《物理(上册)》练习题答案.pdf

第一章物体所受的力习题 1-1 1填空题（1）相互物体（2）力的大小方向作用点（3）弹簧测力计牛顿牛N （4）形状体积2选择题（1）C （2） C （ 3）C 3作图题（1）（2）（3）习题 1-2 1填空题（1）重力竖直向下（2）物体的中心悬挂法（3）F=k x劲度系数（4）相切相反（5）相切相反2选择题（1）BC （2）C 解析：f1是静摩擦，手有下滑的趋势(假设手上有油就可以看出手有下滑的趋势了)所以静摩擦力方向向上f2是滑动摩擦，物体向下运动，所以摩擦力的方向向上都是匀速直线运动，所以摩擦力的大小与人的体重一样3）AD 解析： 弹簧的弹力为2N，有两种可能情形：弹簧处于拉伸状态；弹簧处于压缩状态，因此对应的解应有两组 当弹簧处于拉伸状态时，由A、B 受力均平衡可知，A 受重力、弹簧向下的拉力及绳子对A 的拉力， 由共点力的平衡可知，绳子的拉力F=GA+F=5N ；由牛顿第三定律可知天花板受到的拉力为5N；对 B 分析， B 受重力、支持力及弹簧向上的拉力而处于平衡，则B 受支持力FN=mg-F= 2N；故 D 正确 若弹簧处于压缩状态，同理可知，A 正确3作图题习题 1-3 1填空题（1）合力分力（2）合力分力逆运算（3）越小越大同向反向2选择题（1）C （2）C （3）B 解析：（4）B、D 解析： 抓住力的合成与分解的运算法则：平行四边形法则或三角形法则。

注意力的矢量性， 看合力与分力是否构成唯一的矢量三角形或平行四边形该题最容易犯的错误是错选 A，导致这种错误的原因是对矢量的方向理解不深刻错误地认为确定了三条边就能构成一个唯一确定的三角形，即只有唯一解 这样就把矢量与线段混淆了，从而导致了错误已知两个不平行分力的大小(F1F2F)如图所示，分别以F 的始端、末端为圆心， 以 F1、 F2为半径作圆， 两圆有两个交点，所以 F 分解为 F1、F2有两种情况3计算题答案： 1003N 习题 1-4 1填空题（1）0.25 1.0 （2）2N 水平向右水平向左（3）10N 2选择题（1）A （2）C 解析： B 物体受四个力的作用,即重力、推力F、物体 A 对 B 的支持力和物体A 对B 的摩擦力3）CD 解析： 先分析重力和已知力F，再分析弹力，由于F 的竖直分力可能等于重力，因此地面可能对物体无弹力作用，则 A 错；F 的竖直分力可能小于重力，则一定有地面对物体的弹力存在，若地面粗糙，小车受摩擦力作用，共四个力作用，B 错；若小车做匀速运动，那么水平方向上所受摩擦力和F 的水平分力平衡，这时小车一定受重力、恒力 F、地面弹力、摩擦力四个力作用，则C 对；若小车做加速运动，当地面光滑时，小车受重力和力F 作用或受重力、力F、地面支持力作用，选项D 正确。

3计算题答案： (1)fmax =f滑=N=G=0.4100=40N F=kx=25 1=25Nfmax=40N 则物体受重力100N、支持力100N、弹力 25N（向右）、静摩擦力25N（向左）2)F/=kx/=25 2=50Nfmax=40N 则物体受重力100N、支持力100N、弹力 50N（向右）、静摩擦力40N（向左）、拉力10N（向右）习题 1-5 1填空题（1）物体所受合外力为零（2）顺逆力矩合为零（3）M2m sin F mgMgL/2mgL sinM2m sin Fymg sin MgFxmgcos 2选择题（1）C 解析： 力矩是力与力臂的乘积，是物体转动状态改变的原因，而不是使物体保持静止状态的原因，物体静止的原因是合外力不零也不是物体转动原因，能使转动的原因是力矩不平衡，故AB 错误， C 正确 D、杆状物体的平衡可能是在力矩作用下的力矩平衡，也可能是受力平衡，故D 错误（2）D （3）B 解析： 因为粗段的力臂小3计算题答案： 2.67m、3m 解析： 当木板刚翘起来时，板的重力对B 点产生的力矩和人的重力对B 点产生的力矩使板平衡，设人走过B 端 L 时木板会翘起来，则有BL6004400可解得LB2.67m，同理，可设当人走到N 端木板刚要翘起来时，B 支架和 N 端的距离为LBN，则有BNBNLL600)5. 7(400，可得 LBN3 m。

第二章物体的运动习题 2-1 1填空题（1）质点（2）标量矢量（3）加速度（4）参考系（5）0 m 400 m 100 m 100 m 2选择题（1）AB （2）C （3）B （4）D 3计算题（1）在第 2s内，由 x1=20 m运动到 x2=30 m，位移x1=x2-x1=10（m）在第 4s内，由 x1=30 m运动到 x2=15 m，位移x2=x2-x1=-15（m）在前 5 s内，先由 x1=10 m到 x2=30 m，再返回到 x3=0，总路程 l=20+30=50（m）前 5 s内的位移x3=x3-x1=-10（m）（2）02s内的平均速度1301010(m/ s)2xvt23s内物体静止，速度02v35s内的平均速度303015(m / s)2xvt（3）v-t 图像如下习题 2-2 1填空题（1）0.25 m/s2- 5 m/s2解析： 求加速度时，既要求大小，也要说明方向根据a=tvv0得：在 40 s 内，a1=401020m/s2=0.25 m/s2，方向与初速度方向相同；刹车时 a2=2100m/s2=-5 m/s2，负号表示方向与初速度的方向相反在该题中，由于没有规定正方向，而初速度为正，因此表示规定初速度的方向为正方向。

2）6 m 3m/s218 m 0 3 m - 6 m/s2解析：由图像与时间轴围成的面积可知前2 s的位移 s=12 2 6 m=6 m， 加速度为：a=tvvt0=206m/s2=3 m/s2； 2 5 s内的位移为： s=6 (5- 2) m=18 m， 加速度为零； 56 s内的位移为：s=21 1 6 m=3 m ，加速度为： a=160m/s2=- 6 m/s23）26 m/s 解析： 先根据 a=tvv0求出加速度，再求出C 点速度a=35141tvvABm/s2=3 m/s2vc=vb+at=14 m/s+3 4 m/s=26 m/s2选择题（1）CD （2）B （3）C 解析： 物体下滑过程加速度相同，设为a，由公式2202tvvas知22vas；2()22vas 解得：4ss3计算题（1）5m/s -2.5 m/s2（2）- 1 m/s22 m/s28 m/s 6 m/s 解答： 将卡车的运动分成减速和加速两段，根据速度、 时间的大小关系，选取公式求解1）设卡车从A 点开始减速，则vA10 m/s，用时 t1到达 B 点；从 B 点又开始加速，用时t2到达 C 点取 vA的方向为正方向，则vB2 m/s， vC10 m/s。

且2112tt，t1t2=12 s，解得： t18 s， t24 s由速度公式vt v0 at 得在 AB 段， vBvAa1 t1在 BC 段： vCvBa2 t2联立上述各式解得a1- 1 m/s2，a22 m/s2（2）2 s末卡车的瞬时速度大小为v1vAa1t10 m/s- 12 m/s8 m/s10 s 末卡车的瞬时速度大小为v2vBa2t2 m/s2(10- 8) m/s6 m/s习题 2-3 1填空题（1）大小方向（2）变速曲线线速度的大小不变（3）1 12720m /s150（4）2RgvRth222ngnth解析： 小球做得是平抛运动，在小球做平抛运动的这段时间内，圆盘做了一定角度的圆周运动小球做平抛运动，在竖直方向上：212hgt，则运动时间2htg，又因为水平位移为R， 所以球的速度为2RgvRth 在时间 t 内， 盘转过的角度 =2 n，由因为 =t，则转盘的角速度222ngnth2选择题（1）A （2） D （3）B 3计算题（1）15N （2）47N 第三章力与运动之间的关系习题 3-1 1填空题（1）静止匀速直线运动惯性（2）匀速直线惯性（3）向左倾倒保持静止（4）惯性相反北2选择题（1）C（2）C （3）B 习题 3-2 1填空题（1）匀加速直线0.5 水平向东（2）；2选择题（1）C 解析： 因为绳子对两船的拉力大小相等，根据牛顿第二定律得a=F/m，质量大的加速度小，所以有人的船的总质量大，加速度小。

2）A 解析： 将加速度分解，如图所示，对人进行受力分析：sincosNmgmafma，1.25114tan3NNmgfmg（3）BC 解析： 当升降机匀速上升时，物体处于平衡状态NmgmFff 物体突然被弹簧拉向右方，说明最大静摩擦力减小，因为mfN ，所以支持力减小说明物体（升降机）具有向下的加速度，所以升降机可能向下加速或者向上减速4）B 3计算题1mgfam20102va H202()mvHmgf2mgfam222tva H0tmgfvvmgf习题 3-3 1填空题（1）相等相反同一条直线上（2）两个不同，同一（3）绳对重物的拉力，重物对地球的吸引力（4）=， 2选择题（1）A（2）C（3）B 习题 3-4 1填空题（1）20 （2）0.6 （3）100 2选择题（1）C （2） BD （3）C （4）BC 解析： 动量守恒定律的适用条件是系统不受外力或所受合外力为零a 尚未离开墙壁前， a 和 b 组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒的条件；a 离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒3计算题解： 对 B 物，由动量定理有Mgt=Mugt=u对 A 物，由动量定理有IF mgt=mv。

IF=mgt+mv=mu+mv第四章机械能习题 4-1 1填空题（1）240J - 240 J （2）减小增大（3）形变量劲度系数2PF12Ekx2选择题（1）D（2）C （ 3）D 解析： 可将整个过程分为两个阶段：一是弹簧伸长到m 刚要离开地面阶段，拉力克服弹力做功F1WW弹，等于弹性势能的增加，二是弹簧长度不变，物体上升h，拉力克服重力做功F2GWWmgh ，等于重力势能的增加，又由F1F2FWWW 可知，A、B、 C 错， D 对3计算题答案： （1）23.52 J7.84 J解析：以地面为零势能面，物体的高度11.2 mh，因而物体的重力势能：p1123.52(J)Emgh物体落到桌面时重力势能：p2215.68(J)Emgh物体重力势能的减少量：pp1p27.84(J)EEE答案： （2）7.84 J7.84 J 解析：以桌面为零势能面，物体的高度10.4 mh，因而物体的重力势能：p117.84(J)Emgh，物体落至桌面过程中，重力势能的减少量：p7.84(J)E习题 4-2 1填空题（1）运动2k12Emv标量（2）物体动能的变化k2k1WEE（3）变力曲线（4）50 50 2选择题（1）D（2）B 解析： 对全过程利用动能定理可得20Fsfs?，即2Ff，力F 所做的功为FWFs（3）B 解析： 设在 AB 段物体克服摩擦力做的功为W，则物体由A 到 B 利用动能定理可得2B102mgR Wmv。

物体由B 到 C 运用动能定理列式可得2B102mgRmv，两式联立可得(1)WmgR3计算题物体在斜面上受重力mg、支持力1N ，摩擦力1f 的作用，沿斜面加速下滑（tan05.750. ） ，到水平面后，在摩擦力2f 作用下做减速运动，直至停止方法一： 对物体在斜面上和平面上时进行受力分析，如图所示下滑阶段，11cos37fNmg由动能定理有：2111sin37cos3702mgsmgsmv?在水平运动过程中，22fNmg由动能定理有：21102mg smv?联立式可得1sin37cos370.60.50.841.6(m)0.5ss方法二： 物体受力分析同上.物体运动的全过程中，初、末状态速度均为零，对全过程应用动能定理11sin37cos370mgsmgsmgs?可解得1sin37cos370.60.50.841.6(m)0.5ss习题 4-3 1。