章末质量检测三.docx

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章末质量检测三

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g

D.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1

A.t＝0.7s时，该同学的加速度大小为3m/s2

B.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6500N

D.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2

A.小车受到的合力大小为k

B.小车受到的合力大小为k2

C.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＋M）a，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3

A.

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M>m，滑轮质量及摩擦均不计，则下列说法正确的是（　　）

图4

A.细线上的拉力一定大于mg

B.细线上的拉力一定小于Mg

C.细线上的拉力等于

g

D.天花板对定滑轮的拉力等于（M＋m）g

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5

A.所用的时间为2.25sB.所用的时间为0.5s

C.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＝

＝0.5m<4m，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6

A.A的加速度大小为0.5m/s2

B.A、B间的动摩擦因数为0.4

C.若B不固定，B的加速度大小为2m/s2

D.若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为5

s

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＋mB）a′，a′＝1.2m/s2，对A有F－f＝mAa′，得f＝4.8N>μmAg，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＝5

s，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7

（1）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/s2。

（3）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/s2。

（3）F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　

（1）AD　

（2）0.316（0.32也算对）　0.93

（3）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8

（1）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/s

（2）由运动学公式得h＝

t1＋

t2＝12m

答案　

（1）4m/s　

（2）12m

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9

（1）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＋mC）a，

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°

（2）FT＝

＝

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　

（1）37°　

（2）300N

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10

（1）A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　

（1）C与A碰后，由题中乙图知A、C的加速度

a1＝

＝－5m/s2

B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＝0.3。

（2）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　

（1）0.1　0.3　

（2）2.625m