基础训练参考答案

高 中 物 理 全 套 基 础 练 习基本训练参照答案基本训练1 位移 速度 加速度参照答案一、1.D 2.C 3.B 4.B 5.ACD 6.D 7.D 8.A二、9.103.6610.(1)匀加速直线运动；0.5 m/s2 （2）匀速直线；0 (3)匀减速直线运动；-0.25 m/s2；800 m （4）20 s或160 s11.接线柱；线圈；振片；磁铁；振针；限位孔；复写纸；定位柱；纸带 12.425三、13.49.9 km14.反映时间由匀速，刹车时间内减速.s=v t+v2/2a a= 两式联立，并代入数据得s=1.6102 m15.设扶梯长L，阶梯数为n，则甲在扶梯上的时间为t1=L/(v1+v),甲相对扶梯走过的距离为s1=v1t1,由比例关系有= 联立以上三式得：.同理对L有 比较上面两式可得 v=1 m/s n=70.基本训练2 匀变速直线运动的规律参照答案一、1.AB 2.C 3.C 4.B 5.A 6.C 7.AC 8.C二、9. 10.59.5 11.vm=12.0.58;与运动方向相反；0.13三、13.运用相邻的相等时间里的位移差公式：s=aT2,知s=4 m,T=1 s.a=m/s2=2m/s2.再用位移公式可求得s5=v0t+at2=(0.55+252) m=27.5 m.14.由s=at2及：a=m/s2=36 m/s2.由牛顿第二定律：F+mg=ma得F=m(a-g)=1560 N,成年乘客的质量可取45 kg65 kg,因此，F相应的值为1170 N1690 N15.设P端通过1后时刻速度为v1，通过2后时刻速度为v2,由匀变速运动规律有：v1=,v2=.物体运动的加速度为a=gsin, =又t1-1=,t2-2=,故t12=t1-1-t2-2+=基本训练3 自由落体和竖直上抛参照答案一、1.B 2.C 3.B 4.B 5.ACD 6.ACD 7.C 8.D二、9.0.236 10.2;40 11.1.7 12.0.2 s三、13.（1）运动员打开伞后做匀减速运动，由v22-v12=2as2可求得运动员打开伞时的速度为v1=60 m/s，运动员自由下落距离为s1=v12/2g=180 m，运动员离开飞机时距地面高度为s=s1+s2= 305 m.(2)自由落体运动的时间为t1=6 s，打开伞后运动的时间为t2=3.85 s,离开飞机后运动的时间为t=t1+t2=9.85 s14.可以将这5滴水运动等效地视为一滴水下落，并对这一滴水的运动全过程提成4个相等的时间间隔，如图中相邻的两滴水间的距离分别相应着各个相等时间间隔内的位移，它们满足比例关系：1357.设相邻水滴之间的距离自上而下依次为：x、3x、5x、7x,则窗户高为5x，依题意有：5x=1 则x=0.2 m屋檐高度 h=x+3x+5x+7x=16x=3.2 m由 h=gt2 得：t= s=0.8 s.因此滴水的时间间隔为：t=0.2 s15.每碰撞一次后所做竖直上抛运动，可分为上升和回落两个阶段，不计空气阻力，这两段所用时间和行程相等.小球本来距桌面高度为4.9 m，用h0表达，下落至桌面时的速度v0应为：v0=9.8 m/s.下落时间为：t0=1 s.一方面用演绎法：小球第一次和桌面碰撞，那么，第一次碰撞桌面后小球的速度：v1=v07/9 m/s.第一次碰撞后上升、回落需用时间：2t1=2v1/g=(2v0/g)7/9=27/9 s.小球第二次和桌面碰撞，那么，第二次碰撞桌面后小球的速率：v2=v17/9=(v07/9)7/9=v0(7/9)2 m/s.第二次碰撞后上升、回落需用时间：2t2=2v2/g=2(7/9)2.再用归纳法：依次类推可得：小球第n次和桌面碰撞后上升，回落需用时间：2tn=2(7/9) n (s)因此小球从开始下落到经n次碰撞后静止所用总时间为：T=t2+2t1+2t2+2tn=1+27/9+2(7/9)2+2(7/9)n=1+27/9+(7/9)2+(7/9)n括号内为等比级数求和，首项a1=7/9,公比q=7/9,由于|q|1,因此无穷递减等比级数的和为：,因此T=1+27/2=8 s.基本训练4 运动的合成与分解 平抛运动参照答案一、1.C 2.A 3.C 4.B 5.CD 6.BCD 7.A 8.ABD二、9.2 s；45；44.7 m10.3 m/s 11.37.5 12.5 m;10 m三、13.v0=360 km/h=100 m/s t=10 s h=gt2=500 m H=(1470-500) m=970 mvg=gt=100 m/s t=9.7 s s=v0(t+t)=1970 m14.由几何知识可知：,由平抛规律可得：EP=gt2,AE=v0t,AF=v0.小球刚好落在墙角处，则有：s=FQ=EP=（v0 t由此可知：小球影子以速度v=沿墙向下做匀速运动.15.tan=y/x=gt2/v0t=t,设速度与水平方向的夹角为,则tan= 由以上两式解得tan=2tan,速度与斜面的夹角=-=tan-1(2tan)-与抛出时的初速度大小无关，因此1=2.基本训练5 重力 弹力 摩擦力参照答案一、1.D 2.A 3.C 4.C 5.D 6.A 7.C 8.C二、9.不变；变小10.x2/x111.mg/v;mgR/v.12.(T2-T1)/2三、13.（1）根据胡克定律，F=kx，当弹簧伸长3 cm时，弹簧的拉力为6 N；弹簧伸长2 cm时，弹簧的拉力为4 N.再由平衡的知识，可得物体所受的最大静摩擦力为6 N.（2）滑动摩擦力为Ff=4 N，正压力FN=G=20 N，因此动摩擦因数=Ff/FN=0.214.弹簧最初的压缩量设为x0则x0=当下面的弹簧被压缩x1时，上面的弹簧伸长了x2，则x1= x2=A端上移的高度为x=(x0-x1)+x2=当下面的弹簧被拉长x1时，上面的弹簧伸长了x2,则x1=x1 x2=A端上移的高度为x=(x0+x1)+x2=15.黑毛巾有四个面受到摩擦力，平衡时 F=f1+f2+f3+f4= (1+2+3+4)=5mg,有n条白黑毛巾时，同理有：F=mg(1+2+3+4n),故F=mg(1+4n)=(4n+1)nmg基本训练6 力的合成与分解参照答案一、1.ACD 2.C 3.B 4.ABD 5.B 6.B 7.AD 8.A二、9.先增大后减小；逐渐减小至零10. 5mg； mg11.ABC 12.mg三、13.当OA绳与竖直方向的夹角逐渐增大时，OA和BA绳中的拉力都逐渐增大.其中某一根的拉力达到它自身能承受的最大拉力时，就不能再增大角度了.显然，OA绳中的拉力先达到这一规定.因此有cos=因此=3014.TC=NTA=TCsin30=200N15.此类问题的解答，必须先画图后分析，由于已知合力F的大小和方向，以及一种分力F1的方向，因此可以试着把另一种分力F2的大小从小逐渐增大去画力的平行四边形.如上图所示，以合力的箭头为圆心，以F2的大小为半径去画圆弧与F1相交，分别可得到如下几种状况：（1）当F220 N时，圆弧与F1没有交点，即不能画出平行四边形.无解.(2)当F2=20 N时，圆弧与F1相切，有一种解，且此时F2具有最小值.F1=20N如图（a)所示.(3)当20 NF240 N时，圆弧与F1有两个交点，有两个解.即F2的某一数值相应着F1的两个不同的数值，如图（b）所示. (4)当40 NF2时，圆弧与F1只有一种交点，只有惟一解.因此，若F2取某一数值，可使F1有两个大小不同的数值，则F2的取值范畴为20 NF240 N.基本训练（七） 共点力作用下物体的平衡参照答案一、1.A 2.AD3.AC 将F进行正交分解，得A选项对的.又由于水平方向合力为零有Ff=Fcos,竖直方向合力为零有N=G+Fsin，且Ff=N.因此有Fcos=(G+Fsin),解得F=,其水平分力为G/(1-tan),故C选项对的.4.A 5.D 6.BC7.C 提示：对A进行受力分析，然后运用三角形相似求解.8.D二、9.F/2cos;Fcos10.P/sin;Pcot11.mg/2sin;mg/2tan12.10 N三、13.如右图所示：由平衡条件得2Tsin=mg设左、右两侧绳长分别为l1、l2，AO=l,则由几何关系得l1cos+l2cos=ll1+l2=2l由以上几式解得=60T=mg14.如右图.由力的平衡条件得Ff=由滑动摩擦力的大小规律得Ff=Gcos30由F=及以上两式解得=15.红血球在重力、浮力和粘滞阻力的作用下，匀速下落.由力的平衡，得：取g=10 m/s2，解得R= m310-6 m基本训练8 互成角度的两个力的合成研究平抛物体的运动（实验一）参照答案一、1.C 2.CD 3.D 4.ABC5.ACE 要使小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，A对的.小球每次抛出的初速度相等，释放小球时必须在斜槽上同一位置由静止释放，B不对的，C对的.小球离开轨道后，仅受重力作用，不能有摩擦，E对的.6.D 7.C8.D 小球竖直分运动为匀加速直线运动，加速度为g,故s=gT2;水平分力运动为匀速运动，故x=v0T,从而v0=x,由图可知：x=20 cm,s=10 cm,故v0=10 cm/s= 200 cm/s,应选D.二、9.2;0.7 m/s10.图（a）；只用一种弹簧秤将橡皮条的端点由A点拉到O点时，所用的力F的方向一定是在AO这条直线上.11.2.1 12.10;1.5;2.5三、13.从读数可知互相垂直的拉力大小分别为4 N和2.5 N.作图略.14.（1）作出下面的示意图.（2）弹射器必须保持水平，以保证弹丸初速度沿水平方向.（3）应测出弹丸下降的高度y和水平射程x.（4）在不变化高度y的条件下进行多次实验测量水平射程x，得出水平射程x的平均值，以减小误差.（5）由于y=gt2，因此t=又x=v0t，故v0=x/t=/15.一种方格的边长l=gt2=10（）2 m=m可知在t=s的时间内，小球的水平位移x=3l=m 由x=v0t得v0=x/t=m/s=0.5 m/svcy=gt=103t=1 m/s故vc=/2 m/s基本训练9 牛顿运动定律参照答案一、1.D 2.D3.B 开始一段，物体变加速下落，a减小，v增大；后来一段，物体变减速下落，a增大，v减小.4.BC 5.C6.C 设阻力为f，依题意有F-Ff=Ma,2F-Ff=Ma,由上述两式可得a2a.7.C8.B t2末，物体速度最大，动能最大.9.1.35103;0.385 10.a1a2/(a1+a2)11.20;4.5或 12.g;mg13.s=150 m 第一阶段，物体做初速为零的匀加速直线运动，第二阶段，物体做匀减速直线运动，第三阶段，物体做初速度不为零的匀加速运动.一、二过程以v1为联系纽带，二、三过程以v2为联系纽带，并以加速度a作为运动学和动力学问题的联系“桥梁”，联立多式求解.14.f=macos=0.61 N 方向水平向左15.1.5103 N 运动员触网时速度v1= (向下)，离网时速度v2= (向上），速度变量v=v1+v2(向上) 加速度a=v/t,由F-mg=ma可得F=mg+m+=1.5103 N.基本训练10 牛顿运动定律的应用参照答案一、1.AD 2.C 3.BC 4.D 5.AC 6.AC 7.CD8.A 以盘和重物为一种整体加以隔离，平衡时kL=（m+m0）g，k=.用手向下拉，弹簧共伸长L+L，弹力F=k（L+L）手的瞬时，根据牛顿第二定律F-（m+m0）g=（m+m0）.把F值代入得（L+L）-（m+m0）g=（m+m0）aa=g，方向向上.隔离盘中物体，设盘对物体的支持力为N，由牛顿第二定律N-mg=ma故N=mg+ma=mg+mg=（1+）mg，向上.二、9.2010.= =arctan根据牛顿第二定律由F-mg=ma得=加力F后，水平加速度不变，有F+Fcos-(mg+Fsin)=ma与上式联立得=arctan阐明推力方向只能与水平方向成角向下，因施推力后加速度不变，则必有Fcos=Fsin.即得tan=因此=arctan11.t=(M-m)v0/mg; 12.t1t2;FFf=(t1+t2)t1三、13.由于l2被剪断瞬间，l1上的张力大小发生了变化.（1）错.由于l2被剪断的瞬间，弹簧的长度来不及发生变化，力T1的大小和方向都不能突变，（2）对.14.依题意，0.2 s后P离开了托盘，0.2 s时托盘支持力恰为零，此时加速度为：a=（F大-mg）/m(式中F大为F的最大值)此时M的加速度也为a.a=（kx-Mg）/M因此kx=M（g+a）本来静止时，压缩量设为x0，则：kx0=（m+M）g而x0-x=at2/2由、有：at2即mg-Ma=0.02aka=mg/（M+0.02k）=6 m/s2代入：Fmax=m（a+g）=10.5（6+10）N=168 NF最大值为168 N.刚起动时F为最小，对物体与秤盘这一整体应用牛顿第二定律得F小+kx0-（m+M）g=（m+M）a代入有：Fmin=（m+M）a=72 NF最小值为72 N.15.（1）坠落物做自由落体运动的时间：h=gt2落地速度v0=gt地面人员逃离时间t=t-0.2逃离速度v=求得t=7 s v0=70 m/s v=10.3 m/s(2)根据牛顿运动定律可知：(F-mg)=ma=m求得F=5.64106 N(3)震动同步产生传播，则由匀速运动知求得s=23.1 km基本训练11 匀速圆周运动 向心力参照答案一、1.AD 2.AC 3.CD 4.C 5.ACD 6.B 7.ACD 8.AB 小球受力状况如图所示，由图可知N=,因此A、B球对筒壁的压力相似.F=mgcot=m=mr2=mr()2,因此r大，v大，小，T大.因此对的答案为A、B.二、9.38.2;0.026 m/s2 10.1511.300 由于电扇叶片有三个，互相夹角为120，目前观测者感觉叶片有6个，阐明在闪光时间里，电扇转过的角度为60+n120，其中n为非负整数，由于光源每秒闪光30次，因此电扇每秒转过的角度为1800+n3600，转速为（5+10n) r/s,但该电扇的转速不超过500 r/min,因此n=0,转速为5 r/s,即300 r/min.12.600三、13.L=14.光束照射在小车上时，小车正接近N点，t时间内光束与MN的夹角从45变为30，小车走过的距离为l1，由图可知，l1=d(tan45-tan30）,因此小车的速度v1=.代入数值解得v1=1.7 m/s 光束照射在小车上时，小车正在远离N点，t时间内光束与MN的夹角从45变为60,小车走过的距离为l2.由图可知l2=d(tan60-tan45)，因此v2=.代入数值解得v2=2.9 m/s.15.设绳与竖直方向夹角为，则cos=,因此=60，小球在绳断时离地高度为：h=H-Lcos小球做匀速圆周运动的半径为：r=LsinF向=mmgtanmv2=mg(H-mv02联立式求得：H=3.3 m,平抛运动时间为：t=0.6 s,水平距离为：s=v0t=m,圆柱半径为：R=4.8 m.基本训练12 万有引力定律及其应用参照答案一、1.AD 2.BD 3.BD4.AD 如果万有引力局限性以充当向心力，星球就会解体，据万有引力定律和牛顿第二定律得：GR 得T=2,又由于M=R3,因此T=.5.D 6.D7.BD 卫星绕地球运转，都是卫星和地球之间的万有引力提供卫星绕地球运转的向心力，而万有引力方向指向地心.因此铱星系统的这些卫星的轨道应是以地心为中心的圆形轨道.铱星轨道距地球表面780 km，而地球同步卫星的轨道距地面约3.6104 km.8.B 可采用排除法.7.9 km/s是第一宇宙速度，是近地面卫星运营所必需的速度，A显然错，3.07 km/s是距地面高度为3.6104 km的地球同步卫星运营速度，C也不对的.11.2 km/s是第二宇宙速度，是卫星挣脱地球引力束缚所必需的速度，D错.因此对的选项为B.二、9.r=mv2/G 10.W=mg2t211. 12.2.5104 km三、13.侦察卫星绕地球做匀速圆周运动的周期设为T1，则 地面处的重力加速度为g，则 =m0g由上述两式得到卫星的周期T1=其中r=h+R地球自转的周期为T，在卫星绕行一周时，地球自转转过的角度为=2摄像机应拍摄赤道圆周的弧长为s=Rs=14.(1)=mR2，M=R3，带入得：=(2)=kg/m3=1.271014 kg/m3（3）M=R3，因此R=m=1.56105 m15.（1）由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所相应的逃逸速度v2=,其中M、R为天体的质量和半径.对于黑洞模型来说，其逃逸速度不小于真空中的光速，即v2c,因此Rm=2.94103 m即质量为1.981030 kg的黑洞的最大半径为2.94103 m.（2）把宇宙视为一一般天体，则其质量为M=V=R3其中R为宇宙的半径，为宇宙的密度，则宇宙所相应的逃逸速度为v2=由于宇宙密度使得其逃逸速度不小于光速c，即v2c则由以上三式可得R=4.011026 m,合4.241010光年.即宇宙的半径至少为4.241010光年.基本训练13 冲量与动量 动量定理参照答案一、1.B 2.D 3.D 4.C 5.BC 6.BD 7.D 8.B二、9. 11；1210.45；kgm/s 小球撞击后速度正好反向，阐明撞击前速度与钢板垂直.运用这一结论可求得钢板与水平面的夹角=45，运用平抛运动规律（或机械能守恒定律）可求得小球与钢板撞击前的速度大小v=v0=10m/s,因此其动量的大小为p=mv=kgm/s.11.-20;16;3612.0.5 kg;2 Ns 用水平向左的短时冲量I作用于B球后，B球获得一定的动量，向左压缩弹簧，压缩过程中，B球的动能转化为弹簧的弹性势能，机械能守恒.B球速度为零时，弹簧弹性势能最大为4 J，当A球离开墙壁瞬间，弹簧刚好恢复原长，B球动能为4 J，而B球的动量大小是2 kgm/s，由动量公式p=mv和动能公式Ek=mv2，可求出B球的质量0.5 kg，同步可知B球压缩弹簧前的动量大小也是2 kgm/s，据动量定理，水平冲量I的大小是2 Ns.三、13.略14.设人离地时获得速度为v，据动量定理（F-mg)t=mv.由竖直上抛运动公式得：h=v2/2g,由上述两式解得：h=0.4 m,因此该同窗摸高为H=2.2+0.4=2.6 m.15.根据牛顿第二定律，系统受的合外力为F=（M+m）a，脱钩后到拖车停止所经历的时间为t=，对系统运用动量定理可得：（M+m）a=Mv-（M+m）v0，因此v=v0基本训练14 动量守恒定律参照答案一、1.A 2.BC 3.AD 4.D5.C 由碰撞中动量守恒可求得p甲=2 kgm/s要使甲追上乙，则必有：v甲v乙，即 m乙1.4m甲碰后p甲、p乙均不小于零，表达同向运动，则应有：v乙v甲即： m乙5m甲碰撞过程中，动能不增长，则即 推得 m乙m甲由、知，m甲与m乙的关系为m乙5m甲比较知应选C.6.AC 小球的水平速度是由小车对它的摩擦力作用引起的，若小球在离开小车前水平速度已经达到v0，则摩擦力消失，小球在水平方向不再加速，反之小球在与小车接触过程中，在水平方向始终处在加速状态，因此本题有两种也许.设小球与小车碰撞中在离开小车前已经与小车具有共同的水平速度v，在水平方向动量守恒，有Mv0=(M+m)v由于Mm,得v=v0若小球与小车碰撞中水平方向始终未达到共同速度，对小球运用动量定理：水平方向 Ft=mv竖直方向 Nt=2mv=2m又由于 F=N解上述方程，可得 v=27.BC 8.CD二、9.25 10.5411.tAtB=tC 12.v三、13.因均是以对地（即题中相对于静止水面）的水平速度，因此先后跃入水中与同步跃入水中成果相似.设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为v，取v0为正向，根据动量守恒定律，有（M+2m)v0=Mv+mv-mv解得：v=(1+)v014.乙与甲碰撞动量守恒：m乙v乙=m乙v乙+m甲v甲小物体m在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v乙=（m+m乙）v对小物体应用牛顿第二定律得a=g因此t=v/g代入数据得t=0.4 s15.设第1号球与第2号球碰后的速度分别为v1和v2由动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2由能量关系可得解可得v2=v0由于每次碰撞所遵循的规律完全相似，分析归纳可得经次碰撞后，第号球获得的速度为v=()v0由于第号球恰能到圆轨道的最高点，因此对第号球，根据机械能守恒定律有mv2+mg2R在最高点有mg=m解可得第1号球的初速度v0 3.69基本训练15 功和功率参照答案一、1.D 2.A 3.B 4.AB 5.C 6.A7.B 拉绳时，两股绳中的拉力都是F，它们都对物体做功，因此其对物体做的功为W=W1+W2=Fscos+Fs=Fs(1+cos)8.C 上坡达最大速度时，牵引力F1=mgsin+Ff；下坡达最大速度时，牵引力F2=Ff-mgsin.由题意有：P=(mgsin+Ff)v1=(Ff-mgsin)v2=Ffv3(路面略微倾斜，当作Ff相等）解得：v3=2v1v2/(v1+v2)二、9.75 W 每次空中时间为t=60/180 s=0.2 s,起跳速度v0=gm/s= 1 m/s,平均功率为：P=W=75 W10.0.511.1.4 将每次输送血液等效成一种截面为S，长为L的柱体模型，则=(1.5104810-5)/(60/70) W=1.4 W12.Sv3;110513.(1)当汽车达最大速度时，其a=0，合外力为零，即/vm=Ff，则最大速度为vm=P/Ff=60103/5103 m/s=12 m/s(2)由牛顿第二定律得P/v-Ff=ma即60103/v-5.0103=5.01030.5解得v=8 m/s由v=at可得，这一过程维持的时间为t=v/a=8/0.5=16 s14.（1）设山坡倾角为，由题设条件得sin=,设汽车在平路上开行和山坡上开行时受到的摩擦力均为Ff，由最大速度时满足的力学条件有：Ff+mgsin两式相比，得Ff =N=1000 N.(2)设汽车在水平路面上以最大速度运营时牵引力为F，则F=Ff=1000 N，因此汽车发动机的功率为P=Fvm1=Ffvm1=100012 W=12 kW（3）设汽车沿山坡下行过程中达最大速度时牵引力为F，则需满足力学条件F+mgsin=Ff即+mgsin=Ff因此汽车下坡时的最大速度为vm3=m/s=24 m/s15.（1）列车匀速运动时牵引力F与受阻力Ff相等，且F=Ff,而Ff=kv2,则P=Fv=kv3,代入v1=120 km/h,v2=40 km/h可得P1/P2=27/1.(2)在轨道（弯道）半径一定的状况下，火车速度越大，所需向心力越大，通过增大弯道半径可以减小向心力.基本训练16 功和能 动能定理参照答案一、1.CD 2.C 3.BC 4.B 5.C 6.B 7.B8.ACD 对子弹：由-Ff(L+s)=mv2-mv02知D对的.对木块：由fL= mv2，知A对的.而由以上两式相加并整顿得fs=mv02- (M+m)v2,知C对的.二、9.14 设小球被抛出时速度为v0，落至斜面上时竖直分速度为vy，则vy=gt,且tan30=gt2/v0t 即gt/2v0=tan30 vy=2v0tan30,故末动能Ek=m(v02+vy2)=mv02=14 J.10. 11.5 s12.1.25 由动能定理有：Pt-fs=mvB2-mvA2aB=由并代入数据得：aB=1.25 m/s2.三、13.物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力对物体做功(支持力不做功)，设斜面倾角为，斜坡长L，则重力和摩擦力的功分别为：G=mgLsinf1=-mgLcos在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设平面上滑行的距离为s2，则f2=-mgs2整个运动过程中所有外力的功为：=G+f1+f2即=mgLsin-mgLcos-mgs2根据动能定理=Ek2-Ek1得mgLsin-mgcosL-mgs2=0得：h-s1-s2=0式中s1为斜面底端与物体初位置间水平距离，故=.14.此题可以用机车起动类问题为思路，即将物体吊高分为两个过程解决：第一种过程是以绳所能承受的最大拉力拉物体，使物体匀加速上升，第一种过程结束时，电动机刚达最大功率.第二个过程是电动机始终以最大功率拉物体，拉力逐渐减小，当拉力等于重力时，物体开始匀速上升.在匀加速运动过程中加速度为a=m/s2=5 m/s2末速度vt= m/s=10 m/s上升时间 t1= s=2 s上升高度 h= m=10 m在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速度为vm=m/s=15 m/s外力对物体做的总功W=Pmt2-mgh2，动能变化量Ek=mvm2-mvt2由动能定理得Pmt2-mgh2=mvm2-mvt2代入数据后解得t2=5.75 s,t=t1+t2=7.75 s所需时间至少要7.75 s.15.从开始提高到活塞升至内外水面高度差为h0= 10 m的过程中，活塞始终与管内液体接触（再提高活塞时，活塞和水面之间将浮现真空，另行讨论）.设活塞上升距离为h1,管外液面下降距离为h2(如图所示），则h0=h1+h2因液体体积不变，有h2=h1(h1得 h1=h0=10 m=7.5 m题给H=9 mh1，由此可知的确有活塞下面是真空的一段过程.活塞移动距离从零到h1的过程中，对于水和活塞这个整体，其机械能的增量应等于除重力外其她力所做的功.由于始终无动能，因此机械能的增量也就等于重力势能增量，即E=(r2h1)g其她力有管内、外的大气压力和拉力F.由于液体不可压缩，因此管内、外大气压力做的总功p0(R2-r2)h2-p0r2h1=0, 故外力做功就只是拉力F做的功，由功能关系知W1=E即 W1=(r2)gh02=r2=1.18104 J活塞移动距离从h1到H的过程中，液面不变，F是恒力，F=r2p0.做功W2=F（H-h1)=r2p0(H-h1)=4.71103 J所求拉力F做的总功为W1+W2=1.65104 J基本训练17 机械能守恒定律参照答案一、1.C 2.C3.A 本题可以画出v-t图作出更简捷的判断.如图为沿ABC和AD下滑的小球a、b的v-t图，由于AB+BC=AD，则图线下方与t轴间的面积应相等，也就是图中划有斜线的两部分面积相等，显然，两球运动的时间必然是tat.4.C 5.C 6.AD7.C 作出平抛轨迹后不难得出落地速度v=v0/cos，故系统总机械能为E2=mv02/cos2.由机械能守恒定律E1=E2即mv02+mgh=m得mgh=mv02（-1）=mv02，因此mgh/mv02=tan2.8.BCD 因A处小球质量大，处的位置高，图示中三角形框架处在不稳定状态，释放后支架就会向左摆动.摆动过程中只有小球受的重力做功，故系统的机械能守恒，选项B对的，D选项也对的.A球达到最低点时，若设支架边长是L，A球下落的高度便是L,有mg(L)的重力势能转化为支架的动能，因而此时A球速度不为零，选项A错.当A球达到最低点时有向左运动的速度，还要继续左摆，B球仍要继续上升，因此B球能达到的最高位置比A球的最高位置要高，C选项也对的.二、9.1 m/s 10.mg 11.2v012.m2(m1+m2)g2/k2;m1(m1+m2)(+ )g2.三、13.设小物体由A落至圆弧最低点时的速度为v,由机械能守恒定律得mgR=mv2 得v=小物体向上运动的过程中，m与M构成的系统在水平方向的动量守恒：mv=（M+m）v v为小球滑至最高点时m与M的共同速度v=此过程中系统机械能守恒，因此mv2-（M+m）v2=mgh解得m上升的最大高度h=R.14.由图可知：vAsin30=vBcos30即vA=vBA球下落的高度：h=Lsin30=0.4m=0.2 m由机械能守恒定律mgh=mvA2+mvB2联立并代入数据得：vA=m/s，vB=1 m/s15.B下落过程中，对系统有：m2g=m1gsin+ (m1+m2)v2后来对A上升至顶点过程：m1v2=m1g(- Hsin)因此=基本训练18 打点计时器及其应用（实验二）参照答案一、1.BD2.ACD 平衡摩擦力时不能将砂桶拴在小车上；摩擦力平衡后，变化小车质量M时，不需要重新平衡摩擦力；求小车的加速度应从低带上求；画图线应画a-图线.3.A 4.C5.ACD 平衡摩擦力事实上就是让小车的重力沿斜面的分力与小车受摩擦阻力(涉及纸带，但不悬挂小桶)相平衡，粗略分析就是Mgsin=Mgcos，可见平衡摩擦力与物体的质量无关，即变化小车质量M时，不必重新平衡摩擦力，知B对的，A错.在使用打点计时器时应先接通电源，待振针稳定后再松开纸带，知C错.在本实验中，目的是验证牛顿第二定律，故加速度应为实测得到的数值，即通过度析纸带而得出，而不是运用牛顿第二定律进行计算，知D错.6.AC7.D 若打点计时器错接在直流电源上，则不打点，A不也许；若电源电压不稳定，则打点的力的大小不同，即纸带上打出圆点的清晰度不同，B不也许；若电源频率不稳定，则打点的时间间隔不同，点间距离不同，C不也许；若振针压得过紧，则会浮现托迹现象即纸带上打出的不是圆点，而是某些短线.8.C二、9.8.63 m/s2 10.0.51 m/s2;4.36 11.0.71 kg12.(1)a=4.00 m/s2 (2)小车的质量m；斜面上任意两点间的距离L及两点间的高度差；mg-ma.三、13.g=9.50 m/s214.（1）先求出M的倒数，在坐标中描点，再连线得到a-图象如下图所示实验次数车的质量M(kg)车的加速度a(m/s2)m的倒数10.200.785.0020.400.382.5030.600.251.6740.800.201.2551.000.161.00（2）图象是一条过原点的斜直线，表白：a.(3)砂和砂桶的重力约等于小车的牵引力.即(m砂+m桶）g=F而F=ma=等于图线的斜率.由图象可得：（m砂+m桶）g0.155 N15.设第1、6点间的位移为s1，第6、11点间的位移为s2第21、26点间的位移为s5.每6个点间的运动时间T=0.025 s=0.1 s.(1)a= m/s2=0.8 m/s2(2)由于s=s3-s2=s5-s4因此s3+s4=s2+s5第16点的速度v16= m/s=0.32 m/s因此v21=v16+aT=0.32 m/s+0.80.1 m/s=0.4 m/s(3)由于 又由于v1=v16-a3T=0.32 m/s-0.80.3 m/s=0.08 m/sv26=v16+a2T=0.32 m/s+0.80.2 m/s=0.48 m/s因此 m/s=0.28 m/s基本训练19 验证动量守恒定律和机械能守恒定律（实验三）参照答案一、1.BCD 2.BD 3.D 4.A 5.D 6.C 7.BD 8.BCD二、9.(1)ABD (2)底板要竖直，这样才干使重锤落下时，受到的阻力较小；通电打点；再放下重锤，让它带着纸带一同落下（3）第1、2点间距离接近2 mm，且点迹清晰.(4)阻力对重锤和纸带的影响；不不小于重力势能的减少量；质量较大的.(5)过原点的斜直线；重力加速度g.10.(1)天平；刻度尺 （2）4111.7.62;7.5612.这是由于重锤做自由落体运动时，加速度较大，各点之间的距离较易测量，故不必采用计数点的措施.三、13.该实验中，规定入射球质量不小于被碰球质量，因此应选m1为入射球.由动量守恒知：m1,即0.130.00=0.114000+0.05(xN-3.00)得xN=35.00.故N点位置应在35.00刻度线上.14.（1）vB=1.18 m/s;EkB=6.9610-1 J.(2)Ep=6.9210-1 J(3)上述所得Ek与Ep在误差容许范畴内两者相等，验证了物体在只受重力作用时，重力势能的减少量等于动能的增长量，即机械能守恒.15.由s=gT2知，只要量出相邻点之间的距离s1、s2、s3，查出本地的重力加速度g,由T1=,T2=,T3=求出T1、T2、T3，继而求出其平均值：T=.再根据vn=求出打某两点时的速度.最后分别算出两点间重力势能的减少量Ep和动能的增长量Ek，看其与否近似相等，即可验证机械能与否守恒.基本训练20 机械振动参照答案一、1.D 2.B 3.BCD4.D 对AB整体 kx=(M+m)a,对A：Ff=ma，由上述两式得：Ff=()kx5.AD 6.ACD7.C 物体随平台在竖直方向振动过程中，仅受两个力作用：重力、台面支持力.由这两个力的合力作为振动的答复力，并产生始终指向平衡位置的加速度.物体在最高点a和最低点b时，所受答复力和加速度的大小相等，方向均指向O点，如图所示.根据牛顿第二定律得：在最高点mg-Na=ma，在最低点Nb-mg=ma，平衡位置N0-mg=0，因此NbN0Na故可判得答案C对的.8.C 撤去F后，m1板将做简谐运动，其平衡位置是不加压力F时m1板的静止位置(设为a)，离弹簧上端自然长度为x0=m1g/k.m1板做简谐运动时的振幅等于施加压力后弹簧增长的压缩量，即：A=x1=F/k.此时m1板的位置设为b,如图所示.撤去F后，m1板跳起，设弹簧比原长伸长x2时刚好能提起m2板(处在位置C)，由kx2=m2g，得x2=m2g/k.根据m1做简谐运动时的对称性，位置b、c必在平衡位置a的对称两侧，即x1=x0+x2或因此F=（m1+m2）g二、9. /2 min10.4;611.1 m;169;甲12.15三、13.此山高度为地球半径的倍.14.A、B相遇一定在O点，B返回O点所用时间为t=2x/v,A达到O点时间为t=nT/2,(n=1、2、3）因此2x/v=nT/2,T=2.因此x=nv (n=1、2、3）15.(1)画出的甲观测到的振子振动图象如图下面左图所示.(2)画出的乙观测到的振子的振动图象如下面右图所示.基本训练21 机械波参照答案一、1.ACD 2.BC 3.B 4.C 5.B 6.A 7.C 8.A二、9.1.4 10.向右 11.1.312.由t=0时M点的运动方向可判断出波是沿x轴负方向传播的，经t=0.5 s波传播的距离s=vt=500.5 m=25 m，波长=20 m，因此波向x轴负方向传播的距离是1，而波形每传播一种波长恢复原形一次，故只需将A图中各点相应左移即5m，即可得到新的波形图，如图所示.三、13.(1)当a、b不不小于一种波长时，设波由a，则=sa，=8 mv=f=825 m/s=200 m/s设波由a，则=sab =4sab=46 m=24 mv=f=2425 m/s=600 m/s(2)若ab间距离不小于一种波长当波由a时，n+=sab=（n=1、2、3）故波速v=f=（2425）/（4n+3）=600/（4n+3）（n=1、2、3）当波由ba时，n+=sab=（n=1、2、3）故波速v=f=600/（4n+1） （n=1、2、3）14.(1)向左传播时传播的距离为s=（n+）=（n+）4 m =（4n+3)m （n=0、1、2）(2)根据t=（n+）T 得T=在所有也许的周期中，当n=0时的最大，故Tm=0.8s(3)波在0.2 s内传播的距离s=vt=7 m，等于个波长，故可判得波向左传播.15.P点两次浮现波峰的最短时间是0.4 s，因此这列波的周期T=0.4 s.(1)由波速公式得 v=x/T=4/0.4 m/s=10 m/s(2)由t=0时刻到R第一次浮现波峰，波移动的距离s=(9-2) m=7 m.则t=s=0.7 s(3)在上述时间内，R实际振动时间t1=0.7 s-0.4 s=0.3 s,因此R通过的路程为s路=42 cm=6 cm.基本训练22 分子动理论 热和功参照答案一、1.B 2.AD 3.B4.D 设来回拉动一次锯条，通过的路程为s，则来回拉动锯条一次力F做的功为W1=Fs.锯出这道缝，力F做的总功为W=50W1=50Fs,由于s未知，故无法拟定锯条内能的增量.5.C6.B 由于水银密度不小于水的密度，对A、B两球浸没深度相似，因此B球所受压力不小于A球.要使B球膨胀到等于A球体积，B球克服压力做的功多，故吸取热量也多.7.D 8.C二、9.S=10 m2 10.r11.11/1 12.110-8三、13.（1）3.31022 (2)3.110-10 m14.设在时间t内落下的水的质量为m，则m=Svt.质量为m的水落下时损失的机械能为：E机=mgh+mv2由题意65%E机=E电=Pt因此P=3.9106 W15.（1）根据题目所给条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10 m/s2.若以地面为重力势能零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能为Ep=Mgh以v表达空间站在近圆轨道上的速度，有引力提供向心力，由牛顿定律得Mg=M由式可得空间站在近圆轨道上的动能为Ek=Mg(R+h)由、式得，在近圆轨道上空间站的机械能E=Mg(h)在坠落过程中，用于一部分销毁所需的能量为Q汽=（M-m）用于残片升温所需的能量Q残=CmT残片入海时的动能为E残=mv2以E表达其她方式散失的能量，则由能量守恒得E=Q汽+E残+Q残+E将式代入式整顿得E=Mg(R+h)-(M-m)-mv2-CmT（2）将题目所给的数据代入式解得E=2.91012 J基本训练23 库仑定律参照答案一、1.D 2.AD 3.D 4.B 5.D 6.C7.AC 设轻丝线与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得F电=mgtan，从而得出结论.8.A 运动颗粒满足k,合并后由动量守恒得速度为v/2，在原轨道运营所需向心力为2m()2/r=mv2/2r,库仑引力kQ()2/r2=kQq/2r2,两者仍相等.二、9.16 10.4/711.（1）负，负 （2）()21()212.1，方向向左 采用隔离体法进行受力分析，由牛顿第二定律列出方程，结合牛顿第三定律进行求解.三、13.由于q1+q2=q1+q2,而当q1=q2时，库仑力F最大，因此有q1=q2=(q1+q2)/2.14.8FT A球所受重力G、B对A的库仑力FC、线的拉力FT，三力平衡，构成一种封闭的矢量三角形，该三角形与三角形OBA相似，由相似比可得出结论.15.aB=a/3;aB=a/6,vB=v0/3.16. 当mgcos=Fsin时，速度达最大，代入库仑力体现式，即可得出结论.基本训练24 电场的力的性质参照答案一、1.C 2.D 3.D4.B 根据电场线分布和平衡条件判断.5.BC6.C 运用等效场解决.7.D8.D 依题意做出带正电小球A的受力图，电场力最小时，电场力方向应与绝缘细线垂直，qE=mgsin30，从而得出结论.二、9.116；010.0；9103 N/C；方向与E成45角斜向右下方11.2mg+Eq 先以两球整体作为研究对象，根据平衡条件求出悬线O对整体的拉力，再由牛顿第三定律即可求出细线对O点的拉力大小.12.（1）v0 （2） （3）L三、13.约为52 N/C14.（1）小球在桌面上做匀加速运动，t1=,小球在竖直方向做自由落体运动，t2=,小球从静止出发到落地所通过的时间：t=t1+t2=.(2)小球落地时vy=gt2=,vx=at=t=2gt=2.落地速度v=.15.R 将电场和重力场等效为一种新的重力场，小球刚好沿圆轨道做圆周运动可视为小球达到等效重力场“最高点”时刚好由等效重力提供向心力.求出等效重力加速度g及其方向角，再对全过程运用动能定理即可求解.基本训练25 电场的能的性质参照答案一、1.A 2.C3.A 只有一条电场线，不能拟定具体的电场，无法比较电场强弱及两点间的电势差.4.ABD 5.C 6.A7.C 正电荷从A点移到B点，动能减少，电场力做负功，电势能增长，电势升高，UBA=V=10 V=B-A.得B=0.电荷所受电场力方向向左，轨迹为曲线.8.B 完全相似的两金属球初动能、动量大小相似，则初速度大小相似，于M、N中点相碰时速度均减为零，之后由于库仑斥力变大，同步返回M、N两点时速度大小同步变大但彼此相等，方向相反.二、9.1.2109 V；2.41010 J10.垂直于A、B线斜向下；1000 V/m 11.912.0； A、B位于同一条等势圆弧线上，圆弧线上每一点场强大小相似，由牛顿运动定律及圆的有关知识即可求解.三、13.Em=E+ 由动量守恒定律可得两球最接近，即电势能最大时两者的共同速度，再由能量守恒定律可求得电势能的最大值.14.vC=,aC=g-a 在D点：mgsin30-FDsin30=ma,在C点：mgsin30+FDcos30=maC,D和C在同一等势面上，FD=FC，得aC=2gsin30-a=g-a.质点从D到C的过程中运