜面的支持力和摩擦力都发生突变，B错误，D正确。

9．AD　[当F＝6N时，加速度为a＝1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据解得M＋m＝6kg；

当F＞6N时，根据牛顿第二定律得a＝＝F－，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2kg，滑块的