第三章 牛顿运动定律 章末质量检测.docx
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第三章牛顿运动定律章末质量检测
第三章牛顿运动定律章末质量检测
(时间90分钟,满分100分)
命题设计
难度
题号
目标
较易
中等
稍难
对惯性概念的理解
2
由物体的受力情
况确定运动情况
1、7、8、9
10
由物体的运动情
况确定受力情况
3、4、6
验证牛顿第二定律
11、12
牛顿运动定律
的综合应用
5
13、14
15、16
一、选择题(本大题共10个小题,共50分,每小题至少有一个选项正确,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资
的箱子,如图1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平方
成正比,且运动过程中箱子始终保持图示姿图1
态.在箱子下落过程中,下列说法正确的是( )
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”
解析:
因为受到阻力,不是完全失重状态,所以物体对支持面有压力,A错.由于箱子阻力与下落的速度成二次方关系,箱子最终将匀速运动,受到的压力等于重力,B、D错,C对.
答案:
C
2.我国《道路交通安全法》中规定:
各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带,这是因为( )
A.系好安全带可以减小惯性
B.是否系好安全带对人和车的惯性没有影响
C.系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害
D.系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害
答案:
BD
3.(2008·江苏高考)如图2所示,一质量为M的探空
气球在匀速下降,若气球所受浮力F始终保持不变,
气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关,重力加
速度为g.现欲使该气球以同样速率匀速上升,则需
从气球吊篮中减少的质量为( )图2
A.2(M-
) B.M-
C.2M-
D.0
解析:
设减少的质量为Δm,匀速下降时:
Mg=F+kv,匀速上升时:
Mg-Δmg+kv=F,解得Δm=2(M-
),A正确.
答案:
A
4.(2009·广东高考)建筑工人用图3所示的定滑轮
装置运送建筑材料.质量为70.0kg的工人站
在地面上,通过定滑轮将20.0kg的建筑材料
以0.500m/s2的加速度拉升,忽略绳子和定滑
轮的质量及定滑轮的摩擦,则工人对地面的压图3
力大小为(g取10m/s2)( )
A.510NB.490N
C.890ND.910N
解析:
对建筑材料进行受力分析.根据牛顿第二定律有F-mg=ma,得绳子的拉力大小等于F=210N,然后再对人受力分析由平衡的知识得Mg=F+FN,得FN=490N,根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力为490N,B对.
答案:
B
5.2009年当地时间9月23日,在位于印度安
得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什·达万航天
中心,一枚PSLV-C14型极地卫星运载火
箭携带七颗卫星发射升空,成功实现“一箭
七星”发射,相关图片如图4所示.则下列图4
说法正确的是( )
A.火箭发射时,喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力
B.发射初期,火箭处于超重状态,但它受到的重力却越来越小
C.高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等
D.发射的七颗卫星进入轨道正常运转后,均处于完全失重状态
解析:
由作用力与反作用力的关系可知A错、C正确;火箭发射初期,因为火箭向上做加速运动,故处于超重状态,随着火箭距地球越来越远,所受的重力也越来越小,B正确;卫星进入轨道正常运转后,所受的万有引力充当向心力,此时各卫星均处于完全失重状态,D正确.
答案:
BCD
6.如图5所示,A、B球的质量相等,弹簧的
质量不计,倾角为θ的斜面光滑,系统静止
时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧
断的瞬间,下列说法正确的是( )图5
A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsinθ
B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零
C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2gsinθ
D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零
解析:
线烧断瞬间,弹簧弹力与原来相等,B球受力平衡,aB=0,A球所受合力为mgsinθ+kx=2mgsinθ,故aA=2gsinθ.
答案:
BC
7.一个静止的质点,在0~4s时间内受到力F的
作用,力的方向始终在同一直线上,力F随时间
t的变化如图6所示,则质点在( )
A.第2s末速度改变方向图6
B.第2s末速度达到最大
C.第4s末回到原出发点
D.第4s末运动速度为零
解析:
这是一个质点的受力和时间关系的图象,从图象可以看出,在前两秒力的方向和运动的方向相同,质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动过程,2秒末速度达到最大,从2秒末开始到4秒末,运动的方向没有发生改变而力的方向与运动的方向相反,质点又经历了一个加速度逐渐增大的减速运动和加速度逐渐减小的减速运动过程,和前2秒的运动情况相反,4秒末速度为零,质点的位移达到最大,所以B、D正确.
答案:
BD
8.(2009·广东高考)某人在地面上用弹簧秤称
得其体重为490N.他将弹簧秤移至电梯内
称其体重,t0至t3时间段内,弹簧秤的示数
如图7所示,电梯运行的v-t图可能是图8图7
中的(取电梯向上运动的方向为正)( )
图8
解析:
由G-t图象知:
t0~t1时间内该人具有向下的加速度,t1~t2时间内该人匀速或静止,t2~t3时间内,该人具有向上的加速度,因此其运动情况可能是:
t0~t3时间内
,故A、D正确.
答案:
AD
9.(2010·泉州模拟)如图9所示,光滑水平面上放
有质量均为m的滑块A和斜面体C,在C的
斜面上又放有一质量也为m的滑块B,用力F
推滑块A使三者无相对运动地向前加速运动,
则各物体所受的合力( )
A.滑块A最大 B.斜面体C最大
C.同样大D.不能判断谁大谁小
解析:
本题考查学生对牛顿第二定律的理解和判断,由于三者加速度相等,所以三者所受合力同样大,选项C正确.一些学生没有抓住“ma表示合力”这个关键,盲目对三个物体做受力分析,既浪费时间,又可能会因复杂的分析而出错.
答案:
C
10.如图10所示,质量为m的球置于斜面上,被一个
固定在斜面上的竖直挡板挡住.现用一个力F拉斜
面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线图10
运动,忽略一切摩擦,以下说法中正确的是( )
A.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零
B.若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零
C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
D.斜面对球的弹力不仅有,而且是一个定值
解析:
球受力如图,则
FN2-FN1sinθ=ma
FN1cosθ=mg
由此判断A、B错误.根据牛顿第二定律,FN1、FN2和mg三力的合力等于ma,C错误.根据FN1=
,D正确.
答案:
D
二、实验题(本大题共2个小题,共10分)
11.(3分)如图11所示为“验证牛顿第二定律”的实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带,纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点,相邻计数点间的时间间隔是0.1s,距离如图,单位是cm,小车的加速度是________m/s2.
图11
解析:
a的计算利用逐差法.
a=
=
=
=
×10-2m/s2=1.60m/s2
答案:
1.60
12.(7分)(2009·江苏高考)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图12所示.
图12
(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中,打出了一条纸带如图13所示.计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离.该小车的加速度a=______m/s2.(结果保留两位有效数字)
图13
(2)平衡摩擦力后,将5个相同的砝码都放在小车上.挂上砝码盘,然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中,测量小车的加速度.小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表:
砝码盘中砝
码总重力F(N)
0.196
0.392
0.588
0.784
0.980
加速度a(m·s-2)
0.69
1.18
1.66
2.18
2.70
请根据实验数据在图14所示的坐标系中作出a-F的关系图象.
图14
(3)根据提供的实验数据作出的a-F图线不通过原点.请说明主要原因.
解析:
(1)a=
=
m/s2=0.16m/s2或a=
=
m/s2=0.15m/s2.
(3)小车、砝码盘和砝码组成的系统所受合外力为砝码盘和砝码的总重力,而表中数据漏计了砝码盘的重力,导致合力F的测量值小于真实值,a-F的图线不过原点.
答案:
(1)0.16(0.15也算对)
(2)见下图
(3)未计入砝码盘的重力
三、计算题(本大题共4个小题,共40分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)
13.(8分)如图15所示,斜面体质量为M,倾角为θ,
与水平面间的动摩擦因数为μ,用细绳竖直悬挂一
质量为m的小球静止在光滑斜面上,当烧断绳的瞬
间,至少以多大的水平向右的力由静止拉动斜面体,图15
小球才能做自由落体运动到地面?
解析:
设小球自由落体运动到地面上,下落高度为h,
则斜面体至少水平向右运动的位移为:
x=h·cotθ
对小球:
h=
gt2
对斜面体:
x=
at2
由以上三式解得:
a=gcotθ
以斜面体为研究对象有:
F-μMg=Ma
所以F=μMg+Mgcotθ=(μ+cotθ)Mg.
答案:
(μ+cotθ)Mg
14.(10分)为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯运行情况,甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验.质量为m=50kg的甲同学站在体重计上,乙同学记录电梯从地面一楼到顶层全过程中,体重计示数随时间变化的情况,并作出了如图16所示的图象,已知t=0时,电梯静止不动,从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层.g取10m/s2,求:
图16
(1)电梯启动和制动的加速度大小.
(2)电梯上升的总高度及该大楼的层高.
解析:
(1)由图可知,第3s内电梯加速度
由FN1-mg=ma1,可得:
a1=2m/s2
第30s内电梯加速度
由mg-FN2=ma2,可得a2=2m/s2.
(2)电梯上升的总高度
H=
a1t
+
a2t
+a1t1·t匀
=
×2×12m+
×2×12m+2×1×26m
=54m
故平均层高为
h=
=
m=3m.
答案:
(1)2m/s2 2m/s2
(2)54m 3m
15.(10分)如图17(a)所示,质量m=1kg的物体沿倾角θ=37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动,风对物体的作用力沿水平方向向右,其大小与风速v成正比,比例系数用k表示,物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示,(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)求:
图18
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)比例系数k.
解析:
(1)由图象知v=0,a0=4m/s2,得
mgsinθ-μmgcosθ=ma0
μ=
=
=0.25.
(2)由图象知v=5m/s,a=0,得
mgsinθ-μFN-kvcosθ=0
FN=mgcosθ+kvsinθ
联立两式得
mg(sinθ-μcosθ)-kv(μsinθ+cosθ)=0
k=
=
kg/s
=0.84kg/s.
答案:
(1)μ=0.25
(2)k=0.84kg/s
16.(12分)质量为m=1.0kg的小滑块(可视为质点)放在质量为M=3.0kg的长木板的右端,木板上表面光滑,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长L=1.0m.开始时两者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F=12N,如图18所示,经一段时间后撤去F.为使小滑块不掉下木板,试求:
用水平恒力F作用的最长时间.(g取10m/s2)
图18
解析:
撤力前后木板先加速后减速,设加速过程的位移为x1,加速度为a1,加速运动的时间为t1;减速过程的位移为x2,加速度为a2,减速运动的时间为t2.由牛顿第二定律得撤力前:
F-μ(m+M)g=Ma1
解得a1=
m/s2
撤力后:
μ(m+M)g=Ma2
解得a2=
m/s2
x1=
a1t
,x2=
a2t
为使小滑块不从木板上掉下,应满足x1+x2≤L
又a1t1=a2t2
由以上各式可解得t1≤1s
即作用的最长时间为1s.
答案:
1s
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