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教材习题答案
第一章 运动的描述
3 位置变化快慢的描述——速度
1 质点 参考系 ◆练习与应用
◆练习与应用 １.答案 左端与重物相连 与Ａ点相邻的两点之间的
(１) ꎮ (２)
１.答案 当研究乒乓球运动的速度时 乒乓球的大小 形状可忽 距离除以对应的时间 . 即得打Ａ点时重物的瞬时速度
ꎬ 、 ０ ０４ ｓꎬ ꎮ
因为时间 . 很短 打Ａ点的时刻是相邻两点之间的中间
略 乒乓球可以看成质点 当研究世乒赛上丁宁打出的乒乓球
００４ ｓ ꎬ
ꎬ ꎻ 时刻 求出的Ａ点的速度虽然是一段时间内的平均速度 但与
的旋转情况时 乒乓球不能看成质点 否则无法研究 ꎬ ꎬ
ꎬ ꎬ ꎮ Ａ点的瞬时速度很接近
当研究歼 隐形战斗机从上海到海口的运动路线时 ꎮ
－２０ ꎬ ２.答案 甲物体有一定的初速度 速度的大小和方向都不变 物
战斗机的大小 形状可以忽略 可以看成质点 当研究歼 ꎬ ꎬ
、 ꎬ ꎻ －２０ 体做匀速直线运动 乙物体的初速度为零 速度先增大后不
隐形战斗机的飞行姿态时 战斗机的长度 体积不可忽略 不 ꎮ ꎬ
ꎬ 、 ꎬ 变再减小 即先加速后匀速再减速 速度的方向始终不变
能看成质点 ꎬ ꎬ ꎮ
ꎮ ｘ
２.答案 一江春水向东流 描述的是水相对地面 河岸 的运 ３.答案 前 内的平均速度ｖ Δ １ ９
“ ” ( ) (１) １ ｓ １＝ ｔ ＝ ｍ/ｓ＝９ ｍ/ｓ
动 地球的公转 描述的是地球相对太阳的运动 钟表的时 Δ１ １
ꎬ“ ” ꎬ“ ｘ
针在转动 描述的是时针相对钟表表面的运动 太阳东升西 前 内的平均速度ｖ Δ ２ ９＋７
” ꎬ“ ２ ｓ ２＝ ｔ ＝ ｍ/ｓ＝８ ｍ/ｓ
落 描述的是太阳相对地面的运动 Δ２ ２
” ꎮ ｘ
３.答案 诗中描述了船 云 诗人的运动 前两句诗写景 诗人 前 内的平均速度ｖ Δ ３ ９＋７＋５
、 、 ꎬ ꎮ ３ ｓ ３＝ ｔ ＝ ｍ/ｓ＝７ ｍ/ｓ
在船上 卧看满天云不动 是以船或诗人为参考系 云与我 Δ３ ３
ꎬ“ ” ꎮ “ ｘ
俱东 是以 榆堤 为参考系 云与 我 均向东运动 可认为云 前 内的平均速度ｖ Δ ４ ９＋７＋５＋３
” “ ” ꎬ “ ” ꎬ ４ ｓ ４＝ ｔ ＝ ｍ/ｓ＝６ ｍ/ｓ
相对 我 不动 Δ４ ４
“ ” ꎮ ｘ
全程的平均速度ｖ Δ ５ ９＋７＋５＋３＋１
2 时间 位移
５＝
Δ
ｔ
５
＝
５
ｍ/ｓ＝５ ｍ/ｓ
第 内的平均速度 ｖ 最接近汽车刚制动时的瞬时速
◆练习与应用 １ ｓ １
度 它比这个瞬时速度略小些
１.答案 时 分 指时刻 分 指时间间隔 ꎬ ꎮ
(１)“８ ４２ ” ꎬ“８ ” ꎮ ｘ
早 指时刻 等了这么久 指时间间隔 汽车最后 内的平均速度ｖ Δ ３＋１
(２)“ ” ꎬ“ ” ꎮ (２) ２ ｓ ＝ ｔ＝ ｍ/ｓ＝２ ｍ/ｓꎮ
Δ ２
前 最后 第 内 都指时间间隔 第
(３)“ ３ｓ”“ ３ｓ”“ ３ｓ ” ꎬ“ ３ｓ
末 指时刻 4 速度变化快慢的描述——加速度
” ꎮ
２.答案 出租车是按路程收费的 这里的 千米 是指路程 ◆练习与应用
ꎬ “ ” ꎮ
３.答案 由于百米赛跑的跑道是直道 因此运动员跑完全程
(１) ꎬ １.答案 ｖ １００
的路程和位移大小相等 都是 ＝１００ ｋｍ/ｈ＝ . ｍ/ｓ
ꎬ １００ ｍꎮ ３６
跑比赛中 不同跑道的运动员跑完全程的路程 ｖ
(２)８００ ｍ ꎬ 根据ａ Δ 有
是相等的 都是 但位移不相同 跑道指的是位 ＝ ｔ :
ꎬ ８００ ｍꎬ ꎮ ４００ ｍ Δ
于第一跑道的运动员跑完一圈的实际路程为 为了使各 ｖ
４００ ｍꎬ ａ Ａ＝ Δ ｔ ＝ . １００ . ｍ/ｓ ２ ＝２ . ４６ ｍ/ｓ ２
跑道上运动员的实际路程相同 比赛的终点取在同一位置 起 Δ Ａ ３６×１１３
ꎬ ꎬ ｖ
点就不能取同一位置了 ꎬ 所以位移不同 ꎮ 实际情况是越往外 ａ Ｂ＝ Δ ｔ ＝ . １００ . ｍ/ｓ ２ ＝２ . １０ ｍ/ｓ ２
的跑道 起点与终点的距离越远 运动员的位移就越大 Δ Ｂ ３６×１３２
ꎬ ꎬ ꎮ ｖ
４.答案 由题意可知 ꎬ 坐标的变化量 Δ ｘ ＝ ｘ Ｑ－ ｘ Ｐ＝－２ｍ－３ｍ＝－５ｍꎬ ａ Ｃ＝ Δ ｔ ＝ . １００ . ｍ/ｓ ２ ＝１ . ７９ ｍ/ｓ ２
位移等于位置坐标的变化量 所以物体的位移为 即它的位 Δ Ｃ ３６×１５５
ꎬ －５ ｍꎬ ２.答案 举例如下 .做匀速直线运动的物体加速度为零 速度
移大小为 方向由Ｐ指向Ｑ 位置坐标与位移矢量如图 :Ａ ꎬ
５ｍꎬ ꎮ ꎮ 不为零
ꎮ
.一物体的速度变化量比较大 但用的时间长 由
Ｂ ꎬ ꎬ
ｖ
５.答案 汽车最远位置距离出发点约 ａ Δ 知 此物体的加速度有可能比另一物体的加速度还小
(１) ３０ ｍꎮ ＝ ｔ ꎬ ꎮ
Δ
汽车在 内没有行驶
.物体向西做减速运动时 速度方向向西 加速度方向
(２) １０~２０ ｓ ꎮ
Ｃ ꎬ ꎬ
汽车在 内驶离出发点 在 内驶向出 向东
(３) ０~１０ ｓ ꎬ ２０~４０ ｓ ꎮ
发点 .物体先以较大的加速度做匀加速直线运动 再以较小
ꎮ Ｄ ꎬ
６.答案 表 竖直向上抛出小球的坐标和位移 的加速度做匀加速直线运动 第二阶段和第一阶段相比 速度
ꎬ ꎬ
大但加速度小
从抛出点 从最高点 从抛出点 ꎮ
坐标 抛出点 最高点 落地点 ３.答案 所以四个运动过程中 超音速
到最点的 到落地点 到落地点 (１)１４４ ｋｍ/ｈ＝４０ ｍ/ｓꎬ ꎬ
原点 的坐标 的坐标 的坐标 飞机速度最大 为 速度由大到小依次排列为 超音
位移 的位移 的总位移 ꎬ ５００ ｍ/ｓꎮ :
速飞机 动车 自行车 蜗牛 .
５００ｍ/ｓ> ４０ｍ/ｓ> １２ｍ/ｓ> ０００２ｍ/ｓꎮ
地面 四个运动过程中 列车加速 速度的变化量最
３ｍ ８ｍ ０ ５ｍ －８ｍ －３ｍ (２) ꎬ １００ ｓꎬ
抛出点
０ ５ｍ －３ｍ ５ｍ －８ｍ －３ｍ 大 为１４４ ７２ 速度变化量由大到小依次排列
ꎬ . ｍ/ｓ－ . ｍ/ｓ＝２０ｍ/ｓꎻ
３６ ３６
为 动车 自行车 蜗牛 . 超音速飞机
: ２０ｍ/ｓ> ９ｍ/ｓ> ０００２ｍ/ｓ> ０ꎮ
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关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等四个运动过程中 自行车的加速度最大 为 ａ 同一地点 两者相遇 所以兔子和乌龟在比赛途中相遇 次
(３) ꎬ ꎬ 自 ＝ ꎬ ꎬ ２ ꎮ
由图可读出 ｔ 时刻乌龟到达终点 而兔子还没有到
１２－３ ２ ２ 加速度由大到小依次排列为 自行车 (４) ꎬ ６ ꎬ
ｍ/ｓ ＝３ ｍ/ｓ ꎻ : 达 所以乌龟先到达终点
３ ꎬ ꎮ
２ 动车 . ２ 蜗牛 . ２ 超音速飞机 ２.答案 由于ｘ ｔ图线的斜率表示物体的速度 由图可知
３ ｍ/ｓ > ０２ ｍ/ｓ > ００１ ｍ/ｓ > ０ꎮ － ꎬ ꎬ０~２ ｓ
４.答案 设向东为正方向 则 ｖ ｔ
ꎬ Δ ＝０－２０ ｍ/ｓ＝－２０ ｍ/ｓꎬΔ ＝ 内物体的速度ｖ ５－３ 方向与规定的正方向相
ｖ １＝ ｍ/ｓ＝１ ｍ/ｓꎬ
则ａ Δ －２０ ２ . ２ 故物体的加速 ２
２ ｍｉｎ＝１２０ｓꎬ ＝ ｔ＝ ｍ/ｓ ＝－０１７ｍ/ｓ ꎬ 同 内物体静止 速度为零 内物体的速度 ｖ
Δ １２０ ꎻ２~４ ｓ ꎬ ꎻ４~１０ ｓ ３＝
度大小为 . ２ 方向向西
０１７ ｍ/ｓ ꎬ ꎮ －５－５ ５ 方向与规定的正方向相反 则物体的ｖ
５.答案 Ａ物体的加速度最大 因为它的速度 时间图线的倾斜 ｍ/ｓ＝－ ｍ/ｓꎬ ꎮ －
ꎬ － １０－４ ３
程度最大 ｔ图像如图所示
ꎮ ꎮ
.
对Ａ物体 : ａ Ａ＝ ２５－０ ｍ/ｓ ２ ＝０ . ６２５ ｍ/ｓ ２ ꎬ 方向与速度方向
６－２
相同
ꎻ
.
对Ｂ物体 : ａ Ｂ＝ ２５－２ ｍ/ｓ ２ ＝０ . ０８３ ｍ/ｓ ２ ꎬ 方向与速度方向
６
相同
ꎻ
对Ｃ物体 : ａ Ｃ＝ ０－２ ｍ/ｓ ２ ＝－０ . ２５ ｍ/ｓ ２ ꎬ 方向与速度方向
８
相反
ꎮ
◆复习与提高
３.答案 物体在第 内向东运动 速度逐渐增大 在第
(１) １ ｓ ꎬ ꎻ ２ ｓ
Ａ组
内向东运动 速度逐渐减小 在第 内自西运动 速度逐渐
ꎬ ꎻ ３ ｓ ꎬ
１.答案 不能 能 不能 不能 增大
(１) (２) (３) (４) ꎮ
２.答案 若某一位运动员以对面的运动员为参考系 则他自己
是静 止的
ꎻ
当他俯视大地时
ꎬ
看到大地迎面而来
ꎬ
他 ꎬ 选取的参 (２) 物体在第 １ｓ 内的加速度ａ １＝ １－
１
０ ｍ/ｓ ２ ＝１ｍ/ｓ ２ ꎬ 方向
考系是自己
３.答案 时刻 ꎮ 时间间隔 时间间隔 时刻 向东 ꎻ 在第 ２ ｓ 内的加速度ａ ２＝
２
０
－
－
１
１ ｍ/ｓ ２ ＝－１ ｍ/ｓ ２ ꎬ 即加速度
４.答案 同学甲的说法错误 只有做单向直线运动的物体 其
位移的 大小才与路程相等 ꎮ ꎬ 大小为 １ｍ/ｓ ２ ꎬ 方向向西 ꎻ 在第 ３ｓ 内的加速度ａ ３＝ －１－０ ｍ/ｓ ２ ＝
ꎮ ３－２
同学乙的说法错误 位移和路程都既可以描述直线运 ２ 即加速度大小为 ２ 方向向西
ꎮ －１ ｍ/ｓ ꎬ １ ｍ/ｓ ꎬ ꎮ
动 也可以描述曲线运动 ４.答案 根据题意 遮光条通过光电门的短暂时间内视滑块做匀速
ꎬ ꎮ ꎬ
同学丙的说法正确 Ｌ .
ꎮ 运动 则遮光条通过第一个光电门的速度为ｖ ００２
同学丁的说法错误 位移和路程不是一回事 位移是指 ꎬ １＝ ｔ ＝ . ｍ/ｓ＝
ꎮ ꎬ Δ１ ０２０
从初位置到末位置的有向线段 是矢量 既有大小也有方向 Ｌ .
ꎬ ꎬ ꎻ . 遮光条通过第二个光电门的速度为ｖ ００２
路程是指物体运动轨迹的长度 是标量 只有大小 没有方向 ０１０ｍ/ｓꎬ ２＝ ｔ ＝ . ｍ/ｓ＝
ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ Δ２ ００５
ｘ ｖ ｖ . .
５.答案 设全程位移为 ２ ｘ ꎬ 汽车通过前半程的时间为ｔ １＝ ｖ ꎬ 通 ０ . ４０ｍ/ｓꎬ 故滑块的加速度ａ ＝ ２－ ｔ １ ＝ ０４０－ . ０１０ ｍ/ｓ ２ ＝０ . １２ｍ/ｓ ２ ꎮ
１ ２５
ｘ ５.答案 电梯从 楼下降到 楼时 先加速下降再减速下降 略
过后半程的时间为 ｔ 则汽车全程的平均速度为 ｖ ３ ２ ꎬ ꎬ
２ ＝ ｖ ꎬ ＝ 停后 先加速再减速下降至 楼 随后先加速再减速上升到
２ ꎬ １ ꎬ ２
ｘ ｘ ｖ ｖ 楼 最后停在 楼 电梯的ｖ ｔ图像如图所示
２ ２ ２ １ ２ ꎬ ２ ꎮ － ꎮ
ｔ ｔ ＝ ｘ ｘ ＝ｖ ｖ ＝４０ ｋｍ/ｈꎮ
１＋ ２ １＋ ２
ｖ ＋ｖ
１ ２
６.答案 规定初速度的方向为正方向 则桌球的初速度 ｖ
ꎬ ０ ＝
. 末速度ｖ . 作用时间 ｔ . 则撞击过
１５ ｍ/ｓꎬ ＝－１３ ｍ/ｓꎬ Δ ＝０ ０８ ｓꎬ
ｖ ｖ
程中球的加速度ａ － ０ ２ 负号表示加速度方向与
＝ ｔ ＝－３５ ｍ/ｓ ꎬ
Δ 第二章 匀变速直线运动的研究
初速度方向相反
ꎮ
７.答案 有速度大而加速度小的情况 题中高速飞行的飞
(１) ꎮ 1 实验:探究小车速度随时间变化的规律
机速度很大 但加速度为零
ꎬ ꎮ ◆练习与应用
有速度变化量大而加速度小的情况 火车出站时速
(２) ꎮ １.答案 如图所示
度变化量比自行车下坡时的速度变化量大 但火车的加速度 (１)
ꎬ 有道理 因为纸带的宽度一定
比自行车的加速度小 (２) ꎮ ꎬ
ꎮ 把剪下的各段纸带并排 相当于以纸带宽
Ｂ组 ꎬ
度作为时间间隔 各纸带长度表示小车在
１.答案 兔子和乌龟从同一地点出发 但兔子比乌龟晚出发 ꎬ
(１) ꎬ 这段时间内运动的位移大小 这样在各个
时间ｔ ꎬ
１ꎮ 时间间隔内的平均速度大小就近似认为
乌龟的位移 时间图像是直线 根据位移 时间图线
(２) － ꎬ － ｘ
的斜率表示物体的速度 可知乌龟的速度不变 做的是匀速直 ｖ Δ ｖ ｘ 这样 纸带的长度就可以
ꎬ ꎬ ＝ . ꎮ ∝Δ ꎬ ꎬ
线运动 ０１ ｓ
ꎮ 用来表示速度
在ｔ 和ｔ 两时刻 兔子和乌龟的位移相同 说明到达 ꎮ
(３) ２ ４ ꎬ ꎬ
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２.答案 如表所示 ａｘ可得ｖ２ ａ ｘ ｖ２ ｖ２ ａ ｘ 联立解得飞机离舰时的速度
(１) ２ １＝２ １ １ꎬ ２－ １＝２ ２ ２ꎬ
时间ｔ/ 为ｖ ａ ｘ ａ ｘ . .
ｓ ０ ５ １０ １５ ２０ ２５ ３０ ２＝ ２ １ １＋２ ２ ２ ＝ ２×７８×１８０＋２×５２×１５ ｍ/ｓ＝５４ｍ/ｓꎮ
５.答案 初速度ｖ 末速度ｖ 位移ｘ . 根据
速度ｖ/ (ｋｍｈ －１ ) ５４ ５９ ６５ ７０ ７６ ８１ ８６ ０＝１０ ｍ/ｓꎬ ＝０ꎬ ＝１ ２ ｍꎬ
速度ｖ/ (ｍｓ －１ ) １５ １６ . ４ １８ . １ １９ . ４ ２１ . １ ２２ . ５ ２３ . ９ ｖ２ － ｖ２ ０＝２ ａｘ得ａ ＝
ｖ２
－ ｘ
ｖ２
０ ＝ ０－１０ . ２ ｍ/ｓ ２ ＝－４２ ｍ/ｓ ２ ꎮ
如图所示 ２ ２×１２
(２) ６.答案 设汽车运动方向为正方向 初速度为ｖ 由题知加速度
ꎬ ０ꎬ
ａ . ２ 末速度ｖ 位移ｘ . 根据ｖ２ ｖ２ ａｘ得
＝－５０ ｍ/ｓ ꎬ ＝０ꎬ ＝２２５ ｍꎬ － ０＝２
ｖ ａｘ . .
０＝ －２ ＝ －２×(－５０)×２２５ ｍ/ｓ＝１５ ｍ/ｓꎮ
4 自由落体运动
◆练习与应用
１.答案 橡皮下落得快 纸片捏成很紧的小纸团后 小纸团下
ꎮ ꎬ
落变快 这是因为空气阻力的作用 纸片受到的空气阻力大
2 匀变速直线运动的速度与时间的关系 ꎮ ꎬ ꎬ
小纸团受到的空气阻力小
◆思考与讨论 ꎮ
２.答案 跳水运动员训练时从 跳台双脚朝下自由落下 双
答案 物体运动的速度在不断增大 相等时间内速度的变化量 ５ ｍ ꎬ
ꎬ 脚离水面的高度分别为 . 和 . 时 其自由落下的距离
不相等 物体不做匀变速运动 ３４ ｍ １８ ｍ ꎬ
ꎬ ꎮ ｈ
◆练习与应用 分别为 . 和 . 下落需要的时间分别为 ｔ ２ １
１ ６ ｍ ３ ２ ｍꎬ １＝ ｇ ＝
１.答案 初速度ｖ 加速度ａ . ２ 末速
度ｖ
＝ ５４ ｋｍ/ｈ＝１
０
５
＝３
ｍ
６
/ｓ
ｋ
ꎮ
ｍ/ｈ＝１０ｍ/ｓꎬ ＝０２ｍ/ｓ ꎬ
. 和ｔ ２
ｈ
２ . 所以手机连拍时间间隔为 ｔ ｔ
ｖ ｖ
０５７ ｓ ２＝ ｇ ＝０８ ｓꎬ Δ ＝ ２－
根据ｖ ｖ ａｔ得ｔ － ０ １５－１０ ｔ .
２.答案 初速
＝
度
０＋
ｖ ０＝７２ ｋ
＝
ｍ/
ａ
ｈ＝
＝
２０
０
ｍ
.
２
/ｓꎬ
ｓ
加
＝
速
２５
度
ｓꎮ
ａ ＝－０ . １ ｍ/ｓ ２ ꎬ 时
３.答
１＝
案
０ ２３
设
ｓ
井
ꎮ
口到水面的距离为ｘ
ꎬ
石块下落做自由落体运动
ꎬ
间ｔ ＝２ ｍｉｎ＝１２０ ｓꎬ 根据ｖ ＝ ｖ ０＋ ａｔ得ｖ ＝２０ ｍ/ｓ－０ . １×１２０ ｍ/ｓ＝ 设石块落到水面的时间为ｔ ꎬ 则有ｈ ＝ １ ｇｔ２ ＝ １ ×１０×２ . ５ ２ ｍ＝
２ ２
８ ｍ/ｓꎮ . 由于声音传播需要一定的时间 所以石块实际自由下
３.答案 初速度ｖ 加速度ａ . ２ 时间ｔ . 根据 ３１２５ｍꎬ ꎬ
０＝０ꎬ ＝１６ ｍ/ｓ ꎬ ＝２２５ ｓꎬ 落到水面的时间ｔ . 我们估算的结果偏大
ｖ ｖ ａｔ 得ｖ . . . <２５ ｓꎬ ꎮ
＝ ０＋ ꎬ ＝０＋１６×２２５ ｍ/ｓ＝３６ ｍ/ｓꎮ ４.答案 设从抛出点到径迹两端点的距离分别为ｈ ｈ 由题图
４.答案 物体在 末的速度是 . 末的速度为 Ａ、 Ｂꎬ
(１) １ ｓ １ ５ ｍ/ｓꎬ４ ｓ
最大 末的速度为 最小 可知ｈ Ａ＝(２ . ５－８ . ６×６×１０ －２ )ｍ＝１ . ９８４ ｍꎬ ｈ Ｂ＝(２ . ５－６ . ８×６×
２ ｍ/ｓꎬ ꎬ７ ｓ １ ｍ/ｓꎬ ꎮ
(２) 物体在 １ ｓ 末 、４ ｓ 末 、７ ｓ 末三个时刻的速度均为正 １０ －２ )ｍ＝２.０９２ ｍꎮ 由 ｖ２ ＝２ ｇｈ 得 ｖ Ａ＝ ２×９ . ８×１ . ９８４ ｍ/ｓ＝
值 速度方向相同 ｖ . . . 由ｖ ｖ ｇｔ得
ꎬ ꎮ ６.２４ ｍ/ｓꎬ Ｂ＝ ２×９８×２０９２ ｍ/ｓ＝６ ４０ ｍ/ｓꎬ Ｂ－ Ａ＝
物体在 末的加速度大小为 . ２ 末的加速 . .
(３) １ ｓ ０５ ｍ/ｓ ꎻ４ ｓ 曝光时间ｔ ６４０－６２４
度大小为零 最小 末的加速度大小为 ２ 最大 ＝ . ｓ＝０.０１６ ｓꎮ
ꎬ ꎻ７ ｓ １ ｍ/ｓ ꎬ ꎮ ９８
物体在 末的加速度为正值 末的加速度为负 ５.答案 频闪照相机类似于打点计时器 都是每隔一定时间记
(４) １ ｓ ꎬ７ ｓ ꎬ
值 加速度方向相反 录一次 题目给出了时间与位移 故可以求加速度
ꎬ ꎮ ꎬ ꎬ ꎮ
解法一: 利用 ｘ ｇｔ２ 求解
3 匀变速直线运动的位移与时间的关系 ( Δ ＝ )
ｘ . .
◆练习与应用
１＝(０８－０)ｃｍ＝０８ ｃｍꎬ
ｘ . . .
１.答案 初速度ｖ 加速度ａ . ２ 时间 ｘ
２＝(３
.
２－０
.
８)ｃｍ＝２
.
４ ｃｍꎬ
０＝３６ｋｍ/ｈ＝１０ｍ/ｓꎬ ＝０２ｍ/ｓ ꎬ ３＝(７１－３２)ｃｍ＝３９ ｃｍꎬ
ｘ . . .
ｔ
＝３０ ｓꎬ
根据 ｘ
＝
ｖ
０
ｔ
＋
１ ａｔ２ 得 ｘ
＝１０×３０ ｍ＋
１
×０
.
２×３０
２
ｍ＝ ｘ
４＝(１２
.
５－７１
.
)ｃｍ＝５４
.
ｃｍꎬ
根据ｖ ｖ ａｔ得
２
ｖ .
２
则
５＝(
ｘ
１９６－１
.
２５)ｃｍ＝
ｘ
７１ ｃｍ
.
ꎬ
ｘ . ｘ
２.答 ３９ 案 ０ ｍꎻ 初速度 ＝ ｖ ０＋ ＝ 时 １０ 间 ｍ ｔ /ｓ＋０２× 位 ３０ 移 ｍ ｘ /ｓ＝１６ ｍ 根 /ｓꎮ 据ｘ . Δ １２ ＝１ ６ ｃｍꎬΔ ２３ ＝１ ５ ｃｍꎬΔ ３４ ＝１ ５ ｃｍꎬΔ ４５ ＝
０＝１８ ｍ/ｓꎬ ＝３ ｓꎬ ＝３６ ｍꎬ ＝ １７ ｃｍꎬ
ｘ ｖ ｔ 取平均值得 ｘ .
ｖ ｔ １ ａｔ２ 得ａ ２( － ０ ) ２×(３６－１８×３) ２ ２ Δ ＝１５７５ ｃｍꎬ
０ ＋ ＝ ｔ２ ＝ ２ ｍ/ｓ ＝－４ ｍ/ｓ 所以重力加速度
２ ３ :
根据ｖ ｖ ａｔ 可得汽车停止运动所用的时间 ｔ ｖ － ｖ ０ ｇ Δ ｘ １ . ５７５×１０ －２ ２ . ２
＝ ０＋ ꎬ ＝ ａ ＝ ＝ ｔ２ ＝ . ２ ｍ/ｓ ＝９８４ ｍ/ｓ ꎮ
００４
解法二: 先求平均速度 再利用ｖ ｇｔ求解
０－１８ . 故汽车在 内的位移与 . 内的位移相等 ( ꎬ ＝ )
ｓ＝４５ ｓꎬ ５ ｓ ４５ ｓ ꎬ ｘ . 时的瞬时速度
－４ ＝３２ ｃｍ
由ｖ２ ｖ２ ａｘ得ｘ′ ０－ ｖ２ ０ ０－１８ ２ . ｖ (７ . １－０ . ８)×１０ －２ .
－ ０＝２ ＝ ａ ＝ ｍ＝４０５ ｍꎮ １＝ . ｍ/ｓ＝０７８７５ ｍ/ｓꎮ
２ ２×(－４) ００４×２
ｘ . 时的瞬时速度
３.答案 已知初速度ｖ 根据公式ｘ ｖ ｔ １ ａｔ２ 得 ＝１２５ ｃｍ
０＝０ꎬ ＝ ０ ＋ ２ ｖ (１９ . ６－７ . １)×１０ －２ .
２＝ . ｍ/ｓ＝１５６２５ ｍ/ｓꎮ
ｘ １ ａ ｔ２ ｘ １ ａ ｔ２ 所以ｘ ｘ ａ ａ ００４×２
１＝ １ ꎬ ２＝ ２ ꎬ １ ∶ ２＝ １ ∶ ２ꎮ 则ｖ ｖ ｇ Ｔ
４. 后 答 一 案 段 匀 已 加 ２ 知 速 前 直 一 线 段 运 匀 动 ２ 加 中 速直 ｘ 线运动中 ａ ｘ １＝ . １８０ｍꎬ ２ ａ １ 根 ＝ 据 ７ . ８ ｖ２ ｍ/ ｖ ｓ ２ ２ ꎬ 重力 ２ 加 ＝ 速 １＋ 度 ｇ ２ ＝ ｖ ２－ Ｔ ｖ １ ＝ １ . ５６２５－ . ０ . ７８７５ ｍ/ｓ ２ ＝９ . ６９ ｍ/ｓ ２ ꎮ
２＝１５ ｍꎬ ２＝５２ ｍ/ｓ ꎬ － ０＝ ２ ２×００４
１７５
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等６.答案 可以 在反应时间内 直尺向下做初速度为零的匀加 ５.答案 运动员打开降落伞后做匀减速运动 根据ｖ２ ｖ２
ꎮ ꎬ (１) ꎬ － ０＝
ｈ ａｘ 据题意有ｖ ａ ２ ｘ 代入数据可
速直线运动 结合位移 时间公式ｈ １ ｇｔ２ 可得ｔ ２ 在 ２ ꎬ ２＝５ ｍ/ｓꎬ ＝－１２ ｍ/ｓ ꎬ ２＝１２５ ｍꎬ
长度刻度旁
ꎬ
标注的时间
－
刻度如图所
＝
示 ２
ꎬ ＝ ｇ ꎮ 求得运动员打开降落伞时的速度为 ｖ
１ ＝
ｖ２
２－２
ａｘ
２ ＝
: ２
５ －２×(－１２)×１２５ ｍ/ｓ＝５５ ｍ/ｓ ꎮ
ｖ２
由ｖ２ ｇｘ 可得运动员自由下落的距离为 ｘ １
(２) ＝２ １＝ ｇ＝
２
.
１５１２５ ｍ
运动员离开飞机时距地面的高度为ｘ ｘ ｘ .
＝ １＋ ２＝２７６２５ ｍ
ｖ
运动员自由下落的时间为ｔ １ .
(３) １＝ ｇ ＝５５ ｓ
ｖ ｖ
打开伞后运动的时间为ｔ ２－ １ .
２＝ ａ ＝４１７ ｓ
故运动员离开飞机后运动的时间为ｔ ｔ ｔ .
＝ １＋ ２＝９６７ ｓ
◆复习与提高
６.答案 证明 由于ｘ １ ａｔ２ 可知ｘ ｔ２ 得ｘ ｘ ｘ
Ａ组 (１) : ＝ ꎬ ∝ ꎬ １ ∶ ２ ∶ ３ ∶ ＝
２
１.答案 由题意可知 ꎬ ｖ ０＝４ ｍ/ｓꎬ ｖ ＝０ꎬ ａ ＝－０ . ２ ｍ/ｓ ２ ꎮ 根据匀变 １ ２ ∶ ２ ２ ∶ ３ ２ ∶ ＝１ ∶ ４ ∶ ９ ∶
速直线运动的速度 － 位移公式ｖ２ － ｖ２ ０＝２ ａｘ ꎬ 可得自行车滑行的 (２) 证明 : 由于ｘ ＝ １ ａｔ２ ꎬ 可得ｘ １＝ １ ａ ×１ ２ ꎬ ｘ ２＝ １ ａ ×２ ２ ꎬ
距离为ｘ － ｖ２ ０ －４ ２ 由于Ｌ 故 ２ ２ ２
＝ ２ ａ ＝ ２×(－０ . ２) ｍ＝４０ ｍꎮ ＝３０ ｍ<４０ ｍꎬ ｘ ３＝ １ ａ ×３ ２ ꎬ
自行车仅靠滑行不能停在停车线前 ２
ꎮ
２.答案 由题可知 人的初速度ｖ 加速度ａ . ２ 所以 ｘ １ ａ ｘ ｘ ｘ １ ａ ２ １ ａ ｘ
ꎬ ０＝５ ｍ/ｓꎬ ＝－０４ ｍ/ｓ ꎬ ꎬ Ⅰ＝ ꎬ Ⅱ＝ ２－ １＝ ×(２ －１)＝ ×３＝３ Ⅰ
２ ２ ２
时间ｔ 由位移 时间公式ｘ ｖ ｔ １ ａｔ２ 可得他在斜坡上通
＝５ｓꎬ － ＝ ０ ＋ ｘ ｘ ｘ １ ａ ２ ２ １ ａ ｘ
２ Ⅲ＝ ３－ ２＝ ×(３ －２ )＝ ×５＝５ Ⅰ
２ ２
过的距离为ｘ １ . ２ 显然ｘ ｘ ｘ
＝５×５ ｍ－ ×０４×５ ｍ＝２０ ｍꎮ Ⅰ ∶ Ⅱ ∶ Ⅲ ∶ ＝１ ∶ ３ ∶ ５ ∶
２ 证明 自计时起 物体在第一个 Ｔ 内的位移 ｓ
３.答案 由题可知 ｖ ｖ ａ ｇ ２ (３) : ꎬ １ ＝
ꎬ ０＝０ꎬ ＝３０ ｍ/ｓꎬ ＝ ＝１０ ｍ/ｓ ꎮ
由ｖ２ ｇｈ可得ｈ ｖ２ ３０ ２ １ ａＴ２ ꎬ 前 ２ Ｔ内的位移ｓ Ⅱ＝ １ ａ (２ Ｔ ) ２ ꎬ 则第二个Ｔ内的位移 :
(１) ＝２ ＝ ｇ＝ ｍ＝４５ ｍꎮ ２ ２
２ ２×１０
ｓ ｓ ｓ １ ａ Ｔ ２ １ ａＴ２ ３ ａＴ２ 则连续相等时间Ｔ内的
由ｈ １ ｇｔ２ 可得钢球在前 内下落的高度ｈ １ ２＝ Ⅱ－ １＝ (２ ) － ＝ ꎬ
(２) ＝ ꎬ ２ｓ ２＝ × ２ ２ ２
２ ２
ｈ 位移差 ｓ ｓ ｓ ３ ａＴ２ １ ａＴ２ ａＴ２ 同理可得ｓ ｓ ｓ
１０×２ ２ ｍ＝２０ｍꎬ 它在前 ２ｓ 内的平均速度ｖ ＝ ｔ ２ ＝１０ｍ/ｓꎬ 方向 Δ ＝ ２－ １＝ ２ － ２ ＝ ꎮ ３－ ２＝ ４－
向下 ２ ｓ ３＝＝ ｓ ｎ－ ｓ ｎ －１＝ ａＴ２ ꎬ 即 Δ ｓ ＝ ｓ ２－ ｓ １＝ ｓ ３－ ｓ ２＝＝ ｓ ｎ－ ｓ ｎ －１＝ ａＴ２ ꎮ
ꎮ Ｂ组
ｖ
由ｖ ｇｔ可得钢球下落的时间ｔ 则钢球最 １.答案 由题可知 初速度ｖ
(３) ＝ ３＝ ｇ ＝３ ｓꎬ ꎬ ０＝３６ｋｍ/ｈ＝
匀加速运动的加速度 ａ
１０ ｍ/ｓꎬ １ ＝
后 内下落的高度ｈ ｈ ｈ １ ２ １ ２ . ２ 时间ｔ 根据 ｖ ｖ ａｔ
１ ｓ ＝ ３－ ２＝ ×１０×３ ｍ－ ×１０×２ ｍ＝ ０５ ｍ/ｓ ꎬ １＝１０ ｓꎬ ＝ ０＋
２ ２ 可得 末汽车的速度ｖ ｖ ａ ｔ
１０ ｓ １＝ ０＋ １ １＝
２５ ｍꎮ . 汽车匀减速刹车时 加速度大
４.答案 由题可知 相邻两计数点间的时间间隔Ｔ . 在 １０ ｍ/ｓ＋０５×１０ ｍ/ｓ＝１５ ｍ/ｓꎮ ꎬ
(１) ꎬ ＝０１ｓꎮ 小为ａ ２ 设经时间ｔ 减速为 则 ｖ ａ ｔ 得ｔ
较短时间内两点间某点的瞬时速度大小等于两点间的平均速 ２＝３ｍ/ｓ ꎬ ２ ０ꎬ ０＝ １－ ２ ２ꎬ ２＝５ｓꎬ
此后汽车静止 则汽车开始加速后 内的ｖ ｔ图像如图所示
ｘ ｘ ｘ ꎬ １８ｓ － ꎮ
度大小 可得ｖ ＯＢ . ｖ ＡＣ . ｖ ＢＤ ２.答案 由题知ｖ 司机发现前方异常情况
ꎬ Ａ＝ Ｔ ＝０ ６１ ｍ/ｓꎬ Ｂ＝ Ｔ＝０ ８１ ｍ/ｓꎬ Ｃ＝ Ｔ ＝ ０＝１０８ ｋｍ/ｈ＝３０ ｍ/ｓꎬ
２ ２ ２ 后 汽车的运动分为两个阶段 第一阶段为反应时间内的匀速
ｘ ｘ ꎬ :
. ｖ ＣＥ . ｖ ＤＦ . 故表格如下 直线运动 通过的位移ｘ ｖ ｔ
１００ｍ/ｓꎬ Ｄ＝ Ｔ＝１１８ｍ/ｓꎬ Ｅ＝ Ｔ＝１３９ｍ/ｓꎮ : ꎬ １＝ ０ ＝３０ ｍ/ｓ×１ ｓ＝３０ ｍ
２ ２ 第二阶段为匀减速直线运动 通过的位移 ｘ
ꎬ ２ ＝１２０ ｍ－
位置 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ
２
ｘ ３０
ｖ/ (ｍｓ －１ ) ０ . ６１ ０ . ８１ １ . ００ １ . １８ １ . ３９ １＝ ２ ａ
根据数据描点 作出小车运动的ｖ ｔ图像 如图所示 计算可得加速度大小为ａ ＝５ ｍ/ｓ ２
(２) ꎬ － ꎬ :
则雨天汽车匀减速运动的加速度大小为ａ ３ａ ２
２＝ １＝３ｍ/ｓ
５
设汽车在雨天安全行驶的最大速度为ｖ 则反应时间内汽
ꎬ
车匀速行驶的位移为ｘ ′ ｖｔ
１ ＝
ｖ２
匀减速运动阶段的位移为ｘ ′
２ ＝ ａ
２ ２
ｖ２
根据ｖ ｔ图像可以判断小车做匀变速直线运动 并可以求 根据安全距离仍为 可得ｖｔ
－ ꎬ １２０ ｍꎬ ＋ ａ ＝１２０ ｍ
出加速度的大小为ａ ＝１ . ９３ ｍ/ｓ ２ ꎮ 代入数据解得ｖ ２ ２
＝２４ ｍ/ｓ
１７６
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３.答案 设小汽车追上大客车时所经历的时间为ｔ 则有ｖ ｔ 弹簧被用力拉长或压缩 是拉力或压力使弹簧发生了形变
１ꎬ １ ＋ ꎬ ꎮ
课本受到重力 施力物体是地球 受力物体是课本 马
１ ａｔ２ 代入数据解得ｔ (２) ꎬ ꎬ ꎻ
２６ ｍ＝ １ꎬ １＝２６ ｓ 拉车的力 施力物体是马 受力物体是车
２ ꎬ ꎬ ꎮ
小汽车追上大客车时的速度为ｖ ａｔ ２.答案 Ｇ ｍｇ ３ ４ 力的图示如图甲
２＝ １＝２６ ｍ/ｓꎮ (１) ＝ ＝２×１０ ×１０ Ｎ＝２×１０ Ｎꎮ ꎬ
当小汽车与大客车的速度相等时 它们相距最远 此时小 受力物体是火箭 施力物体是地球
ꎬ ꎬ ꎬ ꎮ
汽车的速度为 时 经历的时间为ｔ 则追上前小汽 力的图示如图乙 受力物体是车 施力物体是人
１２ｍ/ｓ ꎬ ２＝１２ｓꎬ (２) ꎬ ꎬ ꎮ
力的图示如图丙 受力物体是细绳 施力物体是工
车与大客车之间的最远相距是 ｓ ｖ ｔ １ａｔ２ (３) ꎬ ꎬ
Δ ＝２６ｍ＋ １ ２－ ２＝９８ｍꎮ 艺品
２ ꎮ
４.答案 由题意可得 石子在曝光时间内下落的距离为ｘ
(１) ꎬ ＝
１００ . －２ .
. ×０８×１０ ｍ＝０２ ｍꎮ
４０
由于曝光时间极短 可以认为石子在曝光时间内做匀
(２) ꎬ
ｘ .
速直线运动 则ｖ ０２
ꎬ ＝ ｔ ＝ . ｍ/ｓ＝２０ ｍ/ｓꎮ
００１
ｖ２ ２
(３)
由ｖ２
＝２
ｇｈ可得ｈ
＝ ｇ＝
２０
ｍ＝２０ｍꎬ
即石子大约是
２ ２×１０ 甲 乙 丙
从距离窗户 高的地方落下的
２０ ｍ ꎮ
５.答案 由初速度为零的匀加速直线运动的规律可得物体从静 ３.答案 均匀三角形薄板的重心与几何学上的重心位于同一
止开始通过连续相等的位移所用时间之比为 ｔ ｔ ｔ 点上
:１ ∶ ２ ∶ ３ ∶ ∶ ꎮ
４.答案 钢管受 个力作用 重力 拉力和支
ｔ ｎ ｎ
ｎ＝１ ∶ ( ２－１) ∶ ( ３－ ２) ∶ ∶ ( － －１)ꎮ ３ : 、
持力 重力的施力物体是地球 拉力的施力
子弹垂直射入叠在一起的相同木板 穿过第 块木板后
ꎮ ꎬ
ꎬ ２０
物体是竖直悬绳 支持力的施力物体是
速度变为 子弹的逆过程可以看成做初速度为零的匀加速直
ꎬ
０ꎬ
地面
线运动 求子弹穿过第 块木板所用的时间 可看成求子
ꎮ
ꎮ (１) １ ꎬ
受力示意图如图所示
ｔ
弹从静止开始通过第 块木板的时间 ｔ 则 ꎮ
２０ ２０ꎬ ＝ ５.答案 如图所示
ꎬ
在一个扁玻璃瓶内装满水
(
为了更好地观察
２０ 水面的升降 可在水中滴入红墨水 瓶口用中间插有透明细
ｔ ꎬ )ꎬ
２０ ｔ ２０－ １９ｔ 求子弹穿过前 块木板所 管的瓶塞塞上 使水面位于细管中 用手按压玻璃瓶壁 细管
ꎬ２０＝ ꎮ (２) １５ ꎬ ꎮ ꎬ
２０－ １９ ２０ 中的水面就会发生变化 说明玻璃瓶在手的作用下发生了形
用的时间 可看成求子弹从静止开始通过第 块木板所用 ꎬ
ꎬ ６~２０ 变 松开手 水面回到原处
ｔ ｔ ꎻ ꎬ ꎮ
的时间 ｔ 则有 总
总ꎬ ＝ ꎬ
２０ ６－ ５＋( ７－ ６)＋＋( ２０－ １９)
解得ｔ ２０－ ５ｔ 求子弹穿过第 块木板所用的时
总＝ ꎮ (３) １５
２０
间 可看成求子弹从静止开始通过第 块木板所用的时间ｔ
ꎬ ６ ６ꎬ
ｔ ｔ
则有 ６ 解得ｔ ６－ ５ｔ
＝ ꎬ ６＝ ꎮ
２０ ６－ ５ ２０ ６.答案 由实验数据可得弹簧所受拉力与弹簧伸长量的实
(１)
ｖ 验数据如表
６.答案 汽车通过人工收费通道所用时间ｔ １ :
(１) １＝ ａ ×２＋２０ｓ＝５０ｓ
弹簧所受
ｖ２ . . . . .
汽车通过人工收费通道的总位移ｘ １ 拉力Ｆ/ ０ ０３ ０６ ０９ １２ １５
１＝ ａ×２＝２２５ ｍ Ｎ
２
汽车过 通道时 减速运动的位移和加速运动的 弹簧伸长
(２) ＥＴＣ ꎬ . －２ . －２ . －２ . －２ . －２
ｖ２ ｖ２ 量ｘ/ ０ １２×１０ ２３×１０ ３５×１０ ４６×１０ ５８×１０
位移相等 均为ｘ １－ ２ ｍ
ꎬ ２＝
２
ａ ＝１００ ｍ
Ｆ ｘ图像如图所示
所以通过的总位移ｘ ｘ － :
总 ２＝２ ２＋１０ ｍ＝２１０ ｍ
ｖ ｖ
通过 通道所用时间ｔ １－ ２ １０ ｍ
ＥＴＣ ２＝ ａ ×２＋ ｖ ＝２２ ｓ
２
二者的位移差 ｘ ｘ ｘ
Δ ＝ １－ 总 ２＝２２５ ｍ－２１０ ｍ＝１５ ｍ
在这段位移内汽车过 通道时是匀速运动的 所以所
ＥＴＣ ꎬ
ｘ
需的时间为ｔ ｔ Δ １５
总 ２＝ ２＋ｖ ＝２２ ｓ＋ ｓ＝２３ ｓ
１ １５
节约时间 ｔ ｔ ｔ
Δ ＝ １－ 总 ２＝５０ ｓ－２３ ｓ＝２７ ｓ
第三章 相互作用——力
1 重力与弹力
◆练习与应用
１.答案 马拉车 使车从静止开始运动 是因为马对车有拉
(１) ꎬ ꎬ
力 使车的速度大小发生了变化 即力改变了车的运动状态
ꎬ ꎬ ꎻ
１７７
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(２) － ꎬ ＝ ꎮ
. 汽车受重力 油桶对汽车的压力和地球对汽车的支持力
１５ 、
. Ｎ/ｍ＝２５ Ｎ/ｍ 三个力作用
００６０ ꎮ
７.答案 支撑容器的平面有一定倾角 空容器的重心偏右 装置 地球受油桶对它的吸引力 汽车对它的吸引力和汽车对
ꎻ ꎬ 、
如图所示 它的压力三个力作用
ꎮ ꎮ
４.答案 Ｂ木块受重力 牵引力 Ａ对Ｂ的压力 桌面对Ｂ的支持
、 、 、
力和桌面对Ｂ向左的摩擦力 个力的作用
５ ꎮ
4 力的合成和分解
◆练习与应用
１.答案 根据共点力的合成法则可知 当两力方向相同时合力
ꎬ
2 摩擦力 最大 等于两力大小之和 当两力方向相反时 合力最小 数值
ꎬ ꎻ ꎬ ꎬ
◆练习与应用 上等于两力大小之差 方向与数值大的力方向相同 若两力成
ꎬ ꎻ
１.手压着桌面向前移动 手受到了桌面的与手运动方向相反的 一夹角 合力数值则在最小值和最大值的范围之间
ꎬ ꎬ ꎮ
滑动摩擦力 正是此滑动摩擦力阻碍了手的运动 由于滑动 若两力大小为Ｆ Ｆ 则其合力Ｆ的大小范围是
ꎬ ꎮ １、 ２ꎬ
摩擦力的大小与压力成正比 所以手对桌面的压力越大 所受 Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ
ꎬ ꎬ ｜ １－ ２｜≤ ≤｜ １＋ ２｜
滑动摩擦力越大 即阻力越大 根据以上分析 和 的合力Ｆ的大小范围为
ꎬ ꎮ ꎬ１０Ｎ ２Ｎ ８Ｎ≤
２.答案 瓶子与桌面无相对运动趋势 故不受摩擦力作用 Ｆ 所以 这两个力合力的最大值是 最小值是
(１) ꎬ ꎮ ≤１２ Ｎꎬ ꎬ １２ Ｎꎬ
瓶子相对桌面有平行于桌面向下的运动趋势 所以瓶子所 它们的合力可以等于 而不可能等于
(２) ꎬ ８ Ｎꎬ １０ Ｎꎬ ５ Ｎ、１５ Ｎꎮ
受静摩擦力平行于倾斜桌面向上 瓶子相对手有竖直向 ２.答案 两个力合力为 则这两个力大小相等 方向相反 一个
ꎮ (３) ０ꎬ ꎬ ꎬ
下的运动趋势 所受静摩擦力方向竖直向上 瓶子相对纸 向东 则另一个一定是向西 当把向东的 的
ꎬ ꎮ (４) (６ Ｎ)ꎬ (６ Ｎ)ꎮ ６ Ｎ
条的运动方向与纸条的运动方向相反 故所受滑动摩擦力的 力改为向南时 而向西的力大小 方向均未变 这时两个力方
ꎬ ꎬ 、 ꎬ
方向与纸条运动方向相同 向垂直 如图所示
ꎮ ꎬ ꎮ
３.答案 至少用 的水平推力才能推动木箱 所以木箱与地
３５ Ｎ ꎬ
板间的最大静摩擦力Ｆ 根据二力平衡知识可知 当
ｍａｘ＝３５ Ｎꎮ ꎬ
木箱匀速运动时 水平推力和滑动摩擦力大小相等 方向相
ꎬ ꎬ
反 所以木箱所受滑动摩擦力Ｆ
ꎬ ｆ＝３０ Ｎꎮ
木箱在水平地板上 木箱对地板的压力Ｆ Ｇ 根
ꎬ Ｎ＝ ＝１００ Ｎꎬ
据Ｆ μＦ 可知 木箱与地板间的动摩擦因数
ｆ＝ Ｎ ꎬ
Ｆ
μ ｆ ３０ Ｎ .
＝Ｆ ＝ ＝０３ꎮ
Ｎ １００ Ｎ
用 的水平推力推木箱 由于推力Ｆ Ｆ 故木箱仍
静止 木 ２ 箱 ０ Ｎ 受到的静摩擦力与水 ꎬ 平推力平衡 < 所 ｍａ 受 ｘꎬ 静摩擦力 根据平行四边形定则 ꎬ 作出力的示意图 ꎬ 合力为Ｆ ꎮ 由直
ꎬ ꎬ 角三角形知识可得
Ｆ′
４.答案 ＝２０ 雪 Ｎꎮ 橇匀速运动时 所受拉力Ｆ与滑动摩擦力Ｆ 大小相 Ｆ ＝ Ｆ２ １＋ Ｆ２ ２ ＝ ６ ２ ＋６ ２ Ｎ＝８ . ５ Ｎ
ꎬ ｆ Ｆ
等 故Ｆ Ｆ 由图可知 α １ 所以α ° 即合力方向为西偏
ꎬ ｆ＝ ꎻ ｔａｎ ＝Ｆ ＝１ꎬ ＝４５ ꎬ
由于Ｆ Ｎ＝ Ｇ ꎬ 故Ｆ ｆ＝ μＦ Ｎ＝ μＧ ꎬ 南 ° ２
Ｆ ４５ ꎮ
可得雪橇与雪地间的动摩擦因数μ ｆ １０ Ｎ . ３.答案 取 . 的线段表示 的力
＝Ｆ ＝ ＝００２ ０５ ｃｍ ３０ Ｎ ꎮ
Ｎ ５００ Ｎ 从同一点Ｏ以 . 线段ＯＡ表示 的力 以 的
如果雪橇再载重 的货物 此时Ｆ ′ １５ ｃｍ ９０ Ｎ ꎬ ２ ｃｍ
５００Ｎ ꎬ Ｎ ＝５００Ｎ＋５００Ｎ＝ 线段ＯＢ表示 的力 且 ＡＯＢ ° 图示如图甲所示
１２０ Ｎ ꎬ ∠ ＝３０ ꎬ ꎮ
１０００ Ｎ
雪橇滑行时受到的摩擦力 Ｆ′ μＦ ′ .
ｆ ＝ Ｎ ＝０ ０２×１ ０００ Ｎ＝
２０ Ｎ
3 牛顿第三定律
◆练习与应用
１.答案 物体静止地放在台式弹簧秤上 物体受到重力Ｇ和支
ꎬ
持力Ｆ 的作用 因为物体处于平衡状态 故Ｇ Ｆ 台式弹簧
Ｎ ꎬ ꎬ ＝ Ｎꎮ
秤受到物体对它的压力Ｆ 物体受到的支持力与弹簧秤受到 作出平行四边形 则对角线 ＯＤ 表示两力 Ｆ 和 Ｆ 的合
ꎬ ꎬ １ ２
的压力为一对作用力和反作用力 根据牛顿第三定律 Ｆ 和Ｆ .
ꎬ ꎬ Ｎ 力 量得对角线ＯＤ的长度是 . 则合力Ｆ的大小Ｆ ３５
大小相等方向相反 故Ｆ的大小与Ｇ相等 图略 ꎬ ３５ｃｍꎬ ＝ . ×
ꎬ ꎮ ꎮ ０５
２.答案 平衡力是指作用在同一物体上的两个力 而作用力和
ꎬ ３０ Ｎ＝２１０ Ｎ
反作用力是作用在两个物体上的两个力 各自对所作用的物 用量角器测得 ＡＯＤ . ° 即合力Ｆ与Ｆ 的夹角φ
ꎬ ∠ ＝１７ ５ ꎬ １ ＝
体产生作用效果 所以不能抵消 . °
ꎬ ꎮ １７５
３.答案 对 它们分别为 油桶的重力和油桶对地球的吸引力 同理 图示如图乙所示 Ａ′ＯＢ′ ° 则可求得 ＯＤ′
４ ꎬ : ꎻ ꎬ ꎬ∠ ＝１５０ ꎬ ＝
汽车的重力和汽车对地球的吸引力 油桶对汽车的压力和汽车 .
ꎻ . 所以Ｆ′ １０５
对油桶的支持力 汽车对地球的压力和地球对汽车的支持力 １０５ ｃｍꎬ ＝ . ×３０ Ｎ＝６３ Ｎꎮ
ꎻ ꎮ ０５
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用量角器量得 Ａ′ＯＤ′ . ° 即合力 Ｆ′与 Ｆ ′夹角为 由几何关系可得Ｆ与ｘ轴的夹角为 °
∠ ＝１０１ ５ ꎬ １ ３０ ꎮ
. °
１０１５ ꎮ 则Ｆ Ｆ ° ３
４.答案 根据平行四边形定则作图 ｘ＝ ｃｏｓ３０ ＝１００× Ｎ＝５０ ３ Ｎꎬ
ꎮ ２
Ｆ Ｆ ° １
ｙ＝ ｓｉｎ３０ ＝１００× Ｎ＝５０ Ｎꎮ
２
７.答案 将Ｇ沿平行于斜面和垂直于斜面方向分解 如图所示
ꎬ ꎬ
则Ｆ Ｇ θ Ｆ Ｇ θ
１＝ ｓｉｎ ꎬ ２＝ ｃｏｓ ꎮ
由直角三角形中的几何关系可得
Ｆ Ｆ２ Ｆ２ ２ ２
２＝ １＋ ＝ (２４０) ＋(１８０) Ｎ＝３００ Ｎ
Ｆ
设Ｆ 与竖直方向的夹角为α 则 α １ ２４０ Ｎ ４
２ ꎬ ｔａｎ ＝ Ｆ ＝ ＝ ꎬ
１８０ Ｎ ３
故α °
＝５３ ꎮ
即Ｆ 的方向为斜向左下方 且与竖直方向成 °角
２ ꎬ ５３ ꎮ 5 共点力的平衡
５.答案 根据平行四边形定则 作分力 Ｆ Ｆ 与合力 Ｆ 的示
ꎬ １、 ２ ◆练习与应用
意图
ꎮ
合力Ｆ可比两分力Ｆ Ｆ 都大 如图 合力可比 １.答案 物体在五个力作用下保持平衡 它们的合力为零 其
两分 ( 力 １ 都 ) 小 如图 所示 合 １、 力 ２ 可大于 ꎬ 一个 ( 分 ａ) 力 ꎮ 而小于另 中任 意四个力的合力一定与第五个力 ꎬ 大小相等 方向相 ꎮ 反
ꎬ (ｂ) ꎮ ꎬ 、 ꎮ
一分力 如图 所示 依题意 除Ｆ 以外的四个力的合力与力Ｆ 大小相等 方向相
ꎬ (ｃ) ꎮ ꎬ １ １ 、
若两分力Ｆ Ｆ 当夹角为 °时 合力Ｆ Ｆ Ｆ 如图 反 撤去Ｆ 其余四个力不变 它们的合力大小等于Ｆ 方向
所示
１＝ ２ꎬ １２０ ꎬ ＝ １＝ ２ꎬ
与
ꎮ
Ｆ 相反
１ꎬ
如图所示
ꎬ １ꎬ
(ｄ) ꎮ １ ꎮ ꎮ
当然还可等于一分力 而大于或小于另一分力
ꎬ ꎮ
所以说法错误
ꎮ
２.答案 方法一:合成法
取足球为研究对象 它受重力Ｇ ｍｇ 墙壁的支持力Ｆ 和
(ａ) (ｂ) (ｃ) (ｄ) 悬绳的拉力Ｆ 三个共点 ꎬ 力作用而平 ＝ 衡 由 、 共点力平衡条件 １ 可
如图所示 Ｆ Ｆ 大小不变 θ 角越小 合力 Ｆ 越大 ２ ꎬ
(２) ꎬ １、 ２ ꎬ ꎬ ꎮ 知 Ｆ 和Ｆ 的合力Ｆ与Ｇ大小相等 方向相反 即Ｆ Ｇ 从图
即说法正确 ꎬ １ ２ 、 ꎬ ＝ ꎬ
ꎮ Ｆ
中力的平行四边形可求得 Ｆ Ｆ α ｍｇ α Ｆ
: １＝ ｔａｎ ＝ ｔａｎ ꎬ ２＝ α＝
ｃｏｓ
ｍｇ
αꎮ
ｃｏｓ
θ角不变 Ｆ 大小不变 Ｆ 增大时 有两种情况
(３) ꎬ １ ꎬ ２ ꎬ :
° θ ° 由图 可看出 合力Ｆ随Ｆ 的增大而
①０ ≤ ≤９０ ꎬ (ａ) ꎬ ２
增大
ꎮ
° θ ° 由图 可看出 当Ｆ 大小不变时 随Ｆ 方法二:分解法
②９０ < ≤１８０ ꎬ (ｂ) ꎬ １ ꎬ ２
增大合力Ｆ先减小后增大 取足球为研究对象 它受重力Ｇ ｍｇ 墙壁的支持力Ｆ
ꎮ ꎬ ＝ 、 １、
悬绳的拉力Ｆ 如图所示 将重力Ｇ分解为Ｆ ′和Ｆ ′ 由共
２ꎮ ꎬ １ ２ ꎬ
点力平衡条件可知 Ｆ 与Ｆ ′的合力必为零 Ｆ 与Ｆ ′的合力
ꎬ １ １ ꎬ ２ ２
ｍｇ
也必为零 所以Ｆ Ｆ ′ ｍｇ α Ｆ Ｆ ′
ꎬ １＝ １ ＝ ｔａｎ ꎬ ２＝ ２ ＝ αꎮ
ｃｏｓ
当合力Ｆ与Ｆ 垂直时 Ｆ有最小值
２ ꎬ ꎮ
所以 随着Ｆ 增大 合力Ｆ可逐渐增大 可逐渐减小 还
ꎬ ２ ꎬ ꎬ ꎬ
可以先减小后增大
ꎮ
即说法错误
ꎮ
６.答案 将力Ｆ分解为Ｆ 和Ｆ 如图所示 方法三:相似三角形法
ｘ ｙ ꎮ
取足球为研究对象 它受重力Ｇ ｍｇ 墙壁的支持力Ｆ
ꎬ ＝ 、 １、
悬绳的拉力Ｆ 如图所示 设球心为Ｏ 由共点力的平衡条件
２ꎬ ꎬ ꎬ
可知 Ｆ 和Ｇ的合力Ｆ与Ｆ 大小相等 方向相反 由图可知
ꎬ １ ２ 、 ꎬ ꎬ
三角形ＯＦＧ与三角形ＡＯＢ相似 所以
ꎬ
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Ａ组
１.答案 任何一个力都涉及两个物体 施力物体和受力
(１) ———
物体 物体的重力是由于物体受到地球的吸引而产生的力 其
ꎬ ꎬ
施力物体是地球 重力的方向总是竖直向下 而不是垂直
ꎮ (２) ꎬ
Ｆ ＡＯ Ｇ ｍｇ Ｆ ＯＢ 于接触面向下 竖直向下是指与水平面垂直向下 产生弹
１ 即Ｆ Ｆ １ α ꎬ ꎮ (３)
Ｇ ＝ＡＢ＝ αꎬ ２＝ ＝ α＝ αꎻ Ｇ ＝ＡＢ＝ｔａｎ ꎬ
力的条件是 两物体接触且发生弹性形变 两个条件缺一不
ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ
: ꎬ
即Ｆ Ｇ α ｍｇ α
１ 方 ＝ 法四 ｔａｎ :正 ＝ 交分 ｔ 解 ａｎ 法 ꎮ 可 ꎮ 放在水平桌面上的两个球 ꎬ 靠在一起但不互相挤压 ꎬ 不会
产生形变 因此两球之间没有弹力 产生摩擦力的条件
取足球为研究对象 它受重力Ｇ ｍｇ 墙壁的支持力Ｆ ꎬ ꎮ (４)
悬绳的拉力Ｆ 如图所示
ꎬ
取水平方向
＝
为
、
ｘ 轴 竖直方向为
１、
ｙ
是
:
两物体有相互作用的弹力且两物体发生相对运动或两物
轴 将Ｆ 分别 ２ 沿 ꎬ ｘ轴和ｙ轴 ꎬ 方向进行分解 由 ꎬ 平衡条件可知 体间有相对运动的趋势 ꎬ 故说法错误 ꎮ (５) 动摩擦因数跟接触
在 ꎬ ｘ轴和 ２ ｙ轴方向上的合力Ｆ 和Ｆ 应分 ꎮ ꎬ 面有关 ꎬ 接触面材料不同 ꎬ 粗糙程度不同 ꎬ 动摩擦因数也不同 ꎬ
ｘ合 ｙ合 Ｆ
别等于零 即 可以通过μ ｆ计算动摩擦因数的大小 但动摩擦因数跟滑动
ꎬ ＝Ｆ ꎬ
Ｆ Ｆ α Ｆ Ｎ
ｘ合＝ ２ ｓｉｎ － １＝０ 摩擦力Ｆ 和压力Ｆ 无关
Ｆ Ｆ α Ｇ ｆ Ｎ ꎮ
ｙ合＝ ２ ｃｏｓ － ＝０ ２.答案 直梯受到竖直向下的重力 水平向右的墙壁的支持力
Ｇ ｍｇ 、
解得 Ｆ 和竖直向上的地面的支持力 水平向左的地面的摩擦力 受力
: ２＝ α＝ α 、 ꎬ
ｃｏｓ ｃｏｓ 示意图如图所示
Ｆ Ｆ α ｍｇ α :
１＝ ２ ｓｉｎ ＝ ｔａｎ ꎮ
３.答案 ＯＡ段被拉断瞬间 Ａ点的受力如图所示 由题可知Ｔ
ꎬ ꎬ ＝
５０ Ｎꎬ
Ｆ
拉 ＝
Ｇ
＝ ４０ Ｎꎬ
则绳 ＡＢ 的拉力为 Ｆ
＝
Ｔ２
－
Ｆ２拉
＝
２ ２
５０ －４０ Ｎ＝３０ Ｎꎮ
３.答案 用天平测出一张 纸和一个小木块的总质量ｍ 将这
Ａ４ ꎬ
４.答案 箱子的受力如图所示 由于箱子沿斜面匀速上滑 故沿 张 纸放到水平桌面上 木块放到纸上 按如图所示方式连
ꎬ ꎬ Ａ４ ꎬ ꎬ
斜面方向有Ｆ ｆ ｍｇ ° 接 向小桶中逐渐加细沙 直至小桶刚好匀速下降 读出弹簧
＝ ＋ ｓｉｎ３０ ꎬ ꎬ ꎬ
沿垂直斜面方向有Ｆ ｍｇ ° Ｆ
Ｎ＝ ｃｏｓ３０ 测力计的示数Ｆ 则纸与桌面间的动摩擦因数μ ２
且斜面对箱子的滑动摩擦力ｆ μＦ ꎬ ＝ｍｇꎮ
＝ Ｎ
联立各式并代入数据得Ｆ
＝３７９９ Ｎ
４.答案 根据题意 画出水桶的受力示意图如图所示 Ｆ Ｆ 的
ꎬ ꎬ １、 ２
θ
５.答案 对铅球受力分析 受重力ｍｇ 斜面的支持力Ｎ 挡板 合力与水桶的重力Ｇ大小相等 方向相反 则Ｇ Ｆ
ꎬ 、 面、 、 ꎬ ＝ １ ｃｏｓ ＋
的支持力Ｎ 受力示意图如图所示 ２
板ꎬ : θ θ
Ｆ Ｆ
２ ｃｏｓ ＝２ １ ｃｏｓ
２ ２
Ｇ
故Ｆ
１＝ θ ꎬ
２ ｃｏｓ
２
可知θ越小 Ｆ 越小 即两人手臂间的夹角小些省力
ꎬ １ ꎬ ꎮ
由共点力的平衡条件可得 挡板对铅球的支持力
ꎬ
Ｎ ｍｇ °
板＝ ｔａｎ４５
ｍｇ
斜面对铅球的支持力Ｎ
面＝ °
ｃｏｓ４５
根据牛顿第三定律 可知铅球对挡板的压力Ｎ ′ Ｎ
ꎬ 板 ＝ 板＝
５.答案 作用在刀背上的力产生的作用效果为垂直于两个侧面
４０ Ｎꎮ
铅球对斜面的压力Ｎ ′ Ｎ . 向外挤压接触面 相当于Ｆ 的作用 根据力的平行四边形定
面 ＝ 面＝５６６ Ｎ ꎬ Ｎ ꎬ
１８０
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θ 斜梁与横梁的夹角变大 可知横梁对Ｏ点的拉力变小 斜梁对
则将力 Ｆ 分解 如图所示 则 Ｆ Ｆ 所以 Ｆ ꎬ ꎬ
ꎬ ꎬ ＝ ２ Ｎ ｓｉｎ ꎬ Ｎ ＝ Ｏ点的压力变小
２ ꎮ
Ｆ ３.答案 由胡克定律可得弹簧的弹力Ｆ ｋ ｘ .
弹＝ Δ ＝４００×０ ０２ Ｎ＝
θ ꎮ
８ Ｎ
２ ｓｉｎ
２ 将Ｆ ＝１Ｎ 的水平拉力作用在木块Ｂ上 ꎬ Ｆ ＋ Ｆ 弹＝９Ｎ< μＦ Ｎ Ｂ＝
μＧ 所以木块 Ｂ 静止不动 Ｂ 受到的摩擦力 ｆ Ｆ
Ｂ＝１５ Ｎꎬ ꎬ Ｂ＝ ＋
Ｆ 由于施加拉力Ｆ后 Ｂ静止不动 弹簧弹力不变 故
弹＝９ Ｎꎻ ꎬ ꎬ ꎬ
木块Ａ静止不动 Ａ受到的摩擦力ｆ Ｆ
ꎬ Ａ＝ 弹＝８ Ｎꎮ
４.答案 未施加水平推力Ｆ时 木块沿斜面匀速下滑 其受力情
ꎬ ꎬ
况如图所示
:
６.答案 对画框受力分析 如图所示 画框受重力 Ｇ 两个大小
ꎬ ꎬ 、 沿斜面方向有 Ｇ θ ｆ
相等的细绳拉力 Ｆ 的作用处于平衡状态 当 Ｆ Ｆ : ｓｉｎ ＝
ꎬ ＝ ｍａｘ＝１０ Ｎ 垂直斜面方向有 Ｆ Ｇ θ
时
ꎬ
对应细绳不被拉断的最小长度
ꎮ
两细绳拉力的合力Ｆ
合＝ 且有ｆ μＦ
: Ｎ＝ ｃｏｓ
Ｇ 所以两绳之间的夹角为 ° 绳子的最小长度为Ｌ ＝ Ｎ
＝１０ Ｎꎬ １２０ ꎬ ＝ 对木块施加水平推力Ｆ后 木块沿斜面匀速向上运动 其
. ꎬ ꎬ
０５ 受力情况如图所示
:
２ ３
２× ° ｍ＝ ｍꎮ
ｃｏｓ３０ ３
沿斜面方向有Ｇ θ ｆ′ Ｆ θ
ｓｉｎ ＋ ＝ ｃｏｓ
垂直斜面方向有Ｆ ′ Ｇ θ Ｆ θ
Ｂ组 Ｎ ＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ
且有ｆ′ μＦ ′
１.答案 小球的受力情况如图所示 根据共点力的平衡条件可 ＝ Ｎ
ꎬ Ｇ θ θ
知 三个力的合力为零 故表示三个力的有向线段构成一个封 联立各式解得Ｆ ２ ｓｉｎ ｃｏｓ
ꎬ ꎬ ＝ ２θ ２θ
闭的矢量三角形 将这三个力平移到一个矢量三角形中 则有 ｃｏｓ － ｓｉｎ
ꎬ ꎬ ５.答案 若三个共点力平衡 则三个力不能处于任意一条直线
Ｆ Ｆ Ｇ ꎬ
Ｎ 的同一侧 已知重力Ｇ和细线拉力Ｔ的方向 可知力Ｆ可能的
°＝ °＝ ° ꎬ ꎬ
ｓｉｎ４５ ｓｉｎ３７ ｓｉｎ９８ 方向范围为 ＡＢＣ之间 如图所示
Ｇ ° ∠ ꎬ ꎮ
可得绳对小球的拉力Ｆ ｓｉｎ３７ .
＝ ° ＝６０６ Ｎ
ｓｉｎ９８
Ｇ °
斜面对小球的支持力Ｆ ｓｉｎ４５ .
Ｎ＝ ° ＝７１４ Ｎ
ｓｉｎ９８
６.答案 将两小球看成一个整体 其受力情况如图甲所示
(１) ꎬ ꎬ
Ｇ Ｇ
则Ｆ ２ ４ ３
ａ＝ °＝
２.答案 对Ｏ点进行受力分析 受横梁的拉力Ｆ 斜梁的压 ｃｏｓ３０ ３
(１) ꎬ 、 Ｇ
力Ｆ Ｎ 和空调外机的压力Ｆ 压( Ｆ 压＝ Ｇ )ꎬ 受力示意图如图所示 ꎬ Ｆ ｃ＝２ Ｇ ｔａｎ３０ ° ＝ ２ ３
Ｇ ３
根据共点力的平衡条件 可得横梁对Ｏ点的拉力Ｆ
ꎬ ＝ °＝
ｔａｎ３７
.
２６６７ Ｎꎬ
Ｇ
斜梁对Ｏ点的压力Ｆ .
Ｎ＝ °＝３３３３ Ｎ
ｓｉｎ３７
甲 乙
对小球 进行受力分析 如图乙所示 则
(２) ２ ꎬ ꎬ
Ｇ
斜梁加长 连接点Ｏ的位置不变 横梁仍然水平 此时
Ｆ
ｂ＝
Ｆ２ｃ＋ Ｇ２
＝
２１
ꎮ
(２) ꎬ ꎬ ꎬ ３
１８１
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等７.答案 作出题述规定是保证两队对地面的压力相同 与地
(１) ꎬ 根据ａ １ 图像可以得出结论 当小车所受拉力不变时
面间的动摩擦因数相同 手与绳子间的动摩擦因数相同 －ｍ : ꎬ
ꎬ ꎻ(２)
拔河时人受到重力 绳子的拉力 地面的支持力和摩擦力 身 小车的加速度与其质量成反比
、 、 ꎮ ꎮ
体向后倾倒 跟地面的夹角很小 是为了当绳子的拉力增大
ꎬ ꎬ 3 牛顿第二定律
时 人能保持一个稳定的状态 不至于失去平衡
ꎬ ꎬ ꎮ
◆练习与应用
第四章 运动和力的关系 １.答案 没有矛盾 牛顿第二定律公式Ｆ ｍａ中的Ｆ指的是物
ꎮ ＝
体所受的合力 而不是其中的某一个力 我们用力提一个放
1 牛顿第一定律 ꎬ ꎮ
在地面上很重的箱子时 箱子受到的力共有三个 手对箱子向
◆练习与应用 ꎬ :
上的拉力Ｆ 竖直向下的重力Ｇ以及地面对箱子向上的支持
１.答
开
案
飞 机
(
时
１
的
)
不
水
能
平
ꎮ
速
因
度
为
故
炸
仍
弹
向
离
前
开
运
飞
动
机
一
后
段
ꎬ
由
距离
于惯性
ꎬ
仍具有离
力Ｆ ２ꎮ 如果
１ꎬ
Ｆ １< Ｇ ꎬ 则这三个力的合力Ｆ ＝０ꎬ 故箱子的加速度
为零 箱子保持不动
ꎬ ꎮ
ꎬ ꎮ
地球由西向东转 人也跟地球一起由西向东运动 当
人跳 ( 起 ２ 后 ) 由于惯性 人仍 ꎬ 保持与地球相同的由西向东的 ꎮ 速 ２.答案 在物体所受合力一定时 ａ １ 故有 ａ 乙 ｍ 甲
ꎬ ꎬ ꎬ ∝ｍꎬ ａ 甲 ＝ｍ 乙
度 故人落在原地
ꎬ 如果不系 ꎮ 安全带 当紧急刹车时 车虽然停下了 但人 得 ｍ 甲 ａ 乙 ４ . ５ ｍ/ｓ ２
因惯性 (３ 而 ) 仍然向前运动 会 ꎬ 发生危险 系 ꎬ 上安全带后 人 ꎬ 虽然 ｍ 乙 ＝ａ 甲 ＝ １ . ５ ｍ/ｓ ２ ＝３ꎮ
ꎬ ꎮ ꎬ 即甲车的质量是乙车的 倍
因惯性向前运动 但受安全带的阻力 不致发生危险 ３ ꎮ
ꎬ ꎬ ꎮ ａ Ｆ
这个结论错在认为 力是维持物体运动的原因 实 ３.答案 在物体的质量一定时 ａ Ｆ 故有 ２ ２可得
(４) “ ”ꎮ ꎬ ∝ ꎬ ａ ＝Ｆ
际上 向上抛出的物体 获得了一个向上的初速度 由于惯性 １ １
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ａ
它将保持向上运动 若不受重力 它将一直向上运动 只是由 Ｆ ２Ｆ
ꎬ ꎬ ꎬ ２＝ａ １＝１２ Ｎꎮ
于其受重力 物体向上运动一段时间后将落下来 １
ꎬ ꎮ ４.答案 根据平行四边形定则可知这两个力的合力为
２.答案 斜面的倾角减小至 °即成为水平面 小球在水平面上
０ ꎬ Ｆ .
运动时所受合力为零 运动状态不变 将永远运动下去 ＝２×１４×ｃｏｓ４５° Ｎ＝１９８ Ｎ
ꎬ ꎬ ꎮ Ｆ .
３.答案 正确的是 错误的是 加速度的大小为ａ １９８ ２ . ２
(３)(４)ꎬ (１)(２)ꎮ ＝ ｍ ＝ ｍ/ｓ ＝９９ ｍ/ｓ
总结 惯性是物体本身具有的保持原来运动状态不变的 ２
: 加速度的方向与合外力方向相同 沿两个分力的角平分
性质 惯性大小只跟物体的质量有关 跟其运动情况或受力情 ꎬ
ꎬ ꎬ 线方向
况无关 ꎮ
ꎮ ５.答案 车受到水平推力作用时 车在水平方向受到两个力的
ꎬ
2 实验：探究加速度与力、质量的关系 作用 如图甲所示 设小车运动方向为正方向 根据牛顿第二
ꎬ ꎬ ꎬ
定律有Ｆ Ｆ ｍａ 则Ｆ Ｆ ｍａ .
◆练习与应用 － 阻＝ ꎬ 阻＝ － ＝６０ Ｎ－３０×１５ Ｎ＝１５ Ｎ
１.答案
表 探究加速度与力的关系 条件 ｍ .
４ ( : ＝０３６ ｋｇ)
Ｆ/ . . . . .
Ｎ ０１４ ０１９ ０２４ ０２９ ０３４
ａ/ －２ . . . .
(ｍｓ ) ０３９ ０５３ ０８１ ０９４
表 探究加速度与质量的关系 条件 Ｆ .
５ ( : ＝０２９ Ｎ)
ｍ/ . . . . .
ｋｇ ０８６ ０６１ ０４１ ０３６ ０３１ 撤去推力 车在水平方向只受摩擦力作用 如图乙所示
ꎬ ꎬ ꎬ
ａ/ －２ . . . . Ｆ
( 表 ｍｓ 中 ) 应填 ０ 的 ３ 数 ４ 据是 ０４ . ８ . ０７１ ０８１ 则有 － Ｆ 阻＝ ｍａ′ ꎬ ａ′ ＝－ｍ 阻 ＝－０ . ５ ｍ/ｓ ２ ꎮ
３ :０６７ ０９４
２.答案 小车的加速度为 即车的加速度方向与推力的方向相反 大小为 . ２
(１) ꎬ ０５ ｍ/ｓ ꎮ
[( . . ) ( . . )] －２ ６.答案 石块Ｂ随车一起运动 其加速度也是ａ 对石块Ｂ受力
ａ ７２１＋７７２ － ６１９＋６７０ ×１０ ２ . ２ ꎬ ꎬ
＝ ( . ) ２ ｍ/ｓ ＝０５１ ｍ/ｓ 分析如图所示 则石块Ｂ周围与它接触的物体对石块Ｂ的作
２×０１０ ꎬ
(２) 如图所示 ꎮ 用力的合力为Ｆ 其他合＝ (ｍａ) ２ ＋ (ｍｇ) ２ ＝ ｍ ａ２ ＋ ｇ２ ꎮ
4 力学单位制
◆思考与讨论
答案 该同学运用的是单位制方法
ꎮ
体积Ｖ的单位为 ３ 半径Ｒ的单位为 高度ｈ的单位为
ｍ ꎬ ｍꎬ
故 １ Ｒ３ｈ 的单位为 ４ 等号两边单位不符 所以这个公式
ｍꎬ π ｍ ꎬ ꎬ
３
是错误的
ꎮ
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◆练习与应用 ４.答案 当油桶Ｃ随汽车静止不动时 油桶Ｃ的受力情况如
(１) ꎬ
１.答案 由ｖ２ － ｖ２ ０＝２ ａｘ得ａ ＝
ｖ２
２
－ ｘ
ｖ２
０ ＝
２
０
×
－
４
４
０
２ ｍ/ｓ ２ ＝－０.２ ｍ/ｓ ２ ꎬ 由
图
左
所
加
示
速 ꎬ 运
三
动
个
时
力
ꎬ
的
水
合
平
力
方
为
向有 ０ꎻ 向
当
左
油
的
桶
加
Ｃ
速
随
度
汽
ꎬ
车
而
以
竖
某
直
一
方
加
向
速
合
度
力
向
仍
牛顿第二定律可得Ｆ ｍａ . 则自行车 然为 且三个力的方向都不变 而重力的大小也不变 所以Ａ
ｆ＝ ＝１００×(－０２) Ｎ＝－２０ Ｎꎬ ０ꎬ ꎬ ꎬ
受到的阻力大小为 方向与运动方向相反 对Ｃ的支持力Ｆ 减小 Ｂ对Ｃ的支持力Ｆ 增大
２０ Ｎꎬ ꎮ ＡＣ ꎬ ＢＣ ꎮ
ｖ ｖ
２.答案 由 ｖ ｖ ａｔ 得汽车的加速度 ａ － ０ ０－１０ ２
－ ０ ＝ ＝ ｔ ＝ ｍ/ｓ ＝
２
２ 阻力Ｆ ｍａ ３ ４ 负号表示阻
－５ ｍ/ｓ ꎬ ＝ ＝４×１０ ×(－５) Ｎ＝－２×１０ Ｎꎬ
力方向与运动方向相反
ꎮ
Ｆ ｖ
３.答案 设飞船质量为 ｍ 据题意有 ａ 合 Δ 即９００ Ｎ
ꎬ ＝ ｍ ＝ ｔꎬ ｍ ＝ 当汽车向左运动的加速度增大到一定值时 桶Ｃ脱离
Δ (２) ꎬ
. Ａ 此时Ａ对Ｃ的支持力Ｆ 恰好为 桶 Ｃ 的受力情况如图
０９ ｍ/ｓ 故ｍ ꎬ ＡＣ ０ꎬ
ꎬ ＝３０００ ｋｇꎮ 所示
３ ｓ :
４.答案 汽车的质量 ｍ 汽车的初速度 ｖ
＝２ ｔ＝２ ０００ ｋｇꎬ ０ ＝
Ｆ
刹 车 后 汽 车 的 加 速 度 ａ
５４ ｋｍ/ｈ ＝ １５ ｍ/ｓꎬ ＝ ｍ ＝
－１ . ２×１０ ４ ２ ２ 刹车后汽车滑行的距离ｘ ｖ２ － ｖ２ ０
ｍ/ｓ ＝－６ ｍ/ｓ ꎮ ＝ ａ ＝
２０００ ２
２
０－１５ .
ｍ＝１８７５ ｍꎮ
２×(－６)
５.答案 由Ｗ Ｆｌ和Ｆ ｍａ 得Ｗ ｍａ ｌ 代入单位运算
＝ ＝ ꎬ ＝ ꎬ :１ Ｊ＝
ｍｇ
１ ｋｇｍ/ｓ ２ ｍ＝１ ｋｇｍ ２ /ｓ ２ ꎮ 则Ｆ 合＝ ｍｇ ｔａｎ３０ ° ＝ ３
３
5 牛顿运动定律的应用
Ｆ
此时桶Ｃ的加速度为ａ 合 ３ｇ 汽车的加速度与桶Ｃ
◆练习与应用 ＝ ｍ ＝ ꎬ
３
１.答案 两个互成 °角 大小都是 的力的合力为Ｆ
６０ 、 ５０ Ｎ ＝２× 的加速度相同 也为 ３ｇ
° ꎬ ꎮ
５０×ｃｏｓ３０ Ｎ＝５０ ３ Ｎ ３
Ｆ
物体的加速度为ａ ５０ ３ ２ ５ ２ 6 超重与失重
＝ ｍ ＝ ｍ/ｓ ＝ ３ ｍ/ｓ
２０ ２ ◆思考与讨论
３ ｓ 末物体的速度是ｖ ＝ ａｔ ＝ ５ ３×３ ｍ/ｓ＝１２ . ９９ ｍ/ｓ 答案 力传感器上的人 站起 过程中 先超重后失重
２ “ ” ꎬ ꎮ
◆练习与应用
内物体的位移是ｘ １ ａｔ２ １ ５ ２ .
３ ｓ ＝ ＝ × ３×３ ｍ＝１９４９ ｍ １.答案 手持饮料瓶时 小孔有水喷出 是因为水面高于小孔
２ ２ ２ ꎬ ꎬ ꎬ
２.答案 人在气囊上的受力如图所示 在沿斜面方向 由牛顿第 上部的水对下部的水产生压力 故水喷出 当放手让瓶自由下
ꎬ ꎬ ꎬ ꎻ
二定律得 落时 由于ａ ｇ 故水和瓶均处于完全失重状态 上部的水不再
ꎬ ＝ ꎬ ꎬ
对下部的水产生压力 故水不再从小孔流出
ꎬ ꎮ
２.答案 运动员下降过程中 在弹性绳被拉直前处于完全失重
ꎬ
状态 从弹性绳刚拉直到弹性绳的拉力等于运动员重力过程
ꎻ
中 运动员处于失重状态 从弹性绳的拉力等于运动员的重力
ꎬ ꎻ
到最后运动员减速为 运动员处于超重状态
０ꎬ ꎮ
ｍｇ θ Ｆ ｍａ ３.答案 由牛顿第二定律有Ｆ Ｇ ｍａ
ｓｉｎ － 阻＝ Ｎ－ ＝
. 其中ａ . ｇ Ｇ ｍｇ
其中 θ ３２ ｍ Ｆ ＝３５ ꎬ ＝ ＝１０ Ｎ
ｓｉｎ ＝ . ꎬ ＝６０ ｋｇꎬ 阻＝２４０ Ｎ 故Ｆ Ｇ ｍａ . ｍｇ
６５ Ｎ＝ ＋ ＝４５ ＝４５ Ｎ
代入数据解得ａ . ２ ４.答案 座舱落到离地 的位置时 制动系统尚未启动 人
＝０９２ ｍ/ｓ ５０ ｍ ꎬ ꎬ
由运动学公式ｖ２ ａｘ得 与手机自由下落 处于完全失重状态 故手感觉不到手机的压
＝２ ꎬ ꎬ
ｖ ａｘ . . . 力 座舱落到 的位置时 座舱减速运动 设初速度为ｖ 减
＝ ２ ＝ ２×０９２×６５ ｍ/ｓ＝３５ ｍ/ｓꎮ ꎻ １５ ｍ ꎬ ꎬ ꎬ
３.答案 紧急刹车后 汽车在水平方向受摩擦力作用 做匀减速 速阶段加速度大小为ａ 加速阶段位移为ｘ 减速阶段位移为
ꎬ ꎬ ꎮ １ꎬ
直线运动 ｘ 由运动学规律可得
ꎮ ２ꎮ
其中ｖ ｖ２ ｇｘ ｖ２ ａｘ 其中ｘ ｘ
０＝５４ ｋｍ/ｈ＝１５ ｍ/ｓ ＝２ １ꎬ ＝２ ２ꎬ １＝７６ ｍ－２８ ｍ＝４８ ｍꎬ ２＝２８ ｍꎮ
由ｖ２ ｖ２ ａｘ得汽车在水平路面滑动时的加速度大小为 解得ａ ２ 在离地 的位置时手机处于超重状
－ ０＝２ ＝１７ ｍ/ｓ ꎬ １５ ｍ
ａ
ｖ２
０ １５ ２ ２ . ２
态
ꎬ
由牛顿第二定律可解得Ｆ
＝
ｍｇ
＋
ｍａ
＝０
.
２×１０ Ｎ＋０
.
２×１７ Ｎ＝
＝ ｘ＝ . ｍ/ｓ ＝６５４ ｍ/ｓ .
２ ２×１７２ ５４ Ｎꎮ
由牛顿第二定律得ｆ ｍａ ５.答案 上升加速时Ｇ ｍｇ ｍａ
＝ (１) １－ ＝
且ｆ μＦ Ｆ ｍｇ 上升减速时ｍｇ Ｇ ｍａ
＝ Ｎꎬ Ｎ＝ － ２＝
ｆ ｍａ Ｇ Ｇ
故路面和轮胎之间的动摩擦因数为μ . 联立可得ａ １－ ２
＝Ｆ ＝ｍｇ＝０６５４ ＝ ｍ
Ｎ ２
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(２) －
甲
◆复习与提高
撤去拉力Ｆ后 物体沿斜面向上减速运动 其受力情况如
ꎬ ꎬ
Ａ组 图乙所示 由牛顿第二定律得
ꎬ
１.答案 不是 物体的惯性大小只与物体的质量有关 跟物体 ｍｇ ° ｆ ｍａ
的速度 无关 ꎮ 汽车紧急刹车时 加速度大小不变 以较 ꎬ 大速度 其中 ｓｉｎ ｆ ３ μ ７ Ｆ ＋ ＝ Ｆ ２ ｍｇ °
行驶制动时 ꎬ ꎮ 速度变化量大 ꎬ 由 ꎬ ａ ＝ Δ ｖ ｔ 可知 ꎬ 制动时 ꎬ 间长 ꎮ 解得ａ ＝ ２＝８ Ｎ . ４ ꎬ ｍ Ｎ / ＝ ｓ ２ ꎬ 方 ｃ 向 ｏｓ 沿 ３７ 斜面向下 ꎮ
Δ
２.答案 设方向相反的两个力的大小分别为Ｆ Ｆ 由牛顿第
１、 ２ꎮ
二定律 有Ｆ Ｆ ｍａ
ꎬ １－ ２＝ １
如果与运动方向相同的力Ｆ 加倍 有 Ｆ Ｆ ｍａ
１ ꎬ ２ １－ ２＝ ２
解得Ｆ . Ｆ
１＝２５ Ｎꎬ ２＝１ Ｎ
如果与运动方向相反的力Ｆ 加倍 有
２ ꎬ
Ｆ Ｆ ｍａ 乙
２ ２－ １＝ ２
解得Ｆ Ｆ .
１＝７ Ｎꎬ ２＝５５ Ｎ 物体沿斜面向上减速为零后开始沿斜面向下运动 其受
３.答案 小球刚从气球上落下时 具有与气球相同的速度 小球 ꎬ
ꎬ ꎬ 力情况如图丙所示 由牛顿第二定律得
向上做匀减速直线运动 速度减小为 后 开始向下做匀加速 ꎬ
ꎬ ０ ꎬ ｍｇ ° ｆ ｍａ
运动 ｓｉｎ３７ － ＝ ３
ꎮ 其中ｆ μＦ Ｆ ｍｇ °
小球向上减速时 受竖直向下的重力和阻力作用 由牛顿 ＝ Ｎꎬ Ｎ＝ ｃｏｓ３７
第二定律有ｍｇ
＋
ｆ
＝
ｍａ ꎬ
１
ꎬ 解得ａ ３＝３ . ６ ｍ/ｓ ２ ꎬ 方向沿斜面向下 ꎮ
解得ａ ２
１＝１２ ｍ/ｓ
ｖ
小球向上减速运动的时间ｔ ０ .
１＝ａ ＝０５ ｓ
１
小球向上减速运动时上升的距离ｈ １ ａ ｔ２ .
１＝ １ １＝１５ ｍ
２
小球下落时 受竖直向下的重力和竖直向上的阻力作用
ꎬ ꎬ
由牛顿第二定律有 丙
ｍｇ ｆ ｍａ
解得 － ＝ ａ ２ ２ ７.答案 (１) 可行 ꎮ 两小车均做初速度为零的匀加速直线运动 ꎬ
小球下 ２ 落 ＝８ 的 ｍ 距 / 离 ｓ 为ｈ ＝１４ . ５ ｍ＋ ｈ １＝１６ ｍ 由运动学规律ｘ ＝ ２ １ ａｔ２ 可知 ꎬ 若它们在相同时间内发生的位
ｈ ａ ｘ
小球下落的时间ｔ ２＝ ２ ａ ＝２ ｓ 移分别为ｘ １、 ｘ ２ꎬ 则位移之比就等于加速度之比 ꎬ 即 ａ １ ＝ｘ １ ꎮ
小球从脱离气球到落回地 ２ 面所用时间为ｔ ｔ ｔ . 由表中数据可得到的结论是 在误差允许的 ２ 范围 ２ 内
＝ １＋ ２＝２５ ｓ (２) : ꎬ
４.答案 推进器工作时 飞船和空间站的加速度为 小车质量一定时 小车的加速度与其受到的合外力成正比
ꎬ ꎬ ꎻ
ｖ . Ｆ
ａ ＝ Δ ｔ＝ ００５ ｍ/ｓ ２ ＝０ . ０１ ｍ/ｓ ２ 因为在这三次实验中 在误差允许的范围内 都有 甲
Δ ５ ꎬ ꎬ Ｆ 乙 ＝
根据牛顿第二定律 有Ｆ (ｍ ｍ )ａ
ꎬ Ｆ ＝ 船＋ 站 ｘ 甲 而 ａ 甲 ｘ 甲 所以 ａ 甲 Ｆ 甲
则空间站的质量ｍ 站＝ ａ － ｍ 船＝ ９ . ００ ｋｇ－３ . ０×１０ ３ ｋｇ＝８ . ７× ｘ 乙 ꎬ ａ 乙 ＝ｘ 乙 ꎬ ａ 乙 ＝Ｆ 乙 ꎮ
００１ 保持拉力不变 只改变小车的质量 记录质量改变前
(３) ꎬ ꎬ
１０ ４ ｋｇ 后的位移
Ｆ ｍａ ａ ꎮ
５.答案 (ｔ ｔ ) (ｔ ｔ ) (ｔ ｔ ) 由此可知其单位 ８.答案 雨滴先加速下落 速度变大 所受的空气阻力变大 加
ｍ １＋ ２ ＝ ｍ １＋ ２ ＝ １＋ ２ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
２ ２ ２ 速度变小 当雨滴受到的空气阻力与其重力相等时 雨滴匀速
是 ２ 而位移ｘ的单位是 所以由字母表达的结 ꎬ ꎬ
ｍ/ｓ ｓ＝ｍ/ｓꎬ ｍꎬ 下落 此时加速度为 其下落的ｖ ｔ图像如图所示
果一定错误 ꎬ ０ꎮ － ꎮ
ꎮ
６.答案 物体在斜面上运动时 一共经历沿斜面向上的匀加
(１) ꎬ
速直线运动 沿斜面向上的匀减速直线运动 沿斜面向下的匀
、 、
加速直线运动三个过程
ꎮ
施加拉力Ｆ时 物体沿斜面向上加速运动 其受力情
(２) ꎬ ꎬ
况如图甲所示 由牛顿第二定律得Ｆ ｍｇ ° ｆ ｍａ
ꎬ － ｓｉｎ３７ － ＝ １
其中ｆ μＦ Ｆ ｍｇ ° ９.答案 Ｃ位置到 刻度位置有两个长刻度 相差 . 因
＝ Ｎꎬ Ｎ＝ ｃｏｓ３７ (１) ０ ꎬ ０１ Ｎꎬ
解得ａ . ２ 方向沿斜面向上 此 每两个长刻度之间相差 . 的重物质量是 .
１＝１６ ｍ/ｓ ꎬ ꎮ ꎬ ００５Ｎꎮ １Ｎ ０１ｋｇꎬ
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将其悬吊在弹簧上 弹簧的伸长越长 弹簧的拉力越大 在 μｍｇ
ꎬ ꎬ ꎬ ０ ４.答案 木箱在传送带上滑动时的加速度ａ μｇ ２
刻度时 弹簧的拉力等于重力 在 刻度上方 弹簧的拉力小 ＝ ｍ ＝ ＝４ ｍ/ｓ
ꎬ ꎻ ０ ꎬ
于重力 加速度向下 在 刻度下方 弹簧的拉力大于重力 加 木箱从放上传送带到速度与传送带速度相同所用的时间
ꎬ ꎻ ０ ꎬ ꎬ
速度向上 当指针指在Ｃ位置时 弹簧的拉力为 . 则ａ ｖ .
ꎮ ꎬ ０９ Ｎꎬ ＝ ｔ ０２５ １
. ＝ ａ ＝ ｓ＝ ｓ
０９－１ ２ ２ 可得 竖直加速度测量仪 的标注 如图 ４ １６
. ｍ/ｓ ＝－１ ｍ/ｓ ꎬ “ ” ꎬ
所
０
示
１ 木箱在传送带上留下的摩擦痕迹ｘ
＝
ｘ
带－
ｘ
箱＝
ｖｔ
－
１ ａｔ２
＝
ꎮ ２
１
ｍ
１２８
５.答案 测量圆珠笔到竖直扶手的水平距离ｘ和圆珠笔与细绳
上端的竖直距离ｈ
ꎮ
对圆珠笔受力分析如图所示
:
沿水平方向安装的固定光滑杆上套一质量为ｍ的滑
(２)
块 滑块两侧分别与劲度系数均为ｋ的弹簧相连 两弹簧的另
ｍｇｘ
ꎬ ꎬ 其受到的合力Ｆ ｍｇ θ
一端与固定壁相连 滑块上有指针 可通过标尺测出滑块的位 ＝ ｔａｎ ＝ ｈ
ꎬ ꎬ
移 如果指针向左偏离Ｏ点的距离为ｓ 则这段时间内的加速 Ｆ ｘ
ꎮ ꎬ 由牛顿第二定律得ａ ｇ 加速度的方向水平向左
Ｆ ｋｓ ＝ ｍ ＝ ｈ ꎬ ꎮ
度大小为ａ ２ 方向向右 指针向右偏离时同理
＝ ｍ ＝ ｍꎬ ꎬ ꎮ ｘ
地铁的运动情况和圆珠笔相同 加速度为 ｇ 方向水平向左
ꎬ ｈ ꎬ ꎮ
６.答案 刚开始 Ａ Ｂ 的运动情况相同 对 Ａ Ｂ 两物体整体分
ꎬ 、 ꎬ 、
Ｆ Ｆ
析 得ａ Ａ＋ Ｂ ２
ꎬ ＝ｍ ｍ ＝１ ｍ/ｓ
Ａ＋ Ｂ
Ａ Ｂ两物体刚好分开时 Ｆ ｍ ａ Ｆ ｍ ａ 此
Ｂ组 、 ꎬ Ａ＝ Ａ ＝４ Ｎꎬ Ｂ＝ Ｂ ＝６ Ｎꎬ
时ｔ
１.答案 设Ａ Ｂ两球的质量均为ｍ 剪断细绳前 以Ｂ为研究对 ＝２ ｓꎮ
的 象 拉 可 力 知 为 弹簧 ｍ 、 的 ｇ 弹力Ｆ ＝ ｍｇ ꎻ 以Ａ 、 Ｂ ꎬ 整体为研究 ꎬ 对象 ꎬ 可知细绳 ｔ ＝２ｓ 以后 ꎬ 物体Ｂ的加速度为ａ Ｂ＝ｍ Ｆ Ｂ Ｂ ＝ ２＋ ６ ２ ｔ ＝ １ ３ ＋ ｔ (ｍ/ｓ ２ )
２ ꎮ 综上可知 物体Ｂ的加速度为 ２ 内物
剪断细绳瞬间 细绳的拉力为 弹簧的弹力不变 即仍有 ꎬ０~２ ｓꎬ １ ｍ/ｓ ꎬ２~８ ｓ
ꎬ ０ꎬ ꎬ ｔ
Ｆ ｍｇ 体Ｂ的加速度为１＋ ２
＝ ꎬ (ｍ/ｓ )
３
根据牛顿第二定律 ꎬ 对Ａ有ｍｇ ＋ Ｆ ＝ ｍａ Ａꎬ 得ａ Ａ＝２ ｇ ꎻ ７.答案 木块静止在铁箱后壁上 所以
(１) ꎬ
对Ｂ有Ｆ － ｍｇ ＝ ｍａ Ｂꎬ 得ａ Ｂ＝０ꎮ 在竖直方向有ｆ ＝ ｍ 木 ｇ
２.答案 竖 直 (１ 方 ) 当 向 ｆ ＝ 有 μＦ ｍ Ｎ ｇ < Ｆ Ｆ 弹 时 ｍ ꎬ ａ 物块Ａ向右运动 ꎮ 又有ｆ ＝ μ ２ Ｆ Ｎ
所以木箱 ꎬ 的加速 － 度 Ｎ ａ ＝ > ｇ － Ｆ μｍ 弹 ＝２ ｍ/ｓ ２ ꎬ 方向竖直向下 ꎮ 由 所 牛 以 顿 有 第 Ｆ Ｎ 三 ＝ 定 ｍ μ 木 律 ２ ｇ 可 ＝ 得 ２０ 木 Ｎ 块对铁箱的压力为
２０ Ｎꎮ
要使物体Ａ相对木箱底面向右运动 木箱只能向左运
Ｆ
(２) ꎬ
动 当物块Ａ相对木箱底面刚好向右移动时 ａ μｍｇ － Ｆ μｇ (２) 对木块分析 ꎬ 在水平方向有ａ ＝ｍ 木 Ｎ ＝４０ ｍ/ｓ ２
ꎬ ꎬ ＝ ｍ ＝ ＝ 对铁箱和木块整体分析 在水平方向有Ｆ μ (ｍ ｍ )ｇ
０ . ６ ｍ/ｓ ２ (ｍ 木＋ ｍ 箱 )ａ ꎬ － １ 木＋ 箱 ＝
所以木箱的加速度ａ ≥０ . ６ ｍ/ｓ ２ ꎬ 方向水平向左 ꎮ 解得Ｆ
３.答案 求安全距离时应考虑极限情况下的数据 所以要取最 ＝１２９ Ｎ
ꎬ (３) 撤去拉力后 ꎬ 铁箱向右减速运动 ꎬ 其加速度大小ａ 箱＝
高车速ｖ ＝１２０ ｋｍ/ｈ＝ １２ . ０ ｍ/ｓ＝ １００ ｍ/ｓ、 最长反应时间 ｔ ＝ μ １ (ｍ 木＋ ｍ 箱 )ｇ － μ ２ ｍ 木 ｇ . ２
３６ ３ ｍ ＝３１ ｍ/ｓ
箱
. 及最小动摩擦因数μ .
０６ ｓ ＝０３２ꎮ μ ｍ ｇ
根据牛顿第二定律有 μｍｇ ＝ ｍａ ꎬ 得汽车刹车时的加速度 木块向右减速运动 ꎬ 其加速度大小ａ 木＝ ２ ｍ 木 ＝２ . ５ ｍ/ｓ ２
木
大小ａ ＝ μｇ ＝３ . ２ ｍ/ｓ ２ 在ｔ 的时间内
＝１ ｓ ꎬ
反应距离ｘ ｖｔ １００ .
１＝ ＝
３
×０６ ｍ＝２０ ｍ 铁箱向右运动的位移ｘ
箱＝
ｖｔ
－
１ ａ
箱
ｔ２
＝４
.
４５ ｍ
ｖ２ ２
制动距离ｘ
２＝
２
ａ≈１７４ ｍ 木块向右运动的位移ｘ
木＝
ｖｔ
－
１ ａ
木
ｔ２
＝４
.
７５ ｍ
刹车距离ｘ ｘ ｘ ２
因此 ＝ 的 １ 安 ＋ 全 ２＝ 距 １ 离 ９４ 是 ｍ 必要的 铁箱的长度ｘ ＝ ｘ 木－ ｘ 箱＝０ . ３ ｍ
２００ ｍ ꎮ
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