本章复习与测试公开课教案

第三章

章末检测

1.如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则(

)．

图1 A．物体从A到O先加速后减速

B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动

C．物体运动到O点时所受合力为0 D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小

解析

首先有两个问题应搞清楚，①物体在A点所受弹簧的弹力大于物体与地面之间的摩擦力(因为物体能运动)．②物体在O点所受弹簧的弹力为0.所以在A、O之间有弹簧的弹力与摩擦力大小相等的位置，故物体在A、O之间的运动应该是先加速后减速，A选项正确、B选项不正确；O点所受弹簧的弹力为0，但摩擦力不是0，所以C选项不正确；从A到O的过程加速度先减小、后增大，故D选项错误．

答案

A 2．弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2 kg的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N．如果从升降机的速度为3 m/s时开始计时，则经过1 s，升降机的位移可能是(g取10 m/s2)(

)．

A．2 m

B．3 m

C．4 m

D．8 m 解析

对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得加速度为2 m/s2，方向竖直向下，由于初速度方向未知，所以应分两种情况进行计算，解得升降机的位移为2 m或4 m. 答案

AC 3．如图2所示，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和f.

a若电梯启动加速度减小为2，则下面结论正确的是(

)．

图2 FNA．水平梯板对人的支持力变为2

fB．水平梯板对人的摩擦力变为2

C．电梯加速启动过程中，人处于失重状态

fD．水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为F

N解析

将人的加速度分解，水平方向ax＝acos θ，竖直方向ay＝asin θ.对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有f＝max，在竖直方向有FN－mg＝may，人a处于超重状态，C错误；当加速度由a变为2时，摩擦力变为原来的一半，但支持力不为原来的一半，则它们的比值也发生变化，故A、D错误，B正确．

答案

B 2．如下图所示，将一台电视机静止放在水平桌面上，则以下说法中正确的是(

)

A．桌面对它支持力的大小等于它所受的重力，这两个力是一对平衡力

B．它所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力

C．它对桌面的压力就是它所受的重力，这两个力是同一种性质的力

D．它对桌面的压力和桌面对它的支持力是一对平衡力

解析

电视机处于静止状态，桌面对它的支持力和它所受的重力的合力为零，是一对平衡力，故A正确，B错误；电视机对桌面的压力和桌面对它的支持

力是作用力和反作用力，故D错误；压力和重力式两个性质不同的力，故C错误。

答案 A 5．如图4所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(

)．

图4 A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ

B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零

C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ

D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零

解析

细线烧断前，对B球有kx＝mgsin θ.细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力为mgsin θ＋kx＝2mgsin θ，解得aA＝2gsin θ，故A、D错误，B、C正确．

答案

BC 6．如图5所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是(

)．

图5 vLLA.v＋2μg

B.v

C. 2L2L

D.v

μg解析

当小木块刚放到传送带上时μmg＝ma得a＝μg

v2设小木块加速到v时运动的距离为L0，由v＝2aL0得L0＝2μg

2

v1(1)当L≤L0时，小木块一直加速，v≥at得t≤μg或由L＝2at2得t＝

12L由L≤2vt得t≥v，故C、D正确．

v(2)当L>L0时，小木块先加速后匀速，加速阶段有v＝at1得t1＝μg

vL匀速阶段有L－L0＝vt2得t2＝v－2μg

vL由t＝t1＋t2得t＝v＋2μg，故A正确．

答案

ACD 2Lμg或7．如图6所示，两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是(

)．

图6 A．弹簧秤的示数是25 N B．弹簧秤的示数是50 N C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7 m/s2

D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2

解析

本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用．以F1－F2m1、m2以及弹簧秤为研究对象，则整体向右的加速度a＝＝2 m/s2；m1＋m2再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F，则F1－F＝m1a，得F＝28 N，A、FB错误；突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a＝m＝7 2m/s2，C正确；突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m1的加速度aF＝m＝28 m/s2，D错误．

1答案

C 8．如图7所示，质量为mA＝0.4 kg的物体A与质量为mB＝2 kg的物体B叠放在倾角为30°的斜面上，物体B在平行于斜面向上的拉力F作用下运动，已知A、B总保持相对静止，若A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.43，B与斜面

3间的动摩擦因数为μ2＝4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)．

图7 (1)若整个装置沿斜面向上做匀速运动，则A、B间的摩擦力大小为多少？拉力F大小为多少？

(2)若整个装置沿斜面向上做匀加速运动，且A、B恰好没有相对滑动，则此时A、B间的摩擦力大小为多少？拉力F大小为多少？

解析

(1)整个装置沿斜面向上做匀速运动时，即整个系统处于平衡状态，

则研究A物体：f＝mAgsin θ＝2 N，

研究整体：F＝(mA＋mB)gsin θ＋μ2(mA＋mB)gcos θ＝21 N. (2)整个装置沿斜面向上做匀加速运动，且A、B恰好没有相对滑动，则说明此时A、B之间恰好达到最大静摩擦力，

研究A物体：

fmax＝f滑＝μ1mAgcos θ＝2.4 N，

fmax－mAgsin θ＝mAa，

解得a＝1 m/s2，

研究整体：F－(mA＋mB)gsin θ－μ2(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，

解得F＝23.4 N. 答案

(1)2 N

21 N

(2)2.4 N

23.4 N 9．如图8甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为(

)．

图8 A.2 s

B．2 s

C.3 s

D．22 s 解析

A、E两点在以D为圆心半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝

答案

B 10．如图9甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的vt图象的是(

)．

4Rg＝

4ADg＝2 s，选B.

图9

Fkt解析

在A、B相对滑动前，对A、B整体由牛顿第二定律得a＝2m＝2m，故A、B的加速度随时间的增大而增大，速度时间图象是一向上弯曲的曲线；FfktFfA相对B刚好要滑动时，对B由牛顿第二定律得a＝m，由于2m＝m，故t＝2FfFf；在A相对B滑动后，B的加速度a＝km为一恒量，速度时间图象是一倾斜向上的直线，故B正确．

答案

B 11．如图10所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一F＝8 N的水平推力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g＝10 m/s2.求：

图10 (1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；

(2)经多长时间两者达到相同的速度；

(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？

解析

(1)小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2，

F－μmg小车的加速度aM＝M＝0.5 m/s2. (2)由amt＝v0＋aMt，解得：t＝1 s. (3)从小物块放上小车开始1 s内，小物块的位移

1s1＝2amt2＝1 m，

1 s末小物块的速度v＝amt＝2 m/s 在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a＝F＝0.8 m/s2，

M＋m1这0.5 s内小物块的位移s2＝vt1＋at2＝1.1 m，

21小物块1.5 s内通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1 m. 答案

(1)2 m/s2

0.5 m/s2

(2)1 s

(3)2.1 m 12．如图11所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3 m，另一台倾斜，其传送带与地面的倾角θ＝37 °，C、D两端相距4.45 m，B、C相距很近．水平部分AB以v0＝5 m/s的速率顺时针转动．将一袋质量为10 kg的大米无初速度放在A端，到达B端后，米袋继续沿倾斜的CD部分运动，不计米袋在BC处的机械能损失．已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，求：

图11 (1)若CD部分传送带不运转，米袋能否运动到D端？

(2)若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度为多大？

μmg解析

(1)米袋在AB部分加速时的加速度a0＝m＝μg＝5 m/s2，

v20米袋的速度达到v0＝5 m/s时，滑行的距离s0＝2a＝2.5 m

CD部分不运转，米袋在CD部分的加速度大小设为a，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，

得a＝10 m/s2，

2v0米袋能滑上的最大距离s＝2a＝1.25 m<4.45 m，

故米袋不能运动到D端．

(2)设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D端(即米袋到达D点时速度恰好为零)，则米袋速度减为v之前的加速度大小为a1＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2，

米袋速度小于v后所受摩擦力沿传送带向上，继续匀减速运动直到速度减为零，该阶段加速度大小为a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，

2v2v20－v由运动学公式得2a＋2a＝4.45 m 12解得v＝4 m/s，

即要把米袋送到D点，CD部分的最小速度为4 m/s. 答案

(1)不能

(2)4 m/s