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教材习题答案
１７３
第一章 运动的描述
1 质点 参考系
◆练习与应用
１.答案 当研究乒乓球运动的速度时ꎬ乒乓球的大小、形状可忽
略ꎬ乒乓球可以看成质点ꎻ当研究世乒赛上丁宁打出的乒乓球
的旋转情况时ꎬ乒乓球不能看成质点ꎬ否则无法研究ꎮ
当研究歼－２０隐形战斗机从上海到海口的运动路线时ꎬ
战斗机的大小、形状可以忽略ꎬ可以看成质点ꎻ当研究歼－２０
隐形战斗机的飞行姿态时ꎬ战斗机的长度、体积不可忽略ꎬ不
能看成质点ꎮ
２.答案 “一江春水向东流” 描述的是水相对地面(河岸) 的运
动ꎬ“地球的公转”描述的是地球相对太阳的运动ꎬ“钟表的时
针在转动”描述的是时针相对钟表表面的运动ꎬ“太阳东升西
落”描述的是太阳相对地面的运动ꎮ
３.答案 诗中描述了船、云、诗人的运动ꎬ前两句诗写景ꎮ诗人
在船上ꎬ“卧看满天云不动”是以船或诗人为参考系ꎮ“云与我
俱东”是以“榆堤”为参考系ꎬ云与“我”均向东运动ꎬ可认为云
相对“我”不动ꎮ
2 时间 位移
◆练习与应用
１.答案 (１)“８时４２分”指时刻ꎬ“８分”指时间间隔ꎮ
(２)“早”指时刻ꎬ“等了这么久”指时间间隔ꎮ
(３)“前３ｓ”“最后３ｓ”“第３ｓ内”都指时间间隔ꎬ“第３ｓ
末”指时刻ꎮ
２.答案 出租车是按路程收费的ꎬ这里的“千米”是指路程ꎮ
３.答案 (１)由于百米赛跑的跑道是直道ꎬ因此运动员跑完全程
的路程和位移大小相等ꎬ都是１００ｍꎮ
(２)８００ｍ跑比赛中ꎬ不同跑道的运动员跑完全程的路程
是相等的ꎬ都是８００ｍꎬ但位移不相同ꎮ４００ｍ跑道指的是位
于第一跑道的运动员跑完一圈的实际路程为４００ｍꎬ为了使各
跑道上运动员的实际路程相同ꎬ比赛的终点取在同一位置ꎬ起
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
的跑道ꎬ起点与终点的距离越远ꎬ运动员的位移就越大ꎮ
４.答案 由题意可知ꎬ坐标的变化量Δｘ＝ｘＱ－ｘＰ＝－２ｍ－３ｍ＝－５ｍꎬ
位移等于位置坐标的变化量ꎬ所以物体的位移为－５ｍꎬ即它的位
移大小为５ｍꎬ方向由Ｐ指向Ｑꎮ位置坐标与位移矢量如图ꎮ
５.答案 (１)汽车最远位置距离出发点约３０ｍꎮ
(２)汽车在１０~２０ｓ内没有行驶ꎮ
(３)汽车在０~１０ｓ内驶离出发点ꎬ在２０~ ４０ｓ内驶向出
发点ꎮ
６.答案 表 竖直向上抛出小球的坐标和位移
坐标
原点
抛出点
的坐标
最高点
的坐标
落地点
的坐标
从抛出点
到最点的
位移
从最高点
到落地点
的位移
从抛出点
到落地点
的总位移
地面
３ｍ
８ｍ
０
５ｍ
－８ｍ
－３ｍ
抛出点
０
５ｍ
－３ｍ
５ｍ
－８ｍ
－３ｍ
3 位置变化快慢的描述——速度
◆练习与应用
１.答案 (１) 左端与重物相连ꎮ(２) 与Ａ点相邻的两点之间的
距离除以对应的时间０.０４ｓꎬ即得打Ａ点时重物的瞬时速度ꎮ
因为时间０.０４ｓ很短ꎬ打Ａ点的时刻是相邻两点之间的中间
时刻ꎬ求出的Ａ点的速度虽然是一段时间内的平均速度ꎬ但与
Ａ点的瞬时速度很接近ꎮ
２.答案 甲物体有一定的初速度ꎬ速度的大小和方向都不变ꎬ物
体做匀速直线运动ꎮ乙物体的初速度为零ꎬ速度先增大后不
变再减小ꎬ即先加速后匀速再减速ꎬ速度的方向始终不变ꎮ
３.答案 (１)前１ｓ内的平均速度ｖ１＝Δｘ１
Δｔ１
＝９
１ｍ/ ｓ＝９ｍ/ ｓ
前２ｓ内的平均速度ｖ２＝Δｘ２
Δｔ２
＝９＋７
２
ｍ/ ｓ＝８ｍ/ ｓ
前３ｓ内的平均速度ｖ３＝Δｘ３
Δｔ３
＝９＋７＋５
３
ｍ/ ｓ＝７ｍ/ ｓ
前４ｓ内的平均速度ｖ４＝Δｘ４
Δｔ４
＝９＋７＋５＋３
４
ｍ/ ｓ＝６ｍ/ ｓ
全程的平均速度ｖ５＝Δｘ５
Δｔ５
＝９＋７＋５＋３＋１
５
ｍ/ ｓ＝５ｍ/ ｓ
第１ｓ内的平均速度ｖ１最接近汽车刚制动时的瞬时速
度ꎬ它比这个瞬时速度略小些ꎮ
(２)汽车最后２ｓ内的平均速度ｖ＝Δｘ
Δｔ＝３＋１
２
ｍ/ ｓ＝２ｍ/ ｓꎮ
4 速度变化快慢的描述——加速度
◆练习与应用
１.答案 ｖ＝１００ｋｍ/ ｈ＝１００
３.６ｍ/ ｓ
根据ａ＝Δｖ
Δｔ有:
ａＡ＝Δｖ
ΔｔＡ
＝
１００
３.６×１１.３ｍ/ ｓ
２＝２.４６ｍ/ ｓ
２
ａＢ＝Δｖ
ΔｔＢ
＝
１００
３.６×１３.２ｍ/ ｓ
２＝２.１０ｍ/ ｓ
２
ａＣ＝Δｖ
ΔｔＣ
＝
１００
３.６×１５.５ｍ/ ｓ
２＝１.７９ｍ/ ｓ
２
２.答案 举例如下:Ａ.做匀速直线运动的物体加速度为零ꎬ速度
不为零ꎮ
Ｂ.一物体的速度变化量比较大ꎬ但用的时间长ꎬ由
ａ＝Δｖ
Δｔ知ꎬ此物体的加速度有可能比另一物体的加速度还小ꎮ
Ｃ.物体向西做减速运动时ꎬ速度方向向西ꎬ加速度方向
向东ꎮ
Ｄ.物体先以较大的加速度做匀加速直线运动ꎬ再以较小
的加速度做匀加速直线运动ꎬ第二阶段和第一阶段相比ꎬ速度
大但加速度小ꎮ
３.答案 (１)１４４ｋｍ/ ｈ＝４０ｍ/ ｓꎬ所以四个运动过程中ꎬ超音速
飞机速度最大ꎬ为５００ｍ/ ｓꎮ速度由大到小依次排列为:超音
速飞机５００ｍ/ ｓ>动车４０ｍ/ ｓ>自行车１２ｍ/ ｓ>蜗牛０.００２ｍ/ ｓꎮ
(２) 四个运动过程中ꎬ列车加速１００ｓꎬ速度的变化量最
大ꎬ为１４４
３.６ｍ/ ｓ－７２
３.６ｍ/ ｓ＝２０ｍ/ ｓꎻ速度变化量由大到小依次排列
为:动车２０ｍ/ ｓ>自行车９ｍ/ ｓ>蜗牛０.００２ｍ/ ｓ>超音速飞机０ꎮ
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１７４
(３) 四个运动过程中ꎬ自行车的加速度最大ꎬ为ａ自＝
１２－３
３
ｍ/ ｓ
２＝３ｍ/ ｓ
２ꎻ加速度由大到小依次排列为: 自行车
３ｍ/ ｓ
２>动车０.２ｍ/ ｓ
２>蜗牛０.０１ｍ/ ｓ
２>超音速飞机０ꎮ
４.答案
设向东为正方向ꎬ则Δｖ＝０－２０ｍ/ ｓ＝－２０ｍ/ ｓꎬΔｔ＝
２ｍｉｎ＝１２０ｓꎬ则ａ＝Δｖ
Δｔ＝－２０
１２０ｍ/ ｓ
２＝－０.１７ｍ/ ｓ
２ꎬ故物体的加速
度大小为０.１７ｍ/ ｓ
２ꎬ方向向西ꎮ
５.答案 Ａ物体的加速度最大ꎬ因为它的速度－时间图线的倾斜
程度最大ꎮ
对Ａ物体:ａＡ＝２.５－０
６－２
ｍ/ ｓ
２＝０.６２５ｍ/ ｓ
２ꎬ方向与速度方向
相同ꎻ
对Ｂ物体:ａＢ＝２.５－２
６
ｍ/ ｓ
２＝０.０８３ｍ/ ｓ
２ꎬ方向与速度方向
相同ꎻ
对Ｃ物体:ａＣ＝０－２
８
ｍ/ ｓ
２＝－０.２５ｍ/ ｓ
２ꎬ方向与速度方向
相反ꎮ
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 (１)不能 (２)能 (３)不能 (４)不能
２.答案 若某一位运动员以对面的运动员为参考系ꎬ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他选取的参
考系是自己ꎮ
３.答案 时刻 时间间隔 时间间隔 时刻
４.答案 同学甲的说法错误ꎮ只有做单向直线运动的物体ꎬ其
位移的大小才与路程相等ꎮ
同学乙的说法错误ꎮ位移和路程都既可以描述直线运
动ꎬ也可以描述曲线运动ꎮ
同学丙的说法正确ꎮ
同学丁的说法错误ꎮ位移和路程不是一回事ꎬ位移是指
从初位置到末位置的有向线段ꎬ是矢量ꎬ既有大小也有方向ꎻ
路程是指物体运动轨迹的长度ꎬ是标量ꎬ只有大小ꎬ没有方向ꎮ
５.答案 设全程位移为２ｘꎬ汽车通过前半程的时间为ｔ１＝ｘ
ｖ１
ꎬ通
过后半程的时间为ｔ２＝ｘ
ｖ２
ꎬ则汽车全程的平均速度为ｖ＝
２ｘ
ｔ１＋ｔ２
＝
２ｘ
ｘ
ｖ１
＋ｘ
ｖ２
＝２ｖ１ｖ２
ｖ１＋ｖ２
＝４０ｋｍ/ ｈꎮ
６.答案
规定初速度的方向为正方向ꎬ则桌球的初速度ｖ０＝
１.５ｍ/ ｓꎬ末速度ｖ＝－１.３ｍ/ ｓꎬ作用时间Δｔ＝０.０８ｓꎬ则撞击过
程中球的加速度ａ＝ｖ－ｖ０
Δｔ＝－３５ｍ/ ｓ
２ꎬ负号表示加速度方向与
初速度方向相反ꎮ
７.答案 (１)有速度大而加速度小的情况ꎮ题中高速飞行的飞
机速度很大ꎬ但加速度为零ꎮ
(２)有速度变化量大而加速度小的情况ꎮ火车出站时速
度变化量比自行车下坡时的速度变化量大ꎬ但火车的加速度
比自行车的加速度小ꎮ
Ｂ组
１.答案 (１)兔子和乌龟从同一地点出发ꎬ但兔子比乌龟晚出发
时间ｔ１ꎮ
(２)乌龟的位移－时间图像是直线ꎬ根据位移－时间图线
的斜率表示物体的速度ꎬ可知乌龟的速度不变ꎬ做的是匀速直
线运动ꎮ
(３)在ｔ２和ｔ４两时刻ꎬ兔子和乌龟的位移相同ꎬ说明到达
同一地点ꎬ两者相遇ꎬ所以兔子和乌龟在比赛途中相遇２次ꎮ
(４)由图可读出ꎬｔ６时刻乌龟到达终点ꎬ而兔子还没有到
达ꎬ所以乌龟先到达终点ꎮ
２.答案 由于ｘ－ｔ图线的斜率表示物体的速度ꎬ由图可知ꎬ０~２ｓ
内物体的速度ｖ１＝５－３
２
ｍ/ ｓ＝１ｍ/ ｓꎬ方向与规定的正方向相
同ꎻ２~４ｓ内物体静止ꎬ速度为零ꎻ４~ １０ｓ内物体的速度ｖ３＝
－５－５
１０－４ｍ/ ｓ＝－５
３ｍ/ ｓꎬ方向与规定的正方向相反ꎮ则物体的ｖ－
ｔ图像如图所示ꎮ
３.答案 (１)物体在第１ｓ内向东运动ꎬ速度逐渐增大ꎻ在第２ｓ
内向东运动ꎬ速度逐渐减小ꎻ在第３ｓ内自西运动ꎬ速度逐渐
增大ꎮ
(２)物体在第１ｓ内的加速度ａ１＝１－０
１
ｍ/ ｓ
２＝１ｍ/ ｓ
２ꎬ方向
向东ꎻ在第２ｓ内的加速度ａ２＝０－１
２－１ｍ/ ｓ
２＝－１ｍ/ ｓ
２ꎬ即加速度
大小为１ｍ/ ｓ
２ꎬ方向向西ꎻ在第３ｓ内的加速度ａ３＝－１－０
３－２ｍ/ ｓ
２＝
－１ｍ/ ｓ
２ꎬ即加速度大小为１ｍ/ ｓ
２ꎬ方向向西ꎮ
４.答案 根据题意ꎬ遮光条通过光电门的短暂时间内视滑块做匀速
运动ꎬ则遮光条通过第一个光电门的速度为ｖ１＝Ｌ
Δｔ１
＝０.０２
０.２０ｍ/ ｓ＝
０.１０ｍ/ ｓꎬ遮光条通过第二个光电门的速度为ｖ２＝Ｌ
Δｔ２
＝０.０２
０.０５ｍ/ ｓ＝
０.４０ｍ/ ｓꎬ故滑块的加速度ａ＝ｖ２－ｖ１
ｔ
＝０.４０－０.１０
２.５
ｍ/ ｓ
２＝０.１２ｍ/ ｓ
２ꎮ
５.答案 电梯从３楼下降到２楼时ꎬ先加速下降再减速下降ꎬ略
停后ꎬ先加速再减速下降至１楼ꎬ随后先加速再减速上升到２
楼ꎬ最后停在２楼ꎮ电梯的ｖ－ｔ图像如图所示ꎮ
第二章 匀变速直线运动的研究
1 实验:探究小车速度随时间变化的规律
◆练习与应用
１.答案 (１)如图所示
(２)有道理ꎮ因为纸带的宽度一定ꎬ
把剪下的各段纸带并排ꎬ相当于以纸带宽
度作为时间间隔ꎬ各纸带长度表示小车在
这段时间内运动的位移大小ꎬ这样在各个
时间间隔内的平均速度大小就近似认为
ｖ＝Δｘ
０.１ｓꎮｖ∝Δｘꎬ这样ꎬ纸带的长度就可以
用来表示速度ꎮ
教材习题答案
１７５
２.答案 (１)如表所示
时间ｔ/ ｓ
０
５
１０
１５
２０
２５
３０
速度ｖ/ (ｋｍｈ
－１)
５４
５９
６５
７０
７６
８１
８６
速度ｖ/ (ｍｓ
－１)
１５
１６.４
１８.１
１９.４
２１.１
２２.５
２３.９
(２)如图所示
2 匀变速直线运动的速度与时间的关系
◆思考与讨论
答案 物体运动的速度在不断增大ꎬ相等时间内速度的变化量
不相等ꎬ物体不做匀变速运动ꎮ
◆练习与应用
１.答案 初速度ｖ０＝３６ｋｍ/ ｈ＝１０ｍ/ ｓꎬ加速度ａ＝０.２ｍ/ ｓ
２ꎬ末速
度ｖ＝５４ｋｍ/ ｈ＝１５ｍ/ ｓꎮ
根据ｖ＝ｖ０＋ａｔ得ｔ＝ｖ－ｖ０
ａ
＝１５－１０
０.２
ｓ＝２５ｓꎮ
２.答案 初速度ｖ０＝７２ｋｍ/ ｈ＝２０ｍ/ ｓꎬ加速度ａ＝－０.１ｍ/ ｓ
２ꎬ时
间ｔ＝２ｍｉｎ＝１２０ｓꎬ根据ｖ＝ｖ０＋ａｔ得ｖ＝２０ｍ/ ｓ－０.１×１２０ｍ/ ｓ＝
８ｍ/ ｓꎮ
３.答案 初速度ｖ０＝０ꎬ加速度ａ＝１.６ｍ/ ｓ
２ꎬ时间ｔ＝２.２５ｓꎬ根据
ｖ＝ｖ０＋ａｔꎬ得ｖ＝０＋１.６×２.２５ｍ/ ｓ＝３.６ｍ/ ｓꎮ
４.答案
(１) 物体在１ｓ末的速度是１.５ｍ/ ｓꎬ４ｓ末的速度为
２ｍ/ ｓꎬ最大ꎬ７ｓ末的速度为１ｍ/ ｓꎬ最小ꎮ
(２)物体在１ｓ末、４ｓ末、７ｓ末三个时刻的速度均为正
值ꎬ速度方向相同ꎮ
(３)物体在１ｓ末的加速度大小为０.５ｍ/ ｓ
２ꎻ４ｓ末的加速
度大小为零ꎬ最小ꎻ７ｓ末的加速度大小为１ｍ/ ｓ
２ꎬ最大ꎮ
(４)物体在１ｓ末的加速度为正值ꎬ７ｓ末的加速度为负
值ꎬ加速度方向相反ꎮ
3 匀变速直线运动的位移与时间的关系
◆练习与应用
１.答案 初速度ｖ０＝３６ｋｍ/ ｈ＝１０ｍ/ ｓꎬ加速度ａ＝０.２ｍ/ ｓ
２ꎬ时间
ｔ＝３０ｓꎬ根据ｘ＝ｖ０ｔ＋１
２ａｔ
２得ｘ＝１０×３０ｍ＋１
２×０.２×３０
２ｍ＝
３９０ｍꎻ根据ｖ＝ｖ０＋ａｔ得ｖ＝１０ｍ/ ｓ＋０.２×３０ｍ/ ｓ＝１６ｍ/ ｓꎮ
２.答案 初速度ｖ０＝１８ｍ/ ｓꎬ时间ｔ＝３ｓꎬ位移ｘ＝３６ｍꎬ根据ｘ＝
ｖ０ｔ＋１
２ａｔ
２得ａ＝２(ｘ－ｖ０ｔ)
ｔ
２
＝２×(３６－１８×３)
３
２
ｍ/ ｓ
２＝－４ｍ/ ｓ
２
根据ｖ＝ｖ０＋ａｔꎬ可得汽车停止运动所用的时间ｔ＝ｖ－ｖ０
ａ
＝
０－１８
－４
ｓ＝４.５ｓꎬ故汽车在５ｓ内的位移与４.５ｓ内的位移相等ꎬ
由ｖ
２－ｖ
２
０＝２ａｘ得ｘ′＝０－ｖ
２
０
２ａ＝０－１８
２
２×(－４) ｍ＝４０.５ｍꎮ
３.答案 已知初速度ｖ０＝０ꎬ根据公式ｘ＝ｖ０ｔ＋１
２ａｔ
２得
ｘ１＝１
２ａ１ｔ
２ꎬｘ２＝１
２ａ２ｔ
２ꎬ所以ｘ１∶ｘ２＝ａ１∶ａ２ꎮ
４.答案 已知前一段匀加速直线运动中ｘ１＝１８０ｍꎬａ１＝７.８ｍ/ ｓ
２ꎬ
后一段匀加速直线运动中ｘ２＝１５ｍꎬａ２＝５.２ｍ/ ｓ
２ꎬ根据ｖ
２－ｖ
２
０＝
２ａｘ可得ｖ
２
１＝２ａ１ｘ１ꎬｖ
２
２－ｖ
２
１＝２ａ２ｘ２ꎬ联立解得飞机离舰时的速度
为ｖ２＝
２ａ１ｘ１＋２ａ２ｘ２＝
２×７.８×１８０＋２×５.２×１５ｍ/ ｓ＝５４ｍ/ ｓꎮ
５.答案 初速度ｖ０＝１０ｍ/ ｓꎬ末速度ｖ＝０ꎬ位移ｘ＝１.２ｍꎬ根据
ｖ
２－ｖ
２
０＝２ａｘ得ａ＝ｖ
２－ｖ
２
０
２ｘ＝０－１０
２
２×１.２ｍ/ ｓ
２＝－４２ｍ/ ｓ
２ꎮ
６.答案 设汽车运动方向为正方向ꎬ初速度为ｖ０ꎬ由题知加速度
ａ＝－５.０ｍ/ ｓ
２ꎬ末速度ｖ＝０ꎬ位移ｘ＝２２.５ｍꎬ根据ｖ
２－ｖ
２
０＝２ａｘ得
ｖ０＝
－２ａｘ＝
－２×(－５.０)×２２.５ｍ/ ｓ＝１５ｍ/ ｓꎮ
4 自由落体运动
◆练习与应用
１.答案 橡皮下落得快ꎮ纸片捏成很紧的小纸团后ꎬ小纸团下
落变快ꎮ这是因为空气阻力的作用ꎬ纸片受到的空气阻力大ꎬ
小纸团受到的空气阻力小ꎮ
２.答案 跳水运动员训练时从５ｍ跳台双脚朝下自由落下ꎬ双
脚离水面的高度分别为３.４ｍ和１.８ｍ时ꎬ其自由落下的距离
分别为１.６ｍ和３.２ｍꎬ下落需要的时间分别为ｔ１＝
２ｈ１
ｇ
＝
０.５７ｓ和ｔ２＝
２ｈ２
ｇ＝０.８ｓꎬ所以手机连拍时间间隔为Δｔ＝ｔ２－
ｔ１＝０.２３ｓꎮ
３.答案 设井口到水面的距离为ｘꎬ石块下落做自由落体运动ꎬ
设石块落到水面的时间为ｔꎬ则有ｈ＝１
２ｇｔ
２＝１
２×１０×２.５
２ｍ＝
３１.２５ｍꎬ由于声音传播需要一定的时间ꎬ所以石块实际自由下
落到水面的时间ｔ<２.５ｓꎬ我们估算的结果偏大ꎮ
４.答案 设从抛出点到径迹两端点的距离分别为ｈＡ、ｈＢꎬ由题图
可知ｈＡ＝(２.５－８.６×６×１０
－２) ｍ＝１.９８４ｍꎬｈＢ＝(２.５－６.８× ６×
１０
－２)ｍ＝２.０９２ｍꎮ由ｖ
２＝２ｇｈ得ｖＡ＝
２×９.８×１.９８４ｍ/ ｓ＝
６.２４ｍ/ ｓꎬｖＢ＝
２×９.８×２.０９２ｍ/ ｓ＝６.４０ｍ/ ｓꎬ由ｖＢ－ｖＡ＝ｇｔ得
曝光时间ｔ＝６.４０－６.２４
９.８
ｓ＝０.０１６ｓꎮ
５.答案
频闪照相机类似于打点计时器ꎬ都是每隔一定时间记
录一次ꎬ题目给出了时间与位移ꎬ故可以求加速度ꎮ
解法一:(利用Δｘ＝ｇｔ
２求解)
ｘ１＝(０.８－０)ｃｍ＝０.８ｃｍꎬ
ｘ２＝(３.２－０.８)ｃｍ＝２.４ｃｍꎬ
ｘ３＝(７.１－３.２)ｃｍ＝３.９ｃｍꎬ
ｘ４＝(１２.５－７.１)ｃｍ＝５.４ｃｍꎬ
ｘ５＝(１９.６－１２.５)ｃｍ＝７.１ｃｍꎬ
则Δｘ１２＝１. ６ｃｍꎬΔｘ２３＝１. ５ｃｍꎬΔｘ３４＝１. ５ｃｍꎬΔｘ４５＝
１.７ｃｍꎬ
取平均值得Δｘ＝１.５７５ｃｍꎬ
所以重力加速度:
ｇ＝Δｘ
ｔ
２＝１.５７５×１０
－２
０.０４
２
ｍ/ ｓ
２＝９.８４ｍ/ ｓ
２ꎮ
解法二:(先求平均速度ꎬ再利用ｖ＝ｇｔ求解)
ｘ＝３.２ｃｍ时的瞬时速度
ｖ１＝(７.１－０.８)×１０
－２
０.０４×２
ｍ/ ｓ＝０.７８７５ｍ/ ｓꎮ
ｘ＝１２.５ｃｍ时的瞬时速度
ｖ２＝(１９.６－７.１)×１０
－２
０.０４×２
ｍ/ ｓ＝１.５６２５ｍ/ ｓꎮ
则ｖ２＝ｖ１＋ｇ２Ｔ
重力加速度ｇ＝ｖ２－ｖ１
２Ｔ＝１.５６２５－０.７８７５
２×０.０４
ｍ/ ｓ
２＝９.６９ｍ/ ｓ
２ꎮ
１７６
６.答案 可以ꎮ在反应时间内ꎬ直尺向下做初速度为零的匀加
速直线运动ꎬ结合位移－时间公式ｈ＝１
２ｇｔ
２ꎬ可得ｔ＝
２ｈ
ｇꎮ在
长度刻度旁标注的时间刻度如图所示:
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 由题意可知ꎬｖ０＝４ｍ/ ｓꎬｖ＝０ꎬａ＝－０.２ｍ/ ｓ
２ꎮ根据匀变
速直线运动的速度－位移公式ｖ
２－ｖ
２
０＝２ａｘꎬ可得自行车滑行的
距离为ｘ＝
－ｖ
２
０
２ａ＝
－４
２
２×(－０.２) ｍ＝４０ｍꎮ由于Ｌ＝３０ｍ<４０ｍꎬ故
自行车仅靠滑行不能停在停车线前ꎮ
２.答案 由题可知ꎬ人的初速度ｖ０＝５ｍ/ ｓꎬ加速度ａ＝－０.４ｍ/ ｓ
２ꎬ
时间ｔ＝５ｓꎬ由位移－时间公式ｘ＝ｖ０ｔ＋１
２ａｔ
２可得他在斜坡上通
过的距离为ｘ＝５×５ｍ－１
２×０.４×５
２ｍ＝２０ｍꎮ
３.答案 由题可知ꎬｖ０＝０ꎬｖ＝３０ｍ/ ｓꎬａ＝ｇ＝１０ｍ/ ｓ
２ꎮ
(１)由ｖ
２＝２ｇｈ可得ｈ＝ｖ
２
２ｇ＝３０
２
２×１０ｍ＝４５ｍꎮ
(２)由ｈ＝１
２ｇｔ
２ꎬ可得钢球在前２ｓ内下落的高度ｈ２＝１
２×
１０×２
２ｍ＝２０ｍꎬ它在前２ｓ内的平均速度ｖ＝ｈ２
ｔ２
＝１０ｍ/ ｓꎬ方向
向下ꎮ
(３)由ｖ＝ｇｔ可得钢球下落的时间ｔ３＝ｖ
ｇ＝３ｓꎬ则钢球最
后１ｓ内下落的高度ｈ＝ｈ３－ｈ２＝１
２×１０×３
２ｍ－１
２×１０×２
２ｍ＝
２５ｍꎮ
４.答案 (１)由题可知ꎬ相邻两计数点间的时间间隔Ｔ＝０.１ｓꎮ在
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
度大小ꎬ可得ｖＡ＝ｘＯＢ
２Ｔ＝０.６１ｍ/ ｓꎬｖＢ＝ｘＡＣ
２Ｔ＝０.８１ｍ/ ｓꎬｖＣ＝ｘＢＤ
２Ｔ＝
１.００ｍ/ ｓꎬｖＤ＝ｘＣＥ
２Ｔ＝１.１８ｍ/ ｓꎬｖＥ＝ｘＤＦ
２Ｔ＝１.３９ｍ/ ｓꎮ故表格如下:
位置
Ａ
Ｂ
Ｃ
Ｄ
Ｅ
ｖ/ (ｍｓ
－１)
０.６１
０.８１
１.００
１.１８
１.３９
(２)根据数据描点ꎬ作出小车运动的ｖ－ｔ图像ꎬ如图所示:
根据ｖ－ｔ图像可以判断小车做匀变速直线运动ꎬ并可以求
出加速度的大小为ａ＝１.９３ｍ/ ｓ
２ꎮ
５.答案 (１)运动员打开降落伞后做匀减速运动ꎬ根据ｖ
２－ｖ
２
０＝
２ａｘꎬ据题意有ｖ２＝５ｍ/ ｓꎬａ＝－１２ｍ/ ｓ
２ꎬｘ２＝１２５ｍꎬ代入数据可
求得运动员打开降落伞时的速度为ｖ１＝
ｖ
２
２－２ａｘ２＝
５
２－２×(－１２)×１２５ｍ/ ｓ＝５５ｍ/ ｓꎮ
(２)由ｖ
２＝２ｇｘ可得运动员自由下落的距离为ｘ１＝ｖ
２
１
２ｇ＝
１５１.２５ｍ
运动员离开飞机时距地面的高度为ｘ＝ｘ１＋ｘ２＝２７６.２５ｍ
(３)运动员自由下落的时间为ｔ１＝ｖ１
ｇ＝５.５ｓ
打开伞后运动的时间为ｔ２＝ｖ２－ｖ１
ａ
＝４.１７ｓ
故运动员离开飞机后运动的时间为ｔ＝ｔ１＋ｔ２＝９.６７ｓ
６.答案 (１)证明:由于ｘ＝１
２ａｔ
２ꎬ可知ｘ∝ｔ
２ꎬ得ｘ１∶ｘ２∶ｘ３∶＝
１
２∶２
２∶３
２∶＝１∶４∶９∶
(２)证明:由于ｘ＝１
２ａｔ
２ꎬ可得ｘ１＝１
２ａ×１
２ꎬｘ２＝１
２ａ×２
２ꎬ
ｘ３＝１
２ａ×３
２ꎬ
所以ꎬｘⅠ＝１
２ａꎬｘⅡ＝ｘ２－ｘ１＝１
２ａ×(２
２－１)＝１
２ａ×３＝３ｘⅠ
ｘⅢ＝ｘ３－ｘ２＝１
２ａ×(３
２－２
２)＝１
２ａ×５＝５ｘⅠ
显然ｘⅠ∶ｘⅡ∶ｘⅢ∶＝１∶３∶５∶
(３)证明: 自计时起ꎬ物体在第一个Ｔ内的位移ｓ１＝
１
２ａＴ
２ꎬ前２Ｔ内的位移ｓⅡ＝１
２ａ(２Ｔ)
２ꎬ则第二个Ｔ内的位移:
ｓ２＝ｓⅡ－ｓ１＝１
２ａ(２Ｔ)
２－１
２ａＴ
２＝３
２ａＴ
２ꎬ则连续相等时间Ｔ内的
位移差Δｓ＝ｓ２－ｓ１＝３
２ａＴ
２－１
２ａＴ
２＝ａＴ
２ꎮ同理可得ｓ３－ｓ２＝ｓ４－
ｓ３＝＝ｓｎ－ｓｎ－１＝ａＴ
２ꎬ即Δｓ＝ｓ２－ｓ１＝ｓ３－ｓ２＝＝ｓｎ－ｓｎ－１＝ａＴ
２ꎮ
Ｂ组
１.答案 由题可知ꎬ初速度ｖ０＝３６ｋｍ/ ｈ＝
１０ｍ/ ｓꎬ匀加速运动的加速度ａ１＝
０.５ｍ/ ｓ
２ꎬ时间ｔ１＝１０ｓꎬ根据ｖ＝ｖ０＋ａｔ
可得１０ｓ末汽车的速度ｖ１＝ｖ０＋ａ１ｔ１＝
１０ｍ/ ｓ＋０.５×１０ｍ/ ｓ＝１５ｍ/ ｓꎮ汽车匀减速刹车时ꎬ加速度大
小为ａ２＝３ｍ/ ｓ
２ꎬ设经时间ｔ２减速为０ꎬ则０＝ｖ１－ａ２ｔ２ꎬ得ｔ２＝５ｓꎬ
此后汽车静止ꎬ则汽车开始加速后１８ｓ内的ｖ－ｔ图像如图所示ꎮ
２.答案 由题知ｖ０＝１０８ｋｍ/ ｈ＝３０ｍ/ ｓꎬ司机发现前方异常情况
后ꎬ汽车的运动分为两个阶段:第一阶段为反应时间内的匀速
直线运动ꎬ通过的位移ｘ１＝ｖ０ｔ＝３０ｍ/ ｓ×１ｓ＝３０ｍ
第二阶段为匀减速直线运动ꎬ通过的位移ｘ２＝１２０ｍ－
ｘ１＝３０
２
２ａ
计算可得加速度大小为ａ＝５ｍ/ ｓ
２
则雨天汽车匀减速运动的加速度大小为ａ２＝３
５ａ１＝３ｍ/ ｓ
２
设汽车在雨天安全行驶的最大速度为ｖꎬ则反应时间内汽
车匀速行驶的位移为ｘ１′＝ｖｔ
匀减速运动阶段的位移为ｘ２′＝ｖ
２
２ａ２
根据安全距离仍为１２０ｍꎬ可得ｖｔ＋ｖ
２
２ａ２
＝１２０ｍ
代入数据解得ｖ＝２４ｍ/ ｓ
教材习题答案
１７７
３.答案 设小汽车追上大客车时所经历的时间为ｔ１ꎬ则有ｖ１ｔ＋
２６ｍ＝１
２ａｔ
２
１ꎬ代入数据解得ｔ１＝２６ｓ
小汽车追上大客车时的速度为ｖ２＝ａｔ１＝２６ｍ/ ｓꎮ
当小汽车与大客车的速度相等时ꎬ它们相距最远ꎬ此时小
汽车的速度为１２ｍ/ ｓ时ꎬ经历的时间为ｔ２＝１２ｓꎬ则追上前小汽
车与大客车之间的最远相距是Δｓ＝２６ｍ＋ｖ１ｔ２－１
２ａｔ
２
２＝９８ｍꎮ
４.答案 (１)由题意可得ꎬ石子在曝光时间内下落的距离为ｘ＝
１００
４.０×０.８×１０
－２ｍ＝０.２ｍꎮ
(２)由于曝光时间极短ꎬ可以认为石子在曝光时间内做匀
速直线运动ꎬ则ｖ＝ｘ
ｔ＝０.２
０.０１ｍ/ ｓ＝２０ｍ/ ｓꎮ
(３)由ｖ
２＝２ｇｈ可得ｈ＝ｖ
２
２ｇ＝２０
２
２×１０ｍ＝２０ｍꎬ即石子大约是
从距离窗户２０ｍ高的地方落下的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
止开始通过连续相等的位移所用时间之比为:ｔ１∶ｔ２∶ｔ３∶∶
ｔｎ＝１∶( ２－１) ∶( ３－２) ∶∶( ｎ－
ｎ－１)ꎮ
子弹垂直射入叠在一起的相同木板ꎬ穿过第２０块木板后
速度变为０ꎬ子弹的逆过程可以看成做初速度为零的匀加速直
线运动ꎮ(１)求子弹穿过第１块木板所用的时间ꎬ可看成求子
弹从静止开始通过第２０块木板的时间ｔ２０ꎬ则
ｔ
２０
＝
ｔ２０
２０－
１９
ꎬｔ２０＝
２０－
１９
２０
ｔꎮ(２)求子弹穿过前１５块木板所
用的时间ꎬ可看成求子弹从静止开始通过第６~２０块木板所用
的时间ｔ总ꎬ则有
ｔ
２０
＝
ｔ总
６－５＋( ７－６)＋＋(
２０－
１９)
ꎬ
解得ｔ总＝
２０－５
２０
ｔꎮ(３) 求子弹穿过第１５块木板所用的时
间ꎬ可看成求子弹从静止开始通过第６块木板所用的时间ｔ６ꎬ
则有
ｔ
２０
＝
ｔ６
６－５
ꎬ解得ｔ６＝６－５
２０
ｔꎮ
６.答案 (１)汽车通过人工收费通道所用时间ｔ１＝ｖ１
ａ×２＋２０ｓ＝５０ｓ
汽车通过人工收费通道的总位移ｘ１＝ｖ
２
１
２ａ×２＝２２５ｍ
(２)汽车过ＥＴＣ通道时ꎬ减速运动的位移和加速运动的
位移相等ꎬ均为ｘ２＝ｖ
２
１－ｖ
２
２
２ａ＝１００ｍ
所以通过的总位移ｘ总２＝２ｘ２＋１０ｍ＝２１０ｍ
通过ＥＴＣ通道所用时间ｔ２＝ｖ１－ｖ２
ａ
×２＋１０ｍ
ｖ２
＝２２ｓ
二者的位移差Δｘ＝ｘ１－ｘ总２＝２２５ｍ－２１０ｍ＝１５ｍ
在这段位移内汽车过ＥＴＣ通道时是匀速运动的ꎬ所以所
需的时间为ｔ总２＝ｔ２＋Δｘ
ｖ１
＝２２ｓ＋１５
１５ｓ＝２３ｓ
节约时间Δｔ＝ｔ１－ｔ总２＝５０ｓ－２３ｓ＝２７ｓ
第三章 相互作用——力
1 重力与弹力
◆练习与应用
１.答案 (１)马拉车ꎬ使车从静止开始运动ꎬ是因为马对车有拉
力ꎬ使车的速度大小发生了变化ꎬ即力改变了车的运动状态ꎻ
弹簧被用力拉长或压缩ꎬ是拉力或压力使弹簧发生了形变ꎮ
(２)课本受到重力ꎬ施力物体是地球ꎬ受力物体是课本ꎻ马
拉车的力ꎬ施力物体是马ꎬ受力物体是车ꎮ
２.答案 (１)Ｇ＝ｍｇ＝２×１０
３×１０Ｎ＝２×１０
４Ｎꎮ力的图示如图甲ꎬ
受力物体是火箭ꎬ施力物体是地球ꎮ
(２)力的图示如图乙ꎬ受力物体是车ꎬ施力物体是人ꎮ
(３)力的图示如图丙ꎬ受力物体是细绳ꎬ施力物体是工
艺品ꎮ
甲
乙
丙
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
点上ꎮ
４.答案 钢管受３个力作用:重力、拉力和支
持力ꎮ重力的施力物体是地球ꎬ拉力的施力
物体是竖直悬绳ꎬ支持力的施力物体是
地面ꎮ
受力示意图如图所示ꎮ
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
水面的升降ꎬ可在水中滴入红墨水)ꎬ瓶口用中间插有透明细
管的瓶塞塞上ꎬ使水面位于细管中ꎮ用手按压玻璃瓶壁ꎬ细管
中的水面就会发生变化ꎬ说明玻璃瓶在手的作用下发生了形
变ꎻ松开手ꎬ水面回到原处ꎮ
６.答案 (１)由实验数据可得弹簧所受拉力与弹簧伸长量的实
验数据如表:
弹簧所受
拉力Ｆ/ Ｎ
０
０.３
０.６
０.９
１.２
１.５
弹簧伸长
量ｘ/ ｍ
０
１.２×１０
－２２.３×１０
－２３.５×１０
－２４.６×１０
－２５.８×１０
－２
Ｆ－ｘ图像如图所示:
１７８
(２)弹簧的劲度系数等于Ｆ－ｘ图线的斜率ꎬ则ｋ＝
１.５
０.０６０Ｎ/ ｍ＝２５Ｎ/ ｍ
７.答案 支撑容器的平面有一定倾角ꎻ空容器的重心偏右ꎬ装置
如图所示ꎮ
2 摩擦力
◆练习与应用
１.手压着桌面向前移动ꎬ手受到了桌面的与手运动方向相反的
滑动摩擦力ꎬ正是此滑动摩擦力阻碍了手的运动ꎮ由于滑动
摩擦力的大小与压力成正比ꎬ所以手对桌面的压力越大ꎬ所受
滑动摩擦力越大ꎬ即阻力越大ꎮ
２.答案 (１)瓶子与桌面无相对运动趋势ꎬ故不受摩擦力作用ꎮ
(２)瓶子相对桌面有平行于桌面向下的运动趋势ꎬ所以瓶子所
受静摩擦力平行于倾斜桌面向上ꎮ(３)瓶子相对手有竖直向
下的运动趋势ꎬ所受静摩擦力方向竖直向上ꎮ(４)瓶子相对纸
条的运动方向与纸条的运动方向相反ꎬ故所受滑动摩擦力的
方向与纸条运动方向相同ꎮ
３.答案 至少用３５Ｎ的水平推力才能推动木箱ꎬ所以木箱与地
板间的最大静摩擦力Ｆｍａｘ＝３５Ｎꎮ根据二力平衡知识可知ꎬ当
木箱匀速运动时ꎬ水平推力和滑动摩擦力大小相等ꎬ方向相
反ꎬ所以木箱所受滑动摩擦力Ｆｆ＝３０Ｎꎮ
木箱在水平地板上ꎬ木箱对地板的压力ＦＮ＝Ｇ＝１００Ｎꎬ根
据Ｆｆ＝μＦＮ可知ꎬ木箱与地板间的动摩擦因数
μ＝Ｆｆ
ＦＮ
＝３０Ｎ
１００Ｎ＝０.３ꎮ
用２０Ｎ的水平推力推木箱ꎬ由于推力Ｆ<Ｆｍａｘꎬ故木箱仍
静止ꎬ木箱受到的静摩擦力与水平推力平衡ꎬ所受静摩擦力
Ｆ′＝２０Ｎꎮ
４.答案 雪橇匀速运动时ꎬ所受拉力Ｆ与滑动摩擦力Ｆｆ大小相
等ꎬ故Ｆｆ＝Ｆꎻ
由于ＦＮ＝Ｇꎬ故Ｆｆ＝μＦＮ＝μＧꎬ
可得雪橇与雪地间的动摩擦因数μ＝Ｆｆ
ＦＮ
＝１０Ｎ
５００Ｎ＝０.０２
如果雪橇再载重５００Ｎ的货物ꎬ此时ＦＮ′＝５００Ｎ＋５００Ｎ＝
１０００Ｎ
雪橇滑行时受到的摩擦力Ｆｆ′ ＝μＦＮ′ ＝０.０２× １０００Ｎ＝
２０Ｎ
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ꎬ物体受到重力Ｇ和支
持力ＦＮ的作用ꎬ因为物体处于平衡状态ꎬ故Ｇ＝ＦＮꎮ台式弹簧
秤受到物体对它的压力Ｆꎬ物体受到的支持力与弹簧秤受到
的压力为一对作用力和反作用力ꎬ根据牛顿第三定律ꎬＦＮ和Ｆ
大小相等方向相反ꎬ故Ｆ的大小与Ｇ相等ꎮ图略ꎮ
２.答案 平衡力是指作用在同一物体上的两个力ꎬ而作用力和
反作用力是作用在两个物体上的两个力ꎬ各自对所作用的物
体产生作用效果ꎬ所以不能抵消ꎮ
３.答案 ４对ꎬ它们分别为:油桶的重力和油桶对地球的吸引力ꎻ
汽车的重力和汽车对地球的吸引力ꎻ油桶对汽车的压力和汽车
对油桶的支持力ꎻ汽车对地球的压力和地球对汽车的支持力ꎮ
油桶受重力和汽车对油桶的支持力两个力作用ꎮ
汽车受重力、油桶对汽车的压力和地球对汽车的支持力
三个力作用ꎮ
地球受油桶对它的吸引力、汽车对它的吸引力和汽车对
它的压力三个力作用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５个力的作用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ꎬ当两力方向相同时合力
最大ꎬ等于两力大小之和ꎻ当两力方向相反时ꎬ合力最小ꎬ数值
上等于两力大小之差ꎬ方向与数值大的力方向相同ꎻ若两力成
一夹角ꎬ合力数值则在最小值和最大值的范围之间ꎮ
若两力大小为Ｆ１、Ｆ２ꎬ则其合力Ｆ的大小范围是
｜Ｆ１－Ｆ２｜≤Ｆ≤｜Ｆ１＋Ｆ２｜
根据以上分析ꎬ１０Ｎ和２Ｎ的合力Ｆ的大小范围为８Ｎ≤
Ｆ≤１２Ｎꎬ所以ꎬ这两个力合力的最大值是１２Ｎꎬ最小值是
８Ｎꎬ它们的合力可以等于１０Ｎꎬ而不可能等于５Ｎ、１５Ｎꎮ
２.答案 两个力合力为０ꎬ则这两个力大小相等ꎬ方向相反ꎬ一个
向东(６Ｎ)ꎬ则另一个一定是向西(６Ｎ)ꎮ当把向东的６Ｎ的
力改为向南时ꎬ而向西的力大小、方向均未变ꎬ这时两个力方
向垂直ꎬ如图所示ꎮ
根据平行四边形定则ꎬ作出力的示意图ꎬ合力为Ｆꎮ由直
角三角形知识可得
Ｆ＝
Ｆ
２
１＋Ｆ
２
２＝
６
２＋６
２Ｎ＝８.５Ｎ
由图可知ｔａｎα＝Ｆ１
Ｆ２
＝１ꎬ所以α ＝４５°ꎬ即合力方向为西偏
南４５°ꎮ
３.答案 取０.５ｃｍ的线段表示３０Ｎ的力ꎮ
从同一点Ｏ以１.５ｃｍ线段ＯＡ表示９０Ｎ的力ꎬ以２ｃｍ的
线段ＯＢ表示１２０Ｎ的力ꎬ且∠ＡＯＢ＝３０°ꎬ图示如图甲所示ꎮ
作出平行四边形ꎬ则对角线ＯＤ表示两力Ｆ１和Ｆ２的合
力ꎬ量得对角线ＯＤ的长度是３.５ｃｍꎬ则合力Ｆ的大小Ｆ＝３.５
０.５×
３０Ｎ＝２１０Ｎ
用量角器测得∠ＡＯＤ＝１７.５°ꎬ即合力Ｆ与Ｆ１的夹角φ ＝
１７.５°
同理ꎬ图示如图乙所示ꎬ∠Ａ′ＯＢ′ ＝１５０°ꎬ则可求得ＯＤ′ ＝
１.０５ｃｍꎬ所以Ｆ′＝１.０５
０.５×３０Ｎ＝６３Ｎꎮ
教材习题答案
１７９
用量角器量得∠Ａ′ＯＤ′ ＝１０１.５°ꎬ即合力Ｆ′与Ｆ１′夹角为
１０１.５°ꎮ
４.答案 根据平行四边形定则作图ꎮ
由直角三角形中的几何关系可得
Ｆ２＝
Ｆ
２
１＋Ｆ
２＝
(２４０)
２＋(１８０)
２Ｎ＝３００Ｎ
设Ｆ２与竖直方向的夹角为αꎬ则ｔａｎα ＝Ｆ１
Ｆ＝２４０Ｎ
１８０Ｎ＝４
３ꎬ
故α＝５３°ꎮ
即Ｆ２的方向为斜向左下方ꎬ且与竖直方向成５３°角ꎮ
５.答案 根据平行四边形定则ꎬ作分力Ｆ１、Ｆ２与合力Ｆ的示
意图ꎮ
(１)合力Ｆ可比两分力Ｆ１、Ｆ２都大ꎬ如图(ａ)ꎮ合力可比
两分力都小ꎬ如图(ｂ)所示ꎮ合力可大于一个分力ꎬ而小于另
一分力ꎬ如图(ｃ)所示ꎮ
若两分力Ｆ１＝Ｆ２ꎬ当夹角为１２０°时ꎬ合力Ｆ＝Ｆ１＝Ｆ２ꎬ如图
(ｄ)所示ꎮ
当然还可等于一分力ꎬ而大于或小于另一分力ꎮ
所以说法错误ꎮ
(ａ)
(ｂ)
(ｃ) (ｄ)
(２)如图所示ꎬＦ１、Ｆ２大小不变ꎬθ 角越小ꎬ合力Ｆ越大ꎮ
即说法正确ꎮ
(３)θ 角不变ꎬＦ１大小不变ꎬＦ２增大时ꎬ有两种情况:
①０°≤θ≤９０°ꎬ由图(ａ) 可看出ꎬ合力Ｆ随Ｆ２的增大而
增大ꎮ
②９０°<θ≤１８０°ꎬ由图(ｂ)可看出ꎬ当Ｆ１大小不变时ꎬ随Ｆ２
增大合力Ｆ先减小后增大ꎮ
当合力Ｆ与Ｆ２垂直时ꎬＦ有最小值ꎮ
所以ꎬ随着Ｆ２增大ꎬ合力Ｆ可逐渐增大ꎬ可逐渐减小ꎬ还
可以先减小后增大ꎮ
即说法错误ꎮ
６.答案 将力Ｆ分解为Ｆｘ和Ｆｙ如图所示ꎮ
由几何关系可得Ｆ与ｘ轴的夹角为３０°ꎮ
则Ｆｘ＝Ｆｃｏｓ３０° ＝１００× ３
２Ｎ＝５０３Ｎꎬ
Ｆｙ＝Ｆｓｉｎ３０° ＝１００× １
２Ｎ＝５０Ｎꎮ
７.答案 将Ｇ沿平行于斜面和垂直于斜面方向分解ꎬ如图所示ꎬ
则Ｆ１＝ＧｓｉｎθꎬＦ２＝Ｇｃｏｓθꎮ
5 共点力的平衡
◆练习与应用
１.答案 物体在五个力作用下保持平衡ꎬ它们的合力为零ꎮ其
中任意四个力的合力一定与第五个力大小相等、方向相反ꎮ
依题意ꎬ除Ｆ１以外的四个力的合力与力Ｆ１大小相等、方向相
反ꎮ撤去Ｆ１ꎬ其余四个力不变ꎬ它们的合力大小等于Ｆ１ꎬ方向
与Ｆ１相反ꎮ如图所示ꎮ
２.答案 方法一:合成法
取足球为研究对象ꎬ它受重力Ｇ＝ｍｇ、墙壁的支持力Ｆ１和
悬绳的拉力Ｆ２三个共点力作用而平衡ꎬ由共点力平衡条件可
知ꎬＦ１和Ｆ２的合力Ｆ与Ｇ大小相等、方向相反ꎬ即Ｆ＝Ｇꎬ从图
中力的平行四边形可求得:Ｆ１＝Ｆｔａｎα ＝ｍｇｔａｎαꎬＦ２＝
Ｆ
ｃｏｓα ＝
ｍｇ
ｃｏｓαꎮ
方法二:分解法
取足球为研究对象ꎬ它受重力Ｇ＝ｍｇ、墙壁的支持力Ｆ１、
悬绳的拉力Ｆ２ꎮ如图所示ꎬ将重力Ｇ分解为Ｆ１′和Ｆ２′ꎬ由共
点力平衡条件可知ꎬＦ１与Ｆ１′的合力必为零ꎬＦ２与Ｆ２′的合力
也必为零ꎬ所以Ｆ１＝Ｆ１′＝ｍｇｔａｎαꎬＦ２＝Ｆ２′＝ｍｇ
ｃｏｓαꎮ
方法三:相似三角形法
取足球为研究对象ꎬ它受重力Ｇ＝ｍｇ、墙壁的支持力Ｆ１、
悬绳的拉力Ｆ２ꎬ如图所示ꎬ设球心为Ｏꎬ由共点力的平衡条件
可知ꎬＦ１和Ｇ的合力Ｆ与Ｆ２大小相等、方向相反ꎬ由图可知ꎬ
三角形ＯＦＧ与三角形ＡＯＢ相似ꎬ所以
１８０
Ｆ
Ｇ＝ＡＯ
ＡＢ＝
１
ｃｏｓαꎬ即Ｆ２＝Ｆ＝
Ｇ
ｃｏｓα ＝ｍｇ
ｃｏｓαꎻ
Ｆ１
Ｇ＝ＯＢ
ＡＢ＝ｔａｎαꎬ
即Ｆ１＝Ｇｔａｎα＝ｍｇｔａｎαꎮ
方法四:正交分解法
取足球为研究对象ꎬ它受重力Ｇ＝ｍｇ、墙壁的支持力Ｆ１、
悬绳的拉力Ｆ２ꎬ如图所示ꎬ取水平方向为ｘ轴ꎬ竖直方向为ｙ
轴ꎬ将Ｆ２分别沿ｘ轴和ｙ轴方向进行分解ꎮ由平衡条件可知ꎬ
在ｘ轴和ｙ轴方向上的合力Ｆｘ合和Ｆｙ合应分
别等于零ꎬ即
Ｆｘ合＝Ｆ２ｓｉｎα－Ｆ１＝０
Ｆｙ合＝Ｆ２ｃｏｓα－Ｇ＝０
解得:Ｆ２＝
Ｇ
ｃｏｓα＝ｍｇ
ｃｏｓα
Ｆ１＝Ｆ２ｓｉｎα＝ｍｇｔａｎαꎮ
３.答案 ＯＡ段被拉断瞬间ꎬＡ点的受力如图所示ꎬ由题可知Ｔ＝
５０ＮꎬＦ拉＝Ｇ＝４０Ｎꎬ则绳ＡＢ的拉力为Ｆ＝
Ｔ
２－Ｆ
２
拉＝
５０
２－４０
２Ｎ＝３０Ｎꎮ
４.答案 箱子的受力如图所示ꎬ由于箱子沿斜面匀速上滑ꎬ故沿
斜面方向有Ｆ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎ３０°
沿垂直斜面方向有ＦＮ＝ｍｇｃｏｓ３０°
且斜面对箱子的滑动摩擦力ｆ＝μＦＮ
联立各式并代入数据得Ｆ＝３７９９Ｎ
５.答案
对铅球受力分析ꎬ受重力ｍｇ、斜面的支持力Ｎ面、挡板
的支持力Ｎ板ꎬ受力示意图如图所示:
由共点力的平衡条件可得ꎬ挡板对铅球的支持力
Ｎ板＝ｍｇｔａｎ４５°
斜面对铅球的支持力Ｎ面＝
ｍｇ
ｃｏｓ４５°
根据牛顿第三定律ꎬ可知铅球对挡板的压力Ｎ板′ ＝Ｎ板＝
４０Ｎꎮ
铅球对斜面的压力Ｎ面′＝Ｎ面＝５６.６Ｎ
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 (１)任何一个力都涉及两个物体———施力物体和受力
物体ꎬ物体的重力是由于物体受到地球的吸引而产生的力ꎬ其
施力物体是地球ꎮ(２)重力的方向总是竖直向下ꎬ而不是垂直
于接触面向下ꎬ竖直向下是指与水平面垂直向下ꎮ(３)产生弹
力的条件是:两物体接触且发生弹性形变ꎬ两个条件缺一不
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ꎬ因此两球之间没有弹力ꎮ(４) 产生摩擦力的条件
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
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
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
可以通过μ＝Ｆｆ
ＦＮ
计算动摩擦因数的大小ꎬ但动摩擦因数跟滑动
摩擦力Ｆｆ和压力ＦＮ无关ꎮ
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
和竖直向上的地面的支持力、水平向左的地面的摩擦力ꎬ受力
示意图如图所示:
３.答案 用天平测出一张Ａ４纸和一个小木块的总质量ｍꎬ将这
张Ａ４纸放到水平桌面上ꎬ木块放到纸上ꎬ按如图所示方式连
接ꎬ向小桶中逐渐加细沙ꎬ直至小桶刚好匀速下降ꎬ读出弹簧
测力计的示数Ｆꎬ则纸与桌面间的动摩擦因数μ＝２Ｆ
ｍｇꎮ
４.答案
根据题意ꎬ画出水桶的受力示意图如图所示ꎬＦ１、Ｆ２的
合力与水桶的重力Ｇ大小相等、方向相反ꎬ则Ｇ＝Ｆ１ｃｏｓθ
２＋
Ｆ２ｃｏｓθ
２＝２Ｆ１ｃｏｓθ
２
故Ｆ１＝
Ｇ
２ｃｏｓθ
２
ꎬ
可知θ 越小ꎬＦ１越小ꎬ即两人手臂间的夹角小些省力ꎮ
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
向外挤压接触面ꎬ相当于ＦＮ的作用ꎬ根据力的平行四边形定
教材习题答案
１８１
则将力Ｆ分解ꎬ如图所示ꎬ则Ｆ＝２ＦＮｓｉｎ
θ
２ꎬ所以ＦＮ＝
Ｆ
２ｓｉｎθ
２
ꎮ
６.答案 对画框受力分析ꎬ如图所示ꎬ画框受重力Ｇ、两个大小
相等的细绳拉力Ｆ的作用处于平衡状态ꎬ当Ｆ＝Ｆｍａｘ＝１０Ｎ
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＝
Ｇ＝１０Ｎꎬ所以两绳之间的夹角为１２０°ꎬ绳子的最小长度为Ｌ＝
２×
０.５
２
ｃｏｓ３０° ｍ＝３
３ｍꎮ
Ｂ组
１.答案 小球的受力情况如图所示ꎬ根据共点力的平衡条件可
知ꎬ三个力的合力为零ꎬ故表示三个力的有向线段构成一个封
闭的矢量三角形ꎬ将这三个力平移到一个矢量三角形中ꎬ则有
ＦＮ
ｓｉｎ４５° ＝
Ｆ
ｓｉｎ３７° ＝
Ｇ
ｓｉｎ９８°
可得绳对小球的拉力Ｆ＝Ｇｓｉｎ３７°
ｓｉｎ９８° ＝６０.６Ｎ
斜面对小球的支持力ＦＮ＝Ｇｓｉｎ４５°
ｓｉｎ９８° ＝７１.４Ｎ
２.答案 (１)对Ｏ点进行受力分析ꎬ受横梁的拉力Ｆ、斜梁的压
力ＦＮ和空调外机的压力Ｆ压(Ｆ压＝Ｇ)ꎬ受力示意图如图所示ꎬ
根据共点力的平衡条件ꎬ可得横梁对Ｏ点的拉力Ｆ＝
Ｇ
ｔａｎ３７° ＝
２６６.７Ｎꎬ
斜梁对Ｏ点的压力ＦＮ＝
Ｇ
ｓｉｎ３７° ＝３３３.３Ｎ
(２)斜梁加长ꎬ连接点Ｏ的位置不变ꎬ横梁仍然水平ꎬ此时
斜梁与横梁的夹角变大ꎬ可知横梁对Ｏ点的拉力变小ꎬ斜梁对
Ｏ点的压力变小ꎮ
３.答案 由胡克定律可得弹簧的弹力Ｆ弹＝ｋΔｘ＝４００×０.０２Ｎ＝
８Ｎ
将Ｆ＝１Ｎ的水平拉力作用在木块Ｂ上ꎬＦ＋Ｆ弹＝９Ｎ<μＦＮＢ＝
μＧＢ＝１５Ｎꎬ所以木块Ｂ静止不动ꎬＢ受到的摩擦力ｆＢ＝Ｆ＋
Ｆ弹＝９Ｎꎻ由于施加拉力Ｆ后ꎬＢ静止不动ꎬ弹簧弹力不变ꎬ故
木块Ａ静止不动ꎬＡ受到的摩擦力ｆＡ＝Ｆ弹＝８Ｎꎮ
４.答案 未施加水平推力Ｆ时ꎬ木块沿斜面匀速下滑ꎬ其受力情
况如图所示:
沿斜面方向有:Ｇｓｉｎθ＝ｆ
垂直斜面方向有:ＦＮ＝Ｇｃｏｓθ
且有ｆ＝μＦＮ
对木块施加水平推力Ｆ后ꎬ木块沿斜面匀速向上运动ꎬ其
受力情况如图所示:
沿斜面方向有Ｇｓｉｎθ＋ｆ′＝Ｆｃｏｓθ
垂直斜面方向有ＦＮ′＝Ｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ
且有ｆ′＝μＦＮ′
联立各式解得Ｆ＝２Ｇｓｉｎθ ｃｏｓθ
ｃｏｓ
２θ－ｓｉｎ
２θ
５.答案
若三个共点力平衡ꎬ则三个力不能处于任意一条直线
的同一侧ꎬ已知重力Ｇ和细线拉力Ｔ的方向ꎬ可知力Ｆ可能的
方向范围为∠ＡＢＣ之间ꎬ如图所示ꎮ
６.答案 (１)将两小球看成一个整体ꎬ其受力情况如图甲所示ꎬ
则Ｆａ＝
２Ｇ
ｃｏｓ３０° ＝４３Ｇ
３
Ｆｃ＝２Ｇｔａｎ３０° ＝２３Ｇ
３
甲
乙
(２)对小球２进行受力分析ꎬ如图乙所示ꎬ则
Ｆｂ＝
Ｆ
２
ｃ＋Ｇ
２＝
２１Ｇ
３
ꎮ
１８２
７.答案 (１)作出题述规定是保证两队对地面的压力相同ꎬ与地
面间的动摩擦因数相同ꎬ手与绳子间的动摩擦因数相同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ꎮ身
体向后倾倒ꎬ跟地面的夹角很小ꎬ是为了当绳子的拉力增大
时ꎬ人能保持一个稳定的状态ꎬ不至于失去平衡ꎮ
第四章 运动和力的关系
1 牛顿第一定律
◆练习与应用
１.答案 (１)不能ꎮ因为炸弹离开飞机后ꎬ由于惯性ꎬ仍具有离
开飞机时的水平速度ꎬ故仍向前运动一段距离ꎮ
(２)地球由西向东转ꎬ人也跟地球一起由西向东运动ꎮ当
人跳起后ꎬ由于惯性ꎬ人仍保持与地球相同的由西向东的速
度ꎬ故人落在原地ꎮ
(３)如果不系安全带ꎬ当紧急刹车时ꎬ车虽然停下了ꎬ但人
因惯性而仍然向前运动ꎬ会发生危险ꎮ系上安全带后ꎬ人虽然
因惯性向前运动ꎬ但受安全带的阻力ꎬ不致发生危险ꎮ
(４)这个结论错在认为“力是维持物体运动的原因”ꎮ实
际上ꎬ向上抛出的物体ꎬ获得了一个向上的初速度ꎬ由于惯性ꎬ
它将保持向上运动ꎬ若不受重力ꎬ它将一直向上运动ꎬ只是由
于其受重力ꎬ物体向上运动一段时间后将落下来ꎮ
２.答案 斜面的倾角减小至０°即成为水平面ꎬ小球在水平面上
运动时所受合力为零ꎬ运动状态不变ꎬ将永远运动下去ꎮ
３.答案 正确的是(３)(４)ꎬ错误的是(１)(２)ꎮ
总结:惯性是物体本身具有的保持原来运动状态不变的
性质ꎬ惯性大小只跟物体的质量有关ꎬ跟其运动情况或受力情
况无关ꎮ
2 实验：探究加速度与力、质量的关系
◆练习与应用
１.答案
表４ 探究加速度与力的关系(条件:ｍ＝０.３６ｋｇ)
Ｆ/ Ｎ
０.１４
０.１９
０.２４
０.２９
０.３４
ａ/ (ｍｓ
－２)
０.３９
０.５３
０.８１
０.９４
表５ 探究加速度与质量的关系(条件:Ｆ＝０.２９Ｎ)
ｍ/ ｋｇ
０.８６
０.６１
０.４１
０.３６
０.３１
ａ/ (ｍｓ
－２)
０.３４
０.４８
０.７１
０.８１
表３中应填的数据是:０.６７ ０.９４
２.答案 (１)小车的加速度为
ａ＝
７.２１＋７.７２
(
) －６.１９＋６.７０
(
)
[
] ×１０
－２
２×０.１０
(
) ２
ｍ/ ｓ
２＝０.５１ｍ/ ｓ
２
(２)如图所示ꎮ
根据ａ－１
ｍ图像可以得出结论:当小车所受拉力不变时ꎬ
小车的加速度与其质量成反比ꎮ
3 牛顿第二定律
◆练习与应用
１.答案 没有矛盾ꎮ牛顿第二定律公式Ｆ＝ｍａ中的Ｆ指的是物
体所受的合力ꎬ而不是其中的某一个力ꎮ我们用力提一个放
在地面上很重的箱子时ꎬ箱子受到的力共有三个:手对箱子向
上的拉力Ｆ１ꎬ竖直向下的重力Ｇ以及地面对箱子向上的支持
力Ｆ２ꎮ如果Ｆ１<Ｇꎬ则这三个力的合力Ｆ＝０ꎬ故箱子的加速度
为零ꎬ箱子保持不动ꎮ
２.答案 在物体所受合力一定时ꎬａ∝１
ｍꎬ故有
ａ乙
ａ甲
＝ｍ甲
ｍ乙
得
ｍ甲
ｍ乙
＝ａ乙
ａ甲
＝４.５ｍ/ ｓ
２
１.５ｍ/ ｓ
２＝３ꎮ
即甲车的质量是乙车的３倍ꎮ
３.答案 在物体的质量一定时ꎬａ∝Ｆꎬ故有
ａ２
ａ１
＝Ｆ２
Ｆ１
可得
Ｆ２＝ａ２
ａ１
Ｆ１＝１２Ｎꎮ
４.答案 根据平行四边形定则可知这两个力的合力为
Ｆ＝２×１４×ｃｏｓ４５° Ｎ＝１９.８Ｎ
加速度的大小为ａ＝Ｆ
ｍ＝１９.８
２
ｍ/ ｓ
２＝９.９ｍ/ ｓ
２
加速度的方向与合外力方向相同ꎬ沿两个分力的角平分
线方向ꎮ
５.答案
车受到水平推力作用时ꎬ车在水平方向受到两个力的
作用ꎬ如图甲所示ꎬ设小车运动方向为正方向ꎬ根据牛顿第二
定律有Ｆ－Ｆ阻＝ｍａꎬ则Ｆ阻＝Ｆ－ｍａ＝６０Ｎ－３０×１.５Ｎ＝１５Ｎ
撤去推力ꎬ车在水平方向只受摩擦力作用ꎬ如图乙所示ꎬ
则有－Ｆ阻＝ｍａ′ꎬａ′＝－Ｆ阻
ｍ＝－０.５ｍ/ ｓ
２ꎮ
即车的加速度方向与推力的方向相反ꎬ大小为０.５ｍ/ ｓ
２ꎮ
６.答案 石块Ｂ随车一起运动ꎬ其加速度也是ａꎬ对石块Ｂ受力
分析如图所示ꎬ则石块Ｂ周围与它接触的物体对石块Ｂ的作
用力的合力为Ｆ其他合＝
ｍａ
(
) ２＋ｍｇ
(
) ２＝ｍ
ａ
２＋ｇ
２ꎮ
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ｍ
３ꎬ半径Ｒ的单位为ｍꎬ高度ｈ的单位为
ｍꎬ故１
３πＲ
３ｈ的单位为ｍ
４ꎬ等号两边单位不符ꎬ所以这个公式
是错误的ꎮ
教材习题答案
１８３
◆练习与应用
１.答案 由ｖ
２－ｖ
２
０＝２ａｘ得ａ＝ｖ
２－ｖ
２
０
２ｘ
＝０－４
２
２×４０ｍ/ ｓ
２＝－０.２ｍ/ ｓ
２ꎬ由
牛顿第二定律可得Ｆｆ＝ｍａ＝１００×(－０.２) Ｎ＝－２０Ｎꎬ则自行车
受到的阻力大小为２０Ｎꎬ方向与运动方向相反ꎮ
２.答案 由ｖ－ｖ０＝ａｔ得汽车的加速度ａ＝
ｖ－ｖ０
ｔ
＝０－１０
２
ｍ/ ｓ
２＝
－５ｍ/ ｓ
２ꎬ阻力Ｆ＝ｍａ＝４×１０
３×(－５) Ｎ＝－２×１０
４Ｎꎬ负号表示阻
力方向与运动方向相反ꎮ
３.答案
设飞船质量为ｍꎬ据题意有ａ＝
Ｆ合
ｍ＝Δｖ
Δｔꎬ即９００Ｎ
ｍ
＝
０.９ｍ/ ｓ
３ｓ
ꎬ故ｍ＝３０００ｋｇꎮ
４.答案
汽车的质量ｍ＝２ｔ＝２０００ｋｇꎬ汽车的初速度ｖ０＝
５４ｋｍ/ ｈ＝１５ｍ/ ｓꎬ刹车后汽车的加速度ａ＝
Ｆ
ｍ
＝
－１.２×１０
４
２０００
ｍ/ ｓ
２＝－６ｍ/ ｓ
２ꎮ刹车后汽车滑行的距离ｘ＝ｖ
２－ｖ
２
０
２ａ＝
０－１５
２
２×(－６) ｍ＝１８.７５ｍꎮ
５.答案 由Ｗ＝Ｆｌ和Ｆ＝ｍａꎬ得Ｗ＝ｍａｌꎬ代入单位运算:１Ｊ＝
１ｋｇｍ/ ｓ
２ｍ＝１ｋｇｍ
２/ ｓ
２ꎮ
5 牛顿运动定律的应用
◆练习与应用
１.答案 两个互成６０°角、大小都是５０Ｎ的力的合力为Ｆ＝２×
５０×ｃｏｓ３０° Ｎ＝５０３Ｎ
物体的加速度为ａ＝Ｆ
ｍ＝５０３
２０
ｍ/ ｓ
２＝５
２
３ｍ/ ｓ
２
３ｓ末物体的速度是ｖ＝ａｔ＝５
２
３×３ｍ/ ｓ＝１２.９９ｍ/ ｓ
３ｓ内物体的位移是ｘ＝１
２ａｔ
２＝１
２× ５
２
３×３
２ｍ＝１９.４９ｍ
２.答案 人在气囊上的受力如图所示ꎬ在沿斜面方向ꎬ由牛顿第
二定律得
ｍｇｓｉｎθ－Ｆ阻＝ｍａ
其中ｓｉｎθ＝３.２
６.５ꎬｍ＝６０ｋｇꎬＦ阻＝２４０Ｎ
代入数据解得ａ＝０.９２ｍ/ ｓ
２
由运动学公式ｖ
２＝２ａｘ得
ｖ＝
２ａｘ＝
２×０.９２×６.５ｍ/ ｓ＝３.５ｍ/ ｓꎮ
３.答案 紧急刹车后ꎬ汽车在水平方向受摩擦力作用ꎬ做匀减速
直线运动ꎮ
其中ｖ０＝５４ｋｍ/ ｈ＝１５ｍ/ ｓ
由ｖ
２－ｖ
２
０＝２ａｘ得汽车在水平路面滑动时的加速度大小为
ａ＝ｖ
２
０
２ｘ＝
１５
２
２×１７.２ｍ/ ｓ
２＝６.５４ｍ/ ｓ
２
由牛顿第二定律得ｆ＝ｍａ
且ｆ＝μＦＮꎬＦＮ＝ｍｇ
故路面和轮胎之间的动摩擦因数为μ＝ｆ
ＦＮ
＝ｍａ
ｍｇ＝０.６５４
４.答案 (１)当油桶Ｃ随汽车静止不动时ꎬ油桶Ｃ的受力情况如
图所示ꎬ三个力的合力为０ꎻ当油桶Ｃ随汽车以某一加速度向
左加速运动时ꎬ水平方向有向左的加速度ꎬ而竖直方向合力仍
然为０ꎬ且三个力的方向都不变ꎬ而重力的大小也不变ꎬ所以Ａ
对Ｃ的支持力ＦＡＣ减小ꎬＢ对Ｃ的支持力ＦＢＣ增大ꎮ
(２)当汽车向左运动的加速度增大到一定值时ꎬ桶Ｃ脱离
Ａꎬ此时Ａ对Ｃ的支持力ＦＡＣ恰好为０ꎬ桶Ｃ的受力情况如图
所示:
则Ｆ合＝ｍｇｔａｎ３０° ＝３ｍｇ
３
此时桶Ｃ的加速度为ａ＝Ｆ合
ｍ＝３
３ｇꎬ汽车的加速度与桶Ｃ
的加速度相同ꎬ也为３
３ｇꎮ
6 超重与失重
◆思考与讨论
答案 力传感器上的人“站起”过程中ꎬ先超重后失重ꎮ
◆练习与应用
１.答案
手持饮料瓶时ꎬ小孔有水喷出ꎬ是因为水面高于小孔ꎬ
上部的水对下部的水产生压力ꎬ故水喷出ꎻ当放手让瓶自由下
落时ꎬ由于ａ＝ｇꎬ故水和瓶均处于完全失重状态ꎬ上部的水不再
对下部的水产生压力ꎬ故水不再从小孔流出ꎮ
２.答案
运动员下降过程中ꎬ在弹性绳被拉直前处于完全失重
状态ꎻ从弹性绳刚拉直到弹性绳的拉力等于运动员重力过程
中ꎬ运动员处于失重状态ꎻ从弹性绳的拉力等于运动员的重力
到最后运动员减速为０ꎬ运动员处于超重状态ꎮ
３.答案 由牛顿第二定律有ＦＮ－Ｇ＝ｍａ
其中ａ＝３.５ｇꎬＧ＝ｍｇ＝１０Ｎ
故ＦＮ＝Ｇ＋ｍａ＝４.５ｍｇ＝４５Ｎ
４.答案
座舱落到离地５０ｍ的位置时ꎬ制动系统尚未启动ꎬ人
与手机自由下落ꎬ处于完全失重状态ꎬ故手感觉不到手机的压
力ꎻ座舱落到１５ｍ的位置时ꎬ座舱减速运动ꎬ设初速度为ｖꎬ减
速阶段加速度大小为ａꎮ加速阶段位移为ｘ１ꎬ减速阶段位移为
ｘ２ꎮ由运动学规律可得
ｖ
２＝２ｇｘ１ꎬｖ
２＝２ａｘ２ꎬ其中ｘ１＝７６ｍ－２８ｍ＝４８ｍꎬｘ２＝２８ｍꎮ
解得ａ＝１７ｍ/ ｓ
２ꎬ在离地１５ｍ的位置时手机处于超重状
态ꎬ由牛顿第二定律可解得Ｆ＝ｍｇ＋ｍａ＝０.２×１０Ｎ＋０.２×１７Ｎ＝
５.４Ｎꎮ
５.答案 (１)上升加速时Ｇ１－ｍｇ＝ｍａ
上升减速时ｍｇ－Ｇ２＝ｍａ
联立可得ａ＝Ｇ１－Ｇ２
２ｍ
１８４
(２)电梯的ａ－ｔ图像如图所示
◆复习与提高
Ａ组
１.答案 不是ꎮ物体的惯性大小只与物体的质量有关ꎬ跟物体
的速度无关ꎮ汽车紧急刹车时ꎬ加速度大小不变ꎬ以较大速度
行驶制动时ꎬ速度变化量大ꎬ由ａ＝Δｖ
Δｔ可知ꎬ制动时间长ꎮ
２.答案
设方向相反的两个力的大小分别为Ｆ１、Ｆ２ꎮ由牛顿第
二定律ꎬ有Ｆ１－Ｆ２＝ｍａ１
如果与运动方向相同的力Ｆ１加倍ꎬ有２Ｆ１－Ｆ２＝ｍａ２
解得Ｆ１＝２.５ＮꎬＦ２＝１Ｎ
如果与运动方向相反的力Ｆ２加倍ꎬ有
２Ｆ２－Ｆ１＝ｍａ２
解得Ｆ１＝７ＮꎬＦ２＝５.５Ｎ
３.答案 小球刚从气球上落下时ꎬ具有与气球相同的速度ꎬ小球
向上做匀减速直线运动ꎬ速度减小为０后ꎬ开始向下做匀加速
运动ꎮ
小球向上减速时ꎬ受竖直向下的重力和阻力作用ꎬ由牛顿
第二定律有ｍｇ＋ｆ＝ｍａ１
解得ａ１＝１２ｍ/ ｓ
２
小球向上减速运动的时间ｔ１＝ｖ０
ａ１
＝０.５ｓ
小球向上减速运动时上升的距离ｈ１＝１
２ａ１ｔ
２
１＝１.５ｍ
小球下落时ꎬ受竖直向下的重力和竖直向上的阻力作用ꎬ
由牛顿第二定律有
ｍｇ－ｆ＝ｍａ２
解得ａ２＝８ｍ/ ｓ
２
小球下落的距离为ｈ＝１４.５ｍ＋ｈ１＝１６ｍ
小球下落的时间ｔ２＝
２ｈ
ａ２
＝２ｓ
小球从脱离气球到落回地面所用时间为ｔ＝ｔ１＋ｔ２＝２.５ｓ
４.答案 推进器工作时ꎬ飞船和空间站的加速度为
ａ＝Δｖ
Δｔ＝０.０５
５
ｍ/ ｓ
２＝０.０１ｍ/ ｓ
２
根据牛顿第二定律ꎬ有Ｆ＝ｍ船＋ｍ站
(
) ａ
则空间站的质量ｍ站＝Ｆ
ａ－ｍ船＝９００
０.０１ｋｇ－３.０×１０
３ｋｇ＝８.７×
１０
４ｋｇ
５.答案
Ｆ
２ｍｔ１＋ｔ２
(
) ＝ｍａ
２ｍｔ１＋ｔ２
(
) ＝ａ
２
ｔ１＋ｔ２
(
) ꎬ由此可知其单位
是ｍ/ ｓ
２ｓ＝ｍ/ ｓꎬ而位移ｘ的单位是ｍꎬ所以由字母表达的结
果一定错误ꎮ
６.答案 (１)物体在斜面上运动时ꎬ一共经历沿斜面向上的匀加
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
(２)施加拉力Ｆ时ꎬ物体沿斜面向上加速运动ꎬ其受力情
况如图甲所示ꎬ由牛顿第二定律得Ｆ－ｍｇｓｉｎ３７°－ｆ＝ｍａ１
其中ｆ＝μＦＮꎬＦＮ＝ｍｇｃｏｓ３７°
解得ａ１＝１.６ｍ/ ｓ
２ꎬ方向沿斜面向上ꎮ
甲
撤去拉力Ｆ后ꎬ物体沿斜面向上减速运动ꎬ其受力情况如
图乙所示ꎬ由牛顿第二定律得
ｍｇｓｉｎ３７°＋ｆ＝ｍａ２
其中ｆ＝μＦＮꎬＦＮ＝ｍｇｃｏｓ３７°
解得ａ２＝８.４ｍ/ ｓ
２ꎬ方向沿斜面向下ꎮ
乙
物体沿斜面向上减速为零后开始沿斜面向下运动ꎬ其受
力情况如图丙所示ꎬ由牛顿第二定律得
ｍｇｓｉｎ３７°－ｆ＝ｍａ３
其中ｆ＝μＦＮꎬＦＮ＝ｍｇｃｏｓ３７°
解得ａ３＝３.６ｍ/ ｓ
２ꎬ方向沿斜面向下ꎮ
丙
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
由运动学规律ｘ＝１
２ａｔ
２可知ꎬ若它们在相同时间内发生的位
移分别为ｘ１、ｘ２ꎬ则位移之比就等于加速度之比ꎬ即
ａ１
ａ２
＝ｘ１
ｘ２
ꎮ
(２)由表中数据可得到的结论是:在误差允许的范围内ꎬ
小车质量一定时ꎬ小车的加速度与其受到的合外力成正比ꎻ
因为在这三次实验中ꎬ在误差允许的范围内ꎬ都有
Ｆ甲
Ｆ乙
＝
ｘ甲
ｘ乙
ꎬ而
ａ甲
ａ乙
＝ｘ甲
ｘ乙
ꎬ所以
ａ甲
ａ乙
＝Ｆ甲
Ｆ乙
ꎮ
(３)保持拉力不变ꎬ只改变小车的质量ꎬ记录质量改变前
后的位移ꎮ
８.答案
雨滴先加速下落ꎬ速度变大ꎬ所受的空气阻力变大ꎬ加
速度变小ꎬ当雨滴受到的空气阻力与其重力相等时ꎬ雨滴匀速
下落ꎬ此时加速度为０ꎮ其下落的ｖ－ｔ图像如图所示ꎮ
９.答案 (１)Ｃ位置到０刻度位置有两个长刻度ꎬ相差０.１Ｎꎬ因
此ꎬ每两个长刻度之间相差０.０５Ｎꎮ１Ｎ的重物质量是０.１ｋｇꎬ
教材习题答案
１８５
将其悬吊在弹簧上ꎬ弹簧的伸长越长ꎬ弹簧的拉力越大ꎬ在０
刻度时ꎬ弹簧的拉力等于重力ꎻ在０刻度上方ꎬ弹簧的拉力小
于重力ꎬ加速度向下ꎻ在０刻度下方ꎬ弹簧的拉力大于重力ꎬ加
速度向上ꎮ当指针指在Ｃ位置时ꎬ弹簧的拉力为０.９Ｎꎬ则ａ＝
０.９－１
０.１
ｍ/ ｓ
２＝－１ｍ/ ｓ
２ꎬ可得“竖直加速度测量仪”的标注ꎬ如图
所示ꎮ
(２)沿水平方向安装的固定光滑杆上套一质量为ｍ的滑
块ꎬ滑块两侧分别与劲度系数均为ｋ的弹簧相连ꎬ两弹簧的另
一端与固定壁相连ꎬ滑块上有指针ꎬ可通过标尺测出滑块的位
移ꎮ如果指针向左偏离Ｏ点的距离为ｓꎬ则这段时间内的加速
度大小为ａ＝Ｆ
ｍ＝２ｋｓ
ｍꎬ方向向右ꎬ指针向右偏离时同理ꎮ
Ｂ组
１.答案 设Ａ、Ｂ两球的质量均为ｍꎬ剪断细绳前ꎬ以Ｂ为研究对
象可知弹簧的弹力Ｆ＝ｍｇꎻ以Ａ、Ｂ整体为研究对象ꎬ可知细绳
的拉力为２ｍｇꎮ
剪断细绳瞬间ꎬ细绳的拉力为０ꎬ弹簧的弹力不变ꎬ即仍有
Ｆ＝ｍｇꎬ
根据牛顿第二定律ꎬ对Ａ有ｍｇ＋Ｆ＝ｍａＡꎬ得ａＡ＝２ｇꎻ
对Ｂ有Ｆ－ｍｇ＝ｍａＢꎬ得ａＢ＝０ꎮ
２.答案 (１)当ｆ＝μＦＮ<Ｆ弹时ꎬ物块Ａ向右运动ꎮ
竖直方向ꎬ有ｍｇ－ＦＮ＝ｍａ
所以木箱的加速度ａ>ｇ－Ｆ弹
μｍ＝２ｍ/ ｓ
２ꎬ方向竖直向下ꎮ
(２)要使物体Ａ相对木箱底面向右运动ꎬ木箱只能向左运
动ꎬ当物块Ａ相对木箱底面刚好向右移动时ꎬａ＝μｍｇ－Ｆ
ｍ
＝μｇ＝
０.６ｍ/ ｓ
２
所以木箱的加速度ａ≥０.６ｍ/ ｓ
２ꎬ方向水平向左ꎮ
３.答案 求安全距离时应考虑极限情况下的数据ꎬ所以要取最
高车速ｖ＝１２０ｋｍ/ ｈ＝１２０
３.６ｍ/ ｓ＝１００
３
ｍ/ ｓ、最长反应时间ｔ＝
０.６ｓ及最小动摩擦因数μ＝０.３２ꎮ
根据牛顿第二定律有μｍｇ＝ｍａꎬ得汽车刹车时的加速度
大小ａ＝μｇ＝３.２ｍ/ ｓ
２
反应距离ｘ１＝ｖｔ＝１００
３×０.６ｍ＝２０ｍ
制动距离ｘ２＝ｖ
２
２ａ≈１７４ｍ
刹车距离ｘ＝ｘ１＋ｘ２＝１９４ｍ
因此２００ｍ的安全距离是必要的ꎮ
４.答案 木箱在传送带上滑动时的加速度ａ＝μｍｇ
ｍ＝μｇ＝４ｍ/ ｓ
２
木箱从放上传送带到速度与传送带速度相同所用的时间
ｔ＝ｖ
ａ＝０.２５
４
ｓ＝１
１６ｓ
木箱在传送带上留下的摩擦痕迹ｘ＝ｘ带－ｘ箱＝ｖｔ－１
２ａｔ
２＝
１
１２８ｍ
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ｈꎮ
对圆珠笔受力分析如图所示:
其受到的合力Ｆ＝ｍｇｔａｎθ＝ｍｇｘ
ｈ
由牛顿第二定律得ａ＝Ｆ
ｍ＝ｘ
ｈｇꎬ加速度的方向水平向左ꎮ
地铁的运动情况和圆珠笔相同ꎬ加速度为ｘ
ｈｇꎬ方向水平向左ꎮ
６.答案 刚开始ꎬＡ、Ｂ的运动情况相同ꎬ对Ａ、Ｂ两物体整体分
析ꎬ得ａ＝ＦＡ＋ＦＢ
ｍＡ＋ｍＢ
＝１ｍ/ ｓ
２
Ａ、Ｂ两物体刚好分开时ꎬＦＡ＝ｍＡａ＝４ＮꎬＦＢ＝ｍＢａ＝６Ｎꎬ此
时ｔ＝２ｓꎮ
ｔ＝２ｓ以后ꎬ物体Ｂ的加速度为ａＢ＝ＦＢ
ｍＢ
＝２＋２ｔ
６
＝１＋ｔ
３(ｍ/ ｓ
２)
综上可知ꎬ０~２ｓꎬ物体Ｂ的加速度为１ｍ/ ｓ
２ꎬ２~ ８ｓ内物
体Ｂ的加速度为１＋ｔ
３(ｍ/ ｓ
２)
７.答案 (１)木块静止在铁箱后壁上ꎬ所以
在竖直方向有ｆ＝ｍ木ｇ
又有ｆ＝μ２ＦＮ
所以有ＦＮ＝ｍ木ｇ
μ２
＝２０Ｎ
由牛顿第三定律可得木块对铁箱的压力为２０Ｎꎮ
(２)对木块分析ꎬ在水平方向有ａ＝ＦＮ
ｍ木
＝４０ｍ/ ｓ
２
对铁箱和木块整体分析ꎬ在水平方向有Ｆ－μ１ｍ木＋ｍ箱
(
) ｇ＝
ｍ木＋ｍ箱
(
) ａ
解得Ｆ＝１２９Ｎ
(３)撤去拉力后ꎬ铁箱向右减速运动ꎬ其加速度大小ａ箱＝
μ１ｍ木＋ｍ箱
(
) ｇ－μ２ｍ木ｇ
ｍ箱
＝３.１ｍ/ ｓ
２
木块向右减速运动ꎬ其加速度大小ａ木＝μ２ｍ木ｇ
ｍ木
＝２.５ｍ/ ｓ
２
在ｔ＝１ｓ的时间内ꎬ
铁箱向右运动的位移ｘ箱＝ｖｔ－１
２ａ箱ｔ
２＝４.４５ｍ
木块向右运动的位移ｘ木＝ｖｔ－１
２ａ木ｔ
２＝４.７５ｍ
铁箱的长度ｘ＝ｘ木－ｘ箱＝０.３ｍ
