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一、选择题(本题共12小题,其中1~7为单选题,8~12为多选题,每小题4分,共48分)
1.在物理学史上,正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是( )
A.亚里士多德、伽利略
B.伽利略、牛顿
C.伽利略、爱因斯坦
D.亚里士多德、牛顿
答案 B
2.伽利略的斜面实验为牛顿运动定律奠定了基础,下列有关说法正确的是( )
A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B.已知月球上的重力加速度是地球上的,故一个物体从地球移到月球惯性减小为原来的
C.同一物体运动越快越难停止运动,说明物体的速度越大,其惯性越大
D.由于巨轮惯性很大,施力于巨轮,经过很长一段时间后惯性变小
答案 A
解析 惯性是指物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质,所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性,其大小和物体的质量有关系,与物体的运动状态无关,A正确,C、D错误;在月球上和地球上,重力加速度的大小不一样,所受的重力大小也就不一样了,但质量不变,惯性也不变,B错误.
3.如图1所示,乘客在公交车上发现车厢顶部A处有一小水滴落下,并落在地板偏前方的B点处,由此判断公交车的运动情况是( )
图1
A.向前加速运动 B.向前减速运动
C.向后匀速运动 D.向后减速运动
答案 B
解析 水滴离开车顶后,由于惯性在水平方向上保持离开时的速度不变,而水滴落点B在A点正下方的前面,表明若车向前行驶,水滴下落时,车正在减速,A错误,B正确;若车向后减速运动时,水滴下落时将落在A点正下方的后方,故D错误.若车向后匀速运动,水滴将落在A点的正下方,C错误.
4.如图2所示,一木箱内装一铁球,木箱的内宽与高恰好与铁球的直径相等,当木箱自由下落时,下列说法正确的是( )
图2
A.不计空气阻力时,铁球对木箱下壁有压力
B.不计空气阻力时,铁球对木箱上壁有压力
C.有空气阻力时,铁球对木箱上壁有压力
D.有空气阻力时,铁球对木箱下壁有压力
答案 D
解析 若不计空气阻力,整体只受到重力作用,加速度为g,隔离铁球,可知铁球只受重力作用,对木箱上、下壁均无压力,A、B错误;若受到空气阻力,整体加速度将小于g,隔离铁球,分析受力可知,铁球要受到向上的作用力,其加速度才会小于g,由此可知铁球受到下壁的支持力,C错误,D正确.
5.如图3所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动,小球A用细线悬挂于支架前端,质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端.B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角,则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为( )
图3
A.mg,竖直向上
B.mg,斜向左上方
C.mgtan θ,水平向右
D.mg,斜向右上方
答案 D
解析 以A为研究对象,受力分析如图所示,根据牛顿第二定律得:mAgtan θ=mAa,得:a=gtan θ,方向水平向右.再对B研究得:小车对B的摩擦力为:f=ma=mgtan θ,方向水平向右,小车对B的支持力大小为N=mg,方向竖直向上,则小车对物块B产生的作用力的大小为:F==mg,方向斜向右上方,D正确.
6.如图4所示,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为θ,图甲中,A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,则在突然撤去挡板的瞬间有( )
图4
A.两图中两球加速度均为gsin θ
B.两图中A球的加速度均为零
C.图乙中轻杆的作用力一定不为零
D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
答案 D
解析 撤去挡板前,挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsin θ,加速度为2gsin θ;图乙中杆的弹力突变为零,A、B球所受合力均为mgsin θ,加速度均为gsin θ,故图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍;故A、B、C错误,D正确.
7.如图5所示,在光滑的水平桌面上有一物体A,通过绳子与物体B相连,假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计,绳子不可伸长.如果mB=3mA,则绳子对物体A的拉力大小为( )
图5
A.mBg B.mAg
C.3mAg D.mBg
答案 B
解析 对A、B整体进行受力分析,根据牛顿第二定律可得mBg=(mA+mB)a,对物体A,设绳的拉力为F,由牛顿第二定律得,F=mAa,解得F=mAg,故B正确.
8.物体静止在斜面上,以下的几种分析中正确的是( )
A.物体所受到的静摩擦力的反作用力是物体对斜面的摩擦力
B.物体所受重力沿垂直斜面方向的分力就是物体对斜面的压力
C.物体所受重力的反作用力就是斜面对它的静摩擦力和支持力这两个力的合力
D.物体所受支持力的反作用力就是物体对斜面的压力
答案 AD
9.将一个小球以某一初速度竖直上抛,空气阻力与速度大小成正比,且始终小于小球的重力.从抛出到落回抛出点的全过程中,下列判断正确的是( )
A.上升经历的时间一定小于下降经历的时间
B.小球的加速度方向不变,大小一直在减小
C.小球的加速度方向不变,大小先减小后增大
D.上升到最高点时,小球的速度为零,加速度也为零
答案 AB
解析 由于空气阻力的影响,球上升和下降经过同一高度处时,一定是上升的速度大于下降的速度,因此上升过程的平均速度一定大,故上升经历的时间一定小于下降经历的时间,故A正确;无论上升还是下降,合力始终向下,上升过程mg+kv=ma,v减小因此a减小;下降过程mg-kv=ma,v增大因此a减小;即小球的加速度一直减小,故B正确,C错误;最高点处速度为零,加速度为g,故D错误.
10.为了让乘客乘车更为舒适,研究人员设计了一种新型交通工具,乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整,使座椅始终保持水平,如图6所示.当此车减速上坡时,乘客( )
图6
A.处于失重状态
B.处于超重状态
C.受到水平向左的摩擦力作用
D.所受力的合力沿斜面向上
答案 AC
解析 当此车减速上坡时,整体的加速度沿斜面向下,乘客具有向下的分加速度,所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态,故A正确,B错误;对乘客进行受力分析,乘客受重力、支持力,由于乘客加速度沿斜面向下,而静摩擦力必沿水平方向,由于乘客有水平向左的分加速度,所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用.故C正确.由于乘客加速度沿斜面向下,根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向下.故D错误.
11.如图7所示,一小球从空中自由落下,在与正下方的直立轻质弹簧接触直至速度为零的过程中,关于小球的运动状态,下列说法中正确的是( )
图7
A.接触后,小球做减速运动,加速度的绝对值越来越大,速度越来越小,最后等于零
B.接触后,小球先做加速运动,后做减速运动,其速度先增大后减小直到为零
C.接触后,速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处,加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处
D.接触后,小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方
答案 BD
解析 从小球下落到与弹簧接触开始,一直到把弹簧压缩到最短的过程中,弹簧弹力与小球重力相等的位置是转折点,之前重力大于弹力,之后重力小于弹力,而随着小球向下运动,弹力越来越大,重力恒定,所以之前重力与弹力的合力越来越小,之后重力与弹力的合力越来越大,且反向(竖直向上).由牛顿第二定律知,加速度的变化趋势和合力的变化趋势一样,而在此过程中速度方向一直向下.
12.如图8所示为运送粮袋的传送装置,已知AB间长度为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),以下说法正确的是( )
图8
A.粮袋到达B点的速度可能大于、可能相等或小于v
B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-cos θ),若L足够大,则以后将以速度v做匀速运动
C.若μ<tan θ,则粮袋从A到B一直做加速运动
D.不论μ大小如何,粮袋从A到B一直做匀加速运动,且a>gsin θ
答案 AC
解析 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于v;可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v;故A正确.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmgcos θ,根据牛顿第二定律得,加速度a=g(sin θ+μcos θ),故B错误.若μ<tan θ,则重力的下滑分力大于滑动摩擦力,故a的方向一直向下,粮袋从A到B一直是做加速运动,可能是一直以g(sin θ+μcos θ)的加速度匀加速;也可能先以g(sin θ+μcos θ)的加速度匀加速,后以g(sin θ-μcos θ)匀加速,故C正确.由以上分析可知,粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动.故D错误.
二、实验题(本题共2小题,共14分)
13.(6分)某探究学习小组的同学们要探究加速度与力、质量的关系,他们在实验室组装了一套如图9所示的装置,水平轨道上安装两个光电门,小车上固定有力传感器和挡光板,细线一端与力传感器连接,另一端跨过定滑轮挂上砝码盘.实验时,调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出).
图9
(1)该实验中小车所受的合力________(选填“等于”或“不等于”)力传感器的示数,该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量?________(选填“需要”或“不需要”).
(2)实验获得以下测量数据:小车、力传感器和挡光板的总质量M,挡光板的宽度l,光电门1和光电门2的中心距离为x.某次实验过程:力传感器的读数为F,小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后,砝码盘才落地),已知重力加速度为g,则该实验要验证的关系式是________________.
答案 (1)等于 不需要 (2)F=(-)
解析 (1)由于力传感器显示拉力的大小,而拉力的大小就是小车所受的合力,故不需要让砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量.
(2)由于挡光板的宽度l很小,故小车在光电门1处的速度v1=,在光电门2处的速度为v2=,由v-v=2ax,得a==(-).故验证的关系式为F=Ma=(-)=(-).
14.(8分)如图10所示为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机DIS直接显示物体加速度)探究加速度与力的关系”的实验装置.
图10
(1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持______________不变,用钩码所受的重力大小作为__________,用DIS测小车的加速度.
(2)改变所挂钩码的数量,多次重复测量.在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线(如图11所示).
图11
①分析此图线OA段可得出的实验结论是____________________________.
②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是______.(填选项前字母)
A.小车与轨道之间存在摩擦
B.轨道保持了水平状态
C.所挂钩码的总质量太大
D.所用小车的质量太大
答案 (1)小车总质量 小车所受的合外力 (2)①在质量不变时,加速度与合外力成正比 ②C
解析 (1)先保持小车的总质量不变,用钩码所受的重力作为小车所受的合外力,用DIS测加速度.
(2)①OA段为直线,说明在质量不变的条件下,加速度与合外力成正比.
②设小车质量为M,所挂钩码的质量为m,由实验原理得mg=F=Ma,即a==,而实际上a′=,可见a′<a,AB段明显偏离直线是由于没有满足M?m造成的,故A、B、D错误,C正确.
三、计算题(本题共3小题,共38分.要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
15.(10分)在水平地面上有一个质量为4.0 kg的物体,物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动.10 s后拉力大小减小为,并保持恒定.该物体的速度-时间图像如图12所示(取g=10 m/s2).求:
图12
(1)物体所受到的水平拉力F的大小;
(2)该物体与地面间的动摩擦因数.
答案 (1)9 N (2)0.125
解析 (1)物体的运动分为两个过程,由题图可知两个过程的加速度分别为:
a1=1 m/s2,a2=-0.5 m/s2
物体受力分析如图甲、乙所示:
对于两个过程,由牛顿第二定律得:
F-f=ma1
-f=ma2
联立以上二式解得:
F=9 N,f=5 N
(2)由滑动摩擦力公式得:
f=μN=μmg
解得μ=0.125.
甲 乙
16.(12分)如图13所示,在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮,一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮分别与物块A、B相连,细绳处于伸直状态,物块A和B的质量分别为mA=8 kg和mB=2 kg,物块A与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1,物块B距地面的高度h=0.15 m.桌面以上部分的绳足够长且水平.现将物块B从h高处由静止释放,直到A停止运动.求A在水平桌面上运动的时间.(g=10 m/s2)
图13
答案 1.1 s
解析 对A、B整体根据牛顿第二定律:
mBg-μmAg=(mA+mB)a,
当B落地时两物体的速度为:v2=2ah,联立解得:
a=1.2 m/s2,v=0.6 m/s
运动的时间t1== s=0.5 s
当B落地后,A在桌面上做减速运动,加速度为
a′=μg=1 m/s2
运动停止后的时间为:t2==0.6 s
A在水平桌面上运动的时间为:t=t1+t2=1.1 s.
17.(16分)如图14所示,在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面底端,一小物块以某一初速度沿斜面上滑,一段时间后返回到出发点.若物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2的大小关系满足t1∶t2=1∶,(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
图14
(1)上滑加速度a1与下滑加速度a2的大小之比;
(2)物块和斜面之间的动摩擦因数;
(3)若斜面倾角变为60°,并改变斜面粗糙程度,小物块上滑的同时用水平向右的推力F作用在物块上,发现物块匀减速上滑过程中加速度与推力大小无关,求此时加速度的大小.(结果保留3位有效数字)
答案 (1)5 (2)0.5 (3)11.5 m/s2
解析 (1)上滑和下滑的位移相同,即
a1t=a2t
解得=5
(2)上滑时由牛顿第二定律
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
下滑时由牛顿第二定律
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
联立解得μ=0.5.
(3)上滑时对物块受力分析如图所示.
垂直斜面方向N=mgcos 60°+Fsin 60°
沿斜面方向mgsin 60°+μ1N-Fcos 60°=ma
联立得mgsin 60°+μ1Fsin 60°+μ1mgcos 60°-Fcos 60°=ma
因为a与F无关,所以μ1Fsin 60°-Fcos 60°=0
联立解得a= m/s2≈11.5 m/s2.