本章复习与测试ppt配用优秀获奖教案

一、超重、失重的理解与应用

1.关于超重和失重的下列说法中,正确的是( D ) A.超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受的重力减小了

B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态,所以做自由落体运动的物体不受重力作用

C.物体具有向上的速度时处于超重状态,物体具有向下的速度时处于失重状态

D.物体处于超重或失重状态时,物体的重力始终存在且不发生变化

解析:物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,超重和失重并非物体的重力发生变化,而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化,综上所述,选项A、B、C均错误,选项D正确. 2.(多选)用力传感器悬挂一钩码,一段时间后,钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动.如图所示,图中实线是传感器记录的拉力大小变化情况,则( AC )

A.钩码的重力约为4 N B.钩码的重力约为3 N

C.A、B、C、D四段图线中,钩码处于超重状态的是A、D,失重状态的是B、C D.A、B、C、D四段图线中,钩码处于超重状态的是A、B,失重状态的是C、D 解析:由于初始状态物体静止,所以钩码的重力等于拉力,从题图上可读出拉力约为4 N,故选项A正确,B错误;据“超重时拉力大于重力、失重时拉力小于重力”可知,选项C正确,D错误. 3.下列实例属于超重现象的是( B ) A.汽车驶过拱桥顶端时

B.火箭点火后加速升空时

C.跳水运动员被跳板弹起,离开跳板向上运动时

D.体操运动员双手握住单杠在空中不动时

解析:发生超重现象时,物体的加速度方向竖直向上.汽车驶过拱桥顶端时,其向心加速度竖直向下指向圆心,汽车处于失重状态,选项A错误;火箭点火后加速升空,加速度竖直向上,处于超重状态,选项B正确;跳水运动员离开跳板向上运动时,只受重力,运动员处于完全失重状态,选项C错误;体操运动员握住单杠在空中不动时,运动员处于平衡状态,选项D错误. 二、连接体问题 4.(2014 成都七中期末)如图所示,质量形状均相同的木块紧靠在一起,放在光滑的水平面上,现用水平恒力F推1号木块,使10个木块一起向右匀加速运动,则第6号对第7号木块的推力为( C )

A.F B.0.8F C.0.4F D.0.2F 解析:将10个木块看做一个整体,则a=,设第6号对第7号木块的推力为F′,则将后四个木块看做一个整体,故a′=,根据连接体的运动关系可知,整体的加速度和任意一个木块的加速度都相等,所以有a=a′,即=,所以F′=0.4F,选项C正确. 5.如图所示,质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1,与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角,则( B )

A.车厢的加速度为gsin θ

B.绳对物体1的拉力为

C.底板对物体2的支持力为(m2-m1)g D.物体2所受底板的摩擦力为0 解析:物体1与车厢具有相同的加速度,对物体1受力分析,受重力和拉力,根据合成法知,F合=m1gtan θ,拉力FT=.物体1的加速度a=gtan θ,所以车厢的加速度为gtan θ.故选项A错误,B正确.物体

2加速度为gtan θ,对物体2受力分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力,支持力FN=m2g-,Ff=m2a=m2gtan θ,故选项C、D错误. 三、动力学中的临界极值问题

6.如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升.夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff.若木块不滑动,力F的最大值是 ( A )

A.C.

B.-(m+M)g D.

+(m+M)g 解析:对木块M,受到两个静摩擦力Ff和重力Mg三个力而向上运动,由牛顿第二定律得木块不滑动的最大加速度大小为am= .对整体,受到两个力,即力F和整体重力(m+M)g,由牛顿第二定律得F-(m+M)g=(m+M)a.代入最大加速度即得力F的最大值Fm=项A正确. 7.(多选)如图(甲)所示,静止在水平地面上的物块A,受到水平拉力F的作用,F与时间t的关系如图(乙)所示,设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等,则t1～t3时间内( ABD ) ,故选

A.t1时刻物块的速度为零

B.t2时刻物块的加速度最大

C.t2时刻物块的速度最大

D.t3时刻物块的速度最大 解析:0～t1时间内,拉力小于最大静摩擦力,物块静止,选项A正确;t1～t3时间内拉力大于最大静摩擦力,物块加速运动,t2时刻拉力最大,加速度最大,t3时刻物块的速度最大,故选项B、D正确,C错误. 四、动力学中的多过程问题

8.(2015石家庄市质检)在游乐场,有一种大型游乐设施跳楼机,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,提升到离地最大高度64 m处,然后由静止释放,开始下落过程可认为自由落体运动,然后受到一恒定阻力而做匀减速运动,且下落到离地面4 m高处速度恰好减为零.已知游客和座椅总质量为1 500 kg,下落过程中最大速度为20 m/s,重力加速度g=10 m/s2.求: (1)游客下落过程的总时间; (2)恒定阻力的大小. 解析:(1)设做自由落体运动的高度为h1,又知下落过程中最大速度为v且v=20 m/s, 则v2=2gh1,v=gt1,解得t1=2 s.

设做匀减速运动的高度为h2,加速度大小为a,则v2=2ah2,v=at2,下落的总距离h=h1+h2=60 m. 联立解得a=5 m/s2,t2=4 s,游客下落过程的总时间为

t=t1+t2=6 s. (2)匀减速过程中:设阻力为Ff由牛顿第二定律得: Ff-mg=ma,已知m=1 500 kg,可得Ff=22 500 N. 答案:(1)6 s (2)22 500 N.

9.(2015南昌大学附中月考)在一根绳子下面串联着两个质量不同的小球,上面小球的质量比下面小球的质量大,当手提着绳的端点O并使两球沿水平方向一起做匀加速运动时(空气阻力不计),则图中正确的是( A )

解析:对下面小球设质量为m,绳子拉力为FT,与水平方向夹角为α,利用牛顿第二定律,则在水平方向有ma=FTcos α

①,而在竖直方向则有mg=FTsin α

②;对上面小球设质量为M,上端绳子拉力为F,与水平方向夹角为β,同理有Fcos β-FTcos α=Ma ③,Mg+FTsin α= Fsin β

④,由①③容易得到,Fcos β=(M+m)a,由②④得Fsin β=(M+m)g,故有tan β=;而由①②得到tan α=,因此β=α,所以选项A正确.

10.如图所示,运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速运动,球拍与球保持相对静止且球拍平面与水平面之间的夹角为θ.设球拍和球的质量分别为M、m,不计球拍和球之间的摩擦,不计空气阻力,则( C )

A.运动员的加速度大小为gsin θ

B.球拍对球的作用力大小为mgcos θ

C.运动员对球拍的作用力大小为(M+m)g/cos θ

D.运动员对地面的作用力方向竖直向下

解析:如图所示为球拍上的球的受力示意图,合力F=mgtan θ,由牛顿第二定律可得mgtan θ=ma,解得a=gtan θ,故选项A错误;球拍对球的作用力大小FN=,故选项B错误;以球和球拍为整体分析其受力情况,因球拍与球的运动状态相同,加速度大小也等于gtan θ,由此得出运动员对球拍的作用力一定沿与球拍面垂直的方向,其大小等于(M+m)g/cos θ,故选项C正确;运动员对地面的作用力为压力和静摩擦力的合力,方向斜向右下方,故选项D错误.

11.(2014 河北省八校联考)(多选)某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力F方向与水平方向夹角α=60°,使飞行器恰好与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行,经时间t后,将动力F的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,下列说法中正确的是( AC )

A.加速时加速度的大小为g B.加速时动力的大小等于mg C.减速时动力的大小等于mg D.减速飞行时间t后速度为零

解析:起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成30°角斜向上,如图(甲)所示,在△OFF合中,由几何关系得F合=mg,由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a1=g;加速时动力的大小F=mg.推力方向逆时针旋转60°,合力的方向与水平方向成30°斜向下,动力F′跟合力F合′垂直,如图(乙)所示,由几何关系得动力的大小F′=mg;此时合力大小为:F合′=mgsin 30°,飞行器的加速度大小为:a2=g/2;所以减速飞行时间2t后速度为零;故AC正确,BD错误.

12.(2014 南开中学月考)如图所示,水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A,它的上表面与水平面平行,它的右侧是一个倾角θ=37°的斜面.放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连,细绳的一部分与水平面平行,另一部分与斜面平行.现对A施加一水平向右的恒力F,使A、B、C恰好保持相对静止.已知A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,不计一切摩擦,求恒力F的大小.( sin 37°=0.6,cos 37°=0. 8)

解析:设绳子张力FT,斜面支持力FN,系统加速度a, 对B分析根据牛顿第二定律FT=ma. 对C分析同样根据牛顿第二定律, 水平方向

FNsin θ-FTcos θ=ma. 竖直方向

FNcos θ+FTsin θ=mg. 整理解得a=,对ABC整体分析水平方向F=3ma=mg. 答案:mg

13.(2014 南昌市模拟)有一个冰上木箱的游戏节目,规则是选手们从起点开始用力推箱一段时间后,放手让箱向前滑动,若箱最后停在桌上有效区域内,视为成功;若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败.其简化模型如图所示,AC是长度为L1=7 m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱,BC为有效区域.已知BC长度L2=1 m,木箱的质量m=50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数μ=0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直线运动,若木箱可视为质点,g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功,试求:

(1)推力作用在木箱上时的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的时间t满足什么条件? 解析:(1)设推力作用在木箱上时的加速度为a1,根据牛顿第二定律得

F-μmg=ma1,解得a1=3 m/s2. (2)撤去推力后,木箱的加速度大小为a2, 根据牛顿第二定律得μmg=ma2, 解得a2=1 m/s2. 推力作用在木箱上时间t内的位移为

x1=a1t2. 撤去力F后木箱继续滑行的距离为

x2=.

木箱停在有效区域内,要满足条件L1-L2≤x1+x2≤L1, 解得1 s≤t≤ s. 答案:(1) 3 m/s2

(2) 1 s≤t≤ s