一。二、实验题。
11.（1）相等匀变速；（2）1.10m/s2 12. (1)c(2)0.6
三、计算题。
13. 解：设物体的加速度大小为a，由题意知a的方向沿斜面向下。
解法一：（基本公式法）物体前4s位移1.6m，是减速运动，所以有：
代入数据。随后4s位移为零，则物体滑到最高点所用时间为。
所以初速度。
由①、②得物体的加速度为。
解法二：（推论法）物体2s末时的速度即前4s内的平均速度：
物体6s末的速度为，所以物体的加速度大小为。
解法三：（推论△x=法）由于整个过程a保持不变，是匀变速直线运动，由△x=得物体加速度大小为。
答案：14. 跳伞员下落分前后两段不同的运动过程，第一段为自由落体运动，第二段为匀速运动，第一段末的速度即为第二段匀减速运动的初速度，以此速度将两段过程进行联。
系，再结合自由落体和匀减速运动的位移公式即可求解。设跳伞员第一段自由下落的高。
度为h1,第一段末了的速度为v1，跳伞员落地的速度v2=4m/s，跳伞员第二段下落的高度。
为h2，则应有：
v21=2gh1，v22-v12=2ah2
其中a= -2m/s2
h1+ h 2 =350m
由以上三式可解得：h1 =60 m
15. 解：（1）设两人奔跑的最大速度为v，则 v2=2as ， 0．8v）2=2as′, 得：s′=16m
2)设乙在距甲为s0处开始起跑，到乙接棒时跑过的距离为s′,则有：
16. 解：（1）先判断摩托车的运动情况。
若摩托车在整个过程一直加速并刚好加速到最大速度，由v=at得，当t最大时，a最小。
即t=240s (4min)，v=30m/s (108km/h) 时有最小加速度。
可求出amin=0.125m/s2
由s=at2，算出摩托车在240s的位移s=3600m，可此时汽车在240s内行驶了6000m，所以此情况不符合题意。
从而可以判断出，摩托车在整个过程中是先加速，之后做匀速直线运动，最终追上汽车。
2）再采用控制变量法，分析满足什么条件摩托车以最小的加速度追上汽车。
当摩托车追及汽车的时间一定时（比如刚好是4分钟），通过图象1可以发现，要想刚好追上汽车，即摩托车速度图象围成的面积与汽车速度图象围成的面积之差在数值上恰好等于1000m，那么摩托车做匀速直线运动的末速度越大，加速度越小。因此摩托车末速度最大时，可以以最小的加速度追上汽车。
图1若摩托车追及汽车匀速运动的末速度一定（比如就是最大速度108km/h），同理通过图象2发现要想刚好追上汽车，摩托车所用的时间虽然可长可短，但摩托车追上汽车所用的时间越长，加速度越小。
图2综上所述，要想使摩托车追赶上汽车且具有最小加速度，应是摩托车先加速到最大速度然后做匀速运动，并刚好在4分钟追上。
设此时摩托车行驶的距离为s1，加速时间为t，汽车行驶距离为s2。
s1 =s2+ s0
at2+v摩（240—t）=240v汽+ s0
代入数据 s0=1000m 解之得amin=2.25m/s2
解析]若摩托车在追赶过程中一直做匀加速直线运动，则有。
v汽t+s0=vt/2
代入数值解得追上时摩托车的速度。
v=58m/s
这个速度大于摩托车行使的最大速度，因此摩托车应先加速，再匀速追赶。
设摩托车在t=4min内恰好追上汽车且加速阶段的时间为t1,由位移关系可得。
v汽t+s0=vmt1/2+v(t- t1)
其中vm=108km/h=30m/s
代入数值解得。
t1=40/3s
由vm=at1
代入数值解得a=2.25m/s2
因此，摩托车行使时至少应有2.25m/s2的加速度。
答案]2.25m/s2
二。二、实验题。
11.（1）保持作用效果相同（2）拉线图示 b
12. （1）b（1分），木板向左运动的快慢不会引起测力计的示数发生变化（或：不受木板如何运动的限制；或摩擦力的测量更方便、准确）
2）木块重量摩擦力 （3）图略 0.25
三、计算题。
13.解：f=20n
14.解：通过动态观察，f1的方向发生变化时，f的大小、方向均发生变化，当f1与f垂直时，f与f2之间的夹角最大。 f=100√3
15. 解：oa减小 ob先减小后增大。
解析：绳结o受到重物的拉力与ao、bo绳的拉力和而平衡，其中=g，作出和的合力，它与等大反向，如图所示，o点位置固定则的方向固定，在ob向上靠近c的过程中，从图可看出，是一直逐渐减小，而却是先变小后变大，当ob和oa垂直时最小。
答案：是一直逐渐减小，而却是先变小后变大，当ob和oa垂直时最小。
16. 解：（1）（2分）
（2分）2）（2分） 方向水平向左（1分）
3）（1分）
当n时，即物体甲的质量m1最大不能超过1.6kg （2分）
三。二、实验题。
11.略。12.（1） 0.3000（2分）； 2）2.40 +0.02（2分）; 3）木板的长度和木板上端到水平桌面的高度（2分）。（4）（）
任选一种，答案不确定）
三、计算题。
13. 解：（1）选箱子为研究对象，其受力如图所示。
由平衡条件知。
联立①②得：
2）过程及受力分析如图所示。
前3s内：3s末。
前3s内的位移：
撤去f后：
箱子还能滑行，由。
得 所以箱子通过的总位移：
14. 解：（1）由位移公式
沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
联立并代入数值后，得
2）在垂直斜面方向上，又
联立并代入数值后，得。
15. 解：（1）假设火箭及卫星总质量不变； 假设运动是匀加速运动。
有其它假设合理的不扣分。
2）火箭及卫星总质量，发射架高度
由牛顿第二定律。
解得 16. （1）物体做速度增大，加速度减小的运动，最后以10m/s的速度做匀速直线运动。
2）物体的初速度为5m/s，其加速度a1等于切线ab的斜率，所以有。
当速度达到10m/s时，加速度为零。
3）当t=0时，由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ-kv1=ma1
当速度达到10m/s以后，有mgsinθ-μmgcosθ-kv2=0
两式联立得k=1.96，μ=0.125
四。二、实验题。
11.减速 0.2 0.325
12.（1）m>>m（或m<三、计算题。
13. 解：当它所受的空气阻力和它的重力相等时，g=f=2k,k为比例常数。
雨滴下落速度为1.2m/s，f‘=1.2k
根据牛顿第二定律：g-f'=0.8k=ma
因为g=mg=2k
所以a=4m/s,(取g=10m/s)
14. 解：汽车沿倾角斜车作匀减速运动，用a表示加速度的大小，有 ①（2分）
用f表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有
②（2分）式中 ③ 2分）
设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f,根据题意 ④（1分）
方向与汽车前进方向相反；用fn表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同。以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有。
由②④⑤式得(2分)
⑥（2分）由①③⑥式，代入数据得 (2分)
15. 解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图6所示，f为绳的拉力，由牛顿第二定律有。
2f-（m+m）g=（m+m）a
则拉力大小为f==350n
再选人为研究对象，受力情况如图7所示，其中fn是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得f+fn-mg=ma，故fn=m（a+g）-f=200n.
由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200n，方向竖直向下。
16. 解：（1）对初始时刻：mgsin－mgcos＝ma0
由图读出a0=4m/s2代入式，解得：＝＝0.25；
2）对末时刻加速度为零：mgsin－n－kvcos＝0
又n＝mgcos＋kvsin
由图得出此时v=5 m/s
代入式解得：k＝＝0.84kg/s。
五。二、实验题。
11.（1）等效替代 （2）弹簧测力计的轴线与细线套不在同一直线上，导致测量数据不准确 （3）f
12. ：1)a-f图象、a-图象分别如图所示。
2)正比关系反比关系。
三、计算题。
13. 解：（1）甲、乙两物体的初速度分别为v01=2m/s，v02=8m/s．
2）甲物体做加速．
乙物体的加速度．
甲物体做匀加速度直线运动，乙物体做匀减速直线运动．
3）经过3s的时间，甲、乙两物体的速度相同，且都等于5m/s．
14. 解．飞机先做匀加速直线运动，而后做匀减速直线运动，如图所示若要飞机不滑出跑道，则跑道长度至少应为s=s1+s2（3分）
对匀加速直线运动，由运动学公式得：
（5分）对减速制动阶段，由运动学公式得：
5分）解得s=s1+s2=1.44×103m （3分）
15. 解：以劈b为研究对象，受力情况如图，据共点力平衡条件。
nb = nabcos45°+ g ①
fm = nabsin45° ②
fm = nb ③
以球为研究对象，受力情况如图所示：
ga = nabcos45° ④
由①②③式得。
将nab值代入④式得：
即球的重力不超过。
16. 解：
1）第一次飞行中，设加速度为a1，匀加速运动。
由牛顿第二定律f－mg－f=ma1
解得f=4n
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