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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　 (１)左端与重物相连 (２)与 Ａ 点相邻的两点之间的
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 ０.０４ ｓ 即得打 Ａ 点时重物的瞬时速度
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 因为时间 ０.０４ ｓ 很短 打 Ａ 点的时刻是相邻两点之间的中间
的旋转情况时 乒乓球不能看成质点 否则无法研究 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
当研究歼－２０ 隐形战斗机从上海到海口的运动路线时 Ａ 点的瞬时速度很接近
、 －２０ 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
、 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
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
Δｘ
２.答案　 “ ９一江春水向东流”描述的是水相对地面(河岸)的运 ３.答案　 (１)前 １ ｓ １内的平均速度 ｖ１ ＝ ＝ ｍ / ｓ＝ ９ ｍ / ｓΔｔ １
动 “地球的公转”描述的是地球相对太阳的运动 “钟表的时 １Δｘ２ ９＋７
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 ２ ｓ 内的平均速度 ｖ２ ＝ ＝ ｍ / ｓ＝ ８ ｍ / ｓΔｔ２ ２
落”描述的是太阳相对地面的运动 Δｘ３ ９＋７＋５３.答案　 诗中描述了船、云、诗人的运动 前两句诗写景 诗人 前 ３ ｓ 内的平均速度 ｖ３ ＝ ＝ ｍ / ｓ＝ ７ ｍ / ｓΔｔ ３
在船上 “ ３卧看满天云不动”是以船或诗人为参考系 “云与我 Δｘ４ ９＋７＋５＋３
俱东”是以“榆堤”为参考系 云与“我”均向东运动 可认为云 前 ４ ｓ 内的平均速度 ｖ４ ＝ ＝ ｍ / ｓ＝ ６ ｍ / ｓΔｔ４ ４
相对“我”不动 Δｘ５ ９＋７＋５＋３＋１
全程的平均速度 ｖ５ ＝ ＝ ｍ / ｓ＝ ５ ｍ / ｓ
2　时间　位移 Δｔ５ ５
第 １ ｓ 内的平均速度 ｖ１ 最接近汽车刚制动时的瞬时速◆练习与应用
度 它比这个瞬时速度略小些
１.答案　 (１)“８ 时 ４２ 分”指时刻 “８ 分”指时间间隔 Δｘ ３＋１
(２)“早”指时刻 “等了这么久”指时间间隔 (２)汽车最后 ２ ｓ 内的平均速度 ｖ＝ ＝ ｍ / ｓ＝ ２ ｍ / ｓ Δｔ ２
(３)“前 ３ ｓ”“最后 ３ ｓ”“第 ３ ｓ 内”都指时间间隔 “第 ３ ｓ
末”指时刻 4　速度变化快慢的描述——加速度
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
３.答案　 (１)由于百米赛跑的跑道是直道 因此运动员跑完全程 ＝ ＝ １００１.答案　 ｖ １００ ｋｍ / ｈ ｍ / ｓ
的路程和位移大小相等 都是 １００ ｍ ３.６
(２)８００ ｍ 跑比赛中 不同跑道的运动员跑完全程的路程 ＝ Δｖ根据 ａ 有:
是相等的 都是 ８００ ｍ 但位移不相同 ４００ ｍ 跑道指的是位 Δｔ
于第一跑道的运动员跑完一圈的实际路程为 ４００ ｍ 为了使各 ａＡ ＝
Δｖ ＝ １００ ２ ＝
× ｍ / ｓ 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 ΔｔＡ ３.６ １１.３
点就不能取同一位置了 所以位移不同 实际情况是越往外 ＝ Δｖ ＝ １００ａＢ × ｍ / ｓ
２ ＝ ２.１０ ｍ / ｓ２
Δｔ ３.６ １３.２
的跑道 起点与终点的距离越远 运动员的位移就越大 Ｂ
Δｖ １００
４.答案　 由题意可知 坐标的变化量 Δｘ＝ｘＱ－ｘＰ ＝－２ ｍ－３ ｍ＝－５ ｍ ａＣ ＝ ＝ × ｍ / ｓ
２ ＝ １.７９ ｍ / ｓ２
ΔｔＣ ３.６ １５.５
位移等于位置坐标的变化量 所以物体的位移为－５ ｍ 即它的位 ２.答案　 举例如下:Ａ.做匀速直线运动的物体加速度为零 速度
移大小为 ５ ｍ 方向由 Ｐ 指向 Ｑ 位置坐标与位移矢量如图 不为零
Ｂ.一物体的速度变化量比较大 但用的时间长 由
Δｖ
５.答案　 (１)汽车最远位置距离出发点约 ３０ ｍ ａ＝ 知 此物体的加速度有可能比另一物体的加速度还小 Δｔ
(２)汽车在 １０~２０ ｓ 内没有行驶 Ｃ.物体向西做减速运动时 速度方向向西 加速度方向
(３)汽车在 ０~１０ ｓ 内驶离出发点 在 ２０ ~ ４０ ｓ 内驶向出 向东
发点 Ｄ.物体先以较大的加速度做匀加速直线运动 再以较小
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
大但加速度小
从抛出点 从最高点 从抛出点
坐标 抛出点 最高点 落地点 ３.答案　 (１)１４４ ｋｍ / ｈ ＝ ４０ ｍ / ｓ 所以四个运动过程中 超音速
到最点的 到落地点 到落地点
原点 的坐标 的坐标 的坐标 飞机速度最大 为 ５００ ｍ / ｓ 速度由大到小依次排列为:超音
位移 的位移 的总位移
速飞机 ５００ ｍ / ｓ>动车 ４０ ｍ / ｓ>自行车 １２ ｍ / ｓ>蜗牛 ０.００２ ｍ / ｓ
地面 ３ ｍ ８ ｍ ０ ５ ｍ －８ ｍ －３ ｍ (２)四个运动过程中 列车加速 １００ ｓ 速度的变化量最
抛出点 ０ ５ ｍ －３ ｍ ５ ｍ －８ ｍ －３ ｍ １４４ ７２大 为 ｍ/ ｓ－ ｍ/ ｓ＝ ２０ ｍ/ ｓ 速度变化量由大到小依次排列
３.６ ３.６
为:动车 ２０ ｍ/ ｓ>自行车 ９ ｍ/ ｓ>蜗牛 ０.００２ ｍ/ ｓ>超音速飞机 ０
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(３) 四个运动过程中 自行车的加速度最大 为 ａ自 ＝ 同一地点 两者相遇 所以兔子和乌龟在比赛途中相遇 ２ 次
１２－３ ２ ＝ ２ (４)由图可读出 ｔ６ 时刻乌龟到达终点 而兔子还没有到ｍ / ｓ ３ ｍ / ｓ 加速度由大到小依次排列为:自行车
３ 达 所以乌龟先到达终点
３ ｍ / ｓ２>动车 ０.２ ｍ / ｓ２>蜗牛 ０.０１ ｍ / ｓ２>超音速飞机 ０ ２.答案　 由于 ｘ－ｔ 图线的斜率表示物体的速度 由图可知 ０~２ ｓ
４.答案 　 设向东为正方向 则 Δｖ ＝ ０－ ２０ ｍ / ｓ ＝ － ２０ ｍ / ｓ Δｔ ＝ ５－３
内物体的速度 ｖ１ ＝ ｍ / ｓ ＝ １ ｍ / ｓ 方向与规定的正方向相Δｖ －
２ ｍｉｎ ＝ １２０ ｓ 则 ａ＝ ＝
２０
ｍ / ｓ２ ＝－
２
０.１７ ｍ / ｓ２ 故物体的加速
Δｔ １２０ 同 ２~４ ｓ 内物体静止 速度为零 ４ ~ １０ ｓ 内物体的速度 ｖ３ ＝
度大小为 ０.１７ ｍ / ｓ２ 方向向西 －５－５
ｍ / ｓ＝ －
５
ｍ / ｓ 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 １０－４ ３
程度最大 ｔ 图像如图所示
２.５－０
对 Ａ 物体:ａ ２ ２Ａ ＝ － ｍ / ｓ
＝ ０.６２５ ｍ / ｓ 方向与速度方向
６ ２
相同
＝ ２.５
－２
对 Ｂ 物体:ａ ｍ / ｓ２Ｂ ＝ ０.０８３ ｍ / ｓ２ 方向与速度方向６
相同
０－
对 Ｃ 物体:ａＣ ＝
２
ｍ / ｓ２ ＝ －０.２５ ｍ / ｓ２ 方向与速度方向
８
相反
◆复习与提高 ３.答案　 (１)物体在第 １ ｓ 内向东运动 速度逐渐增大 在第 ２ ｓ
Ａ 组 内向东运动 速度逐渐减小 在第 ３ ｓ 内自西运动 速度逐渐
１.答案　 (１)不能　 (２)能　 (３)不能　 (４)不能 增大
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 １－０ ２ ２
是静止的 当他俯视大地时 看到大地迎面而来 他选取的参 (２)物体在第 １ ｓ 内的加速度 ａ１ ＝ ｍ / ｓ ＝ １ ｍ / ｓ 方向１
考系是自己 ０－１
３.答案　 时刻　 时间间隔　 时间间隔　 时刻 向东 在第 ２ ｓ 内的加速度 ａ２ ＝ － ｍ / ｓ
２ ＝ －１ ｍ / ｓ２ 即加速度
２ １
４.答案　 同学甲的说法错误 只有做单向直线运动的物体 其 －１－０
大小为 １ ｍ/ ｓ
２ 方向向西 在第 ３ ｓ 内的加速度 ａ ＝ ｍ/ ｓ２ ＝
位移的大小才与路程相等 ３ ３－２
同学乙的说法错误 位移和路程都既可以描述直线运 －１ ｍ / ｓ２ 即加速度大小为 １ ｍ / ｓ２ 方向向西
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
同学丙的说法正确 Ｌ ０.０２
运动 则遮光条通过第一个光电门的速度为 ｖ１
＝ ＝ ｍ/ ｓ ＝
同学丁的说法错误 位移和路程不是一回事 位移是指 Δｔ１ ０.２０
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 ０.０２
０.１０ ｍ/ ｓ 遮光条通过第二个光电门的速度为 ｖ ＝ ＝ ｍ/ ｓ＝
路程是指物体运动轨迹的长度 是标量 只有大小 没有方向 ２ Δｔ２ ０.０５
ｘ ｖ －ｖ
５. －答案　 设全程位移为 ２ｘ 汽车通过前半程的时间为 ｔ ＝ 通 ２ １ ０.４０ ０.１０ ２ ２１ ｖ ０.４０ ｍ/ ｓ 故滑块的加速度 ａ＝ ＝ ｍ/ ｓ ＝０.１２ ｍ/ ｓ １ ｔ ２.５
ｘ
过后半程的时间为 ｔ ＝ 则汽车全程的平均速度为 ｖ ＝ ５.答案　 电梯从 ３ 楼下降到 ２ 楼时 先加速下降再减速下降 略２ ｖ２ 停后 先加速再减速下降至 １ 楼 随后先加速再减速上升到 ２
２ｘ ２ｘ ２ｖ＝ ＝ １
ｖ２ ＝ －４０ ｋｍ / ｈ 楼 最后停在 ２ 楼 电梯的 ｖ ｔ 图像如图所示
ｔ１＋ｔ２ ｘ ＋ ｘ ｖ１
＋ｖ２
ｖ１ ｖ２
６.答案 　 规定初速度的方向为正方向 则桌球的初速度 ｖ０ ＝
１.５ ｍ / ｓ 末速度 ｖ＝－１.３ ｍ / ｓ 作用时间 Δｔ ＝ ０.０８ ｓ 则撞击过
ｖ－ｖ０
程中球的加速度 ａ＝ ＝ －３５ ｍ / ｓ２ 负号表示加速度方向与
Δｔ
初速度方向相反 第二章　匀变速直线运动的研究
７.答案　 (１)有速度大而加速度小的情况 题中高速飞行的飞
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
(２) ◆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
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.答案　 (１)如图所示
比自行车的加速度小 (２)有道理 因为纸带的宽度一定
Ｂ 组 把剪下的各段纸带并排 相当于以纸带宽
１.答案　 (１)兔子和乌龟从同一地点出发 但兔子比乌龟晚出发 度作为时间间隔 各纸带长度表示小车在
时间 ｔ 这段时间内运动的位移大小 这样在各个１
(２)乌龟的位移－时间图像是直线 根据位移－时间图线 时间间隔内的平均速度大小就近似认为
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＝
Δｘ
ｖ∝Δｘ 这样 纸带的长度就可以
线运动 ０.１ ｓ
(３)在 ｔ２ 和 ｔ
用来表示速度
４ 两时刻 兔子和乌龟的位移相同 说明到达
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教材习题答案
２.答案　 (１)如表所示 ２ａｘ 可得 ｖ２ ＝２ａ ｘ ｖ２ ２１ １ １ ２ －ｖ１ ＝ ２ａ２ｘ２ 联立解得飞机离舰时的速度
时间 ｔ / ｓ ０ ５ １０ １５ ２０ ２５ ３０ 为 ｖ２ ＝ ２ａ１ｘ１＋２ａ２ｘ２ ＝ ２×７.８×１８０＋２×５.２×１５ ｍ/ ｓ＝ ５４ ｍ/ ｓ
速度 ｖ / (ｋｍ ｈ－１) ５４ ５９ ６５ ７０ ７６ ８１ ８６ ５.答案　 初速度 ｖ０ ＝ １０ ｍ / ｓ 末速度 ｖ ＝ ０ 位移 ｘ ＝ １.２ ｍ 根据
２－ ２ ２
速度 ｖ / (ｍ ｓ－１) １５ １６.４ １８.１ １９.４ ２１.１ ２２.５ ２３.９ ２ ２ ｖ ｖ－ ＝ ０
－１０
ｖ ｖ０ ２ａｘ 得 ａ＝
０ ＝ ｍ / ｓ２ ＝－× ４２ ｍ / ｓ
２
２ｘ ２ １.２
　 　 (２)如图所示 ６.答案　 设汽车运动方向为正方向 初速度为 ｖ０ 由题知加速度
ａ＝－５.０ ｍ / ｓ２ 末速度 ｖ＝ ０ 位移 ｘ＝ ２２.５ ｍ 根据 ｖ２－ｖ２０ ＝ ２ａｘ 得
ｖ０ ＝ －２ａｘ ＝ －２×(－５.０)×２２.５ ｍ / ｓ＝ １５ ｍ / ｓ
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
2　匀变速直线运动的速度与时间的关系 落变快 这是因为空气阻力的作用 纸片受到的空气阻力大
小纸团受到的空气阻力小
◆思考与讨论 ２.答案　 跳水运动员训练时从 ５ ｍ 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
脚离水面的高度分别为 ３.４ ｍ 和 １.８ ｍ 时 其自由落下的距离
不相等 物体不做匀变速运动
２ｈ
◆练习与应用 １分别为 １.６ ｍ 和 ３.２ ｍ 下落需要的时间分别为 ｔ１ ＝ ＝
１.答案　 初速度 ｖ０ ＝ ３６ ｋｍ / ｈ＝ １０ ｍ / ｓ 加速度 ａ＝ ０.２ ｍ / ｓ２
ｇ
末速
度ｖ＝ ５４ ｋｍ / ｈ＝ １５ ｍ / ｓ ２ｈ０.５７ ｓ 和 ｔ２ ＝
２ ＝ ０.８ ｓ 所以手机连拍时间间隔为 Δｔ ＝ ｔ２ －
ｖ－ｖ０ １５－ ｇ
根据 ｖ＝
１０
ｖ０＋ａｔ 得 ｔ＝ ＝ ｓ＝ ２５ ｓ ａ ０.２ ｔ１ ＝ ０.２３ ｓ
２.答案　 初速度 ｖ ＝ ７２ ｋｍ / ｈ ＝ ２０ ｍ / ｓ 加速度 ａ ＝ －０.１ ｍ / ｓ２０ 时 ３.答案　 设井口到水面的距离为 ｘ 石块下落做自由落体运动
间 ｔ＝ ２ ｍｉｎ＝ １２０ ｓ 根据 ｖ＝ ｖ０＋ａｔ 得 ｖ＝ ２０ ｍ / ｓ－０.１×１２０ ｍ / ｓ ＝ １ １设石块落到水面的时间为 ｔ 则有 ｈ ＝ ｇｔ２ ＝ ×１０×２.５２ ｍ＝
８ ｍ / ｓ ２ ２
３.答案　 初速度 ｖ ＝ ０ 加速度 ａ ＝ １.６ ｍ / ｓ２ 时间 ｔ ＝ ２.２５ ｓ 根据 ３１.２５ ｍ 由于声音传播需要一定的时间 所以石块实际自由下０
ｖ＝ ｖ０＋ａｔ 得 ｖ＝ ０＋１.６×２.２５ ｍ / ｓ＝ ３.６ ｍ / ｓ 落到水面的时间 ｔ<２.５ ｓ 我们估算的结果偏大
４.答案 　 (１)物体在 １ ｓ 末的速度是 １.５ ｍ / ｓ ４ ｓ 末的速度为 ４.答案　 设从抛出点到径迹两端点的距离分别为 ｈＡ、ｈＢ 由题图
－２
２ ｍ / ｓ 最大 ７ ｓ 末的速度为 １ ｍ / ｓ 最小 可知 ｈＡ ＝ (２.５－８.６×６×１０ )ｍ ＝ １.９８４ ｍ ｈＢ ＝ (２.５－６.８×６×
(２)物体在 １ ｓ 末、４ ｓ 末、７ ｓ －２ ２末三个时刻的速度均为正 １０ )ｍ ＝ ２.０９２ ｍ 由 ｖ ＝ ２ｇｈ 得 ｖＡ ＝ ２×９.８×１.９８４ ｍ / ｓ ＝
值 速度方向相同 ６.２４ ｍ / ｓ ｖＢ ＝ ２×９.８×２.０９２ ｍ / ｓ ＝ ６.４０ ｍ / ｓ 由 ｖＢ －ｖＡ ＝ ｇｔ 得
(３)物体在 １ ｓ 末的加速度大小为 ０.５ ｍ / ｓ２ ４ ｓ 末的加速 ６.４０－＝ ６.２４曝光时间ｔ ｓ＝ ０.０１６ ｓ
度大小为零 最小 ７ ｓ 末的加速度大小为 １ ｍ / ｓ２ 最大 ９.８
(４)物体在 １ ｓ 末的加速度为正值 ７ ｓ 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
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
解法一:(利用 Δｘ＝ｇｔ２ 求解)
3　匀变速直线运动的位移与时间的关系 ｘ１ ＝(０.８－０)ｃｍ＝ ０.８ ｃｍ
◆练习与应用 ｘ２ ＝(３.２－０.８)ｃｍ＝ ２.４ ｃｍ
１.答案　 初速度 ｖ０ ＝ ３６ ｋｍ / ｈ＝ １０ ｍ / ｓ 加速度 ａ＝ ０.２ ｍ / ｓ２ 时间 ｘ３ ＝(７.１－３.２)ｃｍ＝ ３.９ ｃｍ
ｔ＝ ３０ ｓ 根据 ｘ ＝
１ １
ｖ０ ｔ＋ ａｔ２ 得 ｘ ＝ １０×３０ ｍ＋ ×０.２×３０２ ｍ ＝
ｘ４ ＝(１２.５－７.１)ｃｍ＝ ５.４ ｃｍ
２ ２ ｘ５ ＝(１９.６－１２.５)ｃｍ＝ ７.１ ｃｍ
３９０ ｍ 根据 ｖ＝ ｖ０＋ａｔ 得 ｖ＝ １０ ｍ / ｓ＋０.２×３０ ｍ / ｓ＝ １６ ｍ / ｓ 则 Δｘ１２ ＝ １. ６ ｃｍ Δｘ２３ ＝ １. ５ ｃｍ Δｘ３４ ＝ １. ５ ｃｍ Δｘ４５ ＝
２.答案　 初速度 ｖ０ ＝ １８ ｍ / ｓ 时间 ｔ ＝ ３ ｓ 位移 ｘ ＝ ３６ ｍ 根据 ｘ ＝ １.７ ｃｍ
１ ２ ２(ｘ－ｖ０ ｔ) ×＋ ＝ ＝ ２ (３６
－１８×３)
ｖ ｔ ａｔ 得 ａ ｍ / ｓ２ ＝－４ ｍ / ｓ２ 取平均值得 Δｘ＝ １.５７５ ｃｍ ０ ２ ｔ２ ３２ 所以重力加速度:
ｖ－ｖ × －２
根据 ｖ ＝ ｖ ＋ａｔ ０可得汽车停止运动所用的时间 ｔ ＝ ＝ ｇ＝
Δｘ ＝ １.５７５ １０ ｍ / ｓ２０ ２ ２ ＝ａ ９.８４ ｍ / ｓ
２
ｔ ０.０４
０－１８ ＝
－ ｓ ４.５ ｓ 故汽车在 ５ ｓ
＝
内的位移与 ４.５ ｓ 内的位移相等 解法二:(先求平均速度 再利用 ｖ ｇｔ 求解)
４ ｘ＝ ３.２ ｃｍ 时的瞬时速度
０－ｖ２ ０－１８２ －２
由 ｖ２－ｖ２０ ＝ ２ａｘ 得 ｘ′＝
０ ＝ ＝
× － ｍ ４０.５ ｍ
(７.１－０.８)×１０
２ａ ２ ( ４) ｖ１ ＝ × ｍ / ｓ
＝ ０.７８７ ５ ｍ / ｓ
０.０４ ２
１
３.答案　 ｘ＝ １２.５ ｃｍ 时的瞬时速度已知初速度 ｖ ２０ ＝ ０ 根据公式 ｘ＝ ｖ０ ｔ＋ ａｔ 得２
＝(１９.６
－７.１)×１０－２
１ １ ｖ２ ｍ / ｓ＝× １.５６２ ５ ｍ / ｓ ｘ ＝ ａ ｔ２ ｘ ＝ ａ ｔ２ ｘ ∶ ｘ ＝ａ ∶ ａ ０.０４ ２１ ２ １ ２ ２ ２
所以 １ ２ １ ２
则 ｖ２ ＝ ｖ１＋ｇ ２Ｔ
４.答案　 已知前一段匀加速直线运动中 ｘ１ ＝１８０ ｍ ａ ２１ ＝ ７.８ ｍ/ ｓ ｖ －ｖ １.５６２ ５－０.７８７ ５
后一段匀加速直线运动中 ｘ ＝ １５ ｍ ａ ＝ ５.２ ｍ/ ｓ２ 根据 ｖ２－ｖ２ ＝ 重力加速度 ｇ＝
２ １ ＝ ｍ / ｓ２ ＝× ９.６９ ｍ / ｓ
２
２ ２ ０ ２Ｔ ２ ０.０４
　１７５

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　 (１)运动员打开降落伞后做匀减速运动 根据 ｖ２ －ｖ２０ ＝
１ ２ｈ ２ａｘ 据题意有 ｖ２ ＝ ５ ｍ / ｓ ａ＝－１２ ｍ / ｓ２ ｘ２ ＝ １２５ ｍ 代入数据可
速直线运动 结合位移－时间公式 ｈ＝ ｇｔ２ 可得 ｔ＝ 在
２ ｇ 求得 运 动 员 打 开 降 落 伞 时 的 速 度 为 ｖ１ ＝ ｖ２２－２ａｘ２ ＝
长度刻度旁标注的时间刻度如图所示: ５２－２×(－１２)×１２５ ｍ / ｓ＝ ５５ ｍ / ｓ
ｖ２
(２) １由 ｖ２ ＝ ２ｇｘ 可得运动员自由下落的距离为 ｘ１ ＝ ＝２ｇ
１５１.２５ ｍ
运动员离开飞机时距地面的高度为 ｘ＝ ｘ１＋ｘ２ ＝ ２７６.２５ ｍ
ｖ
(３) １运动员自由下落的时间为 ｔ１ ＝ ＝ ５.５ ｓｇ
ｖ２－ｖ１
打开伞后运动的时间为 ｔ２ ＝ ＝ ４.１７ ｓａ
故运动员离开飞机后运动的时间为 ｔ＝ ｔ１＋ｔ２ ＝ ９.６７ ｓ
◆复习与提高 １６.答案　 (１)证明:由于 ｘ＝ ａｔ２ 可知 ｘ∝ｔ２ 得 ｘ１ ∶ ｘ２ ∶ ｘ３ ∶ ＝
Ａ 组 ２
１.答案　 由题意可知 ｖ ＝ ４ ｍ / ｓ ｖ ＝ ０ ａ ＝ －０.２ ｍ / ｓ２ 根据匀变 １
２ ∶ ２２ ∶ ３２ ∶ ＝ １ ∶ ４ ∶ ９ ∶
０
速直线运动的速度－位移公式 ｖ２ －ｖ２ ＝ ２ａｘ 可得自行车滑行的 ＝ １ ２ ＝ １ × ２ ＝ １０ (２)证明:由于 ｘ ａｔ 可得 ｘ１ ａ １ ｘ ２２ ａ×２
－ｖ２ －４２
２ ２ ２
０
距离为 ｘ＝ ＝ × － ｍ
＝ ４０ ｍ 由于 Ｌ ＝ ３０ ｍ<４０ ｍ 故
２ａ ２ ( ０.２) １ｘ３ ＝ ａ×３２ ２
自行车仅靠滑行不能停在停车线前
１ １ １
２.答案　 由题可知 人的初速度 ｖ０ ＝ ５ ｍ/ ｓ 加速度 ａ＝－０.４ ｍ/ ｓ２ 所以 ｘⅠ ＝ ａ ｘⅡ ＝ ｘ２－ｘ１ ＝ ａ×(２２－１)＝ ａ×３＝ ３ｘ２ ２ ２ Ⅰ
时间 ｔ＝
１
５ ｓ 由位移－时间公式 ｘ＝ ｖ ｔ＋ ａｔ２０ 可得他在斜坡上通 ＝ － ＝ １２ ｘⅢ ｘ３ ｘ２ ａ×(３２－２２
１
)＝ ａ×５＝ ５ｘ
２ ２ Ⅰ
过的距离为 ｘ＝ ５×５ ｍ－
１ ×０.４×５２ ｍ＝ ２０ ｍ 显然 ｘⅠ ∶ ｘⅡ ∶ ｘⅢ ∶ ＝ １ ∶ ３ ∶ ５ ∶ ２
＝ ＝ ＝ ＝ ２ (３)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 ｖ０ ０ ｖ ３０ ｍ / ｓ ａ ｇ １０ ｍ / ｓ
１
１ １
２ ｖ
２ ３０２ ａＴ２ 前 ２Ｔ 内的位移 ｓ ＝ ａ(２Ｔ) ２ 则第二个 Ｔ 内的位移:
(１)由 ｖ ＝ ２ｇｈ 可得 ｈ＝ ＝ ｍ＝ ４５ ｍ ２ Ⅱ ２
２ｇ ２×１０
１ １
１ １ ｓ ＝ ｓ －ｓ ＝ ａ(２Ｔ) ２－ ａＴ２ ＝
３
ａＴ２ 则连续相等时间 Ｔ 内的
(２)由 ｈ＝ ｇｔ２ 可得钢球在前 ２ ｓ 内下落的高度 ｈ ＝ × ２ Ⅱ １
２ ２
２ ２ ２
２
＝ － ＝ ３ １ｈ２ 位移差 Δｓ ｓ２ ｓ ａＴ
２
１ － ａＴ２ ＝ ａＴ２ 同理可得 ｓ３ －ｓ２ ＝ ｓ －
１０×２２ ｍ＝
４
２０ ｍ 它在前 ２ ｓ 内的平均速度 ｖ＝ ＝ １０ ｍ / ｓ 方向 ２ ２
ｔ２ ｓ３ ＝ ＝ ｓ ２ｎ－ｓｎ－１ ＝ａＴ 即 Δｓ＝ ｓ２－ｓ１ ＝ ｓ３－ｓ２ ＝ ＝ ｓｎ－ｓｎ－１ ＝ａＴ２
向下 Ｂ 组
＝ ｖ(３)由 ｖ ｇｔ 可得钢球下落的时间 ｔ ＝ ＝ ３ ｓ 则钢球最 １.答案　 由题可知 初速度 ｖ０ ＝３６ ｋｍ/ ｈ＝３ ｇ １０ ｍ / ｓ 匀加速运动的加速度 ａ
１ １ １
＝
后 １ ｓ 内下落的高度 ｈ ＝ ｈ ２ ２ ２３ －ｈ２ ＝ ×１０×３ ｍ－ ×１０×２ ｍ ＝２ ２ ０.５ ｍ / ｓ 时间 ｔ１ ＝ １０ ｓ 根据 ｖ ＝ ｖ０ ＋ａｔ
２５ ｍ 可得 １０ ｓ 末汽车的速度 ｖ１ ＝ ｖ０＋ａ１ ｔ１ ＝
＝ １０ ｍ / ｓ
＋０.５×１０ ｍ / ｓ ＝ １５ ｍ / ｓ 汽车匀减速刹车时 加速度大
４.答案　 (１)由题可知 相邻两计数点间的时间间隔 Ｔ ０.１ ｓ 在
小为 ａ ＝３ ｍ/ ｓ２２ 设经时间 ｔ２ 减速为 ０ 则 ０＝ ｖ１－ａ２ ｔ２ 得 ｔ２ ＝５ ｓ 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
此后汽车静止 则汽车开始加速后 １８ ｓ 内的 ｖ－ｔ 图像如图所示
ｘ ｘ
ｖ ＝ ＯＢ ＝ ０.６１ ｍ/ ｓ ｖ ＝ ＡＣ
ｘ
＝ ０.８１ ｍ/ ｓ ｖ ＝ ＢＤ度大小 可得 Ａ Ｂ Ｃ ＝ ２.答案　 由题知 ｖ０ ＝ １０８ ｋｍ / ｈ＝ ３０ ｍ / ｓ 司机发现前方异常情况２Ｔ ２Ｔ ２Ｔ
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
１.００ ｍ/ ｓ ｖ ＝ ＣＥＤ ＝１.１８ ｍ/ ｓ ｖ
ＤＦ
Ｅ ＝ ＝１.３９ ｍ/ ｓ 故表格如下: 直线运动 通过的位移 ｘ ＝ ｖ ｔ＝ ３０ ｍ / ｓ×１ ｓ＝ ３０ ｍ２Ｔ ２Ｔ １ ０
第二阶段为匀减速直线运动 通过的位移 ｘ２ ＝ １２０ ｍ－
位置 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ
＝ ３０
２
ｘ
ｖ / (ｍ ｓ－１) ０.６１ ０.８１ １.００ １.１８ １.３９
１ ２ａ
　 　 (２) ｖ－ｔ : 计算可得加速度大小为 ａ＝ ５ ｍ / ｓ
２
根据数据描点 作出小车运动的 图像 如图所示
３
则雨天汽车匀减速运动的加速度大小为 ａ ２２ ＝ ａ５ １
＝３ ｍ/ ｓ
设汽车在雨天安全行驶的最大速度为 ｖ 则反应时间内汽
车匀速行驶的位移为 ｘ１ ′＝ ｖｔ
ｖ２
匀减速运动阶段的位移为 ｘ２ ′＝２ａ２
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 １２０ ｍ 可得 ｖｔ＋ ＝ １２０ ｍ２ａ２
出加速度的大小为 ａ＝ １.９３ ｍ / ｓ２ 代入数据解得 ｖ＝ ２４ ｍ / ｓ
　１７６

教材习题答案
３.答案　 设小汽车追上大客车时所经历的时间为 ｔ１ 则有 ｖ１ 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
＝ １ ２ ＝ (２)课本受到重力 施力物体是地球 受力物体是课本 马２６ ｍ ａｔ１ 代入数据解得 ｔ ２６ ｓ２ １ 拉车的力 施力物体是马 受力物体是车
小汽车追上大客车时的速度为 ｖ２ ＝ａｔ１ ＝ ２６ ｍ / ｓ ２.答案　 (１)Ｇ＝ｍｇ＝ ２×１０３×１０ Ｎ＝ ２×１０４ Ｎ 力的图示如图甲
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
汽车的速度为 １２ ｍ/ ｓ 时 经历的时间为 ｔ２ ＝１２ ｓ 则追上前小汽 (２)力的图示如图乙 受力物体是车 施力物体是人
１
车与大客车之间的最远相距是 Δｓ＝２６ ｍ＋ｖ１ ｔ２－ ａｔ２２ ＝９８ ｍ
(３)力的图示如图丙 受力物体是细绳 施力物体是工
２ 艺品
４.答案　 (１)由题意可得 石子在曝光时间内下落的距离为 ｘ ＝
１００×０.８×１０－２ ｍ＝ ０.２ ｍ
４.０
(２)由于曝光时间极短 可以认为石子在曝光时间内做匀
ｘ ０.２
速直线运动 则 ｖ＝ ＝ ｍ / ｓ＝ ２０ ｍ / ｓ
ｔ ０.０１
２ ＝ ｖ
２ ２０２
(３)由 ｖ ２ｇｈ 可得 ｈ＝ ＝ × ｍ
＝ ２０ ｍ 即石子大约是 　 　
２ｇ ２ １０
甲 乙 丙
从距离窗户 ２０ ｍ 高的地方落下的
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:ｔ１ ∶ ｔ２ ∶ ｔ３ ∶ ∶ 点上
ｔｎ ＝ １ ∶ ( ２ －１) ∶ ( ３ － ２ ) ∶ ∶ ( ｎ － ｎ－１ ) ４.答案　 钢管受 ３ 个力作用:重力、拉力和支
子弹垂直射入叠在一起的相同木板 穿过第 ２０ 块木板后 持力 重力的施力物体是地球 拉力的施力
速度变为 ０ 子弹的逆过程可以看成做初速度为零的匀加速直 物体是竖直悬绳 支持力的施力物体是
线运动 (１)求子弹穿过第 １ 块木板所用的时间 可看成求子 地面
ｔ 受力示意图如图所示
弹从 静 止 开 始 通 过 第 ２０ 块 木 板 的 时 间 ｔ２０ 则 ＝
２０ ５.答案　 如图所示 在一个扁玻璃瓶内装满水(为了更好地观察
ｔ － 水面的升降 可在水中滴入红墨水) 瓶口用中间插有透明细２０ ２０ １９ ｔ２０ ＝ ｔ (２)求子弹穿过前 １５ 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
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 ６~２０ 块木板所用 变 松开手 水面回到原处
ｔ ｔ总
的时间 ｔ总 则有 ＝
２０ ６ － ５ ＋( ７ － ６ )＋ ＋( ２０ － １９ )
２０ － ５
解得 ｔ总 ＝ ｔ (３)求子弹穿过第 １５ 块木板所用的时
２０
间 可看成求子弹从静止开始通过第 ６ 块木板所用的时间 ｔ６
ｔ ｔ６ ６ － ５
则有 ＝ 解得 ｔ６ ＝ ｔ
２０ ６ － ５ ２０ 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
ｖ
６. 　 (１) １答案 汽车通过人工收费通道所用时间 ｔ１ ＝ ×２＋２０ ｓ＝５０ ｓ 验数据如表:ａ
ｖ２ 弹簧所受１ ０ ０.３ ０.６ ０.９ １.２ １.５
汽车通过人工收费通道的总位移 ｘ１ ＝ ×２＝ ２２５ ｍ 拉力 Ｆ / Ｎ２ａ
(２)汽车过 ＥＴＣ 通道时 减速运动的位移和加速运动的 弹簧伸长 －２ －２ －２ －２ －２
ｖ２１－ ２
０
ｖ １.２
×１０ ２.３×１０ ３.５×１０ ４.６×１０ ５.８×１０
ｘ ＝ ２
量 ｘ / ｍ
位移相等 均为 ２ ＝ １００ ｍ２ａ 　 　 Ｆ－ｘ 图像如图所示:
所以通过的总位移 ｘ总２ ＝ ２ｘ２＋１０ ｍ＝ ２１０ ｍ
ｖ１－ｖ＝ ２× ＋１０ ｍ通过 ＥＴＣ 通道所用时间 ｔ２ ２ ＝ ２２ ｓａ ｖ２
二者的位移差 Δｘ＝ ｘ１－ｘ总２ ＝ ２２５ ｍ－２１０ ｍ＝ １５ ｍ
在这段位移内汽车过 ＥＴＣ 通道时是匀速运动的 所以所
Δｘ １５
需的时间为 ｔ总２ ＝ ｔ２＋ ＝ ２２ ｓ＋ ｓ＝ ２３ ｓｖ１ １５
节约时间 Δｔ＝ ｔ１－ｔ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　 (１)马拉车 使车从静止开始运动 是因为马对车有拉
力 使车的速度大小发生了变化 即力改变了车的运动状态
　１７７

(２)弹簧的劲度系数等于 Ｆ － ｘ 图线的斜率 则 ｋ ＝ 油桶受重力和汽车对油桶的支持力两个力作用
１.５ ＝ 汽车受重力、油桶对汽车的压力和地球对汽车的支持力Ｎ / ｍ ２５ Ｎ / ｍ
０.０６０ 三个力作用
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
如图所示 它的压力三个力作用
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
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
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
◆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
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
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 Ｆ１、Ｆ２ 则其合力 Ｆ 的大小范围是
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 ｜Ｆ１－Ｆ２ ｜≤Ｆ≤｜Ｆ１＋Ｆ２ ｜
滑动摩擦力越大 即阻力越大 根据以上分析 １０ Ｎ 和 ２ Ｎ 的合力 Ｆ 的大小范围为 ８ Ｎ≤
２.答案　 (１)瓶子与桌面无相对运动趋势 故不受摩擦力作用 Ｆ≤１２ Ｎ 所以 这两个力合力的最大值是 １２ Ｎ 最小值是
(２)瓶子相对桌面有平行于桌面向下的运动趋势 所以瓶子所 ８ Ｎ 它们的合力可以等于 １０ Ｎ 而不可能等于 ５ Ｎ、１５ Ｎ
受静摩擦力平行于倾斜桌面向上 (３)瓶子相对手有竖直向 ２.答案　 两个力合力为 ０ 则这两个力大小相等 方向相反 一个
下的运动趋势 所受静摩擦力方向竖直向上 (４)瓶子相对纸 向东(６ Ｎ) 则另一个一定是向西(６ Ｎ) 当把向东的 ６ Ｎ 的
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
方向与纸条运动方向相同 向垂直 如图所示
３.答案　 至少用 ３５ Ｎ 的水平推力才能推动木箱 所以木箱与地
板间的最大静摩擦力 Ｆｍａｘ ＝ ３５ Ｎ 根据二力平衡知识可知 当
木箱匀速运动时 水平推力和滑动摩擦力大小相等 方向相
反 所以木箱所受滑动摩擦力 Ｆｆ ＝ ３０ Ｎ
木箱在水平地板上 木箱对地板的压力 ＦＮ ＝Ｇ ＝ １００ Ｎ 根
据 Ｆｆ ＝μＦＮ 可知 木箱与地板间的动摩擦因数
Ｆ
μ＝ ｆ ＝
３０ Ｎ ＝ ０.３
ＦＮ １００ Ｎ
用 ２０ Ｎ 的水平推力推木箱 由于推力 Ｆ<Ｆｍａｘ 故木箱仍 根据平行四边形定则 作出力的示意图 合力为 Ｆ 由直
静止 木箱受到的静摩擦力与水平推力平衡 所受静摩擦力 角三角形知识可得
Ｆ′＝ ２０ Ｎ
Ｆ＝ Ｆ２＋Ｆ２ ２４. 　 ＝ ６ ＋６
２ Ｎ＝ ８.５ Ｎ
答案 雪橇匀速运动时 所受拉力 Ｆ 与滑动摩擦力 Ｆ 大小相 １ ２ｆ
等 故 Ｆｆ ＝Ｆ
Ｆ１
由图可知 ｔａｎ α＝ ＝ １ 所以 α ＝ ４５° 即合力方向为西偏
由于 ＦＮ ＝Ｇ 故 Ｆｆ ＝μＦＮ ＝μＧ
Ｆ２
Ｆ 南 ４５° ｆ １０ Ｎ
可得雪橇与雪地间的动摩擦因数 μ＝ ＝ ＝ ０.０２
ＦＮ ５００ Ｎ
３.答案　 取 ０.５ ｃｍ 的线段表示 ３０ Ｎ 的力
５００ Ｎ 从同一点 Ｏ 以 １.５ ｃｍ 线段 ＯＡ 表示 ９０ Ｎ 的力 以２ ｃｍ 的如果雪橇再载重 的货物 此时 ＦＮ ′＝ ５００ Ｎ＋５００ Ｎ＝
１ ０００ Ｎ 线段 ＯＢ 表示 １２０ Ｎ 的力 且∠ＡＯＢ＝ ３０° 图示如图甲所示
雪橇滑行时受到的摩擦力 Ｆｆ ′ ＝ μＦＮ ′ ＝ 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
持力 ＦＮ 的作用 因为物体处于平衡状态 故 Ｇ＝ＦＮ 台式弹簧
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 Ｆ１ 和 Ｆ２ 的合
的压力为一对作用力和反作用力 根据牛顿第三定律 ＦＮ 和 Ｆ ＝ ３.５力 量得对角线 ＯＤ 的长度是 ３.５ ｃｍ 则合力 Ｆ 的大小 Ｆ ×
大小相等方向相反 故 Ｆ 的大小与 Ｇ 相等 图略 ０.５
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 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＝ １７.５° 即合力 Ｆ 与 Ｆ１ 的夹角 φ ＝
体产生作用效果 所以不能抵消 １７.５°
３.答案　 ４ 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′ ＝ １５０° 则可求得 ＯＤ′ ＝
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
＝ １.０５１.０５ ｃｍ 所以 Ｆ′ ×３０ Ｎ＝ ６３ Ｎ
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 ０.５
　１７８

教材习题答案
用量角器量得∠Ａ′ＯＤ′ ＝ １０１.５° 即合力 Ｆ′与 Ｆ１ ′夹角为 由几何关系可得 Ｆ 与 ｘ 轴的夹角为 ３０°
１０１.５°
４. 　 ＝ ＝ ×
３ ＝
答案 根据平行四边形定则作图 则 Ｆｘ Ｆ ｃｏｓ ３０° １００ Ｎ ５０ ３ Ｎ ２
１
Ｆｙ ＝Ｆ ｓｉｎ ３０° ＝ １００× Ｎ＝ ５０ Ｎ 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
则 Ｆ１ ＝Ｇ ｓｉｎ θ Ｆ２ ＝Ｇ ｃｏｓ θ
由直角三角形中的几何关系可得
Ｆ ＝ Ｆ２ ２ ２ ２２ １＋Ｆ ＝ (２４０) ＋(１８０) Ｎ＝ ３００ Ｎ
Ｆ ２４０ Ｎ ４
设 Ｆ２ 与竖直方向的夹角为 α 则 ｔａｎ α ＝
１ ＝ ＝
Ｆ １８０ Ｎ ３
故 α＝ ５３°
即 Ｆ２ 的方向为斜向左下方 且与竖直方向成 ５３°角
５.答案　 根据平行四边形定则 作分力 Ｆ 、Ｆ 与合力 Ｆ 的示 5　共点力的平衡１ ２
意图 ◆练习与应用
(１)合力 Ｆ 可比两分力 Ｆ 、Ｆ 都大 如图(ａ) 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１ ２
两分力都小 如图(ｂ)所示 合力可大于一个分力 而小于另 中任意四个力的合力一定与第五个力大小相等、方向相反
一分力 如图(ｃ)所示 依题意 除 Ｆ１ 以外的四个力的合力与力 Ｆ１ 大小相等、方向相
若两分力 Ｆ ＝Ｆ 当夹角为 １２０°时 合力 Ｆ＝Ｆ ＝Ｆ 如图 反 撤去 Ｆ１ 其余四个力不变 它们的合力大小等于 Ｆ１ 方向１ ２ １ ２
(ｄ)所示 与 Ｆ１ 相反 如图所示
当然还可等于一分力 而大于或小于另一分力
所以说法错误
２.答案　 方法一:合成法
　 　 (ａ) 　 　 　 　 　 (ｂ) 　 　 　 　 (ｃ) 　 　 　 　 (ｄ) 取足球为研究对象 它受重力 Ｇ＝ｍｇ、墙壁的支持力 Ｆ１ 和
(２) Ｆ 、Ｆ θ Ｆ 悬绳的拉力 Ｆ２ 三个共点力作用而平衡 由共点力平衡条件可如图所示 １ ２ 大小不变 角越小 合力 越大
知 Ｆ１ 和 Ｆ２ 的合力 Ｆ 与 Ｇ 大小相等、方向相反 即 Ｆ
＝Ｇ 从图
即说法正确
Ｆ
中力的平行四边形可求得:Ｆ１ ＝Ｆ ｔａｎ α ＝ｍｇ ｔａｎ α Ｆ２ ＝ ＝ｃｏｓ α
ｍｇ

ｃｏｓ α
(３)θ 角不变 Ｆ１ 大小不变 Ｆ２ 增大时 有两种情况:
① ０°≤θ≤９０° 由图(ａ)可看出 合力 Ｆ 随 Ｆ２ 的增大而
增大
②９０°<θ≤１８０° 由图(ｂ)可看出 当 Ｆ１ 大小不变时 随 Ｆ２ 方法二:分解法
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 Ｆ１、
悬绳的拉力 Ｆ２ 如图所示 将重力 Ｇ 分解为 Ｆ１ ′和 Ｆ２ ′ 由共
点力平衡条件可知 Ｆ１ 与 Ｆ１ ′的合力必为零 Ｆ２ 与 Ｆ２ ′的合力
ｍｇ
也必为零 所以 Ｆ１ ＝Ｆ１ ′＝ｍｇ ｔａｎ α Ｆ２ ＝Ｆ２ ′＝ ｃｏｓ α
当合力 Ｆ 与 Ｆ２ 垂直时 Ｆ 有最小值
所以 随着 Ｆ２ 增大 合力 Ｆ 可逐渐增大 可逐渐减小 还
可以先减小后增大
即说法错误
６.答案　 将力 Ｆ 分解为 Ｆ 　 　 方法三:相似三角形法ｘ 和 Ｆｙ 如图所示
取足球为研究对象 它受重力 Ｇ ＝ｍｇ、墙壁的支持力 Ｆ１、
悬绳的拉力 Ｆ２ 如图所示 设球心为 Ｏ 由共点力的平衡条件
可知 Ｆ１ 和 Ｇ 的合力 Ｆ 与 Ｆ２ 大小相等、方向相反 由图可知
三角形 ＯＦＧ 与三角形 ＡＯＢ 相似 所以
　１７９

◆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 物体的重力是由于物体受到地球的吸引而产生的力 其
施力物体是地球 (２)重力的方向总是竖直向下 而不是垂直
Ｆ ＡＯ １ Ｇ Ｆ＝ ＝ 即 Ｆ ＝ Ｆ ＝ ＝
ｍｇ １ ＝ ＯＢ ＝ ｔａｎ α 于接触面向下 竖直向下是指与水平面垂直向下 (３)产生弹
Ｇ ＡＢ ｃｏｓ α ２ ｃｏｓ α ｃｏｓ α Ｇ ＡＢ 力的条件是:两物体接触且发生弹性形变 两个条件缺一不
即 Ｆ１ ＝Ｇ ｔａｎ α＝ｍｇ ｔａｎ α 可 放在水平桌面上的两个球 靠在一起但不互相挤压 不会
方法四:正交分解法 产生形变 因此两球之间没有弹力 (４)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 Ｆ１、 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
悬绳的拉力 Ｆ２ 如图所示 取水平方向为 ｘ 轴 竖直方向为 ｙ 体间有相对运动的趋势 故说法错误 (５)动摩擦因数跟接触
轴 将 Ｆ２ 分别沿 ｘ 轴和 ｙ 轴方向进行分解 由平衡条件可知 面有关 接触面材料不同 粗糙程度不同 动摩擦因数也不同
在 ｘ 轴和 ｙ 轴方向上的合力 Ｆｘ合和 Ｆｙ合应分 Ｆｆ
别等于零 即 可以通过 μ＝ 计算动摩擦因数的大小 但动摩擦因数跟滑动ＦＮ
Ｆｘ合 ＝Ｆ２ ｓｉｎ α－Ｆ１ ＝ ０ 摩擦力 Ｆｆ 和压力 ＦＮ 无关 Ｆｙ合 ＝Ｆ２ ｃｏｓ α－Ｇ＝ 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:Ｆ２ ＝ ＝ 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ｃｏｓ α ｃｏｓ α
示意图如图所示:
Ｆ１ ＝Ｆ２ ｓｉｎ α＝ｍｇ ｔａｎ α
３.答案　 ＯＡ 段被拉断瞬间 Ａ 点的受力如图所示 由题可知 Ｔ ＝
５０ Ｎ Ｆ ＝ Ｇ ＝ ４０ Ｎ 则绳 ＡＢ 的拉力为 Ｆ ＝ Ｔ２－Ｆ２拉 拉 ＝
５０２－４０２ Ｎ＝ ３０ Ｎ
３.答案　 用天平测出一张 Ａ４ 纸和一个小木块的总质量 ｍ 将这
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 Ａ４ 纸放到水平桌面上 木块放到纸上 按如图所示方式连
斜面方向有 Ｆ＝ ｆ＋ｍｇ ｓｉｎ ３０° 接 向小桶中逐渐加细沙 直至小桶刚好匀速下降 读出弹簧
沿垂直斜面方向有 ＦＮ ＝ｍｇ ｃｏｓ ３０° ２Ｆ测力计的示数 Ｆ 则纸与桌面间的动摩擦因数 μ＝
且斜面对箱子的滑动摩擦力 ｆ＝μＦ ｍｇＮ
联立各式并代入数据得 Ｆ＝ ３ ７９９ Ｎ
４.答案　 根据题意 画出水桶的受力示意图如图所示 Ｆ１、Ｆ２ 的
５.答案　 对铅球受力分析 受重力 ｍｇ、斜面的支持力 Ｎ 、挡板 ＝ θ面 合力与水桶的重力 Ｇ 大小相等、方向相反 则 Ｇ Ｆ１ ｃｏｓ ＋
的支持力 Ｎ ２板 受力示意图如图所示: θ θ
Ｆ２ ｃｏｓ ＝ ２Ｆ１ ｃｏｓ２ ２
＝ Ｇ故 Ｆ１ θ
２ ｃｏｓ
２
可知 θ 越小 Ｆ１ 越小 即两人手臂间的夹角小些省力
由共点力的平衡条件可得 挡板对铅球的支持力
Ｎ板 ＝ｍｇ ｔａｎ ４５°
ｍｇ
斜面对铅球的支持力 Ｎ面 ＝ ｃｏｓ ４５°
根据牛顿第三定律 可知铅球对挡板的压力 Ｎ板 ′ ＝ Ｎ板 ＝
４０ Ｎ 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
铅球对斜面的压力 Ｎ面 ′＝Ｎ面 ＝ ５６.６ Ｎ 向外挤压接触面 相当于 ＦＮ 的作用 根据力的平行四边形定
　１８０

教材习题答案
＝ 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 ２ＦＮ ｓｉｎ 所以 Ｆ２ Ｎ Ｏ 点的压力变小
Ｆ
３.答案　 由胡克定律可得弹簧的弹力 Ｆ弹 ＝ ｋΔｘ ＝ ４００×０.０２ Ｎ ＝
θ
２ ｓｉｎ ８ Ｎ
２ 将 Ｆ＝１ Ｎ 的水平拉力作用在木块 Ｂ 上 Ｆ＋Ｆ弹 ＝９ Ｎ<μＦＮＢ ＝
μＧＢ ＝ １５ Ｎ 所以木块 Ｂ 静止不动 Ｂ 受到的摩擦力 ｆＢ ＝ Ｆ＋
Ｆ弹 ＝ ９ Ｎ 由于施加拉力 Ｆ 后 Ｂ 静止不动 弹簧弹力不变 故
木块 Ａ 静止不动 Ａ 受到的摩擦力 ｆＡ ＝Ｆ弹 ＝ ８ Ｎ
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
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
沿斜面方向有:Ｇ ｓｉｎ θ＝ ｆ
相等的细绳拉力 Ｆ 的作用处于平衡状态 当 Ｆ ＝ Ｆｍａｘ ＝ １０ Ｎ 垂直斜面方向有:Ｆ ＝Ｇ ｃｏｓ θ
时 对应细绳不被拉断的最小长度 两细绳拉力的合力 Ｆ Ｎ合 ＝ ＝
Ｇ＝
且有 ｆ μＦ
１０ Ｎ 所以两绳之间的夹角为 １２０° 绳子的最小长度为 Ｌ ＝ Ｎ
０.５ 对木块施加水平推力 Ｆ 后 木块沿斜面匀速向上运动 其
２ ３ 受力情况如图所示:
２× ｍ＝ ｍ
ｃｏｓ ３０° ３
沿斜面方向有 Ｇ ｓｉｎ θ＋ｆ′＝Ｆ ｃｏｓ θ
垂直斜面方向有 ＦＮ ′＝Ｇ ｃｏｓ θ＋Ｆ ｓｉｎ θＢ 组
且有 ｆ′＝μＦ
１. 　 Ｎ
′
答案 小球的受力情况如图所示 根据共点力的平衡条件可
２Ｇ ｓｉｎ θ ｃｏｓ 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＝
ｃｏｓ２θ－ ｓｉｎ２θ
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
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
ＦＮ ＝ Ｆ ＝ Ｇ 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
ｓｉｎ ４５° ｓｉｎ ３７° ｓｉｎ ９８°
方向范围为∠ＡＢＣ 之间 如图所示
Ｇ ｓｉｎ ３７°
可得绳对小球的拉力 Ｆ＝ ＝ ６０.６ Ｎ
ｓｉｎ ９８°
＝Ｇ ｓｉｎ ４５°斜面对小球的支持力 ＦＮ ＝ ７１.４ Ｎｓｉｎ ９８°
６.答案　 (１)将两小球看成一个整体 其受力情况如图甲所示
＝ ２Ｇ ４ ３Ｇ则 Ｆａ ＝ｃｏｓ ３０° ３
２.答案　 (１)对 Ｏ 点进行受力分析 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) 受力示意图如图所示 ＝
２ ３Ｇ
Ｆｃ ２Ｇ ｔａｎ ３０° ＝
Ｇ ３
根据共点力的平衡条件 可得横梁对 Ｏ 点的拉力 Ｆ ＝ ＝
ｔａｎ ３７°
２６６.７ Ｎ
Ｇ
斜梁对 Ｏ 点的压力 ＦＮ ＝ ＝ ３３３.３ Ｎｓｉｎ ３７°
　 　 　 　 　
甲 乙
(２)对小球 ２ 进行受力分析 如图乙所示 则
２１Ｇ
Ｆｂ ＝ Ｆ２＋Ｇ２ ＝ (２)斜梁加长 连接点 Ｏ 的位置不变 横梁仍然水平 此时 ｃ ３
　１８１

７.答案　 (１)作出题述规定是保证两队对地面的压力相同 与地
　 　 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 (２) ｍ
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
体向后倾倒 跟地面的夹角很小 是为了当绳子的拉力增大
时 人能保持一个稳定的状态 不至于失去平衡 3　牛顿第二定律
◆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
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 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 上的拉力 Ｆ１ 竖直向下的重力 Ｇ 以及地面对箱子向上的支持
１.答案　 (１)不能 因为炸弹离开飞机后 由于惯性 仍具有离 力 Ｆ２ 如果 Ｆ１<Ｇ 则这三个力的合力 Ｆ ＝ ０ 故箱子的加速度
开飞机时的水平速度 故仍向前运动一段距离 为零 箱子保持不动
(２)地球由西向东转 人也跟地球一起由西向东运动 当 １ ａ乙 ｍ甲
人跳起后 由于惯性 人仍保持与地球相同的由西向东的速 ２.答案　 在物体所受合力一定时 ａ∝ 故有 ＝ｍ ａ甲 ｍ乙
度 故人落在原地 ｍ甲 ａ乙 ４.５ ｍ / ｓ２
(３)如果不系安全带 当紧急刹车时 车虽然停下了 但人 得 ＝ ＝ ２ ＝ ３ ｍ乙 ａ甲 １.５ ｍ / ｓ
因惯性而仍然向前运动 会发生危险 系上安全带后 人虽然
即甲车的质量是乙车的 ３ 倍
因惯性向前运动 但受安全带的阻力 不致发生危险 ａ２ Ｆ(４) ２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 ＝ 可得ａ１ Ｆ１
际上 向上抛出的物体 获得了一个向上的初速度 由于惯性 ａ２
它将保持向上运动 若不受重力 它将一直向上运动 只是由 Ｆ２ ＝ Ｆ１ ＝ １２ Ｎ ａ
于其受重力 物体向上运动一段时间后将落下来 １
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 ０°即成为水平面 小球在水平面上
Ｆ＝ ２×１４×ｃｏｓ ４５° Ｎ＝ １９.８ Ｎ
运动时所受合力为零 运动状态不变 将永远运动下去
Ｆ １９.８
３.答案　 正确的是(３)(４) 错误的是(１)(２) 加速度的大小为 ａ＝ ＝ ｍ / ｓ２ ＝ ９.９ ｍ / ｓ２ｍ ２
总结:惯性是物体本身具有的保持原来运动状态不变的
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
线方向
况无关 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
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
定律有 Ｆ－Ｆ阻 ＝ｍａ 则 Ｆ阻 ＝Ｆ－ｍａ＝ ６０ Ｎ－３０×１.５ Ｎ＝ １５ Ｎ◆练习与应用
１.答案　
表 ４　 探究加速度与力的关系(条件:ｍ＝ ０.３６ ｋｇ)
Ｆ / Ｎ ０.１４ ０.１９ ０.２４ ０.２９ ０.３４
ａ / (ｍ ｓ－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＝ ０.２９ Ｎ)
ｍ / ｋｇ ０.８６ ０.６１ ０.４１ ０.３６ ０.３１
撤去推力 车在水平方向只受摩擦力作用 如图乙所示
ａ / (ｍ ｓ－２) ０.３４ ０.４８ ０.７１ ０.８１ Ｆ
则有－Ｆ ＝ｍａ′ ａ′＝－ 阻 ＝－０.５ ｍ / ｓ２
　 　 表 ３ 中应填的数据是:０.６７　 ０.９４ 阻 ｍ
２.答案　 (１)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 ０.５ ｍ / ｓ２
＝ [ (７.２１
＋７.７２) － (６.１９＋６.７０) ] ×１０－２
ａ ｍ / ｓ２ ＝ ０.５１ ｍ / ｓ２
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
(２×０.１０) ２ 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)如图所示 用力的合力为 Ｆ ２其他合 ＝ (ｍａ) ＋ (ｍｇ) ２ ＝ｍ ａ２＋ｇ２
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
体积 Ｖ 的单位为 ｍ３ 半径 Ｒ 的单位为 ｍ 高度 ｈ 的单位为
１
ｍ 故 πＲ３ｈ 的单位为 ｍ４ 等号两边单位不符 所以这个公式
３
是错误的
　１８２

教材习题答案
◆练习与应用 ４.答案　 (１)当油桶 Ｃ 随汽车静止不动时 油桶 Ｃ 的受力情况如
ｖ２－ｖ２０ ０－４２ 图所示 三个力的合力为 ０ 当油桶 Ｃ 随汽车以某一加速度向１.答案　 由 ｖ２ －ｖ２０ ＝ ２ａｘ 得 ａ ＝ ＝ ２ ＝ － ２２ｘ ２×
ｍ / ｓ ０.２ ｍ / ｓ 由
４０ 左加速运动时 水平方向有向左的加速度 而竖直方向合力仍
牛顿第二定律可得 Ｆ ＝ｍａ＝ １００×(－０.２) Ｎ＝ －２０ Ｎ 则自行车 然为 ０ 且三个力的方向都不变 而重力的大小也不变 所以 Ａｆ
受到的阻力大小为 ２０ Ｎ 方向与运动方向相反 对 Ｃ 的支持力 ＦＡＣ减小 Ｂ 对 Ｃ 的支持力 ＦＢＣ增大
ｖ－ｖ ０－１０
２.答案　 由 ｖ－ ｖ ＝ ００ ａｔ 得汽车的加速度 ａ ＝ ＝ ｍ / ｓ
２ ＝
ｔ ２
－５ ｍ / ｓ２ 阻力Ｆ＝ｍａ＝ ４×１０３×(－５) Ｎ＝－２×１０４ Ｎ 负号表示阻
力方向与运动方向相反
Ｆ
＝ 合 ＝ Δｖ ９００ Ｎ３.答案　 设飞船质量为 ｍ 据题意有 ａ 即 ＝
ｍ Δｔ ｍ (２)当汽车向左运动的加速度增大到一定值时 桶 Ｃ 脱离
０.９ ｍ / ｓ
故 ｍ＝ ３ ０００ ｋｇ Ａ 此时 Ａ 对 Ｃ 的支持力 ＦＡＣ恰好为 ０ 桶 Ｃ 的受力情况如图
３ ｓ 所示:
４.答案 　 汽车的质量 ｍ ＝ ２ ｔ ＝ ２ ０００ ｋｇ 汽车的初速度 ｖ０ ＝
Ｆ
５４ ｋｍ / ｈ ＝ １５ ｍ / ｓ 刹 车 后 汽 车 的 加 速 度 ａ ＝ ＝
ｍ
－１.２×１０４ ｖ２－ｖ２
ｍ / ｓ２ ＝－６ ｍ / ｓ２ ０刹车后汽车滑行的距离 ｘ ＝ ＝
２ ０００ ２ａ
０－１５２
ｍ＝× － １８.７５ ｍ ２ ( ６)
５.答案　 由 Ｗ＝Ｆｌ 和 Ｆ ＝ｍａ 得 Ｗ ＝ｍａ ｌ 代入单位运算:１ Ｊ ＝
１ ｋｇ ｍ / ｓ２ ｍ＝１ ｋｇ ｍ２ / ｓ２ 则 Ｆ合 ＝ｍｇ ｔａｎ ３０° ＝
３ｍｇ
３
5　牛顿运动定律的应用 Ｆ ３
此时桶 Ｃ 合的加速度为 ａ＝ ＝ ｇ 汽车的加速度与桶 Ｃ
◆练习与应用 ｍ ３
１.答案　 两个互成 ６０°角、大小都是 ５０ Ｎ 的力的合力为 Ｆ ＝ ２× ３
的加速度相同 也为 ｇ
５０×ｃｏｓ ３０° Ｎ＝ ５０ ３ Ｎ ３
物体的加速度为 ａ＝
Ｆ ＝ ５０ ３ ５ｍ / ｓ２ ＝ ３ ｍ / ｓ２
ｍ ２０ ２ 6　超重与失重
５ ◆思考与讨论
３ ｓ 末物体的速度是 ｖ＝ａｔ＝ ３ ×３ ｍ / ｓ＝ １２.９９ ｍ / ｓ
２ 答案　 力传感器上的人“站起”过程中 先超重后失重
１ １ ５ ◆练习与应用
３ ｓ 内物体的位移是 ｘ＝ ａｔ２ ＝ × ３ ×３２ ｍ＝ １９.４９ ｍ
２ ２ ２ 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.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
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
对下部的水产生压力 故水不再从小孔流出
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
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
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
到最后运动员减速为 ０ 运动员处于超重状态
ｍｇ ｓｉｎ θ－Ｆ阻 ＝ｍａ ３.答案　 由牛顿第二定律有 ＦＮ－Ｇ＝ｍａ
＝ ３.２ ＝ ＝ ＝其中 ｓｉｎ θ ｍ＝ ６０ ｋｇ Ｆ ＝ ２４０ Ｎ 其中 ａ ３.５ｇ Ｇ ｍｇ １０ Ｎ
６.５ 阻 故 ＦＮ ＝Ｇ＋ｍａ＝ ４.５ｍｇ＝ ４５ Ｎ
代入数据解得 ａ＝ ０.９２ ｍ / ｓ２ ４.答案　 座舱落到离地 ５０ ｍ 的位置时 制动系统尚未启动 人
由运动学公式 ｖ２ ＝ ２ａｘ 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
ｖ＝ ２ａｘ ＝ ２×０.９２×６.５ ｍ / ｓ＝ ３.５ ｍ / ｓ 力 座舱落到 １５ ｍ 的位置时 座舱减速运动 设初速度为 ｖ 减
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 ｘ１ 减速阶段位移为
直线运动 ｘ２ 由运动学规律可得
其中 ｖ０ ＝ ５４ ｋｍ / ｈ＝ １５ ｍ / ｓ ｖ２ ＝ ２ｇｘ ２１ ｖ ＝ ２ａｘ２ 其中 ｘ１ ＝ ７６ ｍ－２８ ｍ＝ ４８ ｍ ｘ２ ＝ ２８ ｍ
由 ｖ２－ｖ２０ ＝ ２ａｘ 得汽车在水平路面滑动时的加速度大小为 解得 ａ＝ １７ ｍ / ｓ２ 在离地 １５ ｍ 的位置时手机处于超重状
ｖ２０ １５２ 态 由牛顿第二定律可解得 Ｆ＝ｍｇ＋ｍａ＝ ０.２×１０ Ｎ＋０.２×１７ Ｎ＝ａ＝ ＝ ２ ＝ ２
２ｘ ２×
ｍ / ｓ ６.５４ ｍ / ｓ
１７.２ ５.４ Ｎ
由牛顿第二定律得 ｆ＝ｍａ ５.答案　 (１)上升加速时 Ｇ１－ｍｇ＝ｍａ
且 ｆ＝μＦＮ ＦＮ ＝ｍｇ 上升减速时 ｍｇ－Ｇ２ ＝ｍａ
＝ ｆ ＝ｍａ＝ Ｇ
－Ｇ
故路面和轮胎之间的动摩擦因数为 μ ０.６５４ １ ２
Ｆ ｍｇ 联立可得 ａ＝Ｎ ２ｍ
　１８３

(２)电梯的 ａ－ｔ 图像如图所示
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
Ａ 组 图乙所示 由牛顿第二定律得
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 ｓｉｎ ３７°＋ｆ＝ｍａ２
的速度无关 汽车紧急刹车时 加速度大小不变 以较大速度 其中 ｆ＝μＦＮ ＦＮ ＝ｍｇ ｃｏｓ ３７°
Δｖ ２
行驶制动时 速度变化量大 由 ａ＝ 可知 制动时间长 解得 ａ２ ＝ ８.４ ｍ / ｓ 方向沿斜面向下
Δｔ
２.答案　 设方向相反的两个力的大小分别为 Ｆ１、Ｆ２ 由牛顿第
二定律 有 Ｆ１－Ｆ２ ＝ｍａ１
如果与运动方向相同的力 Ｆ１ 加倍 有 ２Ｆ１－Ｆ２ ＝ｍａ２
解得 Ｆ１ ＝ ２.５ Ｎ Ｆ２ ＝ １ Ｎ
如果与运动方向相反的力 Ｆ２ 加倍 有
２Ｆ２－Ｆ１ ＝ｍａ２ 乙
解得 Ｆ１ ＝ ７ Ｎ Ｆ２ ＝ ５.５ Ｎ
３. 　 物体沿斜面向上减速为零后开始沿斜面向下运动 其受答案 小球刚从气球上落下时 具有与气球相同的速度 小球
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 ０ 后 开始向下做匀加速
－ ＝
运动 ｍｇ ｓｉｎ ３７° ｆ ｍａ３
其中 ｆ＝μＦ Ｆ ＝ｍｇ ｃｏｓ ３７°
小球向上减速时 受竖直向下的重力和阻力作用 由牛顿 Ｎ Ｎ
第二定律有 ｍｇ＋ｆ＝ｍａ 解得 ａ３ ＝ ３.６ ｍ / ｓ
２ 方向沿斜面向下
１
解得 ａ１ ＝ １２ ｍ / ｓ２
ｖ０
小球向上减速运动的时间 ｔ１ ＝ ＝ ０.５ ｓａ１
１
小球向上减速运动时上升的距离 ｈ１ ＝ ａ ２１ ｔ１ ＝ １.５ ｍ２
小球下落时 受竖直向下的重力和竖直向上的阻力作用
由牛顿第二定律有 丙
ｍｇ－ｆ＝ｍａ２ ７.答案　 (１)可行 两小车均做初速度为零的匀加速直线运动
解得 ａ ＝ ８ ｍ / ｓ２２ １
小球下落的距离为 ｈ＝ １４.５ ｍ＋ｈ ＝ １６ ｍ 由运动学规律 ｘ＝ ａｔ
２ 可知 若它们在相同时间内发生的位
１ ２
２ｈ
小球下落的时间 ｔ２ ＝ ＝ ２ ｓ
ａ ｘ
ａ 移分别为 ｘ１、ｘ
１ １
２ 则位移之比就等于加速度之比 即 ＝
２ ａ２ ｘ２
小球从脱离气球到落回地面所用时间为 ｔ＝ ｔ１＋ｔ２ ＝ ２.５ ｓ (２)由表中数据可得到的结论是:在误差允许的范围内
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
＝ Δｖ ＝ ０.０５ａ ｍ / ｓ２ ＝ ０.０１ ｍ / ｓ２ Ｆ
Δｔ ５ 因为在这三次实验中
甲
在误差允许的范围内 都有 ＝
Ｆ乙
根据牛顿第二定律 有 Ｆ＝ (ｍ船＋ｍ站 ) ａ ｘ甲 ａ甲 ｘ甲 ａ Ｆ
Ｆ ９００ 而 ＝
甲 甲
所以 ＝
则空间站的质量 ｍ站 ＝ －ｍ船 ＝ ｋｇ－３.０×１０３ ｋｇ＝ ８.７× ｘ乙 ａ乙 ｘ乙 ａ乙 Ｆ乙ａ ０.０１ (３)保持拉力不变 只改变小车的质量 记录质量改变前
１０４ ｋｇ 后的位移
Ｆ ｍａ ａ
５.答案 　 ( ｔ１＋ｔ２ ) ＝ ( ｔ１＋ｔ ８.答案　 雨滴先加速下落 速度变大 所受的空气阻力变大 加２ｍ ２ｍ ２
) ＝ ( ｔ１＋ｔ２ ) 由此可知其单位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 ｍ / ｓ２ ｓ＝ｍ / ｓ 而位移 ｘ 的单位是 ｍ 所以由字母表达的结
下落 此时加速度为 ０ 其下落的 ｖ－ｔ 图像如图所示
果一定错误
６.答案　 (１)物体在斜面上运动时 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
(２)施加拉力 Ｆ 时 物体沿斜面向上加速运动 其受力情
况如图甲所示 由牛顿第二定律得 Ｆ－ｍｇ ｓｉｎ ３７°－ｆ＝ｍａ１
其中 ｆ＝μＦＮ ＦＮ ＝ｍｇ ｃｏｓ ３７° ９.答案　 (１)Ｃ 位置到 ０ 刻度位置有两个长刻度 相差 ０.１ Ｎ 因
解得 ａ１ ＝ １.６ ｍ / ｓ２ 方向沿斜面向上 此 每两个长刻度之间相差 ０.０５ Ｎ １ Ｎ 的重物质量是 ０.１ ｋｇ
　１８４

教材习题答案
将其悬吊在弹簧上 弹簧的伸长越长 弹簧的拉力越大 在 ０ μｍｇ
４.答案　 木箱在传送带上滑动时的加速度 ａ＝ ＝μｇ＝ ４ ｍ / ｓ２
刻度时 弹簧的拉力等于重力 在 ０ 刻度上方 弹簧的拉力小 ｍ
于重力 加速度向下 在 ０ 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
速度向上 当指针指在 Ｃ 位置时 弹簧的拉力为 ０.９ Ｎ 则 ａ ＝ ＝ ｖ ＝ ０.２５ ＝ １ｔ ｓ ｓ
０.９－１ ａ ４ １６
ｍ / ｓ２ ＝－１ ｍ / ｓ２ 可得“竖直加速度测量仪”的标注 如图
０.１ １
木箱在传送带上留下的摩擦痕迹 ｘ ＝ ｘ带 －ｘ箱 ＝ ｖｔ－ ａｔ２ ＝
所示 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
对圆珠笔受力分析如图所示:
(２)沿水平方向安装的固定光滑杆上套一质量为 ｍ 的滑
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
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 其受到的合力 Ｆ＝ｍｇ ｔａｎ θ＝ ｈ
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
Ｆ ２ｋｓ 由牛顿第二定律得 ａ＝ ＝ ｇ 加速度的方向水平向左
度大小为 ａ＝ ＝ ｍ ｈ方向向右 指针向右偏离时同理
ｍ ｍ 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
ｈ
６.答案　 刚开始 Ａ、Ｂ 的运动情况相同 对 Ａ、Ｂ 两物体整体分
ＦＡ＋Ｆ Ｂ析 得 ａ＝ ＝＋ １ ｍ / ｓ
２
ｍＡ ｍＢ
Ａ、Ｂ 两物体刚好分开时 ＦＡ ＝ｍＡａ＝ ４ Ｎ ＦＢ ＝ｍＢａ ＝ ６ Ｎ 此
Ｂ 组 时 ｔ＝ ２ ｓ
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 ＦＢ ２＋２ｔ １＋ｔ ２
象可知弹簧的弹力 Ｆ ＝ｍｇ 以 Ａ、Ｂ 整体为研究对象 可知细绳 ｔ＝２ ｓ 以后 物体 Ｂ 的加速度为 ａＢ ＝ ＝ ＝ (ｍ/ ｓ )ｍＢ ６ ３
的拉力为 ２ｍｇ 综上可知 ０~２ ｓ 物体 Ｂ 的加速度为 １ ｍ / ｓ２ ２~ ８ ｓ 内物
剪断细绳瞬间 细绳的拉力为 ０ 弹簧的弹力不变 即仍有 １＋ｔ ２
Ｆ＝ｍｇ 体 Ｂ 的加速度为 (ｍ / ｓ )３
根据牛顿第二定律 对 Ａ 有 ｍｇ＋Ｆ＝ｍａＡ 得 ａＡ ＝ ２ｇ ７.答案　 (１)木块静止在铁箱后壁上 所以
对 Ｂ 有 Ｆ－ｍｇ＝ｍａＢ 得 ａＢ ＝ ０ 在竖直方向有 ｆ＝ｍ木 ｇ
２.答案　 (１)当 ｆ＝μＦＮ<Ｆ弹 时 物块 Ａ 向右运动 又有 ｆ＝μ２ＦＮ
竖直方向 有 ｍｇ－ＦＮ ＝ｍａ ｍ ｇ
Ｆ 所以有 Ｆ ＝
木
Ｎ ＝ ２０ Ｎ
所以木箱的加速度 ａ>ｇ－ 弹 ＝ ２ ｍ / ｓ２ 方向竖直向下 μ２
μｍ 由牛顿第三定律可得木块对铁箱的压力为 ２０ Ｎ
(２)要使物体 Ａ 相对木箱底面向右运动 木箱只能向左运 Ｆ
μｍｇ－Ｆ (２)
Ｎ
对木块分析 在水平方向有 ａ＝ ＝ ４０ ｍ / ｓ２
动 当物块 Ａ 相对木箱底面刚好向右移动时 ａ ＝ ＝ μｇ ＝ ｍ木
ｍ 对铁箱和木块整体分析 在水平方向有 Ｆ－μ１ (ｍ木＋ｍ箱 ) ｇ＝
０.６ ｍ / ｓ２ (ｍ木＋ｍ箱 ) ａ
所以木箱的加速度 ａ≥０.６ ｍ / ｓ２ 方向水平向左 解得 Ｆ＝ １２９ Ｎ
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 (３)撤去拉力后 铁箱向右减速运动 其加速度大小 ａ箱 ＝
１２０ １００
高车速 ｖ ＝ １２０ ｋｍ / ｈ ＝ ｍ / ｓ ＝ ｍ / ｓ、最长反应时间 ｔ ＝ μ１ (ｍ木＋ｍ箱 ) ｇ－μ２ｍ木 ｇ
３.６ ３ ＝ ３.１ ｍ / ｓ２ｍ箱
０.６ ｓ 及最小动摩擦因数 μ＝ ０.３２ μ２ｍ木 ｇ
根据牛顿第二定律有 μｍｇ ＝ｍａ 得汽车刹车时的加速度 木块向右减速运动 其加速度大小 ａ木 ＝ ＝ ２.５ ｍ / ｓ２ｍ
大小 ａ＝μｇ＝ ３.２ ｍ / ｓ２ 木
在 ｔ＝ １ ｓ 的时间内
反应距离 ｘ１ ＝ ｖｔ＝
１００×０.６ ｍ＝ ２０ ｍ １
３ 铁箱向右运动的位移 ｘ ＝ ｖｔ－ ａ ｔ２箱 箱 ＝ ４.４５ ｍ２
ｖ２
制动距离 ｘ２ ＝ ≈１７４ ｍ １２ａ 木块向右运动的位移 ｘ ２木 ＝ ｖｔ－ ａ２ 木
ｔ ＝ ４.７５ ｍ
刹车距离 ｘ＝ ｘ１＋ｘ２ ＝ １９４ ｍ 铁箱的长度 ｘ＝ ｘ木－ｘ箱 ＝ ０.３ ｍ
因此 ２００ ｍ 的安全距离是必要的
　１８５

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