高中物理必修一第四章 牛顿运动定律综合评估试题及答案解析.docx
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高中物理必修一第四章牛顿运动定律综合评估试题及答案解析
《牛顿运动定律》综合评估(Ⅱ)
限时:
90分钟
总分:
100分
一、单项选择题(每小题4分,共28分)
1.下列关于惯性的说法中正确的是( )
A.物体做加速直线运动时惯性越来越大
B.在相同的合外力作用下,惯性小的物体的加速度小
C.自由下落的物体处于完全失重的状态,此时物体的惯性消失了
D.战斗机抛弃副油箱后,惯性减小了
2.如图所示,一质量为M的楔形木块放在水平桌面上,它的顶角为90°,两底角为α和β;a,b为两个位于斜面上质量均为m的小木块,已知所有接触面都是光滑的,现发现a,b沿斜面下滑,而楔形木块静止不动,这时楔形木块对水平桌面的压力等于( )
A.Mg+mgB.Mg+2mg
C.Mg+mg(sinα+sinβ)D.Mg+mg(cosα+cosβ)
3.一天,下着倾盆大雨.某人乘坐列车时发现,车厢的双层玻璃窗内积水了.列车进站过程中,他发现水面的形状如图中的( )
4.如图所示,一质量为M的探空气球在匀速下降,若气球所受浮力F始终保持不变,气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关,重力加速度为g.现欲使该气球以同样速率匀速上升,则需从气球吊篮中减少的质量为( )
A.2(M-
)B.M-
C.2M-
D.0
5.如下图所示,一轻绳通过一轻质光滑定滑轮,两端各系一质量分别为m1和m2的物体A,B,A放在地面上.当B的质量m2变化时,A的加速度a的大小与m2的关系大体如选项图中的( )
6.物块A、B的质量分别为m和2m,用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上.对B施加向右的水平拉力F,稳定后A、B相对静止地在水平面上运动,此时弹簧长度为l1;若撤去拉力F,换成大小仍为F的水平推力向右推A,稳定后A、B相对静止地在水平面上运动,此时弹簧长度为l2.则下列判断正确的是( )
A.弹簧的原长为
B.两种情况下稳定时弹簧的形变量相等
C.两种情况下稳定时两物块的加速度不相等
D.弹簧的劲度系数为
答案
1.D
2.A 对a进行受力分析如下图(a),由牛顿第二定律得mgsinα=ma1,FN1-mgcosα=0;同理,对b有:
mgsinβ=ma2,FN2-mgcosβ=0.对木块M进行受力分析,如下图(b),在竖直方向上有FN-Mg-FN1·sinβ-FN2sinα=0,α+β=90°.由以上各式得FN=Mg+mg.
3.C 列车进站时刹车,速度减小,而水由于惯性仍要保持原来较大的速度,所以水向前涌,液面形状和选项C一致.
4.A 气球匀速下降时,由平衡条件有Mg=F+f阻设气球吊篮中减少质量Δm后气球恰好匀速上升,有F=(M-Δm)g+f阻解得Δm=2M-2
,故选A.
5.C 当m2>m1时,m2下落,m1上升,它们的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得(m2-m1)g=(m1+m2)a,故a=
g=
g;
当m2=m1时,a=0;
当m2趋于无穷大时,a无限逼近于g.因此C正确.
6.D 本题考查牛顿第二定律、胡克定律,意在考查学生解决连接体问题的方法.由题意可得两种情况下物块的加速度大小相等为a=
,方向水平向右,所以C错误.设弹簧的原长为l0,弹簧的劲度系数为k,则有k(l1-l0)=ma,k(l0-l2)=2ma,解得l0=
,k=
,A、B错误,D正确.
7.如图所示,A,B两物体叠放在一起,以相同的初速度上抛(不计空气阻力),下列说法正确的是( )
A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
二、多项选择题(每小题4分,共12分)
8.雨滴在下落过程中,由于水蒸气的凝聚,雨滴质量在逐渐增大,同时由于下落速度逐渐增大,所受空气阻力也将越来越大,最后雨滴将以一定速度匀速下滑.在雨滴下落过程中,下列说法正确的是( )
A.雨滴受到的重力增大,重力产生的加速度也逐渐增大
B.雨滴质量逐渐增大,重力产生的加速度逐渐减小
C.由于空气阻力逐渐增大,雨滴下落的加速度逐渐减小
D.雨滴受到的重力增大,但重力产生的加速度不变
9.一质量为M的斜劈静止于粗糙的水平地面上,在其斜面上放一质量为m的滑块,若给滑块一斜向下的初速度v0,则滑块正好保持匀速下滑,如图所示,现在滑块下滑的过程中再加一个作用力,则以下说法正确的是( )
A.在滑块上加一竖直向下的力F1,则滑块将保持匀速运动,斜劈对地无摩擦力的作用
B.在滑块上加一个沿斜面向下的力F2,则滑块将做加速运动,斜劈对地有水平向左的静摩擦力的作用
C.在滑块上加水平向右的力F3,则滑块将做减速运动,在滑块停止前斜劈对地有向右的静摩擦力的作用
D.无论在滑块上加什么方向的力,在滑块停止前斜劈对地都无静摩擦力的作用
10.如右图所示,质量m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连,Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P,Q两点.球静止时,Ⅰ中拉力大小为T1,Ⅱ中拉力大小为T2,当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间,球的加速度a应是( )
A.若断Ⅰ,则a=g,方向竖直向下
B.若断Ⅱ,则a=
,方向水平向左
C.若断Ⅰ,则a=
,方向沿Ⅰ的延长线
D.若断Ⅱ,则a=g,方向竖直向上
三、填空题(每小题5分,共20分)
11.一个质量为70kg的人在电梯中用体重计称重,当电梯静止时,体重计读数为____________N,当电梯以a=g向下做匀加速运动时,读数为____________N;当电梯以a=g向下做匀减速运动时,体重计读数为____________N.(g=10m/s2)
12.已知质量为m的木块在大小为F的水平拉力作用下沿粗糙水平地面做匀加速直线运动,加速度为a,则木块与地面之间的动摩擦因数为__________.若在木块上再施加一个与水平拉力F在同一竖直平面内的推力,而不改变木块加速度的大小和方向,则此推力与水平拉力F的夹角为__________.
13.如图所示,电梯与水平面夹角为30°,当电梯加速向上运动时,人对梯面的压力是其重力的
,人与梯面间的摩擦力是其重力的__________倍.
答案
7.A 本题考查牛顿运动定律的应用——超重和失重的知识.A,B两物体抛出以后处于完全失重状态,无论是上升还是下降,A物体对B物体的压力一定为零,A选项正确.
8.CD
9.AD 本题考查运动与力的关系,意在考查学生对摩擦力、牛顿运动定律的理解和运用能力.设滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ,受到竖直向下的重力mg,垂直斜面的支持力FN和沿斜面向上的摩擦力Ff,滑块沿斜面匀速下滑,则有mgsinθ=μmgcosθ.若在滑块沿斜面下滑的过程中再加一竖直向下的力F1,则由(mg+F1)sinθ=μ(mg+F1)cosθ得,滑块仍沿斜面匀速下滑,运用整体法知,地面对斜劈无摩擦力,斜劈对地无摩擦力,A正确;若在滑块上加一沿斜面向下的力F2,则由mgsinθ+F2>μmgcosθ得,滑块沿斜面加速下滑,对斜劈进行受力分析,Ff2cosθ=μFN2cosθ=μmgcosθ·cosθ=mgcosθ·sinθ=FN2·sinθ,地面对斜劈无摩擦力,所以斜劈对地无摩擦力,B错误;若在滑块上加一水平向右的力F3,则FN3=mgcosθ+F3sinθ,mgsinθ<μ(mgcosθ+F3sinθ),即滑块沿斜面减速下滑,对斜劈进行受力分析,Ff3cosθ=μFN3cosθ=μ(mgcosθ+F3sinθ)cosθ=(mgcosθ+F3sinθ)sinθ=FN3sinθ,地面对斜劈无摩擦力,斜劈对地无摩擦力,C错误;同理分析,总有关系Ffcosθ=μFNcosθ=FNsinθ成立,可知D正确.
10.AB
11.700 0 1400
12.
arctan
解析:
对木块受力分析如图
建立水平方向与竖直方向的正交坐标系,由牛顿第二定律得
水平方向F-F1=ma,
竖直方向FN-mg=0,
所以μ=
=
.
若给木块再加一个与F在同一竖直平面内的推力,如下图(左)推力斜向上,由于推力的存在,其竖直分量FN减小,则F1减小,其水平分量使F方向的合力增大,故a不变是不可能的.
力的方向只能斜向下,如上图(右)
仍建立水平方向,竖直方向的坐标系,由牛顿第二定律有
水平方向 F+F′cosα-F′1=ma,
竖直方向 F′N-mg-F′sinα=0,
又F′1=μF′N,解以上三式得α=arctan
.
另一解法:
推力作用的结果不能使a增大,其水平分量必然与因推力而增加的摩擦力平衡,推力的竖直分力使压力FN增大,从而使摩擦力增加.故F′的水平分量与摩擦力的变化量相等,a不变,F′cosα=μF′sinα
故tanα=
=
,则α=arctan
.
13.
解析:
对人受力分析,重力mg,支持力FN,摩擦力F(摩擦力方向一定与接触面平行,由加速度的方向推知F水平向右)建立直角坐标系,取水平向右为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,此时只需分解加速度,其中
ax=acos30°,ay=asin30°.
由牛顿第二定律有
F=max=macos30°,FN-mg=may=masin30°,
FN=
mg,解得F=
mg.
14.用铁架台将长木板倾斜支在水平桌面上,组成如图甲所示的装置(示意图),测量木块沿斜面下滑的加速度.所提供的仪器有长木板、木块、打点计时器(含纸带)、学生电源、米尺、铁架台及导线、开关等,图乙是打点计时器打出的一条纸带,纸带上标注了O点和几个计数点A,B,C,D等,相邻两个计数点间还有4个点没有标出,纸带旁还给出了最小刻度为1mm的刻度尺,刻度尺的零点与O点对齐,已知打点计时器所用交流电源的频率是50Hz.
(1)计数点C到O点的距离是__________m.
(2)由纸带可以计算出木块滑动的加速度a的大小是__________m/s2(保留三位有效数字).
(3)为了测定木块与长木板间的动摩擦因数,利用上述器材还需要测量的物理量有(指物理量的名称并用符号表示出来)___________.
(4)用(3)中测量出的物理量及加速度a,重力加速度g,计算动摩擦因数的计算式是__________.
四、计算题(共40分)
15.(8分)一个质量为m的物体,静止于水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为μ,现用与水平面成θ的力F拉物体(如图甲所示),为使物体能沿水平面做匀加速运动,求F的范围.
有一同学的解答如下:
设物体的加速度为a,由图乙得
Fcosθ-μFN=ma
(1)
Fsinθ+FN=mg
(2)
要使物体做匀加速运动,应满足a>0 (3)
由
(1)
(2)(3)得F>
.
请对此解答做出评价,并做出正确的解答.
答案
14.
(1)0.3000
(2)2.40
(3)用刻度尺测量:
木板长度L,木板上端到水平桌面的高度H
(4)μ=
-
·
解析:
本题的综合性很强.
(1)从图中可以读出是30cm,根据尺子的最小刻度是毫米,再加上一位估计读数,应记录30.00cm,以米为单位则是0.3000m;
(2)有4个点未画出,即T=0.1s,从纸带上读出xAB=0.0840m,xCD=0.1320m由匀变速运动的特点,可知xCD-xAB=2aT2.代入数值可得a=2.40m/s2;
(3)由于物体是在一个斜面上的运动,进行力的运算需要知道斜面的夹角,在没有量角器的条件下,可以通过测量斜面的高度和长度的办法解决
(4)对斜面上的物体进行受力分析,沿斜面建立坐标系,并取沿斜面向下为正,有mgsinθ-μmgcosθ=ma代入有关数据可得μ=
-
·
.
15.
解析:
该同学的解答是错误的.
原因是只考虑了匀加速的条件,没有考虑到沿水平面运动的条件FN≥0正确解答如下:
Fcosθ-μFN=ma,
Fsinθ+FN=mg,
a>0,
FN≥0,
联立得
.
16.(10分)我国“神舟七号”飞船于2008年9月25日在酒泉航天发射场由长征-2F运载火箭成功的发射升空,若长征-2F运载火箭和飞船起飞时的总质量为1.0×105kg,火箭起飞推力3.0×106N,运载火箭发射塔高160m(g取10m/s2).求:
(1)假如运载火箭起飞时推动力不变,忽略空气阻力和火箭质量的变化,运载火箭经多长时间飞离发射塔?
(2)这段时间内飞船中质量为65kg的宇航员对坐椅的压力多大?
17.(12分)固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动,推力F与小环速度v随时间变化规律如右图所示,取重力加速度g=10m/s2.求:
(1)小环的质量m;
(2)细杆与地面间的倾角α.
18.(10分)测定患者的血沉,在医学上有助于对病情作出判断,设血液是由红血球和血浆组成的悬浮液.将此悬浮液放进竖直放置的血沉管内,红血球就会在血浆中匀速下沉,其下沉速率称为血沉.某人的血沉v的值大约为10mm/h,如果把红血球近似看作是半径为R的小球,且认为它在血浆中下沉时的粘滞阻力为F阻=6πηRv,在室温下η≈1.8×10-3Pa·s,已知血浆的密度ρ0≈1.0×103kg/m3,红血球的密度ρ≈1.3×103kg/m3,由以上数据估算出红血球半径的大小(结果取一位有效数字).
答案
16.
(1)4.0s
(2)1.95×103N
解析:
(1)以运载火箭和飞船整体为研究对象,它们所受的合力F合=F-G,根据牛顿第二定律起飞时的加速度a=F合/M=
=
m/s2=20m/s2.运载火箭飞离发射塔的时间t=
=
s=4.0s.
(2)以宇航员为研究对象,设宇航员质量为m,这段时间内受坐椅的支持力为FN,所受合力为F合,由牛顿第二定律:
F合=FN-mg=ma得FN=mg+ma=65×(10+20)=1.95×103N.根据牛顿第三定律,坐椅受到的压力为1.95×103N.
17.
(1)1kg
(2)30°
解析:
由图得a=
=0.5m/s2,
前2s有F-mgsinα=ma,2s后有F′=mgsinα,代入数据可解得m=1kg,α=30°.
18.3×10-6m
解析:
红血球在血浆中匀速下降,说明红血球受向下的重力G=ρgV体,在血浆中所受到的向上的浮力F浮=ρ0gV体,在血浆中受到的向上的粘滞阻力F阻=6πηRv,三力平衡有ρgV体=ρ0gV体+6πηRv ①
V体=
πR3 ②
由①②得R=
=2.73×10-6m≈3×10-6m.