参考答案(作业手册)专题限时集训(一)1A解析 设小球和圆心O连线与竖直方向的夹角为，由平衡条件，圆弧面对小球的支持力FNmgcos ，a球和圆心O连线的夹角最大，圆弧面对a球的支持力最小，a球对圆弧面的压力也最小，选项A正确2A解析 对座椅，由平衡条件，拉力2F1cos mg，其中为轻绳与竖直方向的夹角，两根支架向内发生了微小倾斜，夹角变小，F1变小，合力F0，不随支架倾斜而改变，选项A正确3AD解析 对小张受力分析，在垂直扶梯斜面方向有：NMgcos 30Fsin 30Mgcos 30，由牛顿第三定律知：小张对扶梯的压力小于Mgcos 30，方向垂直于扶梯斜面向下，故A、D正确；对小张和购物车整体受力分析，在平行扶梯方向有：f(Mm)gsin 30，方向沿扶梯斜面向上，所以小张和购物车对扶梯的摩擦力大小为(Mm)gsin 30，方向沿扶梯斜面向下，故B错误；有摩擦力一定有支持力，小张不可能只受重力、购物车对小张的推力、扶梯对小张的摩擦力共三个力的作用，故C错误4BC解析 对P和Q，竖直方向上两砖块所受的摩擦力与两砖块的重力平衡，每一砖块所受的摩擦力为mg，选项A、D错误，选项C正确；对P，竖直方向上重力与夹砖器的摩擦力平衡，P与Q间的摩擦力为0，选项B正确5C解析 设A、B、C三点的张力分别为FA、FB、FC，对AB和BC段，由平衡条件，FA、FC，由于导线BC的质量大于导线AB的质量，则FBFAFC，最易断裂点在C点，选项C正确6D解析 将塑料壳和圆柱形磁铁当作整体受力分析，它受重力、支持力(垂直棚面)、沿斜面向上的摩擦力、铁棚对圆柱形磁铁的吸引力而处于平衡状态，则塑料壳对顶棚斜面的压力大于mgcos ，A错误；顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小为mgsin ，B错误；顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力、铁棚对圆柱形磁铁的吸引力三者的合力为mg，C错误；当磁铁的磁性消失，最大静摩擦力大小发生变化，但合力可能为零，可能保持静止状态，则塑料壳不一定会往下滑动，D正确7AD解析 当安培力竖直向上时，支持力为0，选项A正确；当安培力不在竖直方向时，由平衡条件，支持力FN2mgcos 30mg，选项D正确8D解析 由胡克定律可知：每根橡皮条提供的弹力FkL，由力的平行四边形定则和几何关系可得：F合2Fcos 2F，选项D正确，选项A、B、C错误9BC解析 物体始终保持静止，O点所受的合力为零，所以mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形，如图所示，由于重力不变，以及F1和F2夹角120不变，即60，矢量三角形动态图如图所示，当60，F1为圆的直径最大，所以F1先增大后减小，F2一直减小10R(1)解析 甲壳虫爬到最大高度时，恰能处于静止状态，所受的摩擦力为最大静摩擦力，fmN由平衡条件有，fmmgsin ，Nmgcos 又由图中的几何关系可得hR(1cos )由以上关系可解得最大高度为：hR(1)11(1)k(2)滑块A可以静止在以O为圆心，以为半径的圆形区域的任意位置解析 (1)此时弹性细绳的形变量x由胡克定律，弹性绳对A的拉力Fkxk(2)设静止时的滑块A与O点距离为R，弹性细绳与水平方向的夹角为，对滑块A进行受力分析，如图所示，由平衡条件，有FNFsin mg，fFcos 而F，当ffmaxFN时，R最大，所以cos ffmax(mgkh)则Rcos 专题限时集训(二)1B解析 平伸手掌托起物体，由静止竖直向上先加速运动，后可能减速运动，即物体先处于超重状态，再可能处于失重状态，且物体离开手的瞬间，物体的加速度等于重力加速度，手的加速度大于重力加速度，选项A、D错误，选项B正确；手对物体的作用力与物体对手的作用力是一对相互作用力，大小相等，选项C错误2C解析 该同学从关卡1出发做初速度为零的匀加速直线运动，由vat12 m/s，易知t11 s，在这1 s内他跑了xat1 m，从1 s末起，他将做匀速直线运动，此时离关卡关闭还剩4 s，他能跑2 m/s4 s8 m，因此，他能顺利通过关卡2，选项A错误；而7 s末时他跑了1 m2 m/s6 s13 m，还未到关卡3，而12 s末时他跑了1 m2 m/s11 s23 m，还未到关卡4，离关卡4还有1 m，仅需0.5 s2 s，到达关卡4时关卡4处于关闭状态，故不能通过关卡4，选项C正确，B、D错误3A解析 汽车刹车后做匀减速直线运动，由加速度a可得平均加速度之比，选项A正确4C解析 对甲图，突然撤去挡板的瞬间，A的受力不变，加速度为0，B所受的合力为2mgsin ，加速度为2gsin ，选项A错误，选项C正确；对乙图，突然撤去挡板的瞬间，A、B共同加速，加速度a乙gsin ，选项B、D错误5B解析 对选项A：电梯匀减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律mgFma解得Fm(ga)9 N(设m1 kg，下同)；对选项B：电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律Fmgma解得Fm(ga)11 N；对选项C：电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律Fmgma解得Fm(ga)10.5 N；对选项D：电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律mgFma解得Fm(ga)9.5 N综上分析可知选项B符合题意6D解析 滑块先匀加速下滑后匀减速向左滑动；滑块加速下滑时，受重力和支持力，故对斜面体有向右下方的恒定压力，故传感器示数为正且保持不变；滑块匀减速向左滑动时，对小车有向左的摩擦力，故传感器受到拉力且恒定，选项A、B、C错误，选项D正确7D解析 对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，人处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小，选项B、C错误；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，人处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力，选项A错误，选项D正确8B解析 货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下由vt图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：小于、等于、大于、大于、等于、小于以第二、五个阶段为基准(支持力等于重力)，可得答案为B.9AB解析 试管塞开始与试管一起运动了位移x1H0.80 m，试管停止运动之后又独立运动了位移x2Lh(0.210.01) m0.20 m，试管塞从静止开始到离开试管口的总位移xx1x2(0.800.20) m1.0 m，选项A正确；设试管刚停止运动时，试管塞的速度为v，由x1t，解得v8 m/s，设试管塞在试管中减速过程中的加速度为a，用时为t，则x2，0vat，解得a160 m/s2，t0.05 s，试管塞由静止到试管停止用时为0.20 s，故总用时为0.25 s，选项B正确，选项C错误；试管塞在试管中做匀减速运动过程中，设所受摩擦力为f，由动能定理，有(mgf)x20mv2，解得f17mg，滑动摩擦力与重力之比为171，选项D错误10BC解析 第一次放置时A静止，则Mgsin mg，第二次放置时，由牛顿第二定律，有Mgmgsin (Mm)a，联立解得a(1sin )g.对B由牛顿第二定律，有Tmgsin ma，解得Tmg，选项B、C正确11(1)75 m(2)40 m/s(3) s解析 (1)根据题意，设上升时加速度大小为a，由牛顿第二定律，有Fmgfma解得：a6 m/s2上升高度：hat2解得：h75 m(2)设下落过程加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgfma1解得：a18 m/s2落地时速度v满足：v22a1H解得：v40 m/s(3)设恢复升力后向下减速时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：Fmgfma2解得：a210 m/s2设恢复升力时的速度为vm，则有：H解得：vm m/s由：vma1t1解得：t1 s12(1) N(2)2.5 m(3)1.5 kg解析 (1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡状态，如图所示：mgsin Fcos 代入数据可得：F N(2)由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10 m/s，当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：mgsin Fcos ma解得：a10 m/s2下滑的位移：x解得：x5 m故下滑的高度：hxsin 302.5 m(3)由图像可知，二者先发生相对滑动，当达到共同速度后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为1，滑块与木板间的动摩擦因数为2二者共同减速时的加速度大小a11 m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度大小a2 1 m/s2，滑块减速的加速度大小为：a34 m/s2对整体由牛顿第二定律可得：a11g可得：10.1在02 s内分别对滑块和木板由牛顿第二定律可得：对木板：2mg1(Mm)gMa2对滑块：2mgma3代入数据解得：M1.5 kg专题限时集训(三)1C解析 篮球投入球筐，其合速度指向球筐，可能符合方向要求的是选项C.2BC解析 网球参与三个方向的运动，竖直方向做自由落体运动，由hgt2，可得运动时间t一定；BA方向做匀速运动，速度由3 m/s增大到4 m/s，该方向的位移变大，选项B正确；垂直BA方向做匀速运动，该方向位移不变，分速度也不变，选项C正确3A解析 对做匀速圆周运动的小球受力分析知：k(2LL)m2r，r2L，解得：，选项A正确4B解析 小物块在最低点受到竖直向上的支持力、竖直向下的重力和水平向左的摩擦力，由FNmgm，fFN，可得f，选项B正确5B解析 因为空盒在沿传送带方向做匀速直线运动，在垂直传送带方向做匀加速直线运动，所以合运动轨迹为曲线，加速度恒定，做匀变速曲线运动，选项A、C、D错误，选项B正确6A解析 轮盘和飞轮的齿数之比最大为31，此时自行车速度最大，此时轮盘和飞轮的转动半径之比是31；蹬动轮盘的最大转速是每1 s轮盘转动一周，故周期是1 s，链条传动边缘点线速度相等，根据公式v，轮盘和飞轮周期之比等于转动半径之比，故飞轮的转动周期为T s；后轮的线速度为v2.1 m/s，选项A正确7BCD解析 车轮边缘与磁铁的角速度相同，但线速度不同，选项A错误；由图知自行车在1.01.4 s内做匀速直线运动，自行车的速率v10 m/s，选项B、D正确；自行车在1.42.2 s内做减速运动，选项C正确8A解析 小球在竖直平面内做圆周运动，这个过程中小球机械能守恒，小球位置在最高点时，重力势能最大，所以动能最小，故小球的速度达到最小值且水平向右，因此t1时刻小球通过最高点；曲线与坐标轴围成的面积表示小球在运动过程中的水平位移，图乙中S1的面积大小等于杆的长度，S2的面积大小等于杆的长度，故图乙中S1和S2的面积相等，综上所述A正确9BC解析 由xt图可得，质点在x方向做匀速运动，且速