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