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本章易错过关(四)
◆ 练习册
一、选择题
二、实验题
三、计算题
一、选择题
1.[2023·广州六中月考] 某运动员练习纵跳，从下蹲状态向上跃起，直至竖直上升过程中，该运动员( )
C
A.处于失重状态 B.处于超重状态 C.先超重后失重 D.先失重后超重
[解析] 从下蹲状态向上跃起，直至竖直上升过程中，该运动员先向上做加速运动，后做减速运动，因此先超重后失重，故A、B、D错误，C正确.
2.如图所示，将物体放在容器中，以某一速度把容器竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器的底面始终保持水平，则以下说法正确的是( )
D
A.容器上升过程中，物体对有压力，下降过程中，压力等于零
B.容器上升到最高点的时候，物体对有压力
C.不论容器上升还是下降，物体对都有压力
D.不论容器上升还是下降，物体对的压力都等于零
[解析] 由题意知整体只受重力作用，加速度为，方向竖直向下，处于完全失重状态，所以无论上升还是下降过程，A、B间都没有相互作用力，故选项D正确.
3.[2023·茂名一中月考] 如图所示，球壳内有三条弦、、，为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为 、 、.三个光滑的小环分别从、、处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为、、，则三者之间大小关系为 ( )
A
A. B. C. D.
[解析] 设弦与水平面间的夹角为 ，球的半径为，由小环沿弦做匀加速运动有，解得运动时间为，与弦与水平面间的夹角无关，所以小环运动到最低点的时间相等.故选A.
4.[2023·阳春一中月考] 一质量为的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移与时间的关系图像如图所示，乘客所受支持力的大小用表示，速度大小用表示.重力加速度大小为，以下判断正确的是 ( )
D
A.时间内，增大， B.时间内，减小，
C.时间内，增大， D.时间内，减小，
[解析] 由于图像的斜率表示速度，可知在时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则，故A、B错误；在时间内速度减小，即乘客在减速下降，加速度向上，处于超重状态，则，C错误，D正确.
5.[2023·深圳红岭中学月考] 如图甲所示，木箱里固定有压力传感器，用弹簧将物块压在压力传感器上，传感器的示数为.若将箱子如图乙所示放置，传感器的示数为，现使图乙的箱子向上做匀加速运动，传感器的示数刚好为零，重力加速度为，则加速度的大小为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 由图甲根据力的平衡可知，弹簧的弹力大小为，由图乙根据力的平衡可知，物块的重力为，物块的质量为，当图乙的箱子向上加速，使压力传感器示数刚好为零时，根据牛顿第二定律有，解得，故选C.
6.[2024·汕头金山中学月考] 如图所示，质量为的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为的小球，球与杆之间存在摩擦.小球从杆的顶端由静止释放，沿杆下滑的加速度大小为(为重力加速度)，则在小球下滑的过程中，木箱对地面的压力为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 对球受力分析，球受重力和杆对球向上的摩擦力，由牛顿第二定律得，且，解得，对木箱受力分析，受到重力、支持力和球对杆向下的摩擦力，根据平衡条件得，根据牛顿第三定律得，故选C.
7.(多选)[2023·揭阳一中月考] 如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等
AB
A.若，则 B.若，则
C.不管多大，总有 D.只有时，才有
高的光滑水平面.物体以恒定的速率沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为，则下列说法正确的是( )
[解析] 由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，此过程设物体对地位移大小为，加速度大小为，则，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：①若，物体向右运动时一直加速，当时(向右加速到可以看成是向左由减速到0的逆过程，位移大小还是等于)，恰好离开传送带.②若，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，位移大小，说明物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动直到返回光滑水平面，此时有，故选项A、B正确，C、D错误.
8.如图甲所示，物块的质量，初速度，在一水平向左的恒力作用下从点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，重力加速度取.下列选项中正确的是( )
C
A.内物块的加速度大小为
B.在末恒力开始反向，物块做匀加速运动
C.恒力的大小为
D.物块与水平面的动摩擦因数为0.375
[解析] 由公式可知，图像的斜率大小表示，内物块的加速度大小为，A错误；根据可知物块做匀减速的时间为，所以在末恒力开始反向，物块做匀加速运动，B错误；物块做匀加速运动时的加速度为，根据牛顿第二定律可知，，解得，，C正确；物块与水平面的动摩擦因数为，D错误.
二、实验题
9.某组同学计划用如图甲所示的实验装置，探究加速度与合外力及小车质量之间的关系.
(1) 为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度 ，若小车和木板之间的动摩擦因数为 ，则 ___ (选填“ ”“ ”或“”).
[解析] 为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度 ，使小车沿木板向下的重力分力与摩擦阻力平衡，则有 ，可得 .
(2) 实验得到如图乙所示的纸带.点为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为的相邻计数点记为、、、、、、，他们到点的距离已标出，则小车的加速度大小为_____(结果保留两位有效数字).
0.99
[解析] 根据逐差法可得，小车的加速度大小为.
(3) 在处理实验数据时，用表示砝码和托盘的总质量，用表示小车的质量，用表示当地的重力加速度.若用、和表示小车的加速度，则测量值为____，理论值为_____.
[解析] 在处理实验数据时，用表示砝码和托盘的总质量，用表示小车的质量，用表示当地的重力加速度，在测量时认为绳子对车的拉力等于钩码和托盘的总重力，以小车为研究对象，由牛顿第二定律得加速度测量值为；理论上，设绳子拉力为，以小车为研究对象，由牛顿第二定律得，以砝码和托盘为研究对象，由牛顿第二定律得，联立解得加速度的理论值为.
(4) 在研究加速度与质量的关系时，要保证砝码和托盘的质量不变.若砝码和托盘的质量与小车的总质量间的关系不满足条件，由实验数据作出和的图线，则图线应如下图中的____所示(选填正确选项的字母).
C
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
[解析] 在研究加速度与质量的关系时，要保证砝码和托盘的质量不变.若砝码和托盘的质量与小车的总质量间的关系不满足条件，设绳子拉力为，以小车为对象，由牛顿第二定律得，以砝码和托盘为对象，由牛顿第二定律得，联立可得，由于保证砝码和托盘的质量不变，则图线为一条过原点的倾斜直线.故选C.
三、计算题
10.[2024·珠海一中月考] 如图所示为深圳市地标建筑——平安金融大厦，其内置观光电梯，位于观景台的游客可 鸟瞰深圳的景观.电梯从地面到116层的观景台只需，整个过程经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大速度为
.当电梯加速上升时，质量为的人站在置于电梯地板的台秤上时，台秤的示数为，取，求：
(1) 电梯加速上升的加速度大小.
[答案]
[解析] 根据台秤的示数可知支持力大小，台秤的示数为时，支持力，当电梯加速上升时，根据牛顿第二定律有
代入数据解得.
(2) 观景台距地面的高度.
[答案]
[解析] 对于匀加速运动过程，有，
代入数据解得，
因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移大小相等
故匀速运动的时间
匀速运动的位移为
代入数据解得，
故观景台距地面的高度.
11.[2023·深圳育才中学月考] 如图甲所示是珠海某公园滑草的滑道，游客可以坐滑草车沿滑道滑下.将滑道简化成如图乙所示，游客从高度为的点由静止滑下，先进入倾角为 、动摩擦因数为的斜面滑道，然后进入动摩擦因数为的水平滑道中继续滑行至点停下.已知滑草车的质量为，人的质量为，，,取，求：
(1) 游客在水平滑道上滑行的位移大小；
[答案]
[解析] 设游客沿斜面滑道下滑的加速度为，根据牛顿第二定律得

解得
斜面滑道的长度，由
解得
设游客沿水平滑道滑行的加速度大小为，有
解得
设游客在水平滑道上滑行的位移为，有
解得
(2) 游客从点滑到点所用的总时间；
[答案]
[解析] 滑草车与游客在斜面滑道上做匀加速运动，有

解得
滑草车与游客在水平滑道上做减速运动，由逆向思维得
解得
故
(3) 游客在水平滑道上滑行时车对游客的作用力大小.
[答案]
[解析] 人在水平方向受到的力
所以车对人的作用力大小为
章末易错过关(四)
1.C　[解析] 从下蹲状态向上跃起,直至竖直上升过程中,该运动员先向上做加速运动,后做减速运动,因此先超重后失重,故A、B、D错误,C正确.
2.D　[解析] 由题意知整体只受重力作用,加速度为g,方向竖直向下,处于完全失重状态,所以无论上升还是下降过程,A、B间都没有相互作用力,故选项D正确.
3.A　[解析] 设弦与水平面间的夹角为θ,球的半径为R,由小环沿弦做匀加速运动有2Rsin θ=gsin θ·t2,解得运动时间为t=2,与弦与水平面间的夹角无关,所以小环运动到最低点的时间相等.故选A.
4.D　[解析] 由于s-t图像的斜率表示速度,可知在0~t1时间内速度增加,即乘客的加速度向下,处于失重状态,则FNmg,C错误,D正确.
5.C　[解析] 由图甲根据力的平衡可知,弹簧的弹力大小为F1,由图乙根据力的平衡可知,物块的重力为G=mg=F1-F2,物块的质量为m=,当图乙的箱子向上加速,使压力传感器示数刚好为零时,根据牛顿第二定律有F1-mg=ma,解得a=g,故选C.
6.C　[解析] 对球受力分析,球受重力和杆对球向上的摩擦力,由牛顿第二定律得mg-f=ma,且a=g,解得f=mg,对木箱受力分析,受到重力、支持力和球对杆向下的摩擦力,根据平衡条件得FN=Mg+f=Mg+mg,根据牛顿第三定律得FN'=FN=Mg+mg,故选C.
7.AB　[解析] 由于传送带足够长,物体先减速向左滑行,直到速度减为零,此过程设物体对地位移大小为s,加速度大小为a,则s=,然后在滑动摩擦力的作用下向右运动,分两种情况:①若v1≥v2,物体向右运动时一直加速,当v2'=v2时(向右加速到v2可以看成是向左由v2减速到0的逆过程,位移大小还是等于s),恰好离开传送带.②若v18.C　[解析] 由公式-=2as可知,图像的斜率大小表示2a,0~10 m内物块的加速度大小为 a==1.25 m/s2,A错误;根据vt=v0+at可知物块做匀减速的时间为t= s=4 s,所以在4 s末恒力F开始反向,物块做匀加速运动,B错误;物块做匀加速运动时的加速度为a'== m/s2=0.5 m/s2,根据牛顿第二定律可知F+f=ma,F-f=ma',解得F=0.875 N,f=0.375 N,C正确;物块与水平面的动摩擦因数为μ===0.0375,D错误.
9.(1)=　(2)0.99　(3)　　(4)C
[解析] (1)为了平衡小车在运动过程中受到的阻力,必须使木板倾斜恰当的角度θ,使小车沿木板向下的重力分力与摩擦阻力平衡,则有Mgsin θ=μMgcos θ,可得tan θ=μ.
(2)根据逐差法可得,小车的加速度大小为a==×10-2 m/s2≈0.99 m/s2.
(3)在处理实验数据时,用m表示砝码和托盘的总质量,用M表示小车的质量,用g表示当地的重力加速度,在测量时认为绳子对车的拉力等于钩码和托盘的总重力,以小车为研究对象,由牛顿第二定律得加速度测量值为a=;理论上,设绳子拉力为T,以小车为研究对象,由牛顿第二定律得T=Ma,以砝码和托盘为研究对象,由牛顿第二定律得mg-T=ma,联立解得加速度的理论值为a=.
(4)在研究加速度与质量的关系时,要保证砝码和托盘的质量不变.若砝码和托盘的质量m与小车的总质量M间的关系不满足条件m M,设绳子拉力为T,以小车为对象,由牛顿第二定律得T=Ma,以砝码和托盘为对象,由牛顿第二定律得mg-T=ma,联立可得a=mg·,由于保证砝码和托盘的质量m不变,则a-图线为一条过原点的倾斜直线.故选C.
10.(1)3 m/s2　(2) m
[解析] (1)根据台秤的示数可知支持力大小,台秤的示数为65 kg时,支持力F=650 N,当电梯加速上升时,根据牛顿第二定律有F-mg=ma
代入数据解得a=3 m/s2.
(2)对于匀加速运动过程,有h=,t=
代入数据解得h= m,t= s
因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等,所以两个阶段的时间和位移大小相等
故匀速运动的时间t1=t总-2t
匀速运动的位移为h1=vt1
代入数据解得t1= s,h1= m
故观景台距地面的高度H=h1+2h= m.
11.(1)20 m　(2)44 s　(3)100 N
[解析] (1)设游客沿斜面滑道下滑的加速度为a1,根据牛顿第二定律得
gsin θ-μ1gcos θ=a1
解得a1=0.25 m/ s2
斜面滑道的长度s1==200 m
由v2=2a1s1
解得v=10 m/s
设游客沿水平滑道滑行的加速度大小为a2,有
μ2g=a2
解得a2=2.5 m/ s2
设游客在水平滑道上滑行的位移为s2,有v2=2a2s2
解得s2=20 m
(2)滑草车与游客在斜面滑道上做匀加速运动,有
s1=a1
解得t1=40 s
滑草车与游客在水平滑道上做减速运动,由逆向思维得s2=a2
解得t2=4 s
故t=t1+t2=44 s
(3)人在水平方向受到的力Fx=Ma2=100 N
所以车对人的作用力大小为
F==100 N本章易错过关(四)建议用时:40分钟
一、选择题
1.[2023·广州六中月考] 某运动员练习纵跳,从下蹲状态向上跃起,直至竖直上升过程中,该运动员 (　)
A.处于失重状态
B.处于超重状态
C.先超重后失重
D.先失重后超重
2.如图所示,将物体A放在容器B中,以某一速度把容器B竖直上抛,不计空气阻力,运动过程中容器B的底面始终保持水平,则以下说法正确的是 (　)
A.容器B上升过程中,物体A对B有压力,下降过程中,压力等于零
B.容器B上升到最高点的时候,物体A对B有压力
C.不论容器B上升还是下降,物体A对B都有压力
D.不论容器B上升还是下降,物体A对B的压力都等于零
3.[2023·茂名一中月考] 如图所示,球壳内有三条弦OA、OB、OC,O为球内的最低点,它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°.三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑,运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC, 则三者之间大小关系为　 (　)
A.tA=tB=tC
B.tAC.tA>tB>tC
D.tA=tC>tB
4.[2023·阳春一中月考] 一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示,乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示.重力加速度大小为g,以下判断正确的是　　 (　)
A.0~t1时间内,v增大,FN>mg
B.0~t1时间内,v减小,FNC.t2~t3时间内,v增大,FND.t2~t3时间内,v减小,FN>mg
5.[2023·深圳红岭中学月考] 如图甲所示,木箱里固定有压力传感器,用弹簧将物块压在压力传感器上,传感器的示数为F1.若将箱子如图乙所示放置,传感器的示数为F2,现使图乙的箱子向上做匀加速运动,传感器的示数刚好为零,重力加速度为g,则加速度的大小为 (　)
A.g B.g
C.g D.g
6.[2024·汕头金山中学月考] 如图所示,质量为M的木箱放在水平面上,木箱中的立杆上套着一个质量为m的小球,球与杆之间存在摩擦.小球从杆的顶端由静止释放,沿杆下滑的加速度大小为a=g(g为重力加速度),则在小球下滑的过程中,木箱对地面的压力为 (　)
A.Mg
B.Mg+
C.Mg+
D.Mg-
7.(多选)[2023·揭阳一中月考] 如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面.物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,这时速率为v2',则下列说法正确的是 (　)
A.若v1B.若v1>v2,则v2'=v2
C.不管v2多大,总有v2'=v2
D.只有v1=v2时,才有v2'=v1
8.如图甲所示,物块的质量m=1 kg,初速度v0=5 m/s,在一水平向左的恒力F作用下从 O 点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2.下列选项中正确的是 (　)
A.0~10 m内物块的加速度大小为2.5 m/s2
B.在5 s末恒力F开始反向,物块做匀加速运动
C.恒力F的大小为0.875 N
D.物块与水平面的动摩擦因数为0.375
二、实验题
9.某组同学计划用如图甲所示的实验装置,探究加速度a与合外力F及小车质量M之间的关系.
(1)为了平衡小车在运动过程中受到的阻力,必须使木板倾斜恰当的角度θ,若小车和木板之间的动摩擦因数为μ,则tan θ　　　　μ(选填“>”“<”或“=”).
(2)实验得到如图乙所示的纸带.O点为小车运动起始时刻所打的点,选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点记为A、B、C、D、E、F、G,他们到O点的距离已标出,则小车的加速度大小为　　　　 m/s2(结果保留两位有效数字).
(3)在处理实验数据时,用m表示砝码和托盘的总质量,用M表示小车的质量,用g表示当地的重力加速度.若用m、M和g表示小车的加速度,则测量值为　　　　,理论值为　　　　.
(4)在研究加速度与质量的关系时,要保证砝码和托盘的质量不变.若砝码和托盘的质量m与小车的总质量M间的关系不满足条件m M,由实验数据作出a和的图线,则图线应如下图中的　　　　所示(选填正确选项的字母).
A　B　C　D
三、计算题
10.[2024·珠海一中月考] 如图所示为深圳市地标建筑——平安金融大厦,其内置观光电梯,位于观景台的游客可360°鸟瞰深圳的景观.电梯从地面到116层的观景台只需58 s,整个过程经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段,匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等,其上行最大速度为10 m/s.当电梯加速上升时,质量为50 kg的人站在置于电梯地板的台秤上时,台秤的示数为65 kg,g取10 m/s2,求:
(1)电梯加速上升的加速度大小.
(2)观景台距地面的高度.
11.[2023·深圳育才中学月考] 如图甲所示是珠海某公园滑草的滑道,游客可以坐滑草车沿滑道滑下.将滑道简化成如图乙所示,游客从高度为h=62 m的A点由静止滑下,先进入倾角为θ=18°、动摩擦因数为μ1=0.3的斜面滑道,然后进入动摩擦因数为μ2=0.25的水平滑道中继续滑行至C点停下.已知滑草车的质量为m=10 kg,人的质量为M=40 kg,sin 18°=0.31,cos 18°=0.95,g取10 m/s2,求:
(1)游客在水平滑道上滑行的位移大小;
(2)游客从A点滑到C点所用的总时间t;
(3)游客在水平滑道上滑行时车对游客的作用力大小.

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