物理基础练习(共12套含答案)
高中物理力学基础练习题及答案
高中物理力学基础练习题及答案1. 速度、加速度和位移计算题1.1 题目一个物体在匀加速运动下，从静止出发，经过3秒后的速度为6 m/s。
求此物体的加速度和位移。
1.2 答案已知：初始速度v0 = 0 m/s，时间t = 3 s，最终速度v = 6 m/s求：加速度a和位移s根据匀加速运动的公式v = v0 + at，代入已知数值，可得：6 = 0 + a * 3即 6 = 3a解方程得：a = 6 / 3 = 2 m/s²再根据匀加速运动的位移公式s = v0t + (1/2)at²，代入已知数值，可得：s = 0 * 3 + (1/2) * 2 * (3²)即 s = 0 + (1/2) * 2 * 9即 s = 0 + 9 = 9 m所以，此物体的加速度a为2 m/s²，位移s为9 m。
2. 物体自由落体问题2.1 题目一个物体从高度100 m自由落下，请问它落地时的速度是多少？2.2 答案已知：初始高度h = 100 m，自由落体加速度g ≈ 9.8 m/s²求：落地时的速度v根据自由落体的速度公式v = √(2gh)，代入已知数值，可得：v = √(2 * 9.8 * 100)即v = √(1960)即v ≈ 44.27 m/s所以，物体落地时的速度约为44.27 m/s。
3. 力的合成与分解3.1 题目一力计沿x轴正方向作用力F1 = 50 N，另一力F2沿x轴负方向作用，大小为30 N。
求合力F的大小和方向。
3.2 答案已知：F1 = 50 N（x轴正方向），F2 = 30 N（x轴负方向）求：合力F的大小和方向由于F1和F2沿x轴方向，且符号相反，所以求合力即为两力相减：F = F1 - F2 = 50 N - (-30 N)即 F = 50 N + 30 N = 80 N所以，合力F的大小为80 N。
为了确定合力F的方向，可以画出示意图，将F1和F2用箭头表示，然后通过几何方法得到合力F的方向。
物理基础训练答案
物理基础训练答案1.在牛顿第二定律中，质量是与物体的关系是什么？答：在牛顿第二定律中，质量是物体惯性大小的量度，也是物体保持原有运动状态的重要因素。
质量越大，物体受到相同的外力作用时，其加速度越小，物体的运动状态也越难以改变。
2.牛顿第一定律的意义是什么？答：牛顿第一定律的意义在于它揭示了物体在没有外力作用时的运动规律。
即物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力作用迫使其改变这种状态为止。
它阐述了力和运动的关系，是整个经典力学的基础。
3.请简述气体压强的产生原因。
答：气体压强产生的原因是气体分子在不停地做无规则的热运动，并且分子间存在相互作用的引力和斥力。
当分子碰撞到容器壁时，会对容器壁产生撞击力，这种撞击力就是气体对容器的压强。
4.简述热力学第一定律的内容。
答：热力学第一定律的内容是能量守恒定律在热力学上的应用。
它指出，在能量传递和转化过程中，能量既不能创造也不能消失，只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体传递到另一个物体。
5.请简述机械能守恒定律的内容。
答：机械能守恒定律的内容是：在没有外力做功的情况下，一个物体的动能和势能可以相互转化，但它们的总和保持不变。
也就是说，当一个物体的动能增加时，它的势能就会减少，反之亦然。
6.请简述光的折射和反射的区别。
答：光的折射和反射都是光在两种不同介质之间传播时发生的物理现象，但它们的本质有所不同。
光的折射是由于光在不同介质中的传播速度不同，导致光线发生弯曲的现象。
而光的反射则是由于光在界面上被反弹回去的现象。
7.请简述电荷和电流的关系。
答：电荷是物质的基本单位之一，它具有正电荷和负电荷两种形式。
电流则是在电路中流动的电荷的集体，它的大小取决于电路中的电压、电阻和电流强度等因素。
当电路中有电压时，就会驱使电荷在电路中移动，从而形成电流。
因此，电荷是电流的基础，而电流则是电荷的集体运动的表现形式。
8.请简述磁场的基本性质。
答：磁场是一种特殊的物质形态，它可以作用于磁性物体和通电导体等物体上，使它们受到力的作用。
九年级物理基础练习答案
初三物理基础练习答案一、选择题二、填空题69、0.01，0.1，10-4，2070、接触面上受到的压力、接触面粗糙程度71、船闸、茶壶、锅炉水位仪、水塔和自来水管等72、刹车时向前倒、跳远、踢球、空投等73、离心水泵、活塞式水泵、吸饮料、吸盘、肺呼吸，输液74、电磁继电器、电铃、电磁起重机、扬声器、（电话听筒）75、奥斯特实验、电磁铁；电动机；发电机；76、3×105，慢。
77、温度、液体表面积、液体上方空气流动快慢78、流体、流速大的位置压强小79、在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱、80、成虚像、像与物等大、物与像连线与镜面垂直、物与像离镜面距离相等。
81、物质由大量分子组成、分子在不停地作无规则运动、分子间同时存在引力和斥力。
82、各种形式的能量（电能、机械能等）、热量、各种形式的功（机械功、电功等）。
83、0.01，3.6×104。
84、做功、吸气、压缩、排气，图1（做功）和图3（压缩），做功冲程是内能转化为机械能、压缩冲程是机械能转化为内能。
85、正电荷定向移动方向，N极所指，电流在磁场中受力的作用，电能转化为机械能，电磁感应，机械能转化为电能。
86、电源和闭合电路，短路或总功率过大，不高于36V。
87、并88、大于，相反。
89、液体的压强p=ρgh，大气压强，减小摩擦，惯性。
90、小于，大于。
91、t12/（t1- t2）三、实验探究92、93、分别离平面镜的距离，物和像大小，不能，虚。
94、等于；海拔高度越高，气压越低，液体沸点越低。
95、L196、（1）将游码放在零刻线处，然后调节平衡螺母；（2）不应用手拿砝码，托盘应该左物右码；（3）向右调节游码或在右盘添加砝码；（4）47.4。
97、（1）F1-F2＝F，（2）合力跟分力的作用效果相同。
98、（1）调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；（2）2，（3）竖直向上，15。
99、电阻，增大，B。
100、600101、A102、⑴短路⑵如图103、电流表烧坏；如图104、如图105、在“用电压表和电流表测电阻”的实验中（1）电压（2）5（3）再添加至少5行，要多次测量106、（1）相同的粗细、长度的钢丝和铜丝（2）提示：如图1，将钢丝、铜丝并联，分别用电流表测电流大小，比较电流大小。
基础训练参考标准答案
高 中 物 理 全 套 基 础 练 习基础训练参考答案基础训练1 位移 速度 加速度参考答案一、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／s 2 (２）匀速直线;０ （3)匀减速直线运动;－0．2５ m ／s 2;8０0 m (4)２0 s 或160 s11.①接线柱；②线圈;③振片；④磁铁;⑤振针；⑥限位孔；⑦复写纸;⑧定位柱;⑨纸带 1２.４25三、1３.49.９ km14.反应时间由匀速，刹车时间内减速.s =v t +v 2/2a ①a =mf ②两式联立，并代入数据得ｓ=１．6×１０２m15.设扶梯长L ,阶梯数为n ,则甲在扶梯上的时间为t 1=Ｌ/（ｖ1′＋ｖ),甲相对扶梯走过的距离为s 1′=ｖ1′t 1,由比例关系有42n ='1s L 联立以上三式得：5.15.142v n +=.同理对L 有 8.18.145v n += 比较上面两式可得 v =1 m ／s ｎ＝70.基础训练2 匀变速直线运动的规律参考答案一、1.ＡB 2．C 3．C 4．B 5.A ６．C 7.AC 8.C二、９.22221v v + １0.59.５ 11.ｖm =21212a a s a a +1２.0.58；与运动方向相反；０.1３三、13.利用相邻的相等时间里的位移差公式:Δs =aT 2,知Δs =4 m,T =1 ｓ.a =2572Ts s - =2124⨯ｍ／s ２＝2m/ｓ2．再用位移公式可求得s 5=v 0ｔ＋21at 2=（０.5×5＋21×2×52） m=2７．5 m .14．由s =21at ２及:a ＝10001800222⨯=ts m/ｓ2=36 m ／s 2. 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 k ｇ~65 kg ，因此，Ｆ相应的值为１1７0 N~1690 N 15.设P 端通过１后21t 时刻速度为v 1′,通过2后22t 时刻速度为v 2′，由匀变速运动规律有:v 1′=11t ,v ２′=21t ．物体运动的加速度为a =ｇsin α, 21'-'t =)11(sin sin 1212t t g l g v v -='-'αα又t 1-1′＝21t ,t 2-2′=22t ,故t 12=ｔ1-1′－ｔ２-2′+21'-'t =)11(sin 21221t t g L t t -+-α基础训练３ 自由落体和竖直上抛参考答案一、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-v 12=2ａｓ2可求得运动员打开伞时的速度为v 1=60 ｍ/s ，运动员自由下落距离为s 1=v 12/2g=18０ m,运动员离开飞机时距地面高度为ｓ=s 1+s 2= ３0５ m.(２）自由落体运动的时间为t 1=g v 1＝6 ｓ，打开伞后运动的时间为t 2=av v 12-=３.８5 ｓ，离开飞机后运动的时间为t ＝t 1+t 2=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分成4个相等的时间间隔，如图中相邻的两滴水间的距离分别对应着各个相等时间间隔内的位移，它们满足比例关系：1∶3∶5∶7.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 ＝21ｇt 2 得：t ＝102.322⨯=g h s ＝０.8 s ． 所以滴水的时间间隔为:Δｔ=4t=0.2 ｓ １５．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.小球原来距桌面高度为4.９ ｍ，用h 0表示，下落至桌面时的速度v ０应为:v ０=9.48.9220⨯⨯=gh =9．8 m/s.下落时间为:t 0=8.9/9.42/20⨯=g h =１ s.首先用演绎法：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:v 1=ｖ0×7／9 m/ｓ. 第一次碰撞后上升、回落需用时间:2ｔ1=２v １/g=(2×v 0/g ）×7/9=２×７/9 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=v 1×7/9=(v 0×7/9)×7／9＝v 0×(7/9)２ ｍ/s.第二次碰撞后上升、回落需用时间:2t 2=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：2t n =２×(７／9) ｎ(s) 所以小球从开始下落到经n 次碰撞后静止所用总时间为:Ｔ=t 2+２ｔ1+２ｔ2+…+2t n ＝1＋２×７/9+2×（７/9）2＋…+２×(7/9）n =１+2×［７/９+(7/9)２+…+(7/9）n]括号内为等比级数求和，首项a １＝7/9，公比q=７/9，因为|q ｜<1,所以无穷递减等比级数的和为:279/719/711=-=-q a ,所以T =1+2×7/２＝８ s ． 基础训练４ 运动的合成与分解 平抛运动参考答案一、1．C 2．A 3.C 4．B 5.CD 6．BCD 7.A ８.ABD 二、９.2 s;45°;44.7 m 10.３ m ／ｓ 11．３7.5 １2.5 m ；１0 m三、13.v 0=36０ k ｍ/h=100 ｍ/ｓ t =1０ ｓ h =21gt ２=5０0 m Ｈ=(1470-5０0) m=９7０ mv g ＝gt ＝100 m/s ｔ′=gv H＝9．7 s s =ｖ0(t +t ′)＝1970 m14.由几何知识可知:AE AF EP FQ =,由平抛规律可得：EP =21gt 2,AE =v 0ｔ,AF =v 0.小球刚好落在墙角处，则有:s =ＦQ=AE AF ·EP =（ｖ０22)202gH t v gt g H=⋅⋅ ｔ 由此可知：小球影子以速度ｖ=2gH沿墙向下做匀速运动. １5.tan θ＝y/x =21gt ２／ｖ０ｔ＝02v g ｔ,设速度与水平方向的夹角为β,则tan β=00v gt v v y = 由以上两式解得t ａn β=２ｔａn θ，速度与斜面的夹角α＝β-θ=tan -1（２tan θ)－θ与抛出时的初速度大小无关，因此α1＝α2．基础训练5 重力 弹力 摩擦力参考答案一、1.D 2.A ３.C ４.Ｃ 5.D ６.A ７．C 8.C二、9.不变；变小10．x 2／x 1 1１.mg 222R v ω-/v ;mg ωR ／v .12.(T ２-T 1)/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F f =4 N ，正压力F Ｎ=G ＝20 Ｎ，所以动摩擦因数μ=F f /F Ｎ=０．2 １４.弹簧最初的压缩量设为ｘ0则x 0＝1k mg当下面的弹簧被压缩x １时，上面的弹簧伸长了x ２,则x 1=132k mg x 2＝231k mgA 端上移的高度为x =(x 0-ｘ1)＋x 2=)11(3121k k mg + 当下面的弹簧被拉长x 1时，上面的弹簧伸长了x 2,则ｘ1′=x 1 ｘ2′=235k mg A 端上移的高度为ｘ′=(x 0+x 1′)+x 2′=)11(3521k k mg +15.黑毛巾有四个面受到摩擦力，平衡时 F ＝f 1＋ｆ2＋ｆ３+f 4=μ·23222mgmg mg ⋅+⋅+μμ224mg mg μμ=⋅+ (1+2＋3+4)＝5μmg ,有n 条白黑毛巾时,同理有:F =21μmg (1+２+3+…+4ｎ),故Ｆ=21μmg (１+4n ）·24n=(4n +1)ｎμmg基础训练6 力的合成与分解参考答案 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 ;43mg 11．ABC １２.mg三、１3．当OA 绳与竖直方向的夹角θ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本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要求.所以有cos θ=2332030==OA T G 所以θ=30° １4.T C =340030cos =︒TNT A =T Ｃｓin30°=2003N１5.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,以及一个分力F 1的方向,因此可以试着把另一个分力F ２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F 1相交,分别可得到如下几种情况： (１）当F 2＜２0 Ｎ时,圆弧与Ｆ1没有交点，即不能画出平行四边形.无解.(2)当F 2=20 N 时，圆弧与F 1相切，有一个解，且此时F ２具有最小值.F １＝203N 如图(ａ)所示． (3）当20 Ｎ＜F 2<40 N 时，圆弧与F 1有两个交点,有两个解.即F 2的某一数值对应着Ｆ１的两个不同的数值,如图(b)所示.（4)当4０ N ≤F ２时，圆弧与F １只有一个交点，只有惟一解.所以，若F ２取某一数值，可使F 1有两个大小不同的数值,则F 2的取值范围为20 Ｎ<F 2<40 N.基础训练(七) 共点力作用下物体的平衡参考答案一、1．A 2.ＡD3.ＡＣ 将F 进行正交分解,得A 选项正确．又因为水平方向合力为零有F f =F cos θ，竖直方向合力为零有N=G +Ｆｓin θ,且F f =μＮ.所以有F cos θ＝μ(G ＋F sin θ),解得F =θμθμsin cos -G,其水平分力为μＧ/(１-μtan θ)，故C 选项正确.４.A 5.D ６.BC7.C 提示:对A 进行受力分析，然后利用三角形相似求解. 8.D二、9.F /２ｃｏs θ;Ｆｃo ｓθ 10.P /ｓｉn α;P c ｏt α11．ｍｇ／2si ｎα;mg ／2ｔａｎα 12.１0 N三、13．如右图所示：由平衡条件得 2T sin θ=mg设左、右两侧绳长分别为l 1、l 2,AO =l ，则由几何关系得 l １c ｏs θ+ｌ2co ｓθ=l l 1+ｌ2=2l由以上几式解得θ=60°Ｔ＝33mg14.如右图.由力的平衡条件得 F f ＝22)30sin (︒+G F 由滑动摩擦力的大小规律得 Ｆｆ=μG cos ３0° 由F =2G及以上两式解得 μ＝36 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：Rv g R g R πηρπρπ63434033+= 取g =10 m/ｓ2，解得R =333010)0.13.1(1023600/1010108.19)(29⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=---ρρηg v m≈３×1０-６m基础训练8 互成角度的两个力的合成研究平抛物体的运动（实验一）参考答案一、１.C ２．CD 3．D ４．ＡB Ｃ5.ＡCE 要使小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平,Ａ正确．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 不正确，C 正确.小球离开轨道后,仅受重力作用,不能有摩擦，Ｅ正确.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Δｓ=ｇＴ2；水平分力运动为匀速运动，故Δx =v 0T ,从而v 0=Δｘsg∆,由图可知：Δｘ=2０ ｃm,Δs =10 cm,故v ０=10 ×10/1000 cm/ｓ= ２00 cm/s,应选D.二、9.２Lg ;0.7 m/s10．图（a ）；只用一个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)在不改变高度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x ，以减小误差.(5）因为ｙ=21g ｔ2，所以t ＝g y /2 又x =v 0·ｔ，故v 0=x ／t =x /g y /215．一个方格的边长l =21gt 2=21×1０×(301)2 m ＝1801m 可知在Δｔ=301s 的时间内,小球的水平位移x =３l =601m由x ＝ｖ０t 得v 0=x /t ＝601÷301m/ｓ=０．5 ｍ/sv c ｙ=gt ＝１0×3Δt =1 m/ｓ故v ｃ=5220=+cy v v /2 m ／s基础训练９ 牛顿运动定律参考答案一、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.BC5.C6．C 设阻力为f ，依题意有Ｆ－Ｆｆ=Ma ，2F -F f =Ma ′,由上述两式可得a ′>2a . 7.Ｃ8．B ｔ2末,物体速度最大，动能最大. 9.1.35×103;０.385 10.a 1a 2/(a 1+a 2) 11．2０；４.５或20 １2.g;5mg13.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v １为联系纽带,二、三过程以v 2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 =ma cos θ=0.61 Ｎ 方向水平向左15．1.5×１03 N 运动员触网时速度ｖ1=12gh （向下),离网时速度v ２＝22gh (向上),速度变量Δv ＝v 1＋v 2(向上) 加速度a =Δv ／Δt ,由F －mg ＝m a 可得F =mg +m 22gh +tgh ∆12=１.5×103 N.基础训练１０ 牛顿运动定律的应用参考答案一、1.A Ｄ 2．C ３.BC ４.Ｄ 5.AC 6.ＡC 7.ＣD8.A 以盘和重物为一个整体加以隔离，平衡时 k Ｌ=(m +ｍ0）g ,ｋ=Lgm m )(0+. 用手向下拉，弹簧共伸长L +ΔL ,弹力Ｆ=k (L ＋ΔL )手的瞬时，根据牛顿第二定律F -(m +m 0）ｇ＝(m +m ０)α.把F 值代入得Lgm m )(0+（L +ΔL )－(m +ｍ0）ｇ=(m ＋m ０）aａ=LL∆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=m ｇ+ma =ｍg ＋ｍL L ∆g ＝(1+LL ∆)ｍg ,向上. 二、９.201０．μ=mg ma F - α=ａｒcta ｎmaF mg - 根据牛顿第二定律由F －μmg =ｍａ得μ=mgma F - 加力Ｆ′后,水平加速度不变，有 Ｆ+F ′c ｏｓα-μ(ｍg +Ｆ′sin α)＝ma与上式联立得α=a r cta ｎmaF mg-说明推力方向只能与水平方向成α角向下，因施推力后加速度不变，则必有F ′cos α=μF ′sin α. 即得tan α=μ1所以α＝ａr ctanmaF mg-11.t ＝(Ｍ-m ）ｖ0/m ｇ;mMv 012.ｔ1∶ｔ２;F ∶F f =(t 1＋t ２)∶ｔ1三、１３.因为l 2被剪断瞬间，l 1上的张力大小发生了变化.(1）错.因为l 2被剪断的瞬间,弹簧的长度来不及发生变化,力T １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 ﻩ ﻩ ﻩ ﻩﻩﻩ ﻩ ﻩ①(式中F 大为F 的最大值)此时M 的加速度也为a . a ＝（k ｘ-Ｍg )/Ｍ ﻩﻩﻩﻩﻩﻩ ﻩﻩﻩ② 所以ｋx ＝M (g +a ） ﻩﻩﻩﻩ ﻩﻩ ﻩ ﻩ③ 原来静止时，压缩量设为x 0，则： kx 0=(m +M ）g ﻩ ﻩ ﻩﻩ ﻩﻩ ④ 而x 0-x =at 2/2ﻩ ﻩﻩﻩ ﻩ ﻩ⑤由③、④、⑤有：21)()(=+-+k a g M k g M m at 2即ｍg -M ａ=0.０2a ka ＝ｍg /(M +0．02k ）=6 m/s ２ﻩ ﻩ ﻩ ⑥ ⑥代入①：F max =m (ａ+ｇ)=10.5(６+10）Ｎ=１68 N F 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＋kx ０-（ｍ+M )g =（m ＋Ｍ)a ⑦④代入⑦有：Ｆmin =(ｍ+M )a =7２ N F 最小值为72 N.15．（1）坠落物做自由落体运动的时间:h =21g ｔ2落地速度v 0=gt地面人员逃离时间t ′＝ｔ－0.2逃离速度ｖ=ts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 =ｍtv ∆ 求得Ｆ=5.６4×10６N(3）震动同时产生传播,则由匀速运动知⎪⎩⎪⎨⎧-=∆==ps s s p p t t t t v t v s 0求得s ＝23.1 k ｍ基础训练１1 匀速圆周运动 向心力参考答案一、1.ＡＤ 2.AC 3.ＣD 4．C 5.ＡCD ６.B 7.ＡCD8.AB 小球受力情况如图所示，由图可知N =θsin mg,因此A 、Ｂ球对筒壁的压力相同.Ｆ=m ｇcot θ=m r v 2=m ｒω2=mr （Tπ2)2,因此r 大,v 大,ω小，T 大.因此正确答案为A 、Ｂ．二、9.38.２;0.026 m/ｓ２1０.1511．300 因为电扇叶片有三个,相互夹角为120°,现在观察者感觉叶片有6个，说明在闪光时间里,电扇转过的角度为60°+ｎ·１20°，其中ｎ为非负整数,由于光源每秒闪光３0次，所以电扇每秒转过的角度为180０°+ｎ·3６00°，转速为(5+10ｎ) r ／ｓ,但该电扇的转速不超过500 ｒ/mi ｎ,所以ｎ=0,转速为5 ｒ/ｓ,即300 r /ｍi n ．12.60０三、1３．L =g v l l l /4/22200++ 14.光束照射在小车上时,小车正接近Ｎ点，Δｔ时间内光束与MN 的夹角从45°变为30°,小车走过的距离为l 1，由图可知，l 1=ｄ(tan45°-t ａn ３0°）,所以小车的速度v 1＝tl ∆1．代入数值解得 v 1=1.7 m ／s光束照射在小车上时,小车正在远离N 点,Δt 时间内光束与MN 的夹角从４5°变为60°,小车走过的距离为l ２.由图可知l ２=d （ta ｎ60°－ｔａn4５°),所以v 2=tl ∆2．代入数值解得 v 2=2.9 m ／s.15.设绳与竖直方向夹角为θ，则cos θ=21=T mg ,所以θ＝６0°，小球在绳断时离地高度为:h ＝Ｈ-L cos θﻩﻩﻩ ﻩ ﻩ ﻩ ①小球做匀速圆周运动的半径为:r =L ｓi ｎθﻩﻩﻩ②F 向=m rv20mg tan θﻩﻩ ﻩﻩ ﻩﻩ ﻩ ﻩ③ 21ｍｖ2=mg (H －21)2+L mv 0２ﻩ ﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩ ④联立①②③④式求得:H =３．３ m,平抛运动时间为：t =gh2=0.6 s ，水平距离为：ｓ=v ０t =2.16ｍ，圆柱半径为:Ｒ=22r s +=4．8 m.基础训练１2 万有引力定律及其应用参考答案一、1.AD 2.ＢD 3.BD4.ＡＤ 如果万有引力不足以充当向心力，星球就会解体,据万有引力定律和牛顿第二定律得：G 2224T m R Mm π=R 得T =2πGMR 3,又因为M =34πρR 3,所以T ＝ρπg 3. 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.所以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 k ｍ,而地球同步卫星的轨道距地面约３.6×1０4 km.8.B 可采用排除法．7.9 k ｍ／s 是第一宇宙速度，是近地面卫星运行所必需的速度,A 显然错，3.０7 km/ｓ是距地面高度为３.６×１０４k ｍ的地球同步卫星运行速度,C 也不正确．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.所以正确选项为 B.二、9.r ＝mv ２/Ｇ10.Ｗ＝2881mg 2t 211.TRR GM π2- 12．2.５×104 k ｍ三、1３.侦察卫星绕地球做匀速圆周运动的周期设为Ｔ1，则21224T r m r GMm π= ﻩﻩ ﻩ ﻩ ﻩ①地面处的重力加速度为g , 则2RGMm =m ０g ﻩﻩﻩ ﻩﻩﻩ ②由上述两式得到卫星的周期T １=gr R32π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θ=2πTT 1摄像机应拍摄赤道圆周的弧长为s =Ｒθs ＝gR h T 32)(4+π 14.（1）2RGMm =mR ω2,M =ρ34πＲ3,带入得:ρ=G πω432 (2)ρ=G πω432=1121067.64)60(3-⨯⨯⨯ππｋg/m 3＝1.2７×1０14 kg/m 3(3)M =ρ34πR 3,所以 Ｒ=3143031027.114.34102343⨯⨯⨯⨯⨯=πρM m =1.５６×１０5 m１５.（１）由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v ２=RGM2,其中M 、R 为天体的质量和半径.对于黑洞模型来说,其逃逸速度大于真空中的光速,即v 2＞c ,所以Ｒ<2830112)109979.2(1098.1107.622⨯⨯⨯⨯⨯=-c GM ｍ=2.94×10３m即质量为1.98×1030 ｋg 的黑洞的最大半径为2.9４×103 ｍ． (2)把宇宙视为一普通天体,则其质量为 M =ρ·V =ρ·34πR ３ﻩﻩ ﻩ ﻩﻩﻩ①其中Ｒ为宇宙的半径，ρ为宇宙的密度,则宇宙所对应的逃逸速度为ｖ2＝RGM2 ﻩ ﻩﻩ ﻩﻩ ② 由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光速c ,即ｖ2>cﻩﻩﻩ③则由以上三式可得R >Gc πρ832=4．01×102６m ，合4.24×1０10光年.即宇宙的半径至少为4.24×1010光年.基础训练１3 冲量与动量 动量定理参考答案一、1.Ｂ 2.D ３.D ４．C ５.B Ｃ 6．B Ｄ ７.D 8．B二、9. １∶１;1∶210.４５°;2k ｇ·m/s 小球撞击后速度恰好反向，说明撞击前速度与钢板垂直．利用这一结论可求得钢板与水平面的夹角θ=４５°,利用平抛运动规律（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 ＝2ｖ0＝1０2ｍ/s ，因此其动量的大小为ｐ=mv =2kg ·m/s ．１１.－２0;16;３612.0．5 ｋｇ;2 N ·ｓ 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 kg ·ｍ/s ，由动量公式ｐ=m ｖ和动能公式Ｅk =21mv ２，可求出B 球的质量0.5 kg ，同时可知B 球压缩弹簧前的动量大小也是2 kg ·ｍ/ｓ,据动量定理，水平冲量Ｉ的大小是２ N ·s ．三、13.略1４.设人离地时获得速度为v ,据动量定理（F -mg )ｔ=m ｖ.由竖直上抛运动公式得：h =v ２/２g ，由上述两式解得：h =0．4 m ，所以该同学摸高为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 =gv μ0，对系统运用动量定理可得： （M +ｍ）a ·gv μ0=M ｖ′-(M +m ）v 0， 所以v ′=Mgg a m M μμ))((++v 0基础训练14 动量守恒定律参考答案一、1.A ２.BC 3.ＡD 4.D５.C 由碰撞中动量守恒可求得p 甲′＝2 kg ·m/s 要使甲追上乙，则必有:v 甲>v 乙,即乙乙甲甲m p m p >m 乙＞１.4ｍ甲ﻩﻩ ﻩ ﻩ ①碰后ｐ甲′、p 乙′均大于零,表示同向运动,则应有:v 乙′≥v 甲′即：甲甲m p '≤乙乙m p ' m 乙≤5ｍ甲ﻩ ﻩ ﻩ ﻩﻩ ②碰撞过程中,动能不增加，则乙乙甲甲m p m p 2222+≥乙乙甲甲m pm p 2222'+' 即 乙甲m m 272522+≥乙甲m m 2102222+推得 m 乙≥2151m 甲 由①、②、③知，m 甲与m 乙的关系为2151甲m ≤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，在水平方向一直处于加速状态，所以本题有两种可能．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Mv 0＝(Ｍ+m ）v ′由于M ＞>m ，得v ′=v ０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 F Δt =mv ′竖直方向 N Δt =2ｍv =2m gh 2又因为 F =μN解上述方程,可得 ｖ′＝2μgh 2 7.BC 8.ＣD二、9.2５ 10．5∶411.t Ａ>t B =t C 1２．52;2v ｖ 三、13.因均是以对地（即题中相对于静止水面）的水平速度,所以先后跃入水中与同时跃入水中结果相同.设小孩b 跃出后小船向前行驶的速度为ｖ,取v 0为正向,根据动量守恒定律，有 （Ｍ+2m )ｖ0=Mv +ｍv -ｍv解得：v ＝(１+Mm2)v 0１４.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 =μｇ 所以ｔ＝ｖ／μｇ 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v 1和v ２ ﻩ ① 由动量守恒定律得: ｍv ０=ｍｖ1＋ｍv 2 由能量关系可得22212021212120022001mv mv mv +=⨯ ﻩ ﻩ ﻩﻩ ②解①②可得ｖ2=2110011000+v ０由于每次碰撞所遵循的规律完全相同，分析归纳可得 经200１次碰撞后，第20０２号球获得的速度为v 2002=(2110011000+）2001v 0ﻩ ﻩﻩﻩﻩﻩ③因为第２００2号球恰能到圆轨道的最高点，所以对第20０2号球，根据机械能守恒定律有212122002=mv m ｖ２+ｍg ·2R ﻩ ﻩﻩ ﻩ ﻩﻩ④在最高点有m ｇ=m Rv 2ﻩﻩﻩﻩﻩﻩ ﻩ ﻩ⑤解③④⑤可得第１号球的初速度 v 0３.６９gR基础训练15 功和功率参考答案一、1.Ｄ 2．A ３.Ｂ ４．A Ｂ 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＝W 1+W ２=Ｆｓcos θ+Fs =Fs (1＋ｃos θ）8.C 上坡达最大速度时，牵引力Ｆ1=m ｇsin θ＋F ｆ；下坡达最大速度时,牵引力Ｆ2＝Ｆf -mg ｓｉn θ．由题意有：P =(mg ｓin θ+F f )v 1=(Ｆf －mg ｓｉn θ)v ２＝F f ｖ3（路面略微倾斜，看成F f 相等)解得:ｖ３＝２v 1ｖ2/(v 1+ｖ2)二、９.75 W 每次空中时间为Δt =53×６0/1８0 s=0.2 ｓ,起跳速度v 0=g ×22.0102⨯=∆t m/s ＝ 1 m ／ｓ,平均功率为：P =601802120⨯mv W=75 W１0.0.51１.1.4 将每次输送血液等效成一个截面为Ｓ，长为Ｌ的柱体模型,则tpVt pSl t W P ===＝(1.５×104×8×１0－５)／(6０/70) W=1.4 W12．21ρSv 3;1×105１3.(1)当汽车达最大速度时,其ａ=０，合外力为零,即P /v m =F f ,则最大速度为 v m ＝Ｐ/F f =60×1０3/5×103 m ／s=１2 m/ｓ （2)由牛顿第二定律得 P /v -F f =ma即6０×１03/v -5.０×１０3=５.0×1０3×0.5 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α,由题设条件得s ｉｎα＝201,设汽车在平路上开行和山坡上开行时受到的摩擦力均为F f ，由最大速度时满足的力学条件有:21m f m v PF v P =F ｆ＋ｍg s ｉn α 两式相比,得F f =201101008128sin 212⨯⨯⨯-=-αmg v v v m m m N=10０0 N.(2)设汽车在水平路面上以最大速度运行时牵引力为F ，则Ｆ＝F ｆ=1000 N,所以汽车发动机的功率为P =Fvｍ1=F ｆv ｍ1=1０00×１２ 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 ′+mg s ｉn α=F f即3m v P+m ｇsin α=F f所以汽车下坡时的最大速度为v m3=20110100010001012sin 3⨯⨯-⨯=-αmg F Pf m/s=2４ m ／ｓ15．(1)列车匀速运动时牵引力F 与受阻力F f 相等,且F =Ｆf ，而Ｆｆ=ｋv 2,则Ｐ=Ｆ·ｖ=k v 3,代入v 1=120 km/h,v 2=40 km/h 可得P 1/P ２＝2７/1.(2)在轨道（弯道)半径一定的情况下,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.基础训练1６ 功和能 动能定理参考答案一、１．ＣD ２.C 3.BC ４.B 5．C 6．B 7.B8.A ＣD 对子弹:由-Ｆf (L +s )=21mv 2-21mv 02知D 正确．对木块:由fL =21 mv 2,知A 正确．而由以上两式相加并整理得fs ＝21mv 0２-21 （M ＋m )v ２，知C 正确.二、9.１４ 设小球被抛出时速度为v 0，落至斜面上时竖直分速度为ｖy ,则v y =gt ,且t ａn3０°＝21gt 2/v ０t 即gt /2v 0＝tan30° v ｙ=２v 0t ａn3０°，故末动能Ｅk ′=21m (v 02+ｖｙ２)=21mv 02×37＝１4 J. 10.M Pt 3/2 1１.5 s12．１.2５ 由动能定理有：Ｐｔ－ｆs =21ｍv B 2-21mv A 2ﻩﻩ ①ａB =mfv P B -)/( ﻩﻩﻩ ﻩ②由①②并代入数据得：a B ＝１.25 m/s 2.三、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α,斜坡长Ｌ，则重力和摩擦力的功分别为：ＷＧ=ｍｇL sin αW ｆ1=-μｍg Ｌcos α在平面上滑行时仅有摩擦力做功,设平面上滑行的距离为s 2，则Ｗf 2＝-μmgs 2 整个运动过程中所有外力的功为： Ｗ＝W G ＋Ｗｆ1＋W ｆ2即Ｗ=m ｇL s ｉn α－μｍgL cos α-μｍg ｓ2 根据动能定理Ｗ=Ｅｋ2-E k1得m ｇＬs ｉｎα-μm ｇcos αＬ-μmgs 2=０ 得：h -μｓ1-μs 2=0式中s 1为斜面底端与物体初位置间水平距离,故μ=shs s h =+21.14．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处理:第一个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，第一个过程结束时，电动机刚达最大功率.第二个过程是电动机一直以最大功率拉物体，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 =8108120⨯-=-m mg F m m ／s 2=5 ｍ/s ２末速度ｖt =1201200m m =F P m/s=1０ m/s上升时间 t 1=510=a v t s=2 s上升高度 h =5210222⨯=a v t ｍ=10 m在功率恒定的过程中,最后匀速运动的速度为 v m =1081200m m ⨯==mg P F P ｍ/ｓ=１5 m/s外力对物体做的总功Ｗ=Ｐｍｔ2-mgh 2，动能变化量 ΔE k ＝21mv m ２-21mv t 2由动能定理得 P m ·ｔ2-mgh ２=21mv m 2-21mv t 2代入数据后解得t ２＝５.7５ s ，t =t 1+t 2=7.75 s 所需时间至少要７．75 s ．15．从开始提升到活塞升至内外水面高度差为h 0＝gp ρ0＝ １0 m 的过程中，活塞始终与管内液体接触（再提升活塞时,活塞和水面之间将出现真空，另行讨论)．设活塞上升距离为h １,管外液面下降距离为h 2(如图所示)，则h 0＝h 1+ｈ2因液体体积不变,有h 2＝h 1（31)4222=-rR r πππh 1得 h 1＝43h 0＝43×10 ｍ＝7.５ ｍ 题给H =９ m ＞h 1,由此可知确实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他力所做的功.因为始终无动能，所以机械能的增量也就等于重力势能增量，即ΔE =ρ(πｒ2h 1)ｇ2h 其他力有管内、外的大气压力和拉力F .因为液体不可压缩，所以管内、外大气压力做的总功p ０π（R ２-r ２)ｈ2-p 0πr 2h 1=0, 故外力做功就只是拉力F 做的功,由功能关系知 W 1=ΔＥ即 W １=ρ（πｒ2)g 83h 02＝83πr 2g p ρ20=1.１8×104 J活塞移动距离从h 1到H 的过程中，液面不变，F 是恒力,F =πr ２p 0.做功Ｗ2=F （H －h 1）=πr 2p 0（H -h 1)=４.71×10３Ｊ 所求拉力F 做的总功为 Ｗ１＋W 2=1.65×104 J基础训练17 机械能守恒定律参考答案一、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+B Ｃ＝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t a ＜ｔb .4.C ５.C 6．AD7.C 作出平抛轨迹后不难得出落地速度v ＝v 0/ｃos α,故系统总机械能为E ２=21m ｖ０２／co ｓ2α.由机械能守恒定律E 1=Ｅ2即21m ｖ0２+ｍｇh =21ｍα220cos v 得ｍg ｈ＝21mv 02（α2cos 1－1）=21mv ０2αα22cos sin ，所以mgh /21ｍv 02=ta ｎ2α. 8．B ＣＤ 因A 处小球质量大，处的位置高，图示中三角形框架处于不稳定状态，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正确，Ｄ选项也正确.A 球到达最低点时，若设支架边长是L ，A 球下落的高度便是21L ,有mg ·(21L )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 球到达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 选项也正确．二、9．1 m/s １0．ｍg 1１.２Rg ≤v ０≤Rg 5 12.m 2（m 1+m ２）g 2/ｋ2;ｍ1(m 1+m 2）（11k + 21k )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 mg Ｒ=21m ｖ2 得v =gR 2小物体向上运动的过程中，m 与Ｍ组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′=gR mM m2+此过程中系统机械能守恒，所以21ｍv 2-21(M +m ）v ′2=ｍgh解得m 上升的最大高度h ＝mM M+Ｒ.14.由图可知：v Ａsi ｎ３0°=v B co ｓ30° 即v Ａ=3ｖB ﻩﻩﻩﻩ①A 球下落的高度: h =Ｌｓin3０°=0．4×21 ｍ=0.2 ｍ由机械能守恒定律 mgh =21m v A 2+21mv B 2 ﻩﻩ ②联立①②并代入数据得： v Ａ＝3ｍ/s,v B =1 ｍ/s１5．B 下落2H 过程中,对系统有:m 2g 2H =ｍ1g 2H sin θ+21(m 1+m ２)v 2以后对A 上升至顶点过程:21ｍ1ｖ2=m １g (2H - 21H si ｎθ) 所以21m m =21基础训练18 打点计时器及其应用（实验二)参考答案一、1.BD2.A ＣＤ 平衡摩擦力时不能将砂桶拴在小车上;摩擦力平衡后，改变小车质量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-M1图线． 3.Ａ 4.C5.AC Ｄ 平衡摩擦力实际上就是让小车的重力沿斜面的分力与小车受摩擦阻力(包括纸带,但不悬挂小桶)相平衡,粗略分析就是Mg sin θ=μMg ｃｏs θ，可见平衡摩擦力与物体的质量无关，即改变小车质量M 时，无须重新平衡摩擦力,知B 正确，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，即通过分析纸带而得出,而不是利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 不可能;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 不可能；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不可能;若振针压得过紧,则会出现托迹现象即纸带上打出的不是圆点,而是一些短线.8.Ｃ二、9.8.63 m/s 2１０.０.５1 ｍ/s ２;4．36 11.0.71 kg12．(1)ａ=4.00 m/s 2 (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 Lh-ma . 三、13.g =9.５0 m/s 214．(１)先求出M 的倒数，在坐标中描点,再连线得到a -M1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1 0.２0 0.７8 5.０02 0．40 ０.38 2．５03 0．60 0.25 １．6７4 0．80 0．20 １.2５ 51.000．１61．0０（2)图象是一条过原点的斜直线，表明：a ∝M1. (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 ＝ma1等于图线的斜率． 由图象可得:（m 砂+m 桶)g ≈0.１55 N１5.设第1、6点间的位移为s 1，第6、11点间的位移为s 2……第21、26点间的位移为s 5.每6个点间的运动时间T ＝０．02×5 s ＝0.１ s .(1)ａ=22225)1.0(310)24.4(3⨯⨯-=--T s s m ／s 2=0.8 m/ｓ2(2)因为Δs ＝s ３-ｓ2=ｓ5-s ４所以s 3＋ｓ4=s 2＋s 5 第１6点的速度v 1６=1.0210)4.42(2225243⨯⨯+=+=+-T s s T s s m ／ｓ ＝0．3２ ｍ／s所以v 21＝v １6+ａＴ=0.32 ｍ/s ＋０.8×0．1 m/s=0．4 m ／s（3)因为2261v v v +=又因为ｖ1=v １6－a ×３T =0.32 ｍ/s-0.8×0.3 m ／ｓ=0.08 m ／s ｖ26=v 16+a ×２Ｔ=0.3２ ｍ／s+０.８×０.2 m/s=0.4８ m/s 所以248.008.0+=v ｍ/ｓ=０.２８ ｍ／s基础训练19 验证动量守恒定律和机械能守恒定律(实验三)参考答案一、1.B ＣD 2．BD 3.D 4．Ａ 5．Ｄ 6.C 7.B Ｄ 8.BC Ｄ二、９．(1)A ＢD （2）底板要竖直,这样才能使重锤落下时，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；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)４∶１ 1１.7.62；7．５61２.这是因为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办法.三、1３.该实验中,要求入射球质量大于被碰球质量,所以应选m １为入射球.由动量守恒知：m １N O m OM m OP '+=21，即0.１×30.00＝0．１×140００+0.０5×(x N -3.0０)得x N ＝３5.00．故Ｎ点位置应在３5．00刻度线上.１４.(1）v B =1.18 m/s;E kB =6.96×1０－１J.(２)ΔE ｐ=6．92×10-1 J(3）上述所得ΔＥｋ与ΔＥp 在误差允许范围内二者相等,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加量，即机械能守恒.15.由Δs =ｇT ２知，只要量出相邻点之间的距离s 1、s 2、s ３……，查出当地的重力加速度g ,由T １=gs s 12-，T 2=g s s 23-,T 3=gs s 34-……求出Ｔ1、T 2、T 3……，继而求出其平均值: T =nT T T n+++ 21.再根据v n ＝Ts s n n 21++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ΔE p 和动能的增加量ΔE k ，看其是否近似相等，即可验证机械能是否守恒．基础训练2０ 机械振动参考答案一、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：F f =(mM m+)kx５．A Ｄ ６.A ＣD7.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回复力,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，所受回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 －N ａ=ｍa ，在最低点N b －m ｇ=ma ，平衡位置N 0－m ｇ=0，所以N ｂ＞N 0＞Ｎａ故可判得答案C 正确.8.C 撤去Ｆ后，m 1板将做简谐运动，其平衡位置是不加压力F 时m 1板的静止位置(设为a )，离弹簧上端自然长度为ｘ０＝m 1g/k .ｍ1板做简谐运动时的振幅等于施加压力后弹簧增加的压缩量,即:A ＝x 1=F /k.此时m 1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x 2时刚好能提起m 2板（处于位置C ),由kx 2=m 2ｇ,得x ２＝m 2g ／ｋ.根据m 1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x 1=x 0+x 2或kg m k g m k F 21+= 所以F =（m １＋ｍ2)g 二、9．2 /2 min１0.4;611.1 ｍ；16∶９；甲 1２.１∶5三、1３．此山高度为地球半径的11-N 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到达Ｏ点时间为t =n ·Ｔ/２,（ｎ=1、2、3……)所以2x /v ＝n Ｔ/2,T ＝2πg L /． 所以ｘ＝21n πv g L / (n ＝1、２、3……) 1５.(1)画出的甲观察到的振子振动图象如图下面左图所示. （2)画出的乙观察到的振子的振动图象如下面右图所示.基础训练21 机械波参考答案一、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 =v ·ｔ=５0×0.５ ｍ=２５ m ，波长λ=２0 m ，因此波向x 轴负方向传播的距离是141λ,而波形每传播一个波长恢复原形一次，故只需将A 图中各点相应左移41λ即5 m,即可得到新的波形图,如图所示. 三、１3.(1)当ａ、ｂ小于一个波长时,设波由a →b,则43λ＝sａｂ,λ=34abs =8 m v =λf ＝８×25 m/s=200 m/s设波由b →a ,则41λ＝s ab λ=4ｓａｂ=4×6 m ＝2４ mｖ=λf =2４×25 m ／s=６00 ｍ/s(2）若ab 间距离大于一个波长 当波由a →ｂ时，n λ＋43λ=s a ｂλ=3424344+=+n n s ab （n =1、2、3……)。
初中物理基础训练试题答案
初中物理基础训练试题答案一、选择题1. 物体在受力的情况下，会产生以下哪种现象？A. 静止不动B. 匀速直线运动C. 改变运动状态D. 产生形变答案：C2. 以下哪个物理量是矢量？A. 质量B. 温度C. 速度D. 能量答案：C3. 物体做匀速直线运动时，下列哪个描述是正确的？A. 物体的速度不变，加速度不为零B. 物体的速度和加速度都为零C. 物体的速度不变，加速度为零D. 物体的速度逐渐增加，加速度不变答案：C4. 物体所受摩擦力的方向总是与？A. 物体运动方向相同B. 物体运动方向相反C. 物体运动趋势方向相反D. 物体受力方向相反答案：C5. 声音在不同介质中传播的速度是否相同？A. 相同B. 不相同C. 仅在固体中相同D. 仅在液体中相同答案：B二、填空题1. 物体的______和______叫做机械运动，一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性。
答案：位置变化；运动状态2. 力的三要素包括大小、方向和______。
答案：作用点3. 在水平面上匀速行驶的汽车，受到的牵引力和______力是一对平衡力。
答案：摩擦4. 物体沉浮的条件中，当浮力______重力时，物体上浮；当浮力______重力时，物体下沉。
答案：大于；小于5. 声音的高低称为______，音调跟发声体的振动频率有关。
答案：音调三、计算题1. 一个质量为2kg的物体，受到10N的力，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律，\( F = ma \)，所以 \( a = \frac{F}{m} = \frac{10N}{2kg} = 5m/s^2 \)。
2. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过10秒后速度达到20m/s，求物体的加速度。
答案：加速度 \( a = \frac{v}{t} = \frac{20m/s}{10s} = 2m/s^2 \)。
3. 一个物体做自由落体运动，落地时速度为20m/s，求物体下落的高度。
高一物理力学基础练习题及答案
高一物理力学基础练习题及答案题目一：匀加速直线运动题一辆汽车以5 m/s的速度匀加速行驶，经过10 s后速度达到了15 m/s。
求汽车的加速度和行驶的距离。
解答一：已知数据：初速度（v0）= 5 m/s终速度（v）= 15 m/s时间（t）= 10 s根据速度与时间的关系，可以得到加速度（a）的计算公式：a = (v - v0) / t代入已知数据，可以得到：a = (15 - 5) / 10 = 1 m/s²根据加速度与时间的关系，可以得到行驶距离（S）的计算公式：S = v0 * t + (1/2) * a * t²代入已知数据，可以得到：S = 5 * 10 + (1/2) * 1 * (10)² = 50 + 50 = 100 m所以汽车的加速度为1 m/s²，行驶的距离为100 m。
题目二：重力加速度题一个物体从6 m 的高度自由落下，求物体下落4 s 后的速度和物体在这段时间内所走过的距离。
解答二：已知数据：初始高度（h）= 6 m时间（t）= 4 s重力加速度（g）= 9.8 m/s²根据物体自由落体运动的加速度公式，可以计算出末速度（v）：v = g * t代入已知数据，可以得到：v = 9.8 * 4 = 39.2 m/s根据物体自由落体运动的距离公式，可以计算出物体在这段时间内所走过的距离（S）：S = (1/2) * g * t²代入已知数据，可以得到：S = (1/2) * 9.8 * (4)² = 19.6 * 16 = 313.6 m所以物体在下落4 s 后的速度为39.2 m/s，所走过的距离为313.6 m。
题目三：牛顿第二定律题质量为2 kg 的物体受到的合力为10 N，求物体的加速度和所受到的摩擦力。
解答三：已知数据：质量（m）= 2 kg合力（F）= 10 N根据牛顿第二定律的公式，可以计算出加速度（a）：F = m * a代入已知数据，可以得到：10 = 2 * aa = 10 / 2 = 5 m/s²根据物体的加速度和摩擦力的关系，可以计算出所受到的摩擦力（Ff）：Ff = m * a代入已知数据，可以得到：Ff = 2 * 5 = 10 N所以物体的加速度为5 m/s²，所受到的摩擦力为10 N。
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练习一1．如图为一轻质弹簧的长度L和弹力f大小的关系，试由图线确定：(1)弹簧的原长________；(2)弹簧的劲度系数________；(3)弹簧伸长0.05m时，弹力的大小________。
2．如图所示，用大小相等，方向相反，并在同一水平面上的力N挤压相同的木板，木板中间夹着两块相同的砖，砖和木板保持相对静止，则(A) 砖间摩擦力为零(B) N越大，板和砖之间的摩擦力越大(C) 板、砖之间的摩擦力大于砖重(D) 两砖间没有相互挤压的力3．用绳把球挂靠在光滑墙上，绳的另一端穿过墙孔拉于手中，如图所示。
当缓缓拉动绳子把球吊高时，绳上的拉力T和墙对球的弹力N的变化是(A)T和N都不变(B) T和N都变大（C）T增大，N减小(D) T减小，N增大4．如图所示，质点甲以8m/s的速度从O点沿Ox轴正方向运动，质点乙从点（0，60）处开始做匀速运动，要使甲、乙在开始运动后10s在x轴相遇。
乙的速度大小为________m/s，方向与x轴正方向间的夹角为________。
5．一颗子弹沿水平方向射来，恰穿透三块相同的木板，设子弹穿过木板时的加速度恒定，则子弹穿过三块木板所用的时间之比为________。
6．一辆汽车正在以15m/s的速度行驶，在前方20m的路口处，突然亮起了红灯，司机立即刹车，刹车的过程中汽车的加速度的大小是6m/s2。
求刹车后3s末汽车的速度和汽车距离红绿灯有多远?7．一个物体受到多个力作用而保持静止，后来物体所受的各力中只有一个力逐渐减小到零后又逐渐增大，其它力保持不变，直至物体恢复到开始的受力情况，则物体在这一过程中(A) 物体的速度逐渐增大到某一数值后又逐渐减小到零(B) 物体的速度从零逐渐增大到某一数值后又逐渐减小到另一数值(C) 物体的速度从零开始逐渐增大到某一数值(D) 以上说法均不对基础练习一答案：1．由胡克定律当x=0，弹簧处于原长L0=10cm；由图当弹簧伸长或压缩5cm时，f=10N，k=200N/m；f=10N。
2．A 3．B 4．10，37°5．1:)1(--(:)2326．速度为0，距红绿灯1.25m7．C练习二1．如图所示，一个物体在O点以初速度v开始作曲线运动，已知物体只受到x轴方向的恒力F作用，则物体速度大小变化情况是(A)先减小后增大(B)先增大后减小(B)不断增大(D)不断减小2．如图所示，在河岸上用细绳拉船，为了使船匀速靠岸，拉绳的速度必须是：(A) 加速拉(B) 减速拉(C) 匀速拉(D) 先加速，后减速3．飞机在500m高空以50m/s的速度水平飞行，相隔1s先后从飞机上落下两个物体，不计空气阻力，两物体在空中相距的最大距离是__(g取10m/s2)。
4．如图所示，在高15 m 的平台上，有一个质量为0.2 kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一被压缩的轻弹簧，当细线被烧断时，小球被弹出，已知小球落地时速度方向与水平成60°角。
忽略一切阻力则轻弹簧被压缩时具有的弹性势能为________。
5．一小球质量为m，用长为L的悬线固定于O点，在O点正下方L/2处钉有一根长钉，把悬线沿水平方向拉直后无初速度地释放小球，当悬线碰到钉子的瞬时（A）小球的向心加速度突然增大（B）小球的角速度突然增大（C）小球的速度突然增大（D）悬线的张力突然增大6．如图所示的圆锥摆中，摆球A在水平面上作匀速圆周运动，关于A的受力情况，下列说法中正确的是(A)摆球A受重力、拉力和向心力的作用(B)摆球A受拉力和向心力的作用(C)摆球A受拉力和重力的作用(D)摆球A受重力和向心力的作用7．在某星球表面以初速度v 竖直向上抛出一个物体，它上升的最大高度为H。
已知该星球的直径为D，若要从这个星球上发射一颗卫星，它的环绕速度为________。
8．两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，周期之比为T A:T B=1:8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为(A) R A:R B=4:1 V A:V B=1:2 (B) R A:R B=4:1 V A:V B=2:1(C) R A:R B=1:4 V A:V B=1:2 (D) R A:R B=1:4 V A:V B=2:19．航天飞机中的物体处于失重状态，是指这个物体(A)不受地球的吸引力(B)地球吸引力和向心力平衡(C)受的向心力和离心力平衡(D)对支持它的物体的压力为零基础练习二答案：1．A 2．B 4．95m 5．10J 6．ABD 7．C 10．HD v/2 11．D 12．D/练习三1．某人用力将一质量为m 的物体从离地面高为h 的地方竖直上抛，上升的最大高度为H （相对于抛出点）。
设抛出时初速度为v 0，落地时速度为v t ，那么此人在抛出物体过程中对物体所做功为 (A) mgH (B)mgh (C)21mv t 2-mgh (D) 21mv 02 2．质量为0.2 kg 的小球从高处自由下落，取g=10m/s 2，则下落第三秒末重力做功的瞬时功率为________W ，第三秒内重力做功的平均功率为________W 。
3．汽车在平直公路上行驶，它受到的阻力大小不变，若发动机的功率保持恒定，汽车在加速行驶的过程中，它的牵引力F 和加速度a 的变化情况是(A) F 逐渐减小，a 也逐渐减小 (B) F 逐渐增大，a 逐渐减小 (C) F 逐渐减小，a 逐渐增大 (D) F 逐渐增大，a 也逐渐增大4．如图所示长木板A 放在光滑的水平地面上，物体B 以水平速度冲上A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上，则从B 冲到木板A 上到相对板A 静止的过程中，下述说法中正确是(A)物体B 动能的减少量等于B 克服摩擦力做的功 (B)物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量(C)物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和 (D)摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量5．水平传送带匀速运动，速度大小为v ，现将一小工件放到传送带上。
设工件初速为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v 而与传送带保持相对静止。
设工件质量为m ，它与传送带间的滑动摩擦系数为μ，则在工件相对传送带滑动的过程中(A) 滑摩擦力对工件做的功为mv 2/2 (B) 工件的机械能增量为mv 2/2 (C) 工件相对于传送带滑动的路程大小为v 2/(2μg) (D) 传送带对工件做为零6．如图轻质弹簧长为L ，竖直固定在地面上，质量为m 的小球，由离地面高度为H 处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x ，在下落过程中小球受到的空气阻力恒为f ，则弹簧在最短时具有的弹性势能为 (A) (mg-f)(H-L+x) (B) mg(H-L+x)-f(H-L) (C) mgH-f(H-L) (D) mg(L-x)+f(H-L+x)7．用长为L 的细绳悬吊着一个小木块，木块的质量为M ，一颗子弹以水平速度射入木块，并留在木块中，和木块一起做圆周运动，为了保证子弹和小木块一起能在竖直平面内做圆运动，子弹射入木块的初速度的大小是多少？8．如图所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4m 的圆形轨道相连接.一个质量为0.1kg 的物体从高为H ＝2m 的A 点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C 处时，对轨道的压力等于物体的重力.求物体从A 运动到C 的过程中克服摩擦力所做的功(g 取10m/s 2)。
9．如图在光滑的水平台上静止着一块长50cm ，质量为1kg 的木板，板的左端静止着一块质量为1kg 的小铜块(可视为质点)，一颗质量为10g 的子弹以200m/s 的速度射向铜块，碰后以100m/s 速度弹回。
问铜块和木板间的摩擦系数至少是多少时铜块才不会从板的右端滑落，g 取10m/s 2。
基础练习三答案：1．ACD 2．60，50 3．A5．ACD 6．ABC 7．A 9．大于(m+M)m510．0.8J 12．0.45gL/练习四1．一人从泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，下列说法中正确的有 (A)船越轻小，人越难跳上岸 (B)人跳时对船速度大于对地速度 (C)船越重越大，人越难跳上岸 (D)人跳时对船速度等于对地速度2．如图所示，将两条完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为3m/s ，乙车速度大小为2m/s ，方向相反并在同一直线上，当乙车的速度为零时，甲车速度大小为________m/s ，方向_________。
3．一个质量为 m 的小球甲以速度 V 在光滑水平面上运动，与一个等质量的静止小球乙正碰后，甲球的速度变为 v ，那么乙球获得的动能等于(A)22m v 21m V 21- (B)2)v V (m 21- (C)2)V 21(m 21 (D)2)v 21(m 214．在光滑的水平面上，有A 、B 两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正方向，两球的动量分别为p A =5kg ﹒m/s ，p B =7kg ﹒m/s ，如图所示。
若两球发生正碰，则碰后两球的动量增量Δp A 、Δp B 可能是 (A) Δp A =3 kg ﹒m/s ，Δp B =3 kg ﹒m/s (B)Δp A =-3 kg ﹒m/s ，Δp B =3 kg ﹒m/s (C) Δp A =3 kg ﹒m/s ，Δp B =-3 kg ﹒m/s (D)Δp A =-10 kg ﹒m/s ，Δp B =10 kg ﹒m/s5．如图所示，轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一挡板，挡板的质量为m ，一物体沿光滑水平面以一定的速度撞向挡板，物体质量为M ，物体与挡板相接触的一面都装有尼龙搭扣，使得它们相撞后立即粘连在一起，若碰撞时间极短（即极短时间内完成粘连过程），则对物体M 、挡板m 和弹簧组成的系统，下面说法中正确的是 (A)在M 与m 相撞的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒(B)从M 与m 开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，系统的动量不守恒而机械能守恒(C)从M 与m 开始接触到弹簧恢复原长的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒 (D)以上三种说法都不正确6．质量都是1 kg 的物体A 、B 中间用一轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上，现使B 物体靠在竖直墙上，用力推物体A 压缩弹簧，如图所示，这过程中外力做功8J 。
待系统静止后突然撤去外力。
从撤去外力到弹簧恢复到原长的过程中墙对B 物体的冲量大小是________N ﹒s 。
当A 、B 间距离最大时，B 物体的速度大小是________m/s 。
7．如图所示，在高为h 的光滑平台上放一个质量为m 2的小球，另一个质量为 m 1的球沿光滑弧形轨道从距平台高为h 处由静止开始下滑，滑至平台上与球m 2发生正碰，若m 1= m 2，求小球m 2最终落点距平台边缘水平距离的取值范围。