章末检测卷三 牛顿运动定律Word文件下载.docx
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如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变,这是牛顿得出的,C错误;
小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小,这是牛顿第二定律内容,D错误.
答案:
B
2.(2020·
广东东莞调研)为了让乘客乘车更为舒适,某探究小组设计了一种新的交通工具,乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整,使座椅始终保持水平,如图所示.当此车匀减速上坡时,乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )
A.处于超重状态
B.不受摩擦力的作用
C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用
D.所受合力竖直向上
当车匀减速上坡时,加速度方向沿斜坡向下,人的加速度与车的加速度相同,根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下,合力的大小不变,则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力,如图所示.将加速度沿竖直方向和水平方向分解,则有竖直向下的加速度,所以乘客处于失重状态,故A、B、D错误,C正确.
C
3.(2020·
安徽淮北质检)质量为m=2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动,经过一段时间后,物块回到出发点O处,取水平向右为速度的正方向,如图甲所示,物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,则下列说法不正确的是( )
A.物块经过4s离出发点最远
B.物块运动到第3s末时改变水平拉力的方向
C.3.5s时刻水平力F的大小为4N
D.4.5s时刻水平力F的大小为16N
物块经过4s,速度减小到零,离出发点最远,选项A正确.在0~3s时间内,物块加速度a1=1m/s2.由牛顿运动定律,F1-μmg=ma1,解得F1=12N.在3~4s时间内,物块加速度a2=-3m/s2,由牛顿运动定律,F2-μmg=ma2,解得F2=4N,物块运动到第3s时水平拉力由12N改变为4N,但是方向没有改变,选项B错误,C正确.在4~5s时间内,速度为负值,摩擦力方向改变,物块加速度a3=-3m/s2.由牛顿运动定律,F3+μmg=ma3,解得F3=-16N,选项D正确.
4.如图所示,天花板上固定有一光滑的定滑轮,绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M的铁块;
右端悬挂有两质量均为m的铁块,上下两铁块用轻质细线连接,中间夹一轻质弹簧处于压缩状态,此时细线上的张力为2mg,最初系统处于静止状态.某瞬间将细线烧断,则左端铁块的加速度大小为( )
A.
g B.
g
C.
gD.g
由题意得,烧断细线前轻绳上的张力为2mg,可得到M=2m,以右下端的铁块为研究对象,根据平衡条件可知,细线烧断前弹簧的弹力为mg,细线烧断的瞬间,铁块M与右端上面的铁块m间轻绳的张力会发生变化,但二者加速度大小相同,根据牛顿第二定律有2mg+mg-mg=3ma,解得a=
g,故选项C正确.
5.(2020·
山东临沂模拟)如图所示,滑雪者从山上M点以水平速度v0飞出,经t0时间落在山坡上N点,此时速度方向刚好沿斜坡向下,接着从N点沿直线NP自由滑下,又经t0时间到达坡底的P点.斜坡NP与水平面夹角为30°
,不计摩擦阻力和空气阻力.则从M到P的过程中,滑雪者的加速度大小、速度大小随时间变化的图象正确的是( )
从M到N的过程中,滑雪者做平抛运动,加速度为g,保持不变,进入斜坡后,做匀加速直线运动,加速度a=
=gsin30°
=
g,保持不变,故A正确,B错误;
平抛运动过程中的速度v=
,可知v与t不成线性关系,进入斜坡后,做匀加速直线运动,速度随时间均匀增加,故C、D错误.
A
6.如图所示,质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为2kg的物体B用细线悬挂,A、B间相互接触但无压力.取g=10m/s2.某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间( )
A.B对A的压力大小为12N
B.弹簧弹力大小为20N
C.B的加速度大小为4m/s2
D.A的加速度为零
剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=mAg=30N,剪断细线的瞬间,弹簧弹力不变,对整体分析,整体加速度a=
m/s2=4m/s2,隔离对B分析有mBg-FN=mBa,解得FN=20N-2×
4N=12N,由牛顿第三定律知F′N=FN=12N,故A、C正确,B、D错误.
AC
7.质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平地面上,如图所示,若对A施加水平推力F,两物块沿水平方向做匀加速运动,关于A对B的作用力,下列说法中正确的是( )
A.若水平地面光滑,物块A对B的作用力大小为F
B.若水平地面光滑,物块A对B的作用力大小为
C.若物块A与地面间无摩擦,B与地面间的动摩擦因数为μ,则物块A对B的作用力大小为μmg
D.若物块A与地面间无摩擦,B与地面间的动摩擦因数为μ,则物块A对B的作用力大小为
若水平地面光滑,将A、B看作一个整体有a=
,由于两物块一起运动,所以加速度相同,故将B隔离有a=
,所以FA=ma=
F,A错误,B正确;
若物块A与地面间无摩擦,B与地面间的动摩擦因数为μ,将A、B看作一个整体有a′=
,将B隔离有a′=
,解得F′A=
,C错误,D正确.
BD
8.(2020·
湖北黄冈模拟)如图所示,足够长的倾斜传送带以v=2.4m/s的速度逆时针匀速转动,传送带与水平面的夹角θ=37°
,某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上,已知A、B两物块释放时相距0.042m,与传送带间的动摩擦因数分别为μA=0.75、μB=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,重力加速度g=10m/s2,则下列说法中正确的是( )
A.物块B先做匀加速直线运动,后与传送带保持相对静止
B.物块B最终一定追上物块A
C.在t=0.24s时,A、B物块速度大小相等
D.在t=5.4s前,A、B两物块之间的距离先增大后不变
物块B先做匀加速直线运动,当与传送带共速后,因为μB=0.5<
tan37°
,则物块将继续加速下滑,选项A错误;
物块A先做匀加速直线运动,当与传送带共速后,因为μA=0.75=tan37°
,则物块A将与传送带相对静止,一起下滑,则物块B最终一定追上物块A,选项B正确;
物块B开始下滑的加速度aB1=gsin37°
+μBgcos37°
=10m/s2,与传送带共速时经过的时间tB=
=0.24s,物块A开始下滑的加速度aA=gsin37°
+μAgcos37°
=12m/s2,与传送带共速时经过的时间tA=
=0.2s,共速后物块A与传送带一起匀速下滑,则t=0.24s时两物块速度大小相等,选项C正确;
在开始的0.24s内因为A的速度较大,则两物块间的距离逐渐变大;
在0.24s后物块B继续加速下滑速度逐渐变大,而物块A的速度不变,则两物块间的距离又逐渐减小,选项D错误.
BC
二、非选择题(共5小题,52分)
9.(6分)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数.实验装置如图甲所示,一表面粗糙的木板固定在水平桌面上,一端装有定滑轮;
木板上有一滑块,其一端与打点计时器的纸带相连,另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接.打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz.开始实验时,在托盘中放入适量砝码,滑块开始做匀加速运动,在纸带上打出一系列点.根据图乙中数据得出滑块的加速度为a.
(1)为测量动摩擦因数,下列物理量中还应测量的有________(填入所选物理量前的字母)
A.木板的长度
B.木板的质量m1
C.滑块的质量m2
D.托盘和砝码的总质量m3
E.滑块运动的时间t
(2)测量
(1)中所选定的物理量时需要的实验器材是________.
(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ=________(用被测物理量的字母表示,重力加速度为g).
(1)以系统为研究对象,由牛顿第二定律得m3g-Ff=(m2+m3)a,滑动摩擦力Ff=μm2g,解得μ=
,要测动摩擦因数μ,需要测出滑块的质量m2及托盘和砝码的总质量m3,故选C、D;
(2)由以上分析可知,测量选定的物理量时需要的实验器材是天平;
(3)由
(1)可知,动摩擦因数的表达式为:
μ=
.
(1)CD
(2)天平 (3)
10.(6分)如图所示,一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门,与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间,与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质力传感器能显示挂钩处所受的拉力.
(1)在探究质量一定,加速度与合外力的关系时,要使力的传感器的示数等于小车所受合外力,必须进行的操作是________.然后保证小车的质量不变,多次向沙桶里加沙,测得多组a和F的值,画出的aF图象是________.
(2)在探究合外力一定、加速度与质量的关系时,先测出小车质量m,再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动,读出小车在两光电门之间的运动时间t.改变小车质量m,测得多组m、t的值,建立坐标系描点作出图线.下列能直观得出合外力一定时,加速度与质量成反比的图线是________.
(1)小车与木板之间存在摩擦力,这样就不能用绳子的拉力代替合力,所以做实验时首先必须要平衡摩擦力.小车质量m0一定时,加速度与合外力F成正比,故C正确.
(2)小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动,位移x=
at2,所以加速度a=
,改变小车质量m,测得多组m、t的值,由于位移不变,所以a与t2成反比,则合外力一定时,加速度与质量成反比,正确的图线是C,故选C.
(1)平衡摩擦力 C
(2)C
11.(12分)如图甲所示,质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°
的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F,t1=0.5s时撤去拉力,物体速度与时间(vt)的部分图象如图乙所示.(g取10m/s2,sin37°
=0.8)问:
(1)拉力F为多大?
(2)物体沿斜面向上滑行的最大距离x为多少?
(1)设物体在力F作用时的加速度为a1,撤去力F后物体的加速度为a2,根据图象可知:
a1=
m/s2=16m/s2
a2=
m/s2=-8m/s2
力F作用时,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律可知F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,
撤去力F后对物体进行受力分析,由牛顿第二定律可知
-(mgsinθ+μmgcosθ)=ma2,
解得F=24N.
(2)设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2,此时物体速度为零,有
t2=
s=1s
向上滑行的最大距离为
x=
·
(t1+t2)=
×
1.5m=6m.
(1)24N
(2)6m
12.(14分)(2020·
福建永安一中、德化一中、漳平一中联考)如图所示,一弹簧一端固定在倾角为θ=37°
的光滑固定斜面的底端,另一端拴住质量为m1=6kg的物体P,Q为一质量为m2=10kg的物体,弹簧的质量不计,劲度系数k=600N/m,系统处于静止状态.现给物体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0.2s时间内,F为变力,0.2s以后F为恒力,sin37°
=0.8,g取10m/s2.求:
(1)系统处于静止状态时,弹簧的压缩量x0;
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a;
(3)力F的最大值与最小值.
(1)设开始时弹簧的压缩量为x0
对整体受力分析,平行斜面方向有
(m1+m2)gsinθ=kx0
解得x0=0.16m.
(2)前0.2s时间内F为变力,之后为恒力,则0.2s时刻两物体分离,此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等,设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P,由牛顿第二定律得kx1-m1gsinθ=m1a
前0.2s时间内两物体的位移x0-x1=
at2
联立解得a=
m/s2.
(3)对两物体受力分析知,开始运动时拉力最小,分离时拉力最大
Fmin=(m1+m2)a=
N
对Q应用牛顿第二定律得Fmax-m2gsinθ=m2a
解得Fmax=m2(gsinθ+a)=
N.
(1)0.16m
(2)
m/s2 (3)
N
13.(14分)(2020·
江西上饶重点中学联考)如图所示,倾角θ=30°
的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板.将足够长的长木板A静置于斜面上,A上放置一小物块B,且B不会滑离A,初始时A下端与挡板相距L,现同时无初速度释放A和B.A和B的质量均为m,它们之间的动摩擦因数μ=
,A与挡板每次碰撞都原速反弹,忽略碰撞时间,重力加速度为g.求:
(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v1;
(2)A第二次与挡板碰前瞬间的速度大小v2.
(1)A、B一起下滑,有2ma共=2mgsin30°
,
得a共=
g,
则v1=
(2)第一次碰后,有aA=
g,方向沿斜面向下,
aB=
g,方向沿斜面向上,
取沿斜面向下为正方向,设碰后经时间t,A、B速度相同且为v共,则v共=v1-aBt=-v1+aAt,
得t=
,v共=
此时A反弹后向上移动的位移大小为
sA=v1t-
aAt2=
A、B共速后一起以大小为
的加速度下滑,根据运动学公式有v
-v
=2a共sA,
则A第二次与挡板相碰时有v2=
(1)
(2)
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