全品一轮复习测评手册全套详答

参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．B[解析]空中加油时加油机与战斗机保持相对静止，以战斗机、加油机中的飞行员、战斗机里的飞行员为参考系，加油机都是静止的；以旁边的云彩为参考系，加油机是运动的，故B正确.2．A3．C[解析]从题目中的F­t图可以看出，运动员脱离弹性网后腾空的时间为t1＝2.0s，则运动员上升到最大高度所用的时间为t2＝1.0s，所以上升的最大高度h＝12gt22＝5.0m，选项C正确．4．C[解析]依题意作出物体运动的v­t图像，如图所示．图线与t轴所围成的面积表示物体的位移，由几何知识可知图线②、③不满足AB＝BC，只能是图线①这种情况，因为斜率表示加速度，所以a1＜a2，选项C正确.5．C[解析]由Δx＝aT2得a＝－2m/s2，由v0t＋12at2＝x1得v0＝10m/s，汽车刹车时间tm＝0－v0a＝5s＜6s，故刹车后6s内的位移为x＝0－v202a＝25m，选项C正确．6．AC[解析]由图可知a车的初速度等于2v0，在t1时间内发生的位移为x，则b车的位移为x3.若a、b在t1时刻相遇，则x0＝x－x3＝23x之后vbva，两车不可能再次相遇，选项D错误，选项A正确；若a、b在t12时刻相遇，则图中阴影部分的面积即为x0，即x0＝34×23x＝x2，由图像的对称关系可知下次相遇时刻为t1＋t12＝32t1，选项C正确，选项B错误．7．D[解析]由位移—时间图像知，a、b两物体的运动方向相反，都做匀速直线运动，速度大小相同，选项A、B错误；a、b两物体从同一点出发，向相反方向运动，t＝5s时，两物体相距最远，选项C错误；c的图像是一条过原点的抛物线，故其函数关系为x＝kt2，由运动学公式可知，该物体做匀加速直线运动，选项D正确．8．B[解析]当公交车加速到6.0m/s时，人、车两者相距最近，加速时间t＝va＝6.01.0s＝6s，人运动的距离x1＝vt＝6×6m＝36m，公交车运动的距离x2＝12at2＝18m，两者的最近距离Δx＝x2＋x0－x1＝7m，人不能追上公交车，且车开动后，人、车之间的距离先变小后变大，选项B正确．9．(1)1.170(2)－12gt2＋vt(3)2k[解析](1)根据20分度游标卡尺的读数原则可得，小球的直径为d＝(11＋0.05×11)mm＝1.155cm；(2)依据自由落体运动规律和匀变速直线运动的平均速度公式列式求解，设小球从释放点到光电门1所经历的时间为t0，在光电门1处时小球的速度为v0，则有h＝v0＋v2t，v＝g(t0＋t)，v0＝gt，联立解得h＝vt－12gt2；(3)由k＝12g得g＝2k.10．0.4m/s[解析]设小球甲在光滑斜面上运动的加速度为a，运动的时间为t1，运动到B处时的速度为v1，从B处到追上小球乙所用的时间为t2，则a＝gsin30°＝5m/s2由hsin30°＝12at21得t1＝0.2s，则t2＝t－t1＝0.8s，v1＝at1＝1m/s甲刚好追上乙时，有v0t＋L＝v1t2，解得v0＝0.4m/s.11．(1)2s(2)1213[解析](1)设此人从静止到加速至最大速度时所用的时间为t1，加速运动的位移大小为x1，从B点返回A点的过程中做匀速运动的时间为t2，由运动学公式可得vm＝a1t1x1＝vm2t1L－x1＝vmt2联立解得t2＝2s.(2)设此人从A点运动到B点的过程中做匀速运动的时间为t3，减速运动的位移大小为x2，减速运动的时间为t4，由运动学方程可得vm＝a2t4x2＝vm2t4L－x1－x2＝vmt3vABvBA＝t1＋t2t1＋t3＋t4联立解得vABvBA＝1213.45分钟单元能力训练卷(二)1．A[解析]以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知整体的加速度沿斜面向下．以滑块B为研究对象，A对B的摩擦力沿水平方向，把加速度沿水平方向和竖直方向分解，根据牛顿第二定律可知，滑块B受到水平向左的摩擦力，选项A正确．2．D[解析]以A、B两球和弹簧组成的系统为研究对象，则有Fcos30°＝2mgsin30°，得F＝233mg，隔离A球分析，有kx＝mgsin30°，故弹簧原长为l－x＝l－mg2k，选项D正确．3．C[解析]以小球为研究对象，小球受到竖直向下的重力、沿速度方向的外力F和沿绳方向的拉力T作用．设轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件有F＝mgsinθ，T＝mgcosθ，用外力F将小球沿圆弧从图中实线位置缓慢拉到虚线位置的过程中，轻绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大，则沿速度方向的外力F将逐渐增大，沿绳方向的拉力T将逐渐减小，选项C正确．4．B[解析]对a圆柱体受力分析，设a、b间的压力大小FN，由平衡条件可得FNsinθ＝G，FNcosθ＝F，解得FN＝Gsinθ，F＝Gtanθ，FN随θ的增大而减小，开始时θ＝30°，FN最大为2G，当θ＝90°时，FN＝G，选项C、D错误；F随θ的增大而减小，开始时θ＝30°，F最大值Fmax＝Gtan30°＝3G，当θ＝90°时，F最小，为零，选项A错误，选项B正确．5．B[解析]对a和b两小球受力分析，由平衡条件得magsin45°＝Tsin30°，mbgsin45°＝Tsin60°，联立解得ma∶mb＝3∶1，选项B正确．6．AB[解析]当砝码和托盘的总质量为m1＝0.6kg时，有F＋f＝m1g，则f＝4N，可知A与桌面间的最大静摩擦力至少为4N；当砝码和托盘的总质量为m2＝0.3kg时，假设A仍不动，此时F不变，有F＋f′＝m2g，则f′＝1N4N，故假设成立，A仍静止不动，A所受的合力仍为零，A与桌面间的摩擦力变为1N，弹簧测力计的示数不变，选项A、B正确．7．CD[解析]剪断A、B间轻绳之前，对A、B整体，由平衡条件可得，连接物块C的轻绳上的拉力为T＝(mA＋mB)g，物块C受到轻质橡皮筋沿斜面向上的拉力为F＝9N，对物块C，由平衡条件可得F＋f＝T＋Mgsin37°，解得f＝2N，故物块C受到的摩擦力方向沿斜面向上，说明物块C与斜面间最大静摩擦力至少为2N；剪断A、B间轻绳后，假设A、C仍然静止，则有F′＝mAg＋Mgsin37°＋f′，解得f′＝1N2N，故物块C所受的摩擦力为静摩擦力，大小为1N，方向沿斜面向下，选项C、D正确．8．BC[解析]若m1sinαm2sinβ，则物块甲有下滑趋势，受到沿斜面向上的摩擦力，A错误；若m1sinαm2sinβ，则物块甲有上滑趋势，受到沿斜面向下的摩擦力，B正确；细绳拉力T＝m2gsinβ，若在物块乙上再放一小物块后，则细绳拉力变为T′＝(m2＋Δm)gsinβT，但若在物块甲上再放一小物块，并不影响细绳拉力的大小，C正确，D错误．9．(1)3.44(2)相同[解析](1)由Δmg＝kΔl可得ΔmΔl＝kg，故m­l图线的斜率k斜＝kg，算出斜率即可求出劲度系数，所以k＝gk斜＝10×（27.5－0）×10－3（19－11）×10－2N/m＝3.44N/m.(2)劲度系数是根据变化率计算出的，即k＝ΔFΔx，故是否考虑砝码盘的质量对结果无影响．10.Ts4T2－m2g2[解析]设当绳长为l时，绳的拉力达到最大值．根据题意作出物体的受力分析图，如图所示由对称性可知，两个拉力T大小相等，两个拉力的合力F大小应等于重力G，由相似三角形可知有T12mg＝ll2－s22解得l＝Ts4T2－m2g2故每根绳的长度不得短于Ts4T2－m2g2.11.μG1＋μ2与水平方向成α角且tanα＝μ[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斜向上且与水平方向的夹角为α时，F的值最小．对木块受力分析如图所示，由平衡条件知Fcosα－μFN＝0，Fsinα＋FN－G＝0联立得F＝μGcosα＋μsinα令tanφ＝μ，则sinφ＝μ1＋μ2，cosφ＝11＋μ2可得F＝μGcosα＋μsinα＝μG1＋μ2cos（α－φ）可见当α＝φ时，F有最小值，为Fmin＝μG1＋μ2.45分钟单元能力训练卷(三)1．A[解析]关于力和运动的关系，亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止下来，即力是产生和维持物体运动的原因，这种观点错误，选项A错误；伽利略通过斜面实验分析并推理，如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快，选项B正确；牛顿第一定律指出，力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因，选项C正确；伽利略根据理想实验，并通过科学推理得出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，选项D正确．2．C[解析]惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度，也就是说，只要物体的质量不变，其惯性大小就不变，选项A、B、D错误；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，改变了列车的质量，这会改变它的惯性，选项C正确．3．A[解析]把容器B竖直向上抛出，物体A处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确．4．B[解析]A、B发生相对滑动之前，两者加速度相同，对整体有F＝2ma，即木板做加速度增大的加速运动；当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有f＝ma，故此时F＝2f＝kt，则t＝2fk；之后木板做匀加速直线运动，选项B正确．5．BC[解析]物体受到向右的滑动摩擦力为f＝μFN＝μmg＝3N，根据牛顿第二定律得a＝F＋fm＝2＋31m/s2＝5m/s2，方向与初速度方向相反，物体的速度减到零所需的时间t＝v0a＝105s＝2s，选项B正确，选项A错误．物体的速度减到零后，Ff，故物体处于静止状态，不再运动，选项C正确，选项D错误．6．C[解析]当小木块下滑的速度vv0时，小木块所受的摩擦力沿传送带向下，加速度a1＝mgsinθ＋μmgcosθm＝g(sinθ＋μcosθ)；当小木块下滑的速度v＝v0时，由于μ＞tanθ，故小木块将与传送带保持相对静止而做匀速运动，选项C正确．7．AC[解析]对球受力分析如图所示，由牛顿第二定律得FN1－FN2sinθ＝ma，FN2cosθ＝mg，由以上两式可得：FN2不随a的变化而变化，FN1随a的增大而增大，选项A、C正确，选项B错误；斜面和挡板对球的弹力与重力三个力的合力等于ma，选项D错误．8．AC[解析]将a、b、c看作一个整体，对整体受力分析，粘上橡皮泥后，整体受力不变，但整体的质量增大，根据牛顿第二定律可得，整体的加速度减小，选项A正确．如果橡皮泥粘在a上，对c受力分析，绳的拉力就是c受到的合力，根据牛顿第二定律可得，c受到绳的拉力减小；对b受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律可得，b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，选项B错误．如果橡皮泥粘在b上，同理，c受到绳的拉力减小，对a、c整体受力分析，b对a的摩擦力即为a、c整体受到的合力，根据牛顿第二定律可得，a、c整体受到的合力减小，故b对a的摩擦力减小，选项C正确．如果橡皮泥粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律可得，b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，对a受力分析，b对a的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，根据牛顿第二定律可得，a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，选项D错误．9．(1)m≪M(2)1M(3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(4)小车和车中砝码的总质量M[解析](1)对小车和车中砝码，有T＝Ma，对盘及盘中砝码，有mg－T＝ma，解得T＝MmgM＋m＝mg·11＋mM，说明只有当m≪M时，绳对小车的拉力才近似等于盘及盘中砝码的总重力．(2)合力不变时，小车的加速度与其质量成反比，a­M图像为双曲线，不能根据曲线直观地确认加速度与质量成反比关系，而a­1M图像为直线，容易确认，因此应作a­1M图像．(3)图(a)反映合力F达到一定数值时才产生加速度，说明实验过程阻力较大，可能没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力过程中木板倾角过小，平衡摩擦力不足．(4)由a＝FM，图像斜率k＝1