1、第 11 天 牛顿运动定律的应用 (二 ) 【基础知识梳理】 1.具有相同的加速度 牛顿第二定律 2.牛顿第二定律 3.整体 加 速度 隔离 相互作用力 【基础强化训练】 1.B 【解析】 对 A、 B 整体分析 ， 则 F (m1 m2)a， 所以 a Fm1 m2.求 A、 B 间弹力 FN时以 B 为研究对象 ， 则 FN m2a m2m1 m2F. 2.C 【解析】 当 A、 B 之间恰好不发生相对滑动时力 F 最大 ， 此时 ， 对于 A 物体所受的合外力为 mg， 由牛顿第二定律知 aA g；对于 A、 B 整体 ， 加速度 a aA g， 由牛顿第二定律得 F 3ma 3mg.
2、3.D 【解析】 对弹簧测力计和重物整体分析得到 F (m m0)g (m m0)a， 设秤钩拉重物的力为 F， 对重物分析得到 F mg ma， 联立解得 F mFm m0， 则弹簧测力计的示数为mm0 mF， A、 B、 C 错误 ， D 正确 4.C 【解析】 在雨滴下落过程中 ， 速度逐渐增大 ， 阻力增大 ， 由 mg f ma 可知加速度逐渐减小 ， 当阻力等于重力后雨滴匀速下落 ， C 正确 5.C 【解析】 物体在奇数秒内 ， 合力恒定不 变 ， 从静止开始做匀加速直线运动 偶数秒内合力反向 ， 由于惯性 ， 物体仍沿原方向做匀减速直线运动 ， 偶数秒末速度为零 ， 周而复始
3、，做单向直线运动 C 正确 6.C 【解析】 皮球上升过程中受重力和空气阻力作用 ， 由于空气阻力大小与速度成正比 ，速度 v 减小 ， 空气阻力 f kv 也减小 ， 根据牛顿第二定律 mg f ma， 知 a kvm g， 可知 ， a随 v 的减小而减小 ， 且 v 变化得越来越慢 ， 所以 a 随时间 t减小且变化率也减小 ， C 正确 7.B 【解析】 物体的加速度 a mgm g 1m/s2， 当速度达到 1m/s 时 ， 物块的位移 x v22a122 1m 0.5mmgcos37， 则下一时刻物体相对传送带向下运动 ， 受到传送带向上的滑动摩擦力 摩擦力发生突变 设当物体下滑速
4、度大于传送带转动速度时物体的加速度为 a2， 则 a2 mgsin37 mgcos37m 2m/s2.x2 l x111m 又因为 x2 vt2 12a2t22， 则有 10t2 t22 11， 解得 t2 1s(t2 11s 舍去 ) 所以 t 总 t1t2 2s. 【能力提升】 13.ABC 【解析】 分析物体受力 ， 由牛顿第二定律得 Fcos mgsin ma， 由 F 0 时 ，a 6m/s2， 得 37.由 a cosm F gsin和 aF图线知图象斜率 6 230 20 cos37m ， 得 m 2kg，物体静止时的最小外力 Fmincos mgsin， Fmin mgtan
5、15N， 无法求出物体加速度为 6m/s2时的速度 ， 因物体的加速度是变化的 ， 对应时间也未知 ， 故 A、 B、 C 正确 ， D 错误 14.B 【解析】 物体与地面间最大静摩擦力 Fmax mg 0.2 2 10N 4N 由题给 Ft图象知 0 3s 内 ， F 4N， 说明物体在这 段时间内保持静止不动 .3 6s 内 ， F 8N， 说明物体做匀加速运动 ， 加速度 a F Fmaxm 2m/s2.6s 末物体的速度 v at 2 3m/s 6m/s， 在 6 9s内物 体以 6m/s 的速度做匀速运动 .9 12s 内又以 2m/s2的加速度做匀加速运动 ， 作 vt 图象如图
6、所示 故 0 12s 内的位移 x 12 3 6 2m 6 6m 54m 故 B正确 15. (1) 2m/s2 3m/s2 (2) 0.8m/s 【解析】 (1) 物块的加速度 am g 2m/s2， 对木板有 mg (M m)g MaM， 解得 aM 3m/s2. (2) 设物块经时间 t 从木板滑离 ， 则 L v0t 12aMt2 12amt2， 解得 t1 0.4s 或 t2 2s(因物块已滑离木 板 ， 故舍去 ) 滑离木板时物块的速度 v amt1 0.8m/s. 第 12天 力学实验 【基础知识梳理】 一、 1.时间 运动 交变 0.02 6V以下交变 220V交变 2.无滑轮
7、 断开 打点计时器 加速度 二、 1.相同 2.橡皮条 刻度尺 3.木板 结点 O 的 方向 位置 O 相等 三、 1.控制变量 2.匀速 接通电源 放开小车 3.正比 反比 【基础强化训练】 1. (1) B 0.08s (2) 匀减速 (3) 9.20cm 5.00m/s2 【解析】 (1) 小滑块做减速运动 ， 从纸带上计时点的分布看出 ， 从左向右 ， 相邻计时点之间的距离越来越大 ， 因此纸带的 B 端与小滑块相连 ， 纸带上 AB 段运动的时间为 4 T4 0.02s 0.08s. (2) 从左向右纸带上相邻两计时点的距离之差分别为 x1 (5.20 3.00) cm (3.00
8、1.00) cm 0.20cm， x2 (7.60 5.20) cm (5.20 3.00) cm 0.20cm， x3 (10.20 7.60) cm (7.60 5.20) cm 0.20cm， 显然 x1 x2 x3， 因此该滑块做匀减速 直线运动 (3) 纸带上 A、 B 两点之间的距离为 xAB (10.20 1.00) cm 9.20cm.由公式 x aT2得滑块运动的加速度大小 a xT2 0.2 10 20.022 m/s2 5.00m/s2. 2. (1) DCBA (2) 0.1 (3) s4 s32T （ s4 s5 s6）（ s1 s2 s3）9T2 【解析】 (1)
9、先安装打点计时器 ， 让纸带穿过限位孔 ， 再放小车连纸带 ， 然后接通电源释放小车 ， 最后关电源取纸带 (2) 相邻两个计数点间的时间间隔 T 5 150s 0.1s. (3) 根据匀变速直线运动 一段时间内中间时刻的瞬时速度等于平均速度 ， 得到计数点 5对应的瞬时速度大小 v5 s4 s52T ；用逐差法求得小车的加速度 a （ s4 s5 s6）（ s1 s2 s3）9T2 . 3. (1) CE (2) F B (3) BC 【解析】 (1) 两细绳套不要太短 ， 但是不一定要等长 ， A错误；橡皮条与两绳夹角的平分线是否在同一直线上 ， 由两分力的大小和方向决定 ， B 错误 ；
10、用弹簧秤拉细绳套时 ， 弹簧秤与木板平面必须平行 ， C 正确；验证力的平行四边形 定则实验中 ， 测量分力大小的两个弹簧秤的读数不一定要相等 ， D 错误；在同一次实验中 ， 需要保持 F1和 F2的作用效果与合力 F的作用效果相同 ， 即拉到同一位置 ， 所以 E 正确 ， 答案为 C、 E. (2) F是利用一个弹簧秤将橡皮条拉到结点 O 位置的力 ， F 是利用平行四边形定则作出的与 F作用效果相同的两个分力 F1和 F2的合力 ， 所以沿 AO方向的力一定是 F.本实验中 ， 需要保证单个拉力的作用效果与两个拉力的作用效果相同 ， 即采用了等效替代法 (3) 以 F1 和 F2 为邻
11、边作平行四边形 ， 如图所示 ， 其对角线表示合力 F， 由图可知 ， F1 4 2N， F 12N， 1 45， 12， 所以 B、 C 正确 4. (1) 3.6 (2) D (3) 减小弹簧测力计 B 的拉力； 减小重物 M 的质量 (或将 A 更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计 B 拉力的方向等 ) 【解析】 (1) 由题图知 ， 弹簧测力计 A 的最小刻度值为 0.2N， 读数为 3.6N. (2) 验证力的平行四边形定则 ， 一定要记好合力与两分力的大小与方向 ， 与结点位置无关 ， D 错误； M 的重力即合力 ， A正确；测量前弹簧测力计调零才能测量准确 ， B正确；拉
12、线 与木板平行才能保证力在木板平面内 ， C 正确 (3) 对 O 点受力分析如图所示 ， 可见若减小 FOA可调节 FOB的大小或方向 ， 调节 OA 方向或减小物重 G 等 5. (1) 等间距 线性 (2) 远小于小车和砝码的总质量 (或填 “ 远小于小车的质量 ” ) s3 s12（ 5t） 2 24.2(23.9 24.5) 47.2(47.0 47.6) 1.15(1.13 1.19) 1k bk 【解析】 (1) 平衡好小车所受 的阻力 ， 小车做匀速运动 ， 打点计时器打出的点间隔基本相等 根据牛顿第二定律可知 F (M m)a1a MF mF， 1a与 m 为一次函数关系 ，
13、 是线性关系 (2) 为保证小车所受拉力近似不变 ， 应满足小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车的质量 由 x aT2 可知 ， a s3 s12（ 5t） 2， 由图可读出 s1 36.7mm 12.5mm 24.2mm， s3 120.0mm 72.8mm 47.2mm， 换算后代入上 式中 ， 得 a 1.15m/s2. 设小车质量为 M， 由牛顿第二定律可得 F (M m)a， 1a MF mF， 结合图象可知 1F k， F 1k， MF b， M bF bk. 6. (1) 拉力 F 小车所受拉力 0.640 (2) 在小车所受外力不变的条件下 ， 加速度与质量成反比例关系 am
14、1 (3) C 【解析】 (1) 采用控制变量法研究加速度与质 量的关系 ， 需将外力 F 保持不变 ， 平衡摩擦后 ， 可将砂桶及砂的重力等效为 F；纸带上有六组数据 ， 充分利用数据 ， 采用 “ 逐差法 ”计算 ， 即有 a （ s6 s5 s4）（ s3 s2 s1）9T2 0.640m/s2. (2) 通过 1、 5、 7 组数据 ， 可看到质量加倍 ， 加速度在误差范围内减半 ， 故加速度与质量成反比例关系； am 图线为曲线 ， 并不能说明是成反比例关系 ， 故应作 am 1图线 (3) 由于 OA 段 aF 关系为一倾斜的直线 ， 所以在质量不变的条件下 ， 加速度与外力成正比
15、；由实验原理知 mg ma， a mgm Fm， 而实际上 a mgm m， 可见 AB 段明显偏离直线是由于没有满足 mm . 第 13天 曲线运动和平抛运动 【基础知识梳理】 1.切线 改变 变速 不在同一条直线 不在同一条直线 2.等时 等效 独立 3.重力 匀变速 抛物 水平 重力 匀速直线 自由落体 v0t gt22 gt2v0 v0 gt gtv0 【基础强化训练】 1.D 【解析】 质点做曲线运动时所受合力一定指向曲线的 内侧 (凹侧 )， B、 C 错误；由于初速度与合力初状态时不共线 ， 所以质点末速度不可能与合力共线 ， A错误 ， D 正确 2.B 【解析】 恒力 F1和
16、 F2的合力仍为恒力 ， 物体由静止开始做匀加速直线运动 ， 若运动过程中 F1突然增大 到 F1 F， 虽仍为恒力 ， 但合力的方向与速度方向不再共线 ， 故物体将做匀变速曲线运动 ， A、 C、 D 错误；由 v at 可知 ， B正确 3.A 【解析】 笔匀速向右移动时 ， x 随时间均匀增大 ， y 随时间均匀减小 ， 说明橡皮水平方向匀速直线运动 ， 竖直方向也是匀速直线运动 ， 所以橡皮实际运动是匀速直线运动 ， A正确 4.D 【解析】 红蜡块有水平方向的加速度 ， 所受合外力指向曲线的内侧 ， 所 以其运动轨迹应如 D 图所示 5.B 【解析】 设河宽为 d， 最短时间过河时
17、， 船头正对河岸 ， t1 dv1， 最小位移过河 ，合速度垂直于河岸 ， t2 dv21 v22， 解得 v1v2 t2t22 t21， 即 B正确 6.D 【解析】 由运动的合成与分解可知 ， 物体 A 参与两个分运动：一个是沿着与它相连接的绳子的运动 ， 另一个是垂直于绳子斜向上的运动 而物体 A 的实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的 ， 这一轨迹所对应的运动就是物体 A 的合运动 ， 它们之间的关系如 图所示 由几何关系可得 v v0cos， 所以 D 正确 7.A 【解析】 x v0t， y 12gt2， 由 x y 得 t 2v0g ， vy gt 2v0， vt v20 v2y 5v
18、0， s 2x 2 2v20g ， 故 B、 C、 D 正确 ， 本题选 A. 8.D 【解析】 设小球的初速度为 v0， 飞行 时间为 t.由速度三角形可得 v0gt tan.故有 yx12gt2v0t 12tan. 9.ABC 【解析】 当船头正对河岸时 ， t 最短 ， t 最短 dv船 1503 s 50s， 此时小船沿水流方向的位移为 x v 水 t 200m， 因此 B、 C 正确；由于 v 水 v 船 ， 所以 船不可能到达正对岸 ， 位移一定大于河宽 150m， A正确 ， D 错误 10.BCD 【解析】 由于受到恒定的水平风力的作用 ， 球被击出后在水平方向做匀减速运动 ，
19、 A错误；由 h 12gt2得球从被击出到落入 A 穴所用的时间 t 2hg ， B正确；由题述高尔夫球竖直地落入 A 穴可知球水平末速度为零 ， 小球在水平方向做匀减速运动 ， 由 L v0t2 得球被击出时的初速度大小为 v0 L 2gh ， C 正确；由 v0 at 得球的水平方向加速度大小 a gLh ，球被击出后受到的水平风力的大小为 F ma mgLh ， D 正确 11. (1) 75m (2) 20m/s (3) 1.5s 【解析】 (1) 运动员在竖直方向做自由落体运动 ， 有 Lsin37 12gt2， L gt22sin37 75m. (2) 设运动员离开 O 点时的速度
20、为 v0， 运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动 ， 有Lcos37 v0t， 即 v0 Lcos37t 20m/s. (3) 当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成 37角时 ， 运动员离斜坡最远 ， 有 gtv0 tan37， t 1.5s. 12. (1) 5m/s v0 13m/s (2) 5 5m/s 【解析】 (1) 设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为 v01， 则小球的水平位移 L x v01t1， 小球的竖直位移 H 12gt21， 解以上两式得 v01 (L x) g2H 13m/s， 设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为 v02， 则此过程中小球的水平位
21、移 L v02t2， 小球的竖直位移 H h 12gt22， 解以上两式得 v02 5m/s， 小球抛出时的速度大小为 5m/s v0 13m/s. (2) 小球 落在空地上 ， 下落高度一定 ， 落地时的竖直分速度一定 ， 当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时 ， 落地速度最小 竖直方向 v2y 2gH， 又有 vmin v202 v2y， 解得 vmin 5 5m/s. 【能力提升】 13.B 【解析】 跳伞运动员在空中受到重力 ， 其大小不变且方向竖直向下 ， 还受到空气阻力 ， 其始终与速度反向 ， 大小随速度的增大而增大 ， 反之则减小 在水平方向上 ， 运动员受到的合力是空气阻力在
22、水平方向上的分力 ， 故可知运动员在水平方向上做加速度逐渐减小的减速运动 在竖直方向上运动员在重力与空气阻力在竖直方向上的分力的共同作用下先做加速度减小的加速运动 ， 后做匀速运动 由以上分析结合 vt 图象的性质可知只有 B正确 14.CD 【解析】 两物体都 只受重力 ， 因此它们的加速度相同 ， A 错误；由题意和抛体运动规律知 ， 竖直方向分运动完全相同 ， 因此飞行时间一样 ， 则 B错误；再根据水平方向 ，同样的时间内 B 物体水平位移大 ， 则 B 物体在最高点的速度较大 ， 由机 械能守恒定律知 B 的落地速度比 A 的落地速度大 ， 则 C、 D 正确 15. (1) 10m
23、/s2 (2) 50m/s (3) 95m 【解析】 (1) 飞机在水平方向上由 a 经 b 到 c 做匀加速直 线运动且 tab tbc T 1s， 由 x aT2得 a xT2 xbc xabT2 10m/s2. (2) 因位置 b 对应 a 到 c 过程的中间时刻 ， 故有 vb xab xbc2T 50m/s. (3) 设物体从被抛出到落地所用时间为 t， 由 h 12gt2得 t 2hg 4s， BC 间距离为 xBC xbc vct vbt， 又 vc vb aT， 得 xBC xbc aTt 95m. 第 14天 圆周运动 【基础知识梳理】 1.快慢 转动快慢 一周 圈数 快慢
24、圆心 2.相等 不变 圆心 3.向心加速度 方向 大小 mv2r m2r 【基础强化训练】 1.D 【解析】 由 a v2r知 ， 只有在 v 一定时 ， a 才与 r成反比 ， 如果 v 不一定 ， 则 a 与 r不成反比 ， 同理 ， 只有当 一定时 ， a 才与 r成正比； v 一定时 ， 与 r成反比；因 2 是定值 ， 故 与 n 成正比 2.B 【解析】 主动轮顺时针转动 ， 从动轮逆时针转动 ， 两轮边缘的线速度大小相等 ， 由齿数关系知主动 轮转一周时 ， 从动轮转三周 ， 故 T 从 23， B正确 3.B 【解析】 a、 b 和 c 都是陀螺上的点 ， 其角速度均为 ， 故
25、 B正确 ， C 错误；由题图可知 ， a、 b 和 c 三点随陀螺旋转而做圆周运动的半径关系是 ra rbrc， 由 v r可知 ， va vbvc， 故 A、 D 均错误 4.B 【解析】 设轴心 O 到小球 A 的距离为 x， 因两小球固定在同一转动杆的两端 ， 故两小球做圆周运动的角速度相同 ， 半径分别为 x、 l x.根据 vr有 vAx vBl x， 解得 x vAlvA vB，故 B正确 5.A 【解析】 由图象知 ， 质点 P 的向心加速度随半径 r的变化曲线是双曲线 ， 因此可以判定质点 P 的向心加速度 aP与半径 r的积是一个常数 k， 即 aPr k， aP kr，
26、与向心加速度的计算公式 aP v2r对照可得 v2 k， 即质点 P 的线速度 v k， 大小不变 ， A 正确；同理 ， 知道质点 Q 的向心加速度 aQ kr与 a 2r对照 可知 2 k， k(常数 )， 质点 Q 的角速度保持不变 ， 因此 B、 C、 D 错误 6.B 【解析】 由向心力的概念对各选项作出判断 ， 注意一般曲线运动与匀速圆周运动的区别 与速度方向垂直的力使物体运动方向 发生改变 ， 此力指向圆心命名为向心力 ， 所以向心力不是物体做圆周运动而产生的 向心力与速度方向垂直 ， 不改变速度的大小 ， 只改变速度的方向 做匀速圆周运动的物体的向心力始终指向圆心 ， 方向在不
27、断变化 ， 是个变力 做一般曲线运动的物体的合力通常可分解为切向分力和法向分力 切线方 向的分力提供切向加速度 ， 改变速度的大小；法线方向的分力提供向心加速度 ， 改变速度的方向 B正确 7.B 【解析】 向心力是效果力 ， 可以是一个力 ， 也可以是一个力的分力或几个力的合力 8.D 【解析】 因为物体的角速度 相同 ， 线速度 v r， 而 rArB， 所以 vAvB， 则 A错误；根据 an r2知 anAanB， 则 B错误；如图所示 ， tan ang， 而 B 的向心加速度较大 ，则 B 的缆绳与竖直方向夹角较大 ， 缆绳拉力 T mgcos， 则 TATB， 所以 C 错误 ，
28、 D正确 9.CD 【解析】 根据皮带传动装置的特点 ， 首先确定 b、 c、 d 三点处于同一个整体上 ，其角速度相同； a、 c 两点靠皮带连接 ， 其线速度大小相等 设 a 点的线速度为 v、角速度为， 则 v r， 所以 c 点的线速度大小为 v 2r， 可 求 c 点的角速度 2 .根据向心加速度的公式可求 a、 b、 c、 d 的向心加速度分别为 a1 2r、 a2 142r、 a3 122r、 a4 2r， 故 C、D 正确 10.BC 【解 析】 根据小球做圆周运动的特点 ， 设线与竖直方向的夹角为 ， 故 FT mgcos，对金属块受力分析：由平衡条件 Ff FTsin mg
29、tan， FN FTcos Mg mg Mg， 故在 增大时 ， Q 受到的支持力不变 ， 静摩擦力变大 ， A错误 ， B正确；设线的长度为 L， 由 mgtan m2Lsin， 得 gLcos， 故角速度变大 ， 周期变小 ， 故 C 正确 ， D 错误 11.R g2h 2n g2h(n 1， 2， 3， ) 【解析】 小球做平抛运动 ， 在竖直方向上有 h 12gt2， 则运动时间 t 2hg .又因为水平位移为 R， 所以小球的初速度 v Rt R g2h.在时间 t 内圆盘转过的角度 n2(n 1， 2，3， ) 又因为 t， 则圆盘转动的角速度 t n2t 2n g2h(n 1，
30、 2， 3， ) 12. d 【解析】 子弹从 a 穿入圆筒到从 b 穿出圆筒 ， 圆筒旋转不到半周 ， 故圆筒转过的角度为 ， 则子弹穿过圆筒的时间为 t .在这段时间内子弹的位移为圆筒的直径 d， 则子弹的速度为 v dt d . 【能 力提升】 13.A 【解析】 小物体不沿曲面下滑 ， 而是被水平抛出 ， 需满足关系式 mg mv2r ， 即 传送带转动的速度 v gr， 其大小等于 A 轮边缘的线速度大小 ， A 轮转动的周期为 T 2rv 2 rg， 每秒的转数 n 1T 12 gr. 14.D 【解析】 在释放前的瞬间绳拉力为零 ， 对 M： FN1 Mg， 当摆球运动到最低点时
31、 ，由机械能守恒得 mgR mv22 ， 由牛顿第二定律得 FT mgmv2R ， 由 得绳 对小球的拉力 FT 3mg， 摆球到达最低点时 ， 对支架 M 由受力平衡 ， 地面支持力 FN Mg 3mg，由牛顿第三定律知 ， 支架对地面的压力 FN2 3mg Mg， 故 D 正确 15. (1) 45N (2) 5m/s (3) 2m 【解析】 (1) 小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用：重力 mg、桌面弹力FN和线的拉力 F.重力 mg 和弹力 FN平衡 ， 线的拉力等于向心力 ， F 向 F m2R.设原来的角速度为 0， 线上的拉力是 F0， 加快后的角速度为 ， 线断时的拉
32、力是 F1， 则 F1 F0 2 20 9 1.又 F1 F0 40N， 所以 F0 5N， 则线断时 F1 45N. (2) 设线断时小球的速度为 v， 由 F1 mv2R 得 vF1Rm 45 0.10.18 m/s 5m/s. (3) 由平抛运动规律得小球在空中运动的时间 t 2hg 2 0.810 s 0.4s 小球落地处离桌面的水平距离 s vt 5 0.4m 2m. 第 15天 综合检测 1.A 【解析】 国际单位制规定了七个基本物理量 ， 分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量 故 B、 C、 D 错误 ， A正确 2.C 【解析】 原子的质量很小 ， 在研究
33、原子内部结构的时候是不能看成质点的 ， 故 A错误；只有在单向直线运动中 ， 位移的大小等于路程 ， 但不能说路程就是位移 ， 故 B错误；参考系的选择是任意的 ， 可以是相对地面不动的物体 ， 也可以是相对地面运动的物体 ， 故 C正确；惯性与速度无关 ， 只与质量有关 ， 故 D 错误 3.D 【解析】 加速度是反映物体速度变化快慢的物理量 ， 物体存在加速度说明物体的速度肯定发生变化 ， 故 A正确；加速度是反映物体速度变化快慢的物理量 ， 加速度越大物体的速度变化越快 ， 故 B正确；当加速度与速度方向 相同时 ， 物体做加速运动 ， 若加速度减小 ，则物体的速度仍在增加 ， 只是增加
34、得比以前慢了 ， 故 C 正确；物体的加速度为零时 ， 说明物体的速度没有发生变化 ， 故物体可以处于静止状态也可以处于匀速直线运动状态 ， 故 D 错误 本题选择不正确的 ， 故选 D. 4.A 【解析】 苹果对细线的拉力是由于苹果产生形变 而产生 ， 故 A 正确；细线对天花板的拉力是由于细线产生形变而产生的 ， 故 B错误；天花板对细线的拉力与苹果的重力不是作用在同一个物体上的 ， 不是平衡力 ， 故 C 错误；细线对苹果的拉力与细线对天花板的拉力不是物体之间的相互作用 ， 不是相互作用力 ， 故 D 错误 5.C 【解析】 货物参与了两个分运动 ， 在水平方向上做匀加速直线运动 ， 在
35、竖直方向上做匀速直线运动 ， 合加速度方向沿水平方向 ， 合速度与合加速度不在同一条直线上 ， 货物的轨迹是曲线 ， 加速度大致指向轨迹凹的一向 ， 可知 C 正确 ， A、 B、 D 错误 6.D 【解析】 物体在水平面上 ， 一定受到重力和支持力作用 ， 物体在转动过程中 ， 有背离圆心的运动趋势 ， 因此受到指向圆心的静摩擦力 ， 且静摩擦力提供向心力 ， 故 A、 B、 C错误 ， D 正确 7.C 【解析】 由于题目选择竖直向下为正方向 ， 开始时小球做竖直向下的匀加速直线运动 ， 即速度为正值且一直增大 ， 加速度竖直向下保持 g fm值不变 ， 即斜率保持不变且斜率为正值 ， 落
36、地后弹起的过程中 ， 小球向上做减速运动 ， 加速度竖直向下保持 g fm值不变 ， 即斜率保持不变且斜率为正值 ， 上升过程的加速度大于下落过程的加速度 ， 故 C 正确 8.C 【解析】 对于 AB 段 ， 有 hAB vAt 12gt2解得 vAhAB 12gt2t 2 12 10 0.010.1 m/s19.5m/s， 对于从出发点到 A 点的过程 ， 有 v2A 2gh解得 h v2A2g19.522 10m 19m. 9.BD 【解析】 滑动摩擦力的大小与正压力有关 ， 正压力不一定等于重力 ， 故 A错误 ；滑动摩擦力的方向一定与相对运动的方向相反 ， 故 B正确；人走路时受到地
37、面的静摩擦力而运动 ， 故 C 错误；作用在物体上的静摩擦力可以是动力 ， 比如走路时静摩擦力提供动力 ， 故D 正确 10.CD 【解析】 2N 和 3N 的合力范围为 1N F 合 5N， 根据牛顿第二定律 a F合m知 ，加速度的范围为 1 a 5m/s2.故 A、 B错误 ， C、 D 正确 11.ACD 【解析】 A、 B 两质点分别做匀速圆周运动 ， 若在相等时间内它们通过的弧长之比为 sA sB 4 3， 根据公式公式 v st， 线速度之比为 vA vB 4 3， 故 A正确；通过的圆心角之比 A B 3 2， 根据公式 t， 角速度之比为 3 2， 故 B 错误；由公式 2T， 它们的周期之比 TA TB 2 3， 故 C 正确；根据公式 a v， 它们的向心加速度之
