高中物理第四章牛顿运动定律章末检测新人教版.docx
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高中物理第四章牛顿运动定律章末检测新人教版
2019-2020年高中物理第四章牛顿运动定律章末检测新人教版
一、单项选择题
1.“严禁超重,严禁超速,严禁酒后驾驶”是阻止马路车祸的有力三招.在这三招中,都应用到我们学过的物理知识.下列说法中正确的是( )
A.“严禁超速”是为了减小汽车的惯性
B.“严禁超重”是为了控制汽车司机的反应时间
C.“严禁酒后驾驶”是为了减小汽车的惯性
D.汽车超重会增大汽车的惯性
解析:
由于惯性大小是由质量去量度,与物体运动速度及受力与否无关,D正确.
答案:
D
2.汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶,根据牛顿运动定律,以下说法正确的是( )
A.汽车能拉着拖车加速前进,是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力
B.加速前进时,汽车对拖车的拉力大小与拖车对汽车的拉力大小相等
C.汽车先对拖车施加拉力,然后才产生拖车对汽车的拉力
D.汽车对拖车的拉力大小与拖车所受地面对它的摩擦力大小相等
解析:
汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力,根据牛顿第三定律,这两个力总是大小相等、方向相反并且作用在同一条直线上,A错误、B正确;汽车对拖车施加拉力和拖车对汽车的拉力是同时产生的,C错误;汽车对拖车的拉力大于拖车所受地面对它的摩擦力,所以拖车做加速运动,D错误.
答案:
B
3.如图为节日里悬挂灯笼的一种方式,A、B点等高,O为结点,轻绳AO、BO长度相等,拉力分别为FA、FB,灯笼受到的重力为G.下列表述正确的是( )
A.FA一定小于G
B.FA与FB大小相等
C.FA与FB是一对平衡力
D.FA与FB大小之和等于G
解析:
由题意知,A、B两点等高,且两绳等长,故FA与FB大小相等,B选项正确.若两绳夹角大于120°,则FA=FB>G;若两绳夹角小于120°,则FA=FB<G;若夹角等于120°,则FA=FB=G,故选项A、D错.夹角为180°时,FA与FB才能成为一对平衡力,但这一情况不可能实现,故C错误.
答案:
B
4.物体的运动情况或所受合外力的情况如图所示,四幅图的图线都是直线,从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征.下列说法正确的是( )
A.甲物体受到不为零且恒定的合外力
B.乙物体受到的合外力越来越大
C.丙物体受到的合外力为零
D.丁物体的加速度越来越大
解析:
甲物体做匀速直线运动,合外力为零,选项A错误.乙物体做匀加速运动,合外力恒定,且不为零,选项B错误.丙物体做匀加速运动,合外力恒定且不为零,选项C错误.丁物体所受合外力越来越大,加速度越来越大,选项D正确.
答案:
D
5.如图甲所示,一个物体放在粗糙的水平地面上.从t=0时刻起,物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动.在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示.已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等.则( )
A.在0到t0时间内,物体的速度逐渐变小
B.t0时刻,物体速度增加到最大值
C.在0到t0时间内,物体做匀变速直线运动
D.在0到t0时间内,力F大小保持不变
解析:
根据题图乙,物体在0到t0时间内做加速度逐渐减小的变加速直线运动,其速度逐渐变大,到t0时刻,物体速度增加到最大值,选项A、C错误,选项B正确;设摩擦力的大小恒为Ff,根据牛顿第二定律有F-Ff=ma,所以F=Ff+ma,可见,在0到t0时间内,力F的大小会随着加速度a的减小而减小,选项D错误.
答案:
B
二、多项选择题
6.如图所示,物体M静止于倾斜的木板上,当倾角θ缓慢增大,直至M开始滑动之前的过程中,下列说法正确的是( )
A.物体对木板的压力逐渐减小
B.物体所受的支持力和摩擦力都减小
C.物体所受支持力和摩擦力的合力不变
D.物体所受重力、支持力和摩擦力这三个力的合力逐渐增大
解析:
物体受力分析如图所示,由平衡条件得FN=Mgcosθ ①
Ff=Mgsinθ ②
在θ逐渐增大的过程中,由①式可知FN逐渐减小,由②式知Ff逐渐增大,A正确、B错误;由物体处于平衡状态可知:
支持力FN、摩擦力Ff与重力Mg三者的合力为零,D错误;支持力FN和摩擦力Ff的合力与重力Mg等值反向,C正确.
答案:
AC
7.某实验小组,利用DIS系统观察超重和失重现象,他们在电梯内做实验,在电梯的地板上放置一个压力传感器,在传感器上放一个重为20N的物块,如图甲所示,实验中计算机显示出传感器所受物块的压力大小随时间变化的关系,如图乙所示.以下根据图象分析得出的结论中正确的是( )
A.从时刻t1到t2,物块处于失重状态
B.从时刻t3到t4,物块处于失重状态
C.电梯可能开始停在低楼层,先加速向上,接着匀速向上,再减速向上,最后停在高楼层
D.电梯可能开始停在高楼层,先加速向下,接着匀速向下,再减速向下,最后停在低楼层
解析:
由图可知在0~t1、t2~t3及t4之后,传感器所受压力大小等于物块的重力大小;t1~t2时间段内,传感器所受压力大小大于物块重力,处于超重状态,加速度向上;t3~t4时间段内,压力小于物块重力,处于失重状态,加速度向下,综上可知B、C正确,A、D错误.
答案:
BC
8.如图甲所示,在光滑水平面上叠放着A、B两物体,现对A施加水平向右的拉力F,通过传感器可测得物体A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示.已知重力加速度g取10m/s2,由图线可知( )
A.物体A的质量mA=2kg
B.物体A的质量mA=6kg
C.物体A、B间的动摩擦因数μ=0.2
D.物体A、B间的动摩擦因数μ=0.5
解析:
a-F图线的斜率等于质量的倒数,由图可知,拉力F>48N后,图线斜率变大,表明研究对象质量减小,物体A、B间发生相对滑动,故mA+mB=
=8kg,mA=
=6kg.由图象知:
当F=60N时,a=8m/s2,又F-μmAg=mAa,解得μ=0.2.
答案:
BC
三、非选择题
9.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,采用如图所示的装置.
(1)本实验应用的实验方法是________.
A.控制变量法 B.假设法
C.理想实验法D.替代法
(2)下列说法中正确的是________.
A.在探究加速度与质量的关系时,应改变拉力的大小
B.在探究加速度与力的关系时,应该改变小车的质量
C.在探究加速度a与质量m的关系时,为了直观判断二者间的关系,应作出a-
图象
D.当小车的质量远大于小盘和砝码的总质量时,才能近似认为细线对小车的拉力大小等于小盘和砝码的总重力
解析:
(1)本实验采用了控制变量法,即先保证物体质量不变,研究加速度与合力的关系,再保证物体受力不变,研究加速度与质量的关系.
(2)探究a与m的关系时,保持F不变,改变m大小;探究a与F的关系时,保持m不变,改变F大小,故A、B错.a-
关系图象过原点的直线,作出这个图象容易证明a与m成反比,C对.只有小车的质量远大于小盘与砝码的总质量时,小车受到的合力大小才约等于小盘与砝码的总重力,D对.
答案:
(1)A
(2)CD
10.我国《侵权责任法》第87条“高空坠物连坐”条款规定:
建筑物中抛掷物品或者从建筑物上坠落的物品造成他人损害,难以确定具体侵权人的,除能够证明自己不是侵权人外,由可能加害的建筑物使用人给予补偿.近日,绵阳一小伙就借助该条款赢得了赔偿.假设质量为5.0kg的物体,从离地面36m高处,由静止开始加速下落,下落过程中阻力恒定,经3s落地.(g取10m/s2)求:
(1)物体下落的加速度的大小;
(2)下落过程中物体所受阻力的大小.
解析:
(1)由x=
at2得,a=
=8m/s2,
物体下落的加速度大小为8m/s2.
(2)根据牛顿第二定律得,mg-Ff=ma,
解得,Ff=10N,
下落过程中物体所受阻力的大小为10N.
答案:
(1)8m/s2
(2)10N
11.质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动,图中a、b直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的v-t图象,则求:
(g取10m/s2)
(1)物体所受的滑动摩擦力多大?
(2)水平拉力多大?
解析:
(1)由题图知图线a的加速度为
a1=-
m/s2
图线b的加速度为
a2=-
m/s2
根据牛顿第二定律得,摩擦力Ff=ma2=-0.2N,方向与运动方向相反.
(2)根据牛顿第二定律得:
F+Ff=ma1=-0.1N
所以F=0.1N,方向与运动方向相同.
答案:
(1)0.2N
(2)0.1N
12.水平传送带AB以v=200cm/s的速度匀速运动,如图所示,A、B相距0.011km,一物体(可视为质点)从A点由静止释放,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,则物体从A沿传送带运动到B所需的时间为多少?
(g取10m/s2)
解析:
统一单位:
v=200cm/s=2m/s,
x=0.011km=11m.
开始时,物体受到的摩擦力为Ff=μmg,
由牛顿第二定律得物体的加速度
a=
=μg=0.2×10m/s2=2m/s2.
设经时间t物体速度达到2m/s,由v=at得:
t1=
=
s=1s.
此时间内的位移为
x1=
at
=
×2×12m=1m<11m.
此后物体做匀速运动,所用时间:
t2=
=
s=5s.
故所求时间t=t1+t2=1s+5s=6s.
答案:
6s
2019-2020年高中物理第四章牛顿运动定律章末评估含解析新人教版(I)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
每小题至少有一个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得4分,有选错的或不答的得0分)
1.关于物体的惯性,下列说法正确的是( )
A.物体受力后可以改变运动状态,所以作用力可以改变惯性
B.快速行驶的汽车,刹车时困难,因而速度大时惯性大
C.满载货物的汽车比不载货时刹车困难,故满载时比空载时惯性大
D.以上说法均不正确
解析:
力是改变物体运动状态的原因,但惯性是物体的固有属性,是不随力而改变的,故A错误。
快速行驶的汽车,刹车困难是因为在相同加速度的情况下,速度大的滑行距离长,但不是速度大时惯性大,故B错。
质量是惯性大小的唯一量度,汽车满载时比空载时质量大,故满载的汽车惯性大,C正确。
答案:
C
2.关于作用力和反作用力的说法正确的是( )
A.物体间发生相互作用时先有作用力,后有反作用力
B.作用力和反作用力的大小相等、方向相反,所以物体一定保持平衡
C.人加速奔跑时,地对人的作用力大于人对地的作用力
D.重力和弹力不可能是一对作用力和反作用力
解析:
作用力和反作用力同时产生,同时消失,大小相等,方向相反,但不能合成,A、B错误。
地对人的作用力与人对地的作用力是一对作用力与反作用力,大小相等,C错误。
重力和弹力是不同性质的力,故不可能是一对作用力和反作用力,D正确。
答案:
D
3.一物体位于光滑水平面上,同时受到三个水平共点力F1、F2和F3的作用,其大小分别为F1=42N、F2=28N、F3=20N,且F1的方向指向正北,下列说法中正确的是( )
A.这三个力的合力可能为零
B.F1、F2两个力的合力大小可能为20N
C.若物体处于匀速直线运动状态,则F2、F3的合力大小一定为48N,方向指向正南
D.若物体处于静止状态,则F2、F3的合力大小一定为42N,方向与F1相反,为正南
解析:
F1、F2的合力范围是|F1-F2|≤F≤F1+F2,即14N≤F≤70N,B选项正确。
F3的大小处于此范围之内,所以这三个力的合力可能为零,选项A正确。
若物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动),则其中两个力的合力必定与第三个力等大反向,选项C错,D对。
答案:
ABD
4.几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小,他们将体重计放在电梯内。
一位同学站在体重计上,然后乘坐电梯从1层直接到10层,之后又从10层直接回到1层。
并用照相机进行了相关记录,如图1所示。
他们根据记录,进行了以下推断分析,其中正确的是( )
图1
A.根据图b和图c可估测出电梯向上启动时的加速度
B.根据图a和图b可估测出电梯向上制动时的加速度
C.根据图a和图e可估测出电梯向下制动时的加速度
D.根据图d和图e可估测出电梯向下启动时的加速度
解析:
无论是估测制动时的加速度还是估测启动时的加速度,都必须知道该同学静止时的重力,即必选a图,选项A、D错误;据图a和图b可估测出电梯向上启动时的加速度,选项B错误;根据图a和图e可估测出电梯向下制动时的加速度,选项C正确。
答案:
C
5.如图2甲所示,在粗糙的水平面上,物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动,其v-t图像如图乙中的实线所示,下列判断中正确的是( )
图2
A.在0~1s内,外力F不断变化
B.在1~3s内,外力F保持不变
C.在3~4s内,外力F不断增大
D.在3~4s内,外力F不断减小
解析:
由图像可知,在0~1s内,物块做匀加速直线运动,加速度恒定,由牛顿第二定律可知,合力恒定,因此拉力恒定,A错误;在1~3s内,物块做匀速直线运动,合力为0,拉力大小始终等于摩擦力的大小,B正确;在3~4s内,物体做减速运动,加速度越来越大,摩擦力恒定,则由Ff-F=ma可知,拉力F越来越小,C错误,D正确。
答案:
BD
6.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连。
小球某时刻正处于图3所示状态。
设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为T,关于此时刻小球的受力情况,图3
下列说法正确的是( )
A.若小车向左运动,N可能为0
B.若小车向左运动,T可能为0
C.若小车向右运动,N不可能为0
D.若小车向右运动,T不可能为0
解析:
当加速度向左时,拉力T可能为0,加速度向右时,支持力N可能为0,两种可能均与小车的运动方向无关,故A、B正确,C、D错误。
答案:
AB
7.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。
某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图4中a点是弹性绳的原长位置,c点是人所到达的最低点,b点是人静止悬吊时的平衡位置。
人在从P点落下到最低点c的过程中( )
A.人在Pa段做自由落体运动,处于完全失重状态
B.在ab段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态图4
C.在bc段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态
D.在c点,人的速度为零,其加速度为零
解析:
判断人是处于超重状态还是失重状态,只要看人的加速度方向,Pa段人做自由落体运动,加速度为g,人处于完全失重状态;人从a到b的过程中,人的重力大于弹力,合力方向向下,加速度方向向下,人处于失重状态;b点,人的重力等于弹力,加速度为零;由b到c,人的重力小于弹力,合力方向向上,加速度方向向上,人处于超重状态,当弹性绳伸长到c点时,人处于最大超重状态。
答案:
AB
8.如图5所示,A、B两物体用细绳连接后放在斜面上,如果两物体与斜面间的摩擦因数都为μ,则它们下滑的过程中( )
A.它们的加速度a=gsinα
B.它们的加速度a<gsinα图5
C.细绳中的张力FT=0
D.细绳中的张力FT=mAg(sinα-cosα)
解析:
对A、B组成的系统整体运用牛顿第二定律有
(mA+mB)gsinα-μ(mA+mB)gcosα=(mA+mB)a,
得a=(sinα-μcosα)g<gsinα,故选项B正确。
对A进行隔离,运用牛顿第二定律有mAgsinα-μmAgcosα-FT=mAa,得FT=0,故选项C正确。
答案:
BC
二、实验题(本题包括1小题,共12分。
把答案填在题中横线上,或按题目要求作答)
9.(12分)在“验证牛顿运动定律”的实验中,采用如图6所示的实验装置,小车及车中砝码的质量用M表示,盘及盘中砝码的质量用m表示,小车的加速度可由小车后拖动的纸带上的点计算出。
(1)当M与m的大小关系满足________时,才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。
(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时,保持盘及盘中砝码的质量一定,改变小车及车中砝码的质量,测出相应的加速度,采用图像法处理数据。
为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系,应该作a与________的图像。
图6
(3)如图7(a)所示为甲同学根据测量数据做出的a-F图线,此图线说明实验存在的问题是________________________________________________________________________。
(4)乙、丙同学用同一装置做实验,画出了各自得到的a-F图线如图(b)所示,两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同_______________________________________________。
图7
解析:
(1)只有M与m满足M≫m时,才可认为绳对小车的拉力近似等于盘及盘中砝码的重力。
(2)由于a∝
,所以a-
图像应是一条过原点的直线,所以数据处理时,常作出a与
的图像。
(3)当力不为零时加速度却为零,说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
(4)小车及车上的砝码的总质量不同时,a-F图像的斜率也就不同。
答案:
(1)M≫m
(2)
(3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 (4)小车及车中砝码的总质量
三、计算题(本题包括3小题,共40分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
10.(12分)如图8所示,在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体,物体与壁间的动摩擦因数μ=0.8,要使物体不致下滑,车厢至少应以多大的加速度前进?
(g=10m/s2)图8
解析:
设物体的质量为m,在竖直方向上有mg=F,F为摩擦力。
在临界状态下,F=μFN,FN为物体所受水平弹力。
又由牛顿第二定律得FN=ma。
由以上各式得加速度a=
=
=
m/s2=12.5m/s2。
答案:
12.5m/s2
11.(14分)2011年3月11日日本发生的9.0级大地震牵动亿万人的心,各种救灾物资不断通过机场和火车站运送到灾区,传送带在装送救灾物资方面发挥着巨大的作用。
如图9所示为一水平传送带装置示意图,图9
绷紧的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行,一质量为m=4kg的救灾物资以初速度为0放在A处,传送带对救灾物资的摩擦力使救灾物资做匀加速直线运动,随后救灾物资又以与传送带相等的速率运动。
若救灾物资与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离l=2m,g取10m/s2。
(1)求救灾物资刚开始运动时所受滑动摩擦力大小与加速度大小;
(2)求救灾物资从A运动到B的时间;
(3)若救灾物资下面粘有煤灰,求救灾物资在传送带上留下的黑色痕迹的长度。
解析:
(1)救灾物资刚开始运动时所受滑动摩擦力F=μmg=4N
摩擦力提供救灾物资运动的动力,由牛顿第二定律得F=ma
解得a=1m/s2。
(2)设救灾物资做匀加速直线运动的时间为t1,救灾物资加速运动的末速度为v=1m/s,则v=at1
代入数据解得t1=1s
匀加速直线运动的位移x1=
t1=0.5m
随传送带匀速运动的时间t2=
=1.5s
所以救灾物资从A运动到B的时间t=t1+t2=2.5s
(3)黑色痕迹的长度即救灾物资相对传送带滑过的位移,救灾物资在加速这段时间内发生的位移为x1
加速时间内传送带发生的位移为x2=vt1
所以黑色痕迹的长度为x2-x1=
t1=
×1m=0.5m。
答案:
(1)4N 1m/s2
(2)2.5s (3)0.5m
12.(14分)如图10所示,绳和滑轮的质量、摩擦均不计。
已知A、B两物体的质量分别为mA=8kg,mB=2kg,A物体与水平桌面图10
间的动摩擦因数为0.2,桌面和绳都足够长,物体B距地面的高度h=0.2m,当物体B由静止释放后,A物体停止运动前通过的距离总共有多长?
(g取10m/s2)
解析:
分别对A、B两物体进行受力分析,如图所示。
对A、B在运动方向上分别应用牛顿第二定律
FA-μmAg=mAaA,
mBg-FB=mBaB。
又因为FA=FB,aA=aB。
所以联立以上各式,代入数据可得出加速度的值为
aA=aB=0.4m/s2。
由运动学公式2ax=v2得B物体刚落地时A的速度为
vA=
=
m/s=0.4m/s。
A物体的位移x1=h=0.2m。
以后A物体做匀减速运动,aA′=μg=2m/s2。
由2ax=v2得,后一段时间内A物体的位移为x2=
=
m=0.04m。
所以A物体的总位移为x总=x1+x2=0.2m+0.04m=0.24m。
答案:
0.24m