1、课后巩固作业时间：45分钟一、单项选择题1.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑球B，整个装置处于静止状态现对B施加一竖直向下的力F，力F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的支持力为F3.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，则在此过程中()AF1保持不变，F3缓慢增大BF1缓慢增大，F3保持不变CF2缓慢增大，F3缓慢增大DF2缓慢增大，F3保持不变2质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度，则人对电梯底部的压力为()A.mg B2mgCmg D.mg3在如图所示的装置中，重4 N的
2、物块被平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置被固定在台秤上并保持静止，斜面的倾角为30.如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细线被烧断而物块正下滑时，与稳定时相比，台秤的读数()A增大4 N B增大3 NC减小1 N D不变4.如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为.则B与斜面之间的动摩擦因数是()A.tan B.cotCtan Dcot5.如图所示，物块A、B紧靠在一起置于粗糙的水平桌面上，用一水平力F向右推A，力F从零开始逐渐增大，则下列关于物块B与地面间的摩擦力f
3、随F变化的图象中正确的是(设物块A、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()二、多项选择题6关于超重和失重，下列说法中正确的是()A处于超重状态的物体，其重力增加了B电梯加速上升的过程中，其内部的人处于超重状态C电梯减速下降的过程中，其内部的人处于失重状态D做自由落体运动的物体处于完全失重状态7.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面，m2在空中)，力F与水平方向成角则m1所受支持力N和摩擦力f分别是()ANm1gm2gFsinBNm1gm2gFcosCfFcosDfFsin8.某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计
4、算机研究一观光电梯在升降过程中的情况，右图所示是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()A在05 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态B在510 s内，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力C在1020 s内，观光电梯在减速下降，该同学处于失重状态D在2025 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态答案1C把A、B看做整体，在竖直方向上由平衡条件得FmAgmBgF3，据此可知当F缓慢增大时，F3缓慢增大隔离B进行受力分析，B受到竖直向下的重力mBg、力F、墙对B水平向右的作用力F1、A对B斜向左上方的作
5、用力F2，设F2的方向与竖直方向夹角为，由平衡条件得F2cosFmBg，F2sinF1，由这两式可知当F缓慢增大时，F2缓慢增大，F1也缓慢增大，由牛顿第三定律可知，B对A的作用力F2也缓慢增大所以选项C正确2D设电梯对人向上的作用力为N，由牛顿第二定律可得Nmgmg，解得Nmg，由牛顿第三定律可知人对电梯底部的压力Nmg.3C物块下滑的加速度agsin30g，方向沿斜面向下此加速度的竖直分量a1asin30g，方向向下所以物块失重，其视重为F视Gma1mg3 N，故台秤的读数减小1 N，选项C正确4AA、B两物块受到斜面的支持力均为mgcos，所受滑动摩擦力分别为fAAmgcos，fBBmg
6、cos，对整体受力分析并结合平衡条件可得2mgsinAmgcosBmgcos，又A2B，解得Btan，选项A正确5A本题考查的知识点为摩擦力，意在考查考生的理解能力和分析能力设A的质量为M，B的质量为m，当FMg时，B与地面间开始产生摩擦力，当Mg(Mm)g时，二者开始滑动，摩擦力大小保持不变，综上所述，A正确6BD处于超重状态的物体，其重力大小不变，选项A错误；电梯加速上升的过程中，加速度方向竖直向上，其内部的人处于超重状态，选项B正确；电梯减速下降的过程中，加速度方向竖直向上，其内部的人仍处于超重状态，选项C错误；如果物体以加速度g竖直下落，则物体处于完全失重状态，选项D正确7AC把两个物
7、体看做一个整体，由于两个物体一起沿水平方向做匀速直线运动，所以整体受力平衡，则水平方向有fFcos，竖直方向有NFsinm1gm2g，解得Nm1gm2gFsin，选项A、C正确，B、D错误8BD由题图可知，在05 s内，电梯加速上升，加速度方向向上，该同学处于超重状态，选项A错误；在510 s内，电梯做匀速运动，该同学受力平衡，选项B正确；在1020 s内，电梯减速上升，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项C错误；在2025 s内，电梯加速下降，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项D正确三、非选择题9在电梯中，把一重物置于台秤上，台秤与压力传感器相连，电梯由静止开始竖直向上运动，在此过
8、程中传感器所受的压力与时间的关系(FNt)图象如图所示g取10 m/s2.由图象可知：(1)电梯减速上升过程经历的时间是_ s；(2)重物的质量是_ kg；(3)电梯的最大加速度是_ m/s2.10.如图所示，A物体的质量为2 kg，B物体的质量为5 kg，它们之间通过细绳、滑轮和弹簧测力计相连接不计弹簧测力计的质量及绳和滑轮之间的摩擦当弹簧测力计的读数为15 N时，求：(1)物体A对桌面的压力大小；(2)地面对物体B的支持力大小(取g10 m/s2)11.一同学想研究电梯在上升过程中的运动规律某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5 kg的砝码和一套便携式DIS实验系统，砝码悬挂在力传感器上电梯
9、从第一层开始启动，中间不停留，一直到最高层停止在这个过程中，显示器上显示出的力随时间变化的关系如图所示取重力加速度g10 m/s2，根据图中的数据，求：(1)电梯在最初加速阶段的加速度a1与最后减速阶段的加速度a2的大小；(2)电梯在313 s内的速度v的大小；(3)电梯在19 s内上升的高度H.12.一弹簧一端固定在倾角为37的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m14 kg的物块P，Q为一重物，已知Q的质量为m28 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k600 N/m，系统处于静止，如图所示现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，
10、0.2 s以后，F为恒力，求力F的最大值与最小值(sin370.6，g取10 m/s2)答案9.(1)4(2)3(3)5解析：电梯减速上升，加速度向下，处于失重状态，从10 s到14 s，共4 s由题图可知重力mg30 N，所以重物的质量是3 kg.当传感器所受的压力为15 N时，电梯有最大加速度，此时有30153a，解得a5(m/s2)10(1)5 N(2)35 N解析：(1)当弹簧测力计的读数为15 N时，绳子对物体A和物体B的拉力大小都为F15 N，所以对A有FFNAmAg解得FNAmAgF210 N15 N5 N，FNA为桌面对A的支持力，根据牛顿第三定律可知，A对桌面的压力大小也为5
11、 N.(2)同理，对B有FFNBmBg解得地面对B的支持力为FNBmBgF510 N15 N35 N.11(1)a11.6 m/s2，a20.8 m/s2(2)v4.8 m/s(3)H69.6 m解析：由题中的Ft图象可知：03 s内砝码处于超重状态，电梯向上加速运动；313 s内砝码的视重等于实重，电梯向上匀速运动；1319 s内砝码处于失重状态；电梯向上减速运动；1920 s内，砝码的视重等于实重，电梯处于静止状态(1)加速阶段：a1 m/s21.6 m/s2.减速阶段：a2 m/s20.8 m/s2.(2)电梯在313 s内的速度为va1t11.63 m/s4.8 m/s.(3)电梯在1
12、9 s内上升的高度为Ha1tvt2vt3a2t代入数据，解得H69.6 m.12最大值72 N，最小值36 N解析：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等设刚开始时弹簧压缩量为x0则(m1m2)gsinkx0因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力为0，由牛顿第二定律知kx1m1gsinm1aFm2gsinm2a前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0x1at2式联立解得a3 m/s2当P、Q开始运动时拉力最小，此时有Fmin(m1m2
13、)a36 N当P与Q分离时拉力最大，此时有Fmaxm2(agsin)72 N.予少家汉东，汉东僻陋无学者，吾家又贫无藏书。州南有大姓李氏者，其于尧辅颇好学。予为儿童时，多游其家，见有弊筐贮故书在壁间，发而视之，得唐昌黎先生文集六卷，脱落颠倒无次序，因乞李氏以归。读之，见其言深厚而雄博，然予犹少，未能悉究其义徒见其浩然无涯，若可爱。 是时天下学者杨、刘之作，号为时文，能者取科第，擅名声，以夸荣当世，未尝有道韩文者。予亦方举进士，以礼部诗赋为事。年十有七试于州，为有司所黜。因取所藏韩氏之文复阅之，则喟然叹曰：学者当至于是而止尔！因怪时人之不道，而顾己亦未暇学，徒时时独念于予心，以谓方从进士干禄以养亲，苟得禄矣，当尽力于斯文，以偿其素志。
