届人教版牛顿运动定律单元测试Word格式文档下载.docx

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Fsinθ+mg=FN,水平方向上:

Fcosθ-Ff=0式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。

Ff=μFN。

减小F与水平方向的夹角θ,sinθ减小,地面对拖把的支持力FN变小,所以地面对拖把的摩擦力Ff变小。

故C正确、D错误;

减小F与水平方向的夹角θ时,Ff减小而Fcosθ增大,所以Fcosθ-Ff将大于0,所以拖把将做加速运动,选项A、B错误。

3.（2018·

随州模拟）如图所示,吊篮P悬挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住,当悬挂吊篮的细绳烧断的瞬间,吊篮P和物体Q的加速度大小分别是（　　）

A.aP=g　aQ=gB.aP=2g　aQ=g

C.aP=g　aQ=2gD.aP=2g　aQ=0

【解析】选D。

原来平衡,弹簧弹力F与Q重力mg相等。

细绳烧断瞬间,弹簧弹力不变,故Q所受合力仍为零,故aQ=0;

P受到重力mg和弹簧向下的压力mg,故加速度aP=

=

=2g,故D正确。

【总结提升】牛顿第二定律瞬时问题的分析思路

（1）分析物体突变前的受力情况。

（2）发生突变瞬间要结合物体的实际运动状态判断物体所受到的力哪些发生了变化,哪些没有发生变化。

（3）求出物体所受到的合外力和加速度。

4.（2018·

临沂模拟）我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的,“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上,通过“爪子”交替伸缩,就能在墙壁和玻璃上自由移动。

如图所示,假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点,在这一过程中,关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是（　　）

根据牛顿第二定律可知,在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应该是从A指向B,选项C正确。

5.如图所示,水平桌面光滑。

A、B物体间的动摩擦因数为μ（可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）,A物体质量为2m,B和C物体的质量均为m,滑轮光滑,砝码盘中可以任意加减砝码。

在保持A、B、C三个物体相对静止共同向左运动的情况下,BC间绳子所能达到的最大拉力是（　　）

A.

μmg　　B.μmg　　C.2μmg　　D.3μmg

【解析】选B。

因桌面光滑,当A、B、C三者共同的加速度最大时,FBC=mCa才能最大。

这时,A、B间的相互作用力FAB应是最大静摩擦力2μmg,对BC整体来讲:

FAB=2μmg=（mB+mC）a=2ma,a=μg,所以FBC=mCa=μmg,选项B正确。

【加固训练】

如图所示,完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上,A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ,小车静止时,A恰好不下滑,现使小车加速运动,为保证A、B无滑动,则（　　）

A.加速度一定向右,不能超过（1+μ）g

B.加速度一定向左,不能超过μg

C.速度一定向左,加速度可大于μg

D.加速度一定向左,不能超过（1+μ）g

小车静止时,A恰好不下滑,可知mg=μFN=μF引,水平方向上车壁对磁铁的弹力和吸引力相等,当小车做加速运动时,车壁对磁铁A的弹力不能减小,只能增加,若弹力减小则磁铁A会下滑,可知加速度的方向一定水平向左,可能向左加速或向右减速,故A错误;

A恰好不下滑时:

对B有μ（mg+F引）=mam,解得am=（1+μ）g,故B、C错误,D正确。

6.图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备,图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,g取10m/s2,下列判断正确的是

A.前10s内悬线的拉力恒为1515N

B.46s末材料离地面的距离为22m

C.0～10s材料处于失重状态

D.在30～36s钢索最容易发生断裂

【解析】选A、B。

由图可知前10s内材料的加速度a=

m/s2=0.1m/s2,由F-mg=ma可知,悬线的拉力F=mg+ma=150×

10.1N=1515N,故A正确;

由图象面积可得整个过程上升高度是28m,下降的高度为6m,46s末材料离地面的距离为22m,故B正确;

因30～36s材料加速度向下,材料处于失重状态,F<

mg;

前10s材料处于超重状态,F>

mg,钢索最容易发生断裂,故C、D错误。

7.一斜面固定在水平面上,在斜面顶端有一长木板,木板与斜面之间的动摩擦因数为μ,木板上固定一轻质弹簧测力计,弹簧测力计下面固定一个光滑的小球如图所示,木板固定时,弹簧测力计示数为F1,由静止释放后木板沿斜面下滑,稳定时弹簧测力计的示数为F2,斜面的高为h,底边长为d,则下列说法正确的是

（　　）

A.稳定后弹簧测力计的弹簧一定处于压缩状态

B.稳定后弹簧测力计的弹簧仍处于拉伸状态

C.μ=

D.μ=

【解析】选B、C。

设斜面倾角为θ,小球质量为m,平衡时,对小球分析F1=mgsinθ

　①,木板运动后稳定时,对整体分析有:

a=gsinθ-μgcosθ　②,则a<

gsinθ,根据牛顿第二定律得知,弹簧对小球的弹力应沿斜面向上,弹簧处于拉伸状态,故A错误,B正确;

对小球有mgsinθ-F2=ma　③,而tanθ=

　④,联立①②③④计算可得:

μ=

故C正确,D错误。

8.（2018·

秦皇岛模拟）欧洲太空总署火星登陆器“斯基亚帕雷利”于2016年10月19日坠毁在火星表面。

最新分析认为是错误的数据导致登陆器计算机提早释放了降落伞,而减速用的推进器只点火几秒钟就终止,当时它仍然位于火星表面上方3.7公里处。

错误虽只持续了1s,但足以破坏登陆器的导航系统。

以下是火星登陆器离火星表面的高度随时间变化的图象,下列说法正确的是（　　）

A.0～t1阶段的速度先增大后减小

B.在t2～t3阶段处于超重状态

C.在t1～t2阶段一定是静止的

D.在t3～t4阶段做加速运动

【解析】选A、B、D。

通过图象可知,H与t图象上各点的切线的斜率代表速度的大小,故在0～t1阶段,曲线上点的切线的斜率先增大后减小,故它的速度先增大后减小,选项A正确;

在t2～t3阶段,曲线上各点的切线的斜率由大到小,故其速度由大减小,故着陆器向下做减速运动,则加速度方向向上,故着陆器处于超重状态,选项B正确;

在t1～t2阶段,着陆器的高度不变,但着陆器也可能在同一高度平动,所以这一阶段不一定是静止的,选项C错误;

在t3～t4阶段,切线的斜率逐渐增大,即着陆器的速度变大,所以着陆器做加速运动,选项D正确。

二、实验题（10分）

9.某实验小组设计了“探究加速度与合外力关系”的实验,实验装置如图所示。

已知小车的质量为500克,g取10m/s2,不计绳与滑轮间的摩擦。

实验步骤如下:

①细绳一端系在小车上,另一端绕过定滑轮后挂一个小砝码盘

②在盘中放入质量为m的砝码,用活动支柱将木板固定有定滑轮的一端垫高,调整木板倾角,恰好使小车沿木板匀速下滑

③保持木板倾角不变,取下砝码盘,将纸带与小车相连,并穿过打点计时器的限位孔,接通打点计时器电源后,释放小车

④取下纸带后,计算小车加速度a;

将砝码的质量m和对应的小车加速度a记入下表

实验次数

1

2

3

4

5

6

7

m/kg

0.02

0.04

0.05

0.06

0.07

0.08

0.10

a/（m·

s-2）

1.40

1.79

2.01

2.20

2.38

2.61

3.02

⑤改变盘中砝码的质量,重复②③④步骤进行实验世纪金榜导学号04450655

（1）在坐标纸上作出a-mg图象,如图所示,该图象中直线不过坐标原点的原因是　。

（2）根据上述图象能求解的物理量是　, 

其大小为　　　　。

（3）你认为本次实验中小车的质量　　　　（选填“是”或“否”）需要远远大于砝码的质量。

【解析】

（1）由图象可知,a-mg图象与纵轴相交,当盘中砝码质量为零时,小车已经具有加速度,说明此时小车所受合力不为零,这是因为求小车所受合力时,没有考虑砝码盘质量造成的。

（2）由a-mg图象可知,砝码重力为零时,小车加速度a=1m/s2,由此可知,砝码盘的重力G=Ma=0.5N,砝码盘质量m′=

=0.05kg。

（3）砝码质量为m,设斜面倾角为θ,小车质量为M,小车匀速下滑,处于平衡状态,由平衡条件得Mgsinθ=mg+f,当取下砝码盘后,小车重力沿斜面向下的分力Mgsinθ和摩擦力f不变,因此小车所受合外力为mg,由此可知,小车所受合外力是一恒定值,与车的质量和砝码质量无关,实验不需要控制小车的质量远远大于砝码的质量。

答案:

（1）没有考虑砝码盘的质量

（2）砝码盘的质量　0.05kg　（3）否

三、计算题（本题共2小题,共34分。

需写出规范的解题步骤）

10.（16分）某电视台的娱乐节目中,有一个拉板块的双人游戏,考验两人的默契度。

如图所示,一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上,木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点）,滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2。

一人用水平恒力F1向左作用在滑块上,另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上运动。

（1）为使木板能向上运动,F1必须满足什么条件?

（2）若F1=22N,为使滑块与木板能发生相对滑动,F2必须满足什么条件?

（3）游戏中,如果滑块上移h=1.5m时,滑块与木板没有分离,才算两人配合默契,游戏成功。

现F1=24N,F2=16N,请通过计算判断游戏能否成功。

（1）滑块与木板间的滑动摩擦力:

Ff=μF1（1分）

对木板应有:

Ff>

Mg（1分）

代入数据得:

F1>

20N（1分）

（2）对木板由牛顿第二定律有:

μF1-Mg=Ma1（2分）

对滑块由牛顿第二定律有:

F2-μF1-mg=ma2（2分）

要能发生相对滑动应有:

a2>

a1（1分）

代入数据可得:

F2>

13.2N。

（1分）

（3）对滑块由牛顿第二定律有:

F2-μF1-mg=ma3（2分）

设滑块上升h的时间为t,则:

h=

a3t2（1分）

对木板由牛顿第二定律有:

μF1-Mg=Ma4（1分）

设木板在t时间上升的高度为H,

则:

H=

a4t2（1分）

H=0.75m（1分）

由于H+L<

h,滑块在上升到1.5m之前已经脱离了木板,游戏不能成功。

（1）F1>

20N　

（2）F2>

13.2N

（3）见解析

【总结提升】板块模型的解题思路

（1）分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度。

（2）对滑块和木板进行运动情况分析,找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系,建立方程。

（3）注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移。

11.（18分）（2018·

阳泉模拟）某工厂用倾角为37°

的传送带把货物由低处运送到高处,已知传送带总长为L=50m,正常运转的速度为v=4m/s。

一次工人刚把M=10kg的货物放到传送带上的A处时停电了,为了不影响工作的进度,工人拿来一块m=5kg带有挂钩的木板,把货物放到木板上,通过定滑轮用绳子把木板拉上去。

货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。

（物块与木板均可看做质点,g=10m/s2,sin37°

=0.6,cos37°

=0.8）

（1）为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动,求工人所用拉力的最大值。

（2）若工人用F=189N的恒定拉力把货物拉到L/5处时来电了,工人随即撤去拉力,求此时货物与木板的速度大小。

（3）来电后,还需要多长时间货物能到达B处?

（不计传送带的加速时间）

【解题指导】解答本题应注意以下两点:

（1）工人以最大拉力拉货物时,货物与木板之间的摩擦力达到最大值。

可用连接体问题的分析思路分析第

（1）问;

（2）做好撤去拉力前后的受力分析是解决此题的关键。

（1）设最大拉力为Fm,货物与木板之间的静摩擦力达到最大值,设此时的加速度为a1,对货物分析根据牛顿第二定律得:

μMgcosθ-Mgsinθ=Ma1（2分）

得:

a1=0.4m/s2

对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得:

Fm-μ（m+M）gcosθ-（m+M）gsinθ

=（m+M）a1（2分）

Fm=192N（1分）

（2）设工人拉木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律得:

F-μ（m+M）gcosθ-（m+M）gsinθ=（m+M）a2（2分）

解得:

a2=0.2m/s2

设来电时木板的速度为v1,根据运动学公式得:

=2a2

（2分）

v1=2m/s（1分）

（3）由于v1<

4m/s,所以来电后木板继续加速,加速度为a3,μ（M+m）gcosθ-（M+m）gsinθ=（M+m）a3（2分）

a3=0.4m/s2

设经过t1木板速度与传送带速度相同,

v=v1+a3t1（1分）

得t1=5s

设t1内木板加速的位移为x1,

v2-

=2a3x1（2分）

得x1=15m

共速后,木板与传送带相对静止一起匀速运动,设匀速运动的时间为t2,匀速运动的位移为x2,

x2=L-

-x1（1分）

得x2=25m　t2=

得t2=6.25s

所以来电后木板再需要运动

t1+t2=11.25s。

（1）192N　

（2）2m/s　（3）11.25s