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第三章牛顿运动定律章末质量检测三时间50分钟 满分100分
一、选择题本题共8小题,每小题6分,共48分1~5题为单项选择题,6~8题为多项选择题
1.下列关于力学及其发展历史,正确的说法是 A.牛顿根据伽利略等前辈的研究,用实验验证得出牛顿第一定律B.牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态,而不是维持其运动状态C.由牛顿第二定律得到m=,这说明物体的质量跟所受外力成正比,跟物体的加速度成反比D.牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域,也能充分研究微观、高速运动的物体答案 B
2.2017·苏州高三检测关于力学单位制的说法正确的是 A.kg、m/s、N是导出单位B.kg、m、J是基本单位C.在国际单位制中,质量的基本单位是kg,也可以是gD.只有在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式才是F=ma解析 kg是质量的单位,它是基本单位,所以选项A错误;国际单位制规定了七个基本物理量,分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量它们在国际单位制中的单位称为基本单位,J是导出单位,选项B错误;g也是质量的单位,但它不是质量在国际单位制中的基本单位,所以选项C错误;牛顿第二定律的表达式F=ma,是其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的,所以选项D正确答案 D
3.2017·云南省七校高考适应性考试如图1甲所示,一质量为m=65kg的同学双手抓住单杠做引体向上,他的重心的速率随时间变化的图象如图乙所示,0~
1.0s内图线为直线已知重力加速度大小g=10m/s2,则下列说法正确的是 图1A.t=
0.7s时,该同学的加速度大小为3m/s2B.t=
0.5s时,该同学处于超重状态C.t=
1.1s时,该同学受到单杠的作用力大小为6500ND.t=
1.4s时,该同学处于超重状态解析 根据v-t图象的斜率表示加速度可知,t=
0.7s时,该同学的加速度大小为
0.3m/s2,选项A错误;t=
0.5s时,该同学向上做加速运动,故处于超重状态,选项B正确;t=
1.1s时,该同学的速度达到最大,加速度为零,则他受到单杠的作用力大小等于其重力,为650N,选项C错误;t=
1.4s时,该同学向上做减速运动,加速度方向向下,故处于失重状态,选项D错误答案 B
4.在如图2甲所示的-m图象中,横坐标m为小车图乙所示内砝码的质量,纵坐标为小车加速度a的倒数,已知图中直线的斜率为k,在纵轴上的截距为b,下列说法正确的是 图2A.小车受到的合力大小为kB.小车受到的合力大小为k2C.小车的质量为D.小车的质量为解析 题图甲中直线的函数关系式为=km+b,设小车质量为M,当小车内放置砝码时,根据牛顿第二定律有,小车受到的合力大小F=m+Ma,即=m+,两式对比可知M=,F=,故只有选项C正确答案 C
5.如图3所示,在与坡底B点的距离为L的山坡上,竖直固定一长度为L的直杆AO,A端与坡底B之间连接一根光滑的细钢绳现让一穿在钢绳上的小环从A点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下,则小环在钢绳上滑行的时间为 图3A.B.C.D.2解析 如图所示,以O点为圆心、A为圆周的最高点、AB为弦作圆小环沿AB运动的时间就是沿直径AC做自由落体运动的时间,有2L=gt2,解得t=2故选项D正确答案 D
6.2017·湖北武汉武昌区模拟如图4所示,质量分别为M和m的物体A、B用细线连接,悬挂在定滑轮上,定滑轮固定在天花板上,已知Mm,滑轮质量及摩擦均不计,则下列说法正确的是 图4A.细线上的拉力一定大于mgB.细线上的拉力一定小于MgC.细线上的拉力等于gD.天花板对定滑轮的拉力等于M+mg解析 设两物体运动的加速度大小均为a,细线上的拉力为T,分别对物体A和B进行受力分析并结合牛顿第二定律有对A,Mg-T=Ma,对B,T-mg=ma,整理可得T=Mg-Ma=mg+ma,T=g对定滑轮进行受力分析可知,天花板对定滑轮的拉力等于2T答案 AB
7.如图5所示,水平传送带A、B两端相距x=4m,以v0=2m/s的速率顺时针转动,将一小煤块无初速度地放到A点,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为
0.4,取g=10m/s2,由于小煤块与传送带之间有相对滑动,故会在传送带上留下划痕,则小煤块从A运动到B的过程中 图5A.所用的时间为
2.25sB.所用的时间为
0.5sC.划痕长度为4mD.划痕长度为
0.5m解析 小煤块在传送带上滑动时,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=4m/s2,当小煤块和传送带速度相同时,位移为x1=eq\fv2a=
0.5m4m,因此小煤块先加速后匀速,加速时间为t1==
0.5s,匀速运动时间t2==
1.75s,小煤块从A运动到B的过程中所用时间为t=t1+t2=
2.25s,故选项A正确,B错误;在加速阶段相对位移产生划痕,故有Δx=v0t1-x1=
0.5m,故选项C错误,D正确答案 AD
8.如图6甲所示,长木板B固定在光滑水平面上,可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端现用F=6N的水平力向右拉A,经过5sA运动到B的最右端,且其v-t图象如图乙所示已知A、B的质量分别为1kg、4kg,A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2下列说法正确的是 图6A.A的加速度大小为
0.5m/s2B.A、B间的动摩擦因数为
0.4C.若B不固定,B的加速度大小为2m/s2D.若B不固定,A运动到B的最右端所用的时间为5s解析 根据v-t图象可知A的加速度大小为aA==m/s2=2m/s2,选项A错误;以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μmAg=mAaA,解得μ==
0.4,选项B正确;若B不固定,假设A、B不发生相对滑动,则有F=mA+mBa′,a′=
1.2m/s2,对A有F-f=mAa′,得f=
4.8NμmAg,假设不成立,故A、B会发生相对滑动,则B的加速度大小为aB==m/s2=1m/s2,选项C错误;由题图乙可知B的长度l=×5×10m=25m,设A运动到B的最右端所用的时间为t,根据题意可得aAt2-aBt2=l,解得t=5s,选项D正确答案 BD
二、非选择题本题共4小题,共52分
9.10分用如图7甲所示装置探究物体的加速度与力的关系实验时保持小车含车中重物的质量M不变,细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F,用打点计时器测出小车运动的加速度a图71关于实验操作,下列说法正确的是________A.实验前应调节滑轮高度,使滑轮和小车间的细线与木板平行B.平衡摩擦力时,在细线的下端悬挂钩码,使小车在线的拉力作用下能匀速下滑C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力D.实验时应先接通打点计时器电源,后释放小车2图乙为实验中打出纸带的一部分,从比较清晰的点迹起,在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E,相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出,测出各计数点到A点间的距离已知所用电源的频率为50Hz,打B点时小车的速度v=________m/s,小车的加速度a=______m/s23改变细线下端钩码的个数,得到a-F图象如图丙所示,造成图线上端弯曲的原因可能是_______________________________________________________________________________________________________________________________解析 1细线的拉力不能引起小车对长木板压力的变化,A项正确;平衡摩擦力时不要挂钩码,B项错误;改变小车的拉力时无需重新平衡摩擦力,C项错误;实验时应先接通电源,后释放小车,D项正确2打B点时小车的速度为vB==m/s=
0.316m/s;根据逐差法得出小车加速度为a==
0.93m/s23F变大弯曲时,原因是随所挂钩码质量m的增大,不能满足钩码的质量远小于小车质量答案 1AD
20.
3160.32也算对
0.933随所挂钩码质量m的增大,不能满足M≫m
10.12分建筑工地上常用升降机将建材从地面提升到需要的高度某次提升建材时,研究人员在升降机底板安装了压力传感器,可以显示建材对升降机底板压力的大小已知建材放上升降机后,升降机先静止了t0=
1.0s,然后启动,
7.0s末刚好停止运动,在这
7.0s内压力传感器的示数如图8所示,当地重力加速度g取10m/s2求图81整个过程中升降机的最大速度v的大小;2整个过程中建材上升的高度h解析 1设建材质量为m,静止时m==500kg
1.0~
5.0s内,由牛顿第二定律得F1-mg=ma代入数据得a=1m/s2,最大速度v=at1=4m/s2由运动学公式得h=t1+t2=12m答案 14m/s 212m
11.14分如图9所示,斜面体C的质量mC=8kg放在光滑的水平面上,斜面体的斜面也光滑,质量mA=25kg的滑块A与质量为mB=7kg的小球B通过细绳跨过固定在斜面体上的定滑轮,已知α=53°,现用水平向左的力F=300N推物体C,使A、B、C相对静止g取10m/s2,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8求图91夹角β等于多少;2斜面体对滑块A的弹力解析 1整体应用牛顿第二定律F=mA+mB+mCa,解得a=m/s2隔离小球B,对小球B受力分析如图甲所示甲mBgtanβ=mBa,则tanβ=,β=37°2FT==隔离滑块A,受力分析如图乙所示FNcosα+FTsinα=mAg,FNsinα-FTcosα=mAa所以FN=300N乙答案 137° 2300N
12.16分2017·广东珠海一模如图10甲所示,水平面以O点为界,左侧光滑、右侧粗糙足够长的木板A左端恰在O点,右端叠放着物块B物块C和D间夹着一根被压缩的轻弹簧,并用细线锁定,两者以共同速度v0=6m/s向右运动,在物块C到达O之前突然烧断细线,C和弹簧分离后,某时刻与A碰撞并粘连碰撞时间极短此后,A、C及B的速度—时间图象如图乙所示,已知A、B、C、D的质量相等,且A、C与粗糙面的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力重力加速度g取10m/s2,求图101A与B间动摩擦因数μ1及A与桌面间的动摩擦因数μ2;2最终B离A右端的距离解析 1C与A碰后,由题中乙图知A、C的加速度a1==-5m/s2B的加速度a2==1m/s2对B受力分析,由牛顿第二定律可得μ1mg=ma2,解得μ1=
0.1对A、C组成的系统,由牛顿第二定律可得-μ1mg-μ2·3mg=2ma1,解得μ2=
0.32由题中v-t图象可知,A前进的位移为xA=
3.5m,B前进的位移为xB=
0.5m,达到共同速度后,B的加速度大小为a′==1m/s2,方向向左,A、C的加速度大小为a″==4m/s2,方向向左,故B减速到零时前进的位移为xB′==
0.5m,A、C前进的位移为xA′==m=
0.125m,故最终B离A右端的距离为Δx=xA-xB+xA′-xB′=
2.625m答案
10.1
0.3
22.625m。