章末素养测评(四)
1.B [解析] 手机处于静止状态,受力平衡,根据平衡条件可知,在垂直支架方向有N=Gcos θ+F吸,则手机受到纳米材料的支持力与纳米材料对手机的吸附力不是相互作用力,A、C错误;手机处于静止状态,受到重力和纳米材料对手机的作用力平衡,根据平衡条件可知,纳米材料对手机的作用力大小等于重力,方向竖直向上,手机对纳米材料的作用力方向竖直向下,B正确;手机的重力可以分解为垂直于手机支架的力和沿斜面向下的力,但不是对手机支架的压力和使手机具有沿斜面向下运动趋势的力,D错误.
2.D [解析] 开始时弹簧的弹力大小为mg,放上B的瞬间,弹簧的弹力不发生变化,所以压力传感器的示数不变,故A正确;放上B的瞬间,弹簧弹力不发生变化,以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律得mg=2ma,解得a=,以A为研究对象,可知B对A的压力为F=ma=mg,故B、C正确,D错误.
3.C [解析] 对小车和木块整体受力分析,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,木块受到的摩擦力大小为f1=ma=,A错误;由牛顿第二定律可知,木块受到的合力大小为F1=ma,B错误;由牛顿第三定律可知,小车受到的摩擦力大小等于木块受到的摩擦力大小,为,C正确;由牛顿第二定律可知,小车受到的合力大小为F2=Ma,D错误.
4.C [解析] 静止时指针位于直尺40 cm刻度处,则有mg=kΔx0,其中Δx0=40 cm-30 cm=10 cm;35 cm刻度对应的加速度方向竖直向下(此时小球处于失重状态),形变量为Δx1=35 cm-30 cm=5 cm,根据牛顿第二定律有mg-kΔx1=ma1,解得对应加速度大小为a1=0.5g,即35 cm刻度对应的加速度为-0.5g,A错误;45 cm刻度对应的加速度方向竖直向上(此时小球处于超重状态),形变量为Δx2=45 cm-30 cm=15 cm,根据牛顿第二定律有kΔx2-mg=ma2,解得对应加速度大小为a2=0.5g,即45 cm刻度对应的加速度为0.5g,B错误;55 cm刻度对应的加速度方向竖直向上(此时小球处于超重状态),形变量为Δx3=55 cm-30 cm=25 cm,根据牛顿第二定律有kΔx3-mg=ma3,解得对应加速度大小为a3=1.5g,即55 cm刻度对应的加速度为1.5g,C正确;65 cm刻度对应的加速度方向竖直向上(此时小球处于超重状态),形变量为Δx4=65 cm-30 cm=35 cm,根据牛顿第二定律有kΔx4-mg=ma4,解得对应加速度大小为a4=2.5g,即65 cm刻度对应的加速度为2.5g,D错误.
5.AD [解析] v-t图像斜率表示加速度大小,由图可知,上升、下降过程中加速度大小之比为=,A正确,B错误;上升和下降过程由牛顿第二定律得f+mg=ma上,mg-f=ma下,解得=,C错误,D正确.
6.BD [解析] 物体在传送带上先加速运动,摩擦力方向与运动方向相同,当加速到与传送带共速之后,摩擦力反向,沿着传送带向上,选项A错误,选项B正确;第一个加速阶段,由牛顿第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,解得a1=10 m/s2,则达到与传送带共速过程中,物体的对地位移为s==20 m<64 m,说明物体仍然在传送带上,接着摩擦力反向,沿着传送带向上,由于mgsin 37°>μmgcos 37°,则物体所受合力沿着传送带向下,物体继续加速运动,由牛顿第二定律得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,解得a2=2 m/s2,所以物体先以较大的加速度匀加速运动,再以较小的加速度匀加速运动,故C错误,D正确.
7.BD [解析] 根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,变形得a=F-μg,则a-F图像的斜率k=,由图像可看出,乙、丙的斜率相等,小于甲的斜率,则mA8.BC [解析] 设小球的质量均为m,若水平面光滑,先用整体法求得F=2023ma,从左到右每根弹簧的弹力大小分别为F12=2022ma、F23=2021ma……F20222023=ma,所以F12∶F23∶F34∶…∶F20222023=2022∶2021∶2020∶…∶1,弹簧的伸长量之比为2022∶2021∶2020∶…∶1,即从右到左每根弹簧的伸长量之比为1∶2∶3∶…∶2022,A错误,B正确;若水平面粗糙,先用整体法求得加速度a=,从右到左有F20222023-μmg=ma、F20212022-2μmg=2ma……F12-2022μmg=2022ma,所以F12∶F23∶F34∶…∶F20222023=2022∶2021∶2020∶…∶1,C正确;因为弹簧的弹力不能突变,所以撤去F的瞬间2号小球受力情况不变,加速度不变,D错误.
9.平行 gtan θ
[解析] 校车的加速度在水平方向,由加速度原理知,应让板面与校车运动方向平行;当轻杆与竖直方向的夹角为θ时,受力分析如图所示,有=tan θ,由牛顿第二定律知F'=ma,解得a=gtan θ.
10.减小
[解析] 对小球受力分析,由牛顿第二定律可得mg-kvr=ma,在小球速度增大的过程中,其加速度在减小.当加速度为零时,小球速度最大,其终极速度为vm=.
11.1 2.5
[解析] 对行李,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg=1 m/s2,行李和传送带共速所用时间t1== s=1 s,达到共速时行李通过的位移s1=a=×1×12 m=0.5 m,到达共速后,行李和传送带一起做匀速直线运动,匀速运动的位移为s2=l-s1=1.5 m,匀速运动所用时间t2== s=1.5 s,行李从A运送到B所用的时间t=t1+t2=2.5 s.
12.(1)AD (2)小于 大于
[解析] (1)为使木块受到的合力等于绳的拉力,应调节细绳与木板平行,A正确;平衡摩擦力时,应在木块不与钩码连接的情况下进行,B错误;实验时,应先接通打点计时器的电源,再放开木块,C错误;改变木块上砝码质量后,不需要重新平衡摩擦力,D正确.
(2)在没有平衡摩擦力情况下,有F-μmg=ma,变形得a=F-μg,所以a-F图像的斜率k=,纵截距b=-μg,结合图像可知,m1小于m2,μ1大于μ2.
13.(1)AC (2)0.46(0.44~0.48均可) (3)②
[解析] (1)步骤A中,当小车拖着纸带匀速下滑时,由平衡条件有Mgsin θ=f+T,T=mg,步骤B中,小车加速下滑时,由牛顿第二定律得Mgsin θ-f=Ma,联立可得a=,即小车加速下滑时,合力大小等于沙桶(含沙砾)的总重力mg,所以与小车相连的细线必须与长木板平行,平衡摩擦力时要挂上细线和沙桶,A正确,B错误;先接通打点计时器的电源,待打点稳定后再释放小车,C正确;电火花打点计时器应选用220 V交变电源,D错误.
(2)相邻计数点间隔的时间为T=5=0.1 s,根据匀变速直线运动规律,采用逐差法求解加速度,a=== m/s2=0.46 m/s2.
(3)由a=知,mg=F,有a=F,a-F图像的斜率表示小车质量的倒数,小车的质量不变,则a与F成正比例关系,图线斜率不变,为图线②.
14.(1)0.15 (2)1.5 m/s2 (3)2.25 m
[解析] (1)物体做匀速运动,则受力平衡,有
Fcos θ=f
Fsin θ+N=mg
又知f=μN
联立解得μ=0.15
(2)撤去拉力F后,物体继续滑动过程中,由牛顿第二定律得μmg=ma
解得加速度大小a=1.5 m/s2
(3)撤去拉力F后1.0 s的时间内,物体滑行的距离s=vt-at2= m=2.25 m
15.(1)5 m/s2 (2)14.4 N 7.2 N (3)22.4 N
[解析] (1)水平飞行过程中,无人机先加速到最大速度再减速到零,有v2=2a·
解得a=5 m/s2
(2)设配送箱加速阶段的加速度大小为a1,则减速阶段的加速度大小为a2=2a1,设加速阶段所用时间为t1,减速阶段所用时间为t2,由运动学公式有
a1t1=a2t2
t1+t2=3 s
h=a1+a2
联立解得a1=2 m/s2,a2=4 m/s2
加速阶段有F1-(m1+m2)g=(m1+m2)a1
解得F1=14.4 N
减速阶段有(m1+m2)g-F2=(m1+m2)a2
解得F2=7.2 N
(3)收回配送箱及货物的加速阶段,无人机的升力最大,为F=(M-m1)g+F1=22.4 N
16.(1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
[解析] (1)当小物块与长木板不发生相对运动时,作用在长木板上的水平力最大值为Fm=(M+m)am=(M+m)·=μ(M+m)g=10 N
由于F=14 N>Fm,故小物块和长木板相对滑动.对长木板,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma
解得a=3 m/s2
(2)撤去F之前,小物块只受摩擦力作用,故am=μg=2 m/s2
刚撤去F时,小物块离长木板右端的距离Δs1=at2-amt2=0.5 m
(3)刚撤去F时,v=at=3 m/s,vm=amt=2 m/s
撤去F后,长木板的加速度大小a'==0.5 m/s2
最终速度v'=vm+amt'=v-a't'
解得t'=0.4 s,v'=2.8 m/s
(4)撤去F后,小物块和木板的相对位移Δs2=-=0.2 m
最终小物块离长木板右端的距离s=Δs1+Δs2=0.7 m章末素养测评(四)
第5章 牛顿运动定律
一、单项选择题
1.[2023·南平一中月考] 如图甲是一款放在水平桌面上的手机支架,其表面采用了纳米微吸材料,用手触碰无粘感,接触到平整光滑的硬性物体时,会牢牢吸附在物体上.图乙是手机静止吸附在该手机支架上的侧视图,支架斜面与水平面夹角为θ,若手机的重力为G,下列说法正确的是 ( )
A.手机受到的支持力大小为Gcos θ
B.手机对纳米材料的作用力方向竖直向下
C.手机受到纳米材料的支持力与纳米材料对手机的吸附力是一对相互作用力
D.手机的重力可以分解为对手机支架的压力,和使手机具有沿斜面向下运动趋势的力
2.[2023·漳州三中月考] 一轻弹簧竖直放置,上端固定一质量为m的小物块A,下端和水平地面之间安装有压力传感器.现将一质量也为m的小物块B无初速度地放在A上,重力加速度大小为g,则放上B的瞬间,下列说法不正确的是
( )
A.压力传感器的示数不变
B.B对A的压力大小为mg
C.B的加速度大小为g
D.A的加速度为0
3.[2023·莆田一中月考] 如图所示,光滑水平面上,水平恒力F作用在小车上,使小车和木块一起做匀加速直线运动,小车质量为M,木块质量为m,它们的共同加速度为a,木块与小车间的动摩擦因数为μ.则在运动过程中( )
A.木块受到的摩擦力大小一定为μmg
B.木块受到的合力大小为(M+m)a
C.小车受到的摩擦力大小为
D.小车受到的合力大小为(M+m)a
4.[2023·福州四中月考] 某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”.如图所示,弹簧上端固定,在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺.不挂钢球时,弹簧下端指针位于直尺30 cm刻度处;下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺40 cm刻度处.将直尺不
同刻度对应的加速度标在直尺上,就可用此装置直接测量竖直方向的加速度.取竖直向上为正方向,重力加速度大小为g.下列说法正确的是(弹簧始终在弹性限度内) ( )
A.35 cm刻度对应的加速度为0.5g
B.45 cm刻度对应的加速度为0.33g
C.55 cm刻度对应的加速度为1.5g
D.65 cm刻度对应的加速度为2.0g
二、多项选择题
5.[2023·厦门外国语学校月考] 将物体竖直向上抛出,假设运动过程中空气阻力大小不变,其速度—时间图像如图所示,则 ( )
A.上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9
B.上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1
C.物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1
D.物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1
6.[2023·福州八中月考] 如图所示,传送带与水平地面的夹角为θ=37°,AB的长度为64 m,传送带以20 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2).在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8 kg的物体(可视为质点),它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,则物体从A点运动到B点过程中,以下说法正确的是 ( )
A.物体受到的摩擦力方向总是沿传送带向上
B.物体受到的摩擦力方向沿传送带先向下再向上
C.物体匀加速运动再匀速运动
D.物体先以较大的加速度匀加速运动,再以较小的加速度匀加速运动
7.[2023·厦门双十中学月考] 物体A、B、C均静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB、mC,与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC,用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C,所得加速度a与拉力F的关系图线分别如图中甲、乙、丙所示,则以下说法正
确的是( )
A.μA=μB,mA>mB
B.μB<μC,mB=mC
C.μB=μC,mB>mC
D.μA<μC,mA8.[2023·平潭一中月考] 如图所示,2023个完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧(始终在弹性限度内)相连,在水平拉力F的作用下,一起沿水平面向左运动,设1号小球和2号小球间弹簧的弹力大小为F12,2号小球和3号小球间弹簧的弹力大小为F23……2022号小球和2023号小球间弹簧的弹力大小为F20222023,则下列结论正确的是 ( )
A.若水平面光滑,则从右到左每根弹簧的长度之比为1∶2∶3∶…∶2022
B.若水平面光滑,则F12∶F23∶F34∶…∶F20222023=2022∶2021∶2020∶…∶1
C.若水平面粗糙,则F12∶F23∶F34∶…∶F20222023=2022∶2021∶2020∶…∶1
D.若水平面粗糙,则撤去F的瞬间,2号小球的加速度突然反向
三、填空题
9.[2023·厦门一中期中] 小明同学学习了牛顿运动定律后,自制了一个简易加速度计.如图所示,在轻杆的上端装有转轴,固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点,轻杆下端固定一个小球,杆可在竖直面内自由转动.他利用这个加速度计来测量校车的加速度,测量时他应让板面竖直且与
校车的运动方向 (选填“垂直”或“平行”).已知重力加速度大小为g,当轻杆与竖直方向的夹角为θ时,校车的加速度大小为 .
10.[2023·泉州五中期中] 从高空下落的雨滴所受空气阻力随下落速度的增大而增大,经过一段距离后将匀速下落,这个速度称为此雨滴下落的终极速度.模拟雨滴在无风时下落的实验中,将一质量为m、半径为r的小球从足够高的空中由静止释放.已知球形物体体积不大时所受的空气阻力f与速度v和球半径r成正比,即f=kvr,k是比例系数,重力加速度为g,则该小球达到终极速度前的加速度逐渐 (选填“增大”或“减小”),终极速度为 (用m、g、k、r表示).
11.[2023·南安三中月考] 水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站,对旅客的行李进行安全检查,如图为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带AB始终保持1 m/s的恒定速度运行,一质量为m=4 kg的行李无初速地放在A处,该行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离l=2 m,重力加速度g取10 m/s2,则刚放上传送带时行李的加速度a= m/s2,行李从A运送到B所用的时间t= s.
四、实验题
12.[2023·南安一中月考] 某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系.
(1)下列说法正确的是 (填选项前的字母).
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.在调节木板倾斜度以平衡木块受到的滑动摩擦力时,将钩码通过细绳拴在木块上
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)甲、乙两同学在同一实验室各取一套图示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,分别得到如图所示的甲、乙两条直线.设甲、乙用的木块质量分别为m1、m2,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,由图可知, m1 m2, μ1 μ2.(均选填“大于”“小于”或“等于”)
13.[2023·莆田八中月考] 某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与合外力的关系,实验操作步骤如下:
A.挂上沙桶(含沙砾),改变木板的倾角,使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑;
B.取下沙桶,测出沙桶(含沙砾)的质量m,让小车沿木板下滑,测出加速度大小a;
C.改变沙桶内沙砾的质量和木板倾角,多次测量,通过作图可得a-F关系.
回答以下问题:
(1)下列说法正确的是 (填选项前的字母).
A.与小车相连的细线必须与长木板平行
B.平衡摩擦力时要取下细线和沙桶
C.先接通打点计时器的电源,再释放小车
D.电火花打点计时器应选用4~6 V交变电源
(2)实验获得多条纸带,其中一条如图乙所示,计数点a、b、c、d、e间均有四个点未画出,电源的频率是50 Hz,可计算出小车的加速度大小a= m/s2(保留两位有效数字).
(3)把沙桶(含沙砾)的重力mg作为小车受到的合力F,作出a-F图像,当沙桶(含沙砾)的质量接近小车的质量后,可能会出现图丙中的图线 (选填“①”“②”或“③”).
五、计算题
14.[2023·建瓯二中月考] 如图所示,质量m=7.2 kg的物体在拉力F的作用下在水平面上以3 m/s的速度匀速运动,已知拉力F=15 N,且与水平方向的夹角θ=53°,sin 53°=0.80,cos 53°=0.60,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)物体与水平面间的动摩擦因数;
(2)撤去拉力F后,物体继续滑动过程中的加速度大小;
(3)撤去拉力F后1.0 s的时间内,物体滑行的距离.
15.[2023·厦门一中月考] 如图所示,某工作人员正操作一台送货无人机配送货物.该无人机机身重M=1 kg(含配送箱的质量m1=200 g).现需运送质量m2=1 kg的货物,无人机悬停在离地7 m高处,利用轻绳将配送箱送至距地面1 m处,工作人员把货物装上配送箱,然后将配送箱及货物向上收回,接着沿水平方向飞行20 m后悬停在空中,再竖直向下送出货物.已知无人机在水平方向上先加速后减速,加速和减速阶段均可看成匀变速直线运动且加速度大小相等,最大水平飞行速度为36 km/h,向上收回配送箱及货物的过程中总共用时3 s,可等效为先匀加速后匀减速,减速阶段的加速度大小是加速阶段的2倍,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)水平飞行过程的加速度大小;
(2)收回配送箱及货物的加速与减速两阶段中轻绳的拉力大小;
(3)第(2)问中,无人机升力的最大值.
16.[2023·大田一中月考] 如图所示,在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4 kg的长木板,在长木板右端有一质量为m=1 kg的小物块,长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2,长木板与小物块均静止.现用F=14 N的水平恒力向右拉长木板,经时间t=1 s撤去水平恒力F,g取10 m/s2,问:
(1)在F的作用下,长木板的加速度为多大
(2)刚撤去F时,小物块离长木板右端多远
(3)最终长木板与小物块以多大的速度匀速运动
(4)最终小物块离长木板右端多远
