章末测试第四章牛顿运动定律BWord文件下载.docx
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A.
∶4B.4∶
C.1∶2D.2∶1
5.(2013·
北京理综)倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上,质量为m的木块静止在斜面体上。
下列结论正确的是( )
A.木块受到的摩擦力大小是mgcosα
B.木块对斜面体的压力大小是mgsinα
C.桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsinαcosα
D.桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g
6.(2013·
安徽理综)如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行。
在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力FT和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)( )
A.FT=m(gsinθ+acosθ) FN=m(gcosθ-asinθ)
B.FT=m(gcosθ+asinθ) FN=m(gsinθ-acosθ)
C.FT=m(acosθ-gsinθ) FN=m(gcosθ+asinθ)
D.FT=m(asinθ-gcosθ) FN=m(gsinθ+acosθ)
7.(2013·
海南单科)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。
下列说法符合历史事实的是( )
A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变
B.伽利略通过“理想实验”得出结论:
一旦物体具有某一速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去
C.笛卡儿指出:
如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向
D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
8.(2013·
全国理综)将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出,抛出时间相隔2s,它们运动的v-t图象分别如直线甲、乙所示。
则( )
A.t=2s时,两球高度相差一定为40m
B.t=4s时,两球相对于各自抛出点的位移相等
C.两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等
D.甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等
9.(2013·
广东理综)如图所示,物体P静止于固定的斜面上,P的上表面水平。
现把物体Q轻轻地叠放在P上,则( )
A.P向下滑动B.P静止不动
C.P所受的合外力增大D.P与斜面间的静摩擦力增大
10.(2013·
浙江理综)如图所示,总质量为460kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时,以5m/s的速度向上匀速运动。
若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g取10m/s2。
关于热气球,下列说法正确的是( )
A.所受浮力大小为4830N
B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C.从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N
二、实验题(本题共2小题,共16分。
把答案填在题中的横线上)
11.(8分)(2013·
课标全国Ⅰ)图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。
实验步骤如下:
图(a)
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m;
用游标卡尺测量遮光片的宽度d;
用刻度尺测量两光电门之间的距离s;
②调整轻滑轮,使细线水平;
③让物块从光电门A的左侧由静止释放,用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB,求出加速度a;
④多次重复步骤③,求a的平均值
;
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。
回答下列问题:
(1)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a=____________。
(2)动摩擦因数μ可用M、m、
和重力加速度g表示为μ=____________。
(3)如果细线没有调整到水平,由此引起的误差属于______(填“偶然误差”或“系统误差”)。
12.(8分)(2013·
天津理综)某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)下列做法正确的是________(填字母代号)。
A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量。
(3)甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图中甲、乙两条直线。
设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图可知,m甲________m乙,μ甲________μ乙。
(选填“大于”“小于”或“等于”)
三、解答题(本题共3小题,共34分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
13.(10分)(2013·
山东理综)如图所示,一质量m=0.4kg的小物块,以v0=2m/s的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离l=10m。
已知斜面倾角θ=30°
,物块与斜面之间的动摩擦因数μ=
。
重力加速度g取10m/s2。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
(2)拉力F与斜面夹角多大时,拉力F最小?
拉力F的最小值是多少?
14.(12分)(2013·
课标全国Ⅱ)一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度—时间图象如图所示。
已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。
g取10m/s2,求:
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;
(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。
15.(12分)(2013·
上海单科)如图,质量为M、长为l、高为h的矩形滑块置于水平地面上,滑块与地面间动摩擦因数为μ;
滑块上表面光滑,其右端放置一个质量为m的小球。
用水平外力击打滑块左端,使其在极短时间内获得向右的速度v0,经过一段时间后小球落地。
求小球落地时距滑块左端的水平距离。
参考答案
1.解析:
设变化的这个力为F1,其他力的合力为F2,根据牛顿第二定律可得,a=
,加速度a先增大后减小,此过程中速度v的方向与加速度a的方向始终相同,所以速度v始终增大,C项正确。
答案:
C
2.解析:
设物块受的滑动摩擦力为Ff,当拉力F增大至等于滑动摩擦力时,物块才开始滑动。
根据牛顿第二定律得F-Ff=ma,则F=Ff+ma,C项正确。
3.解析:
设物块与斜面间的最大静摩擦力为Fmax,斜面的倾角为α。
结合题意根据平衡条件得,F1=mgsinα+Fmax,F2+Fmax=mgsinα,解得,Fmax=
,mgsinα=
,则物块与斜面间的最大静摩擦力可求,无法求得斜面的倾角和物块的质量,也无法求得物块对斜面的压力,C项正确。
4.解析:
选两个小球及弹簧B作为一个整体进行受力分析,在水平方向上有
kxAsin30°
=kxC,则
=2,选项D正确。
D
5.解析:
取木块m为研究对象,受力如图甲所示,根据平衡条件,有摩擦力大小Ff1=mgsinα,支持力大小FN1=mgcosα,对斜面体的压力大小FN1′=mgcosα,选项A、B错误;
取斜面体M及木块m组成的整体为研究对象,整体静止在水平桌面上,受力如图乙所示,桌面对斜面体的摩擦力大小Ff2=0,支持力大小FN2=(M+m)g,选项C错误,D正确。
6.解析:
由题意可知,小球始终静止在斜面上,与斜面体一起向右匀加速运动,小球受力如图所示。
沿水平和竖直方向正交分解得,FTcosθ-FNsinθ=ma,FTsinθ+FNcosθ=mg,联立可得,FT=m(gsinθ+acosθ),FN=m(gcosθ-asinθ),A项正确。
A
7.解析:
亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,而不是改变物体的运动状态,A项错误;
伽利略、笛卡儿通过研究,认为物体的运动不需要力来维持,B、C两项正确;
牛顿总结前面科学家们的研究成果得出牛顿第一定律,认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质,D项正确。
BCD
8.解析:
t=2s时,甲球的位移是40m,乙球位移为0,由于抛出点高度不相同,两球的高度相差不等于40m,A错;
因为抛出点高度不同,所以两球在空中运动时间不相同,C错;
t=4s时,两球的位移大小均为40m,B正确;
两球竖直上抛的初速度相同,上升时间相同,上升到最高点的时间差等于开始抛出时的时间差,D正确。
BD
9.解析:
原来P静止不动,说明重力沿斜面向下的分力小于或等于最大静摩擦力,即mgsinθ≤μmgcosθ,此式与质量无关,把物体Q轻放在P上,把PQ看成一体,相当于P的质量变大,P仍能静止,所受合外力为零,由平衡条件可知,P与斜面间的静摩擦力f=m总gsinθ变大,选项B、D正确。
10.解析:
热气球刚开始加速上升时,速度为零,热气球所受阻力也为零,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得F=4830N,选项A正确;
由于热气球加速上升过程中,速度逐渐增大,所受阻力也逐渐增大,加速度逐渐减小,当速度为5m/s时,加速度为零,选项B错误;
若热气球不受空气阻力,则根据v=at,可求得t=10s,但空气阻力逐渐增大,加速度逐渐减小,故所用时间应大于10s,选项C错误;
当热气球匀速运动时,根据平衡条件可得F-mg-Ff=0可求得:
Ff=230N,选项D正确。
AD
11.解析:
(1)物块在两光电门间做匀加速直线运动,有
=2as,即
=2as,得a=
(2)设线上拉力为F,根据牛顿第二定律,对物块有:
F-μMg=M
,对重物有:
mg-F=m
,两式联立得μ=
或对物块与重物组成系统,由mg-μMg=(M+m)
得,μ=
(3)如果细线没有调到水平,细线的拉力存在一竖直分力,物块受的摩擦力不再是μMg,此误差是由实验原理造成的,为系统误差。
(1)
(2)
(3)系统误差
12.解析:
(1)实验时,要保证牵引木块的细线与长木板平行,即使拉力方向与长木板平行,选项A正确;
平衡摩擦力时,让木块的重力沿斜面的分力与摩擦力平衡,不能悬挂砝码桶,选项B错误;
实验时,应先接通打点计时器电源,再释放木块,选项C错误;
整个实验过程只需平衡一次摩擦力即可,选项D正确。
(2)当砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块及木块上砝码的总质量时,才能近似认为木块运动时受的拉力等于砝码桶及桶内砝码总重力。
(3)根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,即a=-μg+
·
F,图线的斜率表示质量倒数,所以m甲<m乙,图线在纵轴的截距表示-μg,有μ甲>μ乙。
(1)AD
(2)远小于 (3)小于 大于
13.解析:
(1)设物块加速度的大小为a,到达B点时速度的大小为v,由运动学公式得
l=v0t+
at2①
v=v0+at②
联立①②式,代入数据得
a=3m/s2③
v=8m/s④
(2)设物块所受支持力为FN,所受摩擦力为Ff,拉力与斜面间的夹角为α,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得
Fcosα-mgsinθ-Ff=ma⑤
Fsinα+FN-mgcosθ=0⑥
又Ff=μFN⑦
联立⑤⑥⑦式得
F=
⑧
由数学知识得
cosα+
sinα=
sin(60°
+α)⑨
由⑧⑨式可知对应F最小的夹角
α=30°
⑩
联立③⑧⑩式,代入数据得F的最小值为
Fmin=
N⑪
(1)3m/s2 8m/s
(2)30°
N
14.解析:
(1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。
由图可知,在t1=0.5s时,物块和木板的速度相同。
设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则
a1=
①
a2=
②
式中v0=5m/s、v1=1m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小。
设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1③
(μ1+2μ2)mg=ma2④
联立①②③④式得
μ1=0.20⑤
μ2=0.30。
⑥
(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向。
设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff,物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′,则由牛顿第二定律得
Ff=ma1′⑦
2μ2mg-Ff=ma2′⑧
假设Ff<μ1mg,则a1′=a2′;
由⑤⑥⑦⑧式得Ff=μ2mg>μ1mg,与假设矛盾。
故
f=μ1mg⑨
由⑦⑨式知,物块加速度的大小a1′等于a1;
物块的vt图像如图中点划线所示。
由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1=2×
s2=
⑪
物块相对于木板的位移的大小为
s=s2-s1⑫
联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得
s=1.125m。
⑬
(1)0.20 0.30
(2)1.125m
15.解析:
滑块获得初速度后向右做减速运动,设其向右运动距离为l的过程中加速度为a1,滑动距离l时的速度为v,根据牛顿第二定律和运动学公式有μ(M+m)g=Ma1
-v2=2a1l,
解得v=
此过程中小球静止不动,之后小球离开滑块做自由落体运动,滑块继续减速运动,设加速度为a2,则有
μMg=Ma2
设小球落地时间为t0,则h=
解得t0=
滑块减速到零所用时间为t,则v=a2t
解得t=
设小球落地时距滑块左端的距离为s
若t0>t,则s=
若t0<t,则s=vt0-
-μh。
或
-μh
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- 测试 第四 牛顿 运动 定律