1、1单元质检三 牛顿运动定律(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 15 题只有一项符合题目要求,第 68 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分)1.在滑冰场上,甲、乙两个穿着溜冰鞋的小孩原来静止不动,在猛推一下后分别向相反方向运动。假定两板与冰面间的动摩擦因数相同。已知甲在冰上滑行的距离比乙远,这是由于( )A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度
2、大小小于乙的加速度大小答案 C解析 在推的过程中,作用力与反作用力大小相等,相互作用时间相同,故 A、B 均错;分开后,两者滑动摩擦力分别为 Ff1=m 1g,Ff2=m 2g,则各自的加速度分别为 a1= =g ,a2= =g ,两者做匀减1122速直线运动的加速度大小相等,则根据 v2=2ax,可知 ,因为 x1x2,则 v1v2,故 C 对、D 错。12=122222.(2018福建省三明月考)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子,如图所示。设投放初速度为零,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的二次方成正比,且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中,下列说法正确的是( )
3、A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时,箱内物体受到的支持力最大C.箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.若下落距离足够长,箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”答案 C解析 由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力,加速度的大小要小于重力加速度,由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用,所以 A 错误。箱子刚从飞机上投下时,箱子的速度为零,此时受到的阻力的大小也为零,此时加速度的大小为重力加速度,物体处于完全失重状态,箱内物体受到的支持力为零;箱子接近地面时,速度最大,受到的阻力最大,所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的,所以 B 错误
4、,C 正确。由以上的分析可知,箱子底部对物体向上的支持力随速度的增大而增大,所以不可能“飘起来”,所以 D 错误。3.如图所示,在竖直平面内有半径为 R 和 2R 的两个圆,两圆的最高点相切,切点为 A,B 和 C 分别是小圆和大圆上的两个点,其中 AB 长为 R,AC 长为 2 R。现沿 AB 和 AC 建立两条光滑轨道,自 A 处2 2由静止释放小球,已知小球沿 AB 轨道运动到 B 点所用时间为 t1,沿 AC 轨道运动到 C 点所用时间为t2,则 t1与 t2之比为( )A.1 B.1 2 C.1 D.1 32 3答案 A3解析 设 AB 与竖直方向的夹角为 ,如图所示,则 AB=2R
5、cos 由牛顿第二定律得物体沿 AB 下滑的加速度为 a=gcos 解得在 AB 上运动的时间为 t1,则 AB= ,解得 t1=2 ;1212 设 AC 与竖直方向的夹角为 ,则 AC=4Rcos 由牛顿第二定律得物体沿 AC 下滑的加速度为 a=gcos 可知物体在 AC 上运动的时间为 t2=2 ,2所以 ,A 正确,B、C、D 错误。12=124.如图所示,质量为 M 的长平板车放在光滑的倾角为 的斜面上,车上站着一质量为 m 的人,若要平板车静止在斜面上,车上的人可以( )A.匀速向下奔跑B.以加速度 a= gsin 向下加速奔跑C.以加速度 a= gsin 向下加速奔跑(1+)D.
6、以加速度 a= gsin 向上加速奔跑(1+)答案 C4解析 小车受重力、支持力及人对小车的压力及摩擦力而处于平衡状态;将重力分解,则在沿斜面方向向下的分力为 Mgsin ;要使小车处于平衡状态,则人对小车应有沿斜面向上的大小为 Mgsin 的力;由牛顿第三定律可知,人受向下的大小为 Mgsin 的摩擦力;对人受力分析,则有人受重力、支持力、向下的摩擦力;则人受到的合力为 mgsin +Mg sin ;由牛顿第二定律可知 a= gsin ,+ =(1+)故 C 正确。5.如图所示,一个质量为 M=2 kg 的小木板放在光滑的水平地面上,在木板上放着一个质量为 m=1 kg的小物体,它被一根水平
7、方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上,这时弹簧的弹力为 2 N。现沿水平向左的方向对小木板施以作用力,使木板由静止开始运动起来,运动中力 F 由 0 逐渐增加到 9 N,以下说法正确的是 ( )A.物体与小木板先保持相对静止一会,后相对滑动B.物体受到的摩擦力一直减小C.当力 F 增大到 6 N 时,物体不受摩擦力作用D.小木板受到 9 N 的拉力时,物体受到的摩擦力为 3 N答案 C解析 由题,当弹簧的弹力是 2 N 向左时,物体仍然静止在木板上,所以物体与木板之间的最大静摩擦力要大于或等于 2 N。若要使物体相对于木板向右滑动,则物体受到向右的合力至少为 4 N 的力,物体的加速度为 a=
8、m/s2=4 m/s2合=41同时,物体与木板有相对运动时,木板的加速度要大于物体的加速度,当二者相等时,为最小拉力。则有Fmin=(M+m)a=(2+1)4 N=12 N即只有在拉力大于 12 N 时,物体才能相对于木板滑动,所以在拉力小于 9 N 时,物体相对于木板静止。故 A 错误。5若物体与木板之间的摩擦力恰好为 0,则物体只受到弹簧的弹力的作用,此时物体的加速度为a= m/s2=2 m/s2=21由于物体始终相对于木板静止,所以此时整体在水平方向的受力为 F0=(M+m)a=(2+1)2 N=6 N所以当力 F 增大到 6 N 时,物体不受摩擦力作用。则拉力小于 6 N 之前,摩擦力
9、随拉力 F 的增大而减小,当拉力大于 6 N 时,摩擦力又随拉力的增大而增大。故 B 错误,C 正确。小木板受到 9 N 拉力时,整体的加速度a= m/s2=3 m/s2+= 92+1物体受到的摩擦力为 Ff,则 ma=F f+2 N所以 Ff=ma- 2 N=1 N。故 D 错误。6.如图,带有竖直支柱的斜面体静止在水平地面上,光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面体上,弹簧处于拉伸状态,现烧断细线,则在细线烧断瞬间( )A.小球加速度方向沿斜面向下B.小球所受合外力为零C.斜面体对小球的支持力瞬间增大D.地面对斜面体的支持力瞬间增大答案 AC解析 细线烧断的瞬间,弹簧的弹力不变,仍然沿
10、斜面向下,小球受重力、支持力和弹簧的弹力作用,合外力沿斜面向下,故 A 正确,B 错误。设开始细绳与斜面的夹角为 ,斜面的倾角为 ,细绳烧断6前,在垂直斜面方向上有 FTsin +F N=mgcos ,细线烧断的瞬间, FN=mgcos ,可知支持力瞬间增大,故 C 正确。对整体分析,烧断前,整体重力等于支持力,烧断细线的瞬间,小球有沿斜面向下的加速度,小球处于失重状态,则地面支持力变小,故 D 错误。7.如图所示,一个质量为 m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上,环与杆的动摩擦因数为 。现给环一个水平向右的恒力 F,使圆环由静止开始运动,同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力 F1
11、=kv,其中 k 为常数,则圆环运动过程中( )A.最大加速度为 B.最大加速度为 +C.最大速度为 D.最大速度为+ 答案 AC解析 当 F1=mg,即 kv=mg,v= 时,圆环水平方向不受摩擦力 ,则圆环的加速度最大为 a= ,A 正确,B 错误;当滑动摩擦力 Ff= (kv-mg)=F 时,对应的速度最大, v= ,C 正确,D 错误。+8.如图所示,质量为 M 足够长的斜面体始终静止在水平地面上,有一个质量为 m 的小物块在受到沿斜面向下的力 F 的作用下,沿斜面匀加速下滑,此过程中斜面体与地面的摩擦力为 0。已知重力加速度为 g,则下列说法正确的是( )A.斜面体给小物块的作用力大
12、小等于 mgB.斜面体对地面的压力小于( m+M)gC.若将力 F 的方向突然改为竖直向下,小物块仍做加速运动D.若将力 F 撤掉,小物块将匀速下滑答案 AD7解析 m 受到的是沿斜面方向的力作用, m 加速下滑, M 不受地面的摩擦力作用,说明斜面体给小物块的作用力大小等于 mg,将力 F 撤掉,小物块匀速下滑,故 A、D 正确;视两物体为整体,具有向下的加速度,有一个向下的合外力,所以斜面体对地面的压力大于( m+M)g,故 B 错误;若 F 竖直向下时,将 F沿着斜面与垂直斜面方向分解,结合滑动摩擦力公式,则有 = tan ,小物块仍做匀速运动,故 C 错误。二、实验题(12 分)甲9.
13、(2017河南二七区月考)某实验小组在探究加速度与物体受力的关系实验中,设计出如下的实验方案,其实验装置如图甲所示。已知小车质量 m1=214.6 g,砝码盘质量 m0=7.8 g,所使用的打点计时器交流电源频率 f=50 Hz。其实验步骤是:A.按图中所示安装好实验装置;B.调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下做匀速直线运动;C.取下细绳和砝码盘,记下砝码盘中砝码的质量 m;D.将小车置于打点计时器旁,先接通电源,再放开小车,打出一条纸带,由纸带求得小车的加速度 a;E.重新挂上细绳和砝码盘,改变砝码盘中砝码的质量,重复 BD 步骤,求得小车在不同合外力 F 作用下的加速度。回
14、答下列问题:(1)按上述方案做实验,是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量? (选填“是”或“否”)。 (2)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中,如下表,次 数 1 2 3 4 5砝码盘中砝码 0.10.20.20.30.48的重力 F/N 0 0 9 9 9小车的加速度a/(ms-2)0.881.441.842.382.89他根据表中的数据画出 a-F 图象(如图丙)。造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是 。从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是 ,其大小为 。 丙答案 (1)否 (2)在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力(只要涉及“未考虑砝码质量的因素”就算正确)
15、砝码盘的重力 0.08 N解析 (1)挂上细绳和砝码盘,小车做匀速运动,所以,取下细绳和砝码盘后,小车加速运动时所受的合外力等于砝码和砝码盘的总重力,因此,实验中不必使砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量。(2)实验中本应有( m0+m)g=m1a,由于实验中未计入砝码盘的质量 m0,测得的图象与真实图象相比沿 F 轴左移 m0g,图象将不过原点。由图象及上述分析可知 m0g=0.08 N。三、计算题(本题共 3 小题,共 40 分)10.(10 分)一物体沿斜面向上以 12 m/s 的初速度开始滑动,它沿斜面向上以及沿斜面向下滑动的v-t 图象如图所示,求斜面的倾角以及物体与斜面间的动摩擦因数
16、。( g 取 10 m/s2)9答案 斜面的倾角 30,物体与斜面间的动摩擦因数 = 。315解析 由题图可知上滑过程的加速度 a=则 a 上 = m/s2=6 m/s2,122下滑过程的加速度 a 下 = m/s2=4 m/s2123上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图上滑过程a 上 = =gsin +g cos +下滑过程 a 下 =gsin -g cos ,联立解得 = 30,=31511.(14 分)如图所示,一质量为 mB=2 kg 的木板 B 静止在光滑的水平面上,其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板 B 右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接),轨道与水平面的夹角
17、= 37。一质量也为 mA=2 kg 的物块 A 由斜面轨道上距轨道底端 x0=8 m 处静止释放,物块 A 刚好没有从木板 B 的左端滑出。已知物块 A 与斜面轨道间的动摩擦因数为 1=0.25,与木板 B 上表面间的动摩擦因数为 2=0.2,sin = 0.6,cos = 0.8,g 取 10 m/s2,物块 A 可看作质点。求:(1)物块 A 刚滑上木板 B 时的速度为多大?(2)物块 A 从刚滑上木板 B 到相对木板 B 静止共经历了多长时间?10(3)木板 B 有多长?答案 (1)8 m/s (2)t2=2 s (3)L=8 m解析 (1)物块 A 从斜面滑下的加速度为 a1,则 m
18、Agsin - 1mAgcos =m Aa1解得 a1=4 m/s2物块 A 滑到木板 B 上的速度为v1= m/s=8 m/s210=248(2)物块 A 在木板 B 上滑动时,它们在水平方向上的受力大小相等,质量也相等,故它们的加速度大小相等,数值为 a2= = 2g=2 m/s22设木板 B 的长度为 L,二者最终的共同速度为 v2,对物块 A 有 v2=v1-a2t2,xA=v1t2- a21222对木板 B 有 v2=a2t2,xB= a21222位移关系 xA-xB=L联立解得相对滑行的时间和木板 B 的长度分别为 t2=2 s,L=8 m12.(16 分)如图所示,一水平的足够长
19、的浅色长传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为 m=1 kg 的煤块(视为质点),煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为 1=0.1。初始时,传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送带以恒定的向右加速度 a=3 m/s2开始运动,当其速度达到 v=1.5 m/s 后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动,随后,在平稳滑上右端平板上的同时,在平板右侧施加一个水平恒力 F=17 N,F 作用了 0.5 s 时煤块与平板速度恰相等,此时刻撤去F。最终煤块没有从平板上滑下,已知平板质量 M=4 kg
20、(重力加速度 g 取 10 m/s2),求:(1)传送带上黑色痕迹的长度;11(2)有 F 作用期间平板的加速度大小;(3)平板上表面至少多长(计算结果保留两位有效数字)。答案 (1) s=0.75 m (2)a2=2 m/s2 (3)L=0.65 m解析 (1)煤块在传送带上发生相对运动时,加速度 a1= = 1g,解得 a1=1 m/s2,向右;1设经过时间 t1,传送带达到速度 v,经过时间 t2,煤块速度达到 v,即 v=a1t1=a2t2,解得 t1=2.5 s,t2=7.5 s传送带发生的位移 s= +v(t2-t1)22煤块发生的位移 s=221黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位
21、移之差,即 s=0.75 m(2)煤块滑上平板时的速度为 v0=1.5 m/s,加速度为 a1= = 1g(向左),1经过 t0=0.5 s 时速度 v=v0-a1t0=1.0 m/s,平板的加速度大小 a2,则由 v=a2t0=1.0 m/s 得 a2=2 m/s2(3)设平板与地面间动摩擦因数为 2,由 a2=2 m/s2且 Ma2=(F+ 1mg)- 2(mg+Mg),解得 2=0.2,由于 2 1,共速后煤块将仍以加速度大小 a1= = 1g 匀减速,直到停止,而平板以加速度1a3匀减速运动, Ma3= 1mg- 2(mg+Mg),得 a3=-2.25 m/s2,用时 t3= s3=49所以,全程平板的位移为 s 板 = m(0+)(0+3)2 =1736煤块的位移 s 煤 = m,221=9812平板车的长度即煤块与平板的位移之差, L=s 煤 -s 板 =0.65 m
