第四章 《牛顿运动定律》单元测试题
一、单选题(每小题只有一个正确答案)
1.人乘电梯匀速上升,在此过程中人受到的重力为G,电梯对人的支持力为FN,人对电梯的压力为FN′,则( )
A.G和FN是一对平衡力 B.G和FN′是一对平衡力
C.G和FN是一对相互作用力 D.G和FN′是一对相互作用力
2.为了探究力、质量与加速度三个量之间的定量关系,我们可以先在物体质量一定的情况下,探究物体的加速度跟所受力之间的关系;再在物体受力一定的情况下,探究物体的加速度跟质量之间的关系.最后通过逻辑推理的方法,就可以得到加速度与力、质量之间的关系.这就是物理学中常用的( )
A. 提出假说的方法 B. 控制变量的方法
C. 等效替代的方法 D. 推理类比的方法
3.物体所受压力的大小与受力面积之比叫做压强,其定义式为p=,它的单位是帕斯卡(Pa),是一个导出单位.在国际单位制中,力学的基本单位有:千克(kg)、米(m)、秒(s),用上述单位表示压强的单位应为( )
A. kg·m·s2 B. kg/(m·s2) C. kg·m2·s2 D. kg/(m2·s2)
4.如图,桌面上有一上表面光滑的木块,木块上有一小球,推动木块,小球将落在桌面上的( )
A.A点 B.B点 C.O点 D. 无法确定
5.如图所示,足够长的水平传送带以v0=2 m/s的速率顺时针匀速运行.t=0时,在最左端轻放一个小滑块,t=2 s时,传送带突然制动停下.已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,取g=10 m/s2.下列关于滑块相对地面运动的v-t图象正确的是( )
A.B.C.D.
6.某摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米.电梯的简化模型如图甲所示.考虑安全、舒适、省时等因素,电梯的加速度a是随时间t变化的.已知电梯在t=0时由静止开始上升,以向上方向为正方向,电梯的加速度a随时间t的变化如图乙所示.图甲中一乘客站在电梯里,电梯对乘客的支持力为FN.根据图乙可以判断,力FN大于重力且逐渐变大的时间段有( )
A. 0~1 s内 B. 10~11 s内
C. 30~31 s内 D. 40~41 s内
7.关于牛顿第二定律的下列说法,正确的是( )
A. 加速度与合力的关系是瞬时对应关系,即a与F同时产生,同时变化,同时消失
B. 加速度方向总是与速度方向一致
C. 同一物体的运动速度变化越大,受到的合外力也越大
D. 在相同的外力作用下,获得加速度大的物体惯性大
8.关于惯性的认识,以下说法正确的是( )
A. 在宇宙飞船中的物体没有惯性
B. 置于光滑水平面上的物体即使质量很大也能被拉动,说明惯性与物体的质量无关
C. 让物体的速度发生改变,无论多快,都需要一定的时间,这是因为物体具有惯性
D. 加速运动时,物体有向后的惯性;减速运动时,物体有向前的惯性
9.雨滴在空气中下落,当速度比较大的时候,它受到的空气阻力与其速度的二次方成正比,与其横截面积成正比,即Ff=kSv2,则比例系数k的单位是( )
A. kg/m4 B. kg/m3 C. kg/m2 D. kg/m
10.如图所示,mA>mB,设地面对A的支持力为FN,绳子对A的拉力为F1,地面对A的摩擦力为F2,若水平方向用力F拉A,使B匀速上升,则在此过程中( )
A.FN增大,F2增大,F1不变 B.FN减小,F2减小,F1不变
C.FN减小,F2减小,F1增大 D.FN增大,F2减小,F1增大
11.某同学在用如图所示的装置做“探究加速度与力的关系”的实验时,忘记平衡小车运动中所受的摩擦力了,其他操作、计算及作图均正确,他最后作出的a-F关系图象可能是( )
A.B.C.D.
12.利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系,下列说法中正确的是( )
A. 保持小车所受拉力不变,只改变小车的质量,就可以探究加速度与力、质量的关系
B. 保持小车质量不变,只改变小车的拉力,就可以探究加速度与力、质量之间的关系
C. 先保持小车所受拉力不变,研究加速度与力的关系;再保持小车质量不变,研究加速度与质量的关系,最后归纳出加速度与力、质量的关系
D. 先保持小车质量不变,研究加速度与力的关系;再保持小车受力不变,研究加速度与质量的关系,最后归纳出加速度与力、质量的关系
13.如果正在做自由落体运动的物体的重力忽然消失,那么它的运动状态应该是( )
A. 悬浮在空中不动
B. 运动速度逐渐减小
C. 做竖直向下的匀速直线运动
D. 以上三种情况都有可能
14.雨滴从高空中由静止落下,若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大,下列各图中能大致反映雨滴运动情况的是( )
A.B.C.D.
15.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示.将蹦极过程近似看成在竖直方向的运动,重力加速度为g.据图可知,此人在蹦极过程中的最大加速度约为( )
A.g B. 2g C. 3g D. 4g
二、多选题(每小题至少有两个正确答案)
16.(多选)如图所示,一个质量为M的人站在台秤上,用跨过定滑轮的绳子,将质量为m的物体自高处放下,当物体以a加速下降(a<g)时,则( )
A. 物体处于失重状态
B. 细绳对人的拉力为mg
C. 台秤的读数为(M-m)g-ma
D. 台秤的读数为(M-m)g+ma
17.(多选)如图所示,倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上,物块B置于斜面上,已知B、C间的动摩擦因数为μ=tanθ,B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A相连,连接B的一端细绳与斜面平行,A、B的质量分别为m、M,现给B一初速度,使B沿斜面下滑,C始终处于静止状态,则在B下滑过程中,下列说法正确的是( )
A. 无论A、B的质量大小关系如何,B一定减速下滑
B.A运动的加速度大小为a=
C. 水平面对C一定有摩擦力,摩擦力方向可能水平向左
D. 水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
18.(多选)电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上方有一质量为m的物体.当电梯静止时弹簧被压缩了x1;当电梯运动时弹簧被压缩了x2,且有x2>x1,试判断电梯运动的可能情况是( )
A. 匀加速下降 B. 匀加速上升
C. 匀减速上升 D. 匀减速下降
19.(多选)如图所示,一向右运动的车厢顶部悬挂两个小球M与N,它们只能在图示平面内摆动,某一瞬时出现图示情境,由此可知车厢的运动情况及两小球相对车厢运动的可能情况是( )
A. 车厢做匀速直线运动,M在摆动,N静止
B. 车厢做匀速直线运动,M在摆动,N也在摆动
C. 车厢做匀速直线运动,M静止,N在摆动
D. 车厢做匀加速直线运动,M静止,N也静止
20.(多选)如图所示,质量相同的木块A、B用轻弹簧连接置于光滑的水平面上,开始弹簧处于自然状态,现用水平恒力F推木块A,则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,以下说法正确的是( )
A. 两木块速度相同时,加速度aA=aB
B. 两木块速度相同时,加速度aA
C. 两木块加速度相同时,速度vAD. 两木块加速度相同时,速度vA>vB
三、实验题
21.某同学用图示的装置来验证加速度和质量成反比,在自制的双层架子上固定平板玻璃,架子放在水平桌面上,连接小车的细绳跨过定滑轮与小桶相连,实验步骤如下:
①在两个小桶中装入适量细沙,并使两桶质量(含沙子)相同
②两车紧靠架子左边的挡板,在乙车上放一个砝码,同时释放两车,当车运动一段时间后,用手机对整个装置进行拍照,在照片上,通过装置上的刻度尺,测出甲、乙两车运动的距离s1、s2,
③在乙车上逐渐增加砝码个数,重复步骤②
(1)本实验的原理是通过验证小车发生的位移与小车的质量成________,来验证合外力一定时加速度与质量成反比;
(2)实验前,该同学将装置的左端适当垫高了一些,目的是________;实验过程中________车(填“甲”或“乙”)受到的拉力更接近沙桶(含沙子)的重力.
(3)若该同学以为横坐标,以乙车(含砝码)的质量m为纵坐标,作出的图线是直线,该直线的斜率为________的质量(填“甲车”、“乙车”(含砝码)或“沙桶”(含沙子)).
22.图甲为“研究加速度和力的关系”的实验装置.在实验操作中,将砝码盘和砝码所受的重力看成小车所受合外力.在保持小车总质量不变的情况下,改变所加砝码的数量,多次重复测量,得到加速度随力的变化规律如图乙所示.
(1)分析发现图线的水平轴上有明显的截距(OA不为零),这是因为_______________________.
(2)在图乙的a-F图线中,AB段基本是一条直线,由此得到,在小车总质量一定的条件下,加速度与小车受到的合外力的关系是__________________________________________
______________________________.
而BC段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是___________________________________
_____________________________________________________________________________________________________________.
23.某同学设计了如下实验方案用来“验证牛顿运动定律”:
(1)如图甲所示,将木板有定滑轮的一端垫起,把滑块通过细绳与带夹的重锤相连,然后跨过定滑轮,重锤下夹一纸带,穿过打点计时器.调整木板倾角,直到轻推滑块后,滑块沿木板向下匀速运动.
(2)如图乙所示,保持长木板的倾角不变,将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处,取下细绳和重锤,将滑块与纸带相连,使其穿过打点计时器,然后接通电源释放滑块,使之由静止开始加速运动.打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz,打出的纸带如图丙所示,A、B、C、D、E是纸带上五个计数点.
①图乙中滑块下滑的加速度为________.(结果保留两位有效数字)
②若重锤质量为m,滑块质量为M,重力加速度为g,则滑块加速下滑受到的合力为________.
③某同学在保持滑块质量不变的情况下,通过多次改变滑块所受合力,由实验数据作出的a-F,图象如图丁所示,则滑块的质量为________kg.(结果保留两位有效数字)
丁
四、计算题
24.将粉笔头A轻放在以4 m/s的恒定速度运动的足够长水平传送带上后,传送带上留下一条长度为4 m的划线.若使该传送带改做加速度大小为3 m/s2的匀减速运动直至速度为零,并且在传送带开始做匀减速运动的同时,将另一粉笔头B轻放在传送带上,求:
(1)粉笔头B最终所在位置离划线起点的距离?
(2)粉笔在传送带上划线的长度?
25.如图,一个放在水平面上的木块,m=2 kg.在水平方向受到F1、F2两个力的作用,木块处于静止状态,其中F1=10 N,F2=8 N,动摩擦因数μ=0.20.求
(1)木块受到的摩擦力的大小、方向?
(2)撤去力F2后,木块的加速度的大小和方向?
(3)若撤去力F2瞬间,恰有一昆虫以6 m/s的速度匀速沿F1方向飞经木块.则木块要经过多少位移能追上该昆虫?
(4)追上前何时两者相距最远?最远距离是多少?
答案解析
1.【答案】A
【解析】人站在匀速上升的电梯中,随电梯匀速上升,所以其受到的重力与电梯对他的支持力是一对平衡力,故A正确,B错误;电梯对他的支持力和人对电梯的压力是对作用力与反作用力,即FN和FN′是一对相互作用力,故C、D错误.
2.【答案】B
【解析】在研究物体的“加速度、力和质量”三个物理量的关系时,由于变量较多,因此采用了“控制变量法”进行研究,分别控制一个物理量不变,看另外两个物理量之间的关系,故A、C、D错误,B正确.
3.【答案】B
【解析】压强定义式为p=,它的单位是帕斯卡(Pa),根据牛顿第二定律F=ma知,1 N=1 kg·m/s2.而面积S的单位是m2.所以:1 Pa=1 kg/(m·s2).
4.【答案】C
【解析】由于小球位于上表面光滑的木块的上方,可知小球只受到重力和支持力的作用,当木块运动时,小球不受摩擦力的作用,所以小球将保持静止.
5.【答案】B
【解析】 刚被放在传送带上时,滑块受到滑动摩擦力作用做匀加速运动,a=μg=2 m/s2,滑块运动到与传送带速度相同需要的时间t1==1 s,然后随传送带一起匀速运动的时间t2=t-t1=1 s,当传送带突然制动停下时,滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止,a′=-a=-2 m/s2,运动的时间t3==s=1 s,选项B正确.
6.【答案】A
【解析】0-11 s内加速度方向向上时,根据牛顿第二定律,有:FN-mg=ma,故FN=mg+ma,故0-11 s内的支持力大于重力,在0-1 s内的支持力FN是增加的,1-10 s内支持力恒定,10-11 s支持力是减小的;在11-30 s内加速度等于0,电梯做匀速运动,支持力等于重力.
在30-41 s内加速度向下时,根据牛顿第二定律,有:mg-FN=m|a|,故FN=mg-m|a|,故在30-41 s内支持力小于重力,30-31 s支持力是减小的,31-40 s支持力是固定的,40-41 s内的支持力FN是增加的;故A正确,B、C、D错误.
7.【答案】A
【解析】加速度与合力的关系是瞬时对应关系,a随合力的变化而变化,A正确;加速度的方向与合力的方向相同,与速度的方向不一定相同,B错误;速度变化大,加速度不一定大,则合力不一定大,C错误;在相同的外力作用下,获得加速度大的物体质量小,则物体惯性小,D错误.
8.【答案】C
【解析】惯性就是物体保持原来的运动状态的性质,且惯性的大小只与物体的质量有关,与物体的速度及受力情况等其他量无关,无论是加速运动还是减速运动,物体都保持原来运动状态的性质,故A、B、D错误;让物体的速度发生改变,无论多快,都需要一定的时间,这是因为物体具有惯性,选项C正确.
9.【答案】B
【解析】将Ff=kSv2变形得k=,采用国际单位制,式中Ff的单位为N,即kg·m/s2,S的单位为m2,速度的二次方的单位可写为(m/s)2.将这些单位代入上式得比例系数k的单位是kg/m3,B正确.
10.【答案】A
【解析】由题,B保持匀速上升,由平衡条件可知,绳子的拉力大小FT不变.根据定滑轮的特点可知,A受到轻绳的拉力F1大小也不变.
对A受力分析如图,则竖直方向:FN+F1cosθ=mAg,得FN=mAg-F1cosθ;A沿地板向右运动时,θ增大,cosθ减小,F1不变,则FN逐渐增大,而F2=μFN,μ不变,则F2也逐渐增大.故A正确,B、C、D错误.
11.【答案】A
【解析】若未平衡摩擦力,则有拉力时,加速度仍然为0,故图象在横坐标上有截距,不能是通过原点的直线,故B、C、D错误,A正确.
12.【答案】D
【解析】该实验采用的是控制变量法,即保持一个量不变,研究其他两个量之间的关系.在探究加速度与质量的关系时,应保持拉力的大小不变,探究加速度与力的关系时,应保持质量不变,最后归纳出加速度与力、质量的关系,A、B、C错误,D正确.
13.【答案】C
【解析】 由题意可知,正在做自由落体运动的物体一定具有速度,而且仅受重力作用.如果重力忽然消失,则物体就不受外力的作用,根据牛顿第一定律,撤去外力作用的物体应该保持它撤去外力时的运动状态,所以该物体应该做竖直向下的匀速直线运动.做自由落体运动的物体如果是在刚释放的瞬间重力忽然消失,物体还没有开始运动,速度是零;或者竖直上抛的物体运动到最高点时重力忽然消失,速度也为零,根据牛顿第一定律可分析,物体都会悬浮在空中不动,保持没有重力时的那个瞬间的状态不变.故正确答案为C.、
14.【答案】C
【解析】对雨滴进行受力分析可得mg-kv=ma,则雨滴做加速度减小的加速运动.
15.【答案】B
【解析】由题图可知,当人最后不动时,绳上的拉力为F0,即mg=F0,绳上拉力最大时为F0.因此最大加速度满足F0-mg=ma.即3mg-mg=ma,所以a=2g,选项B正确.
16.【答案】AD
【解析】对物体受力分析,受重力和拉力,加速下降,根据牛顿第二定律,有:mg-FT=ma①,可知物体对绳子的拉力小于重力mg,处于失重状态.故A正确;物体对绳子的拉力小于重力mg,所以绳子对人的拉力也小于mg.再对人受力分析,受到重力、拉力和支持力,根据共点力平衡条件,有:FN+FT=Mg②,由①②,解得FN=(M-m)g+ma.故B、C错误,D正确.
17.【答案】ABD
【解析】B、C间的动摩擦因数为μ=tanθ,即如果B不受绳子拉力,则Mgsinθ=μMgcosθ,B匀速下滑,但是绳子对B有沿斜面向上的拉力,故B一定减速下滑,选项A正确;以B为研究对象,设绳中拉力为FT,有FT+μMgcosθ-Mgsinθ=Ma,以A为研究对象,有mg-FT=ma,解得a=,选项B正确;对C受力分析,B对C有压力Mgcosθ和摩擦力μMgcosθ,因为μ=tanθ,所以二者的矢量和等于Mg,方向竖直向下,故C在水平方向上没有相对运动趋势,故C水平方向不受地面的摩擦力,选项C错误;由前面分析知B对C的作用力等于其重力Mg,根据平衡条件知水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等,选项D正确.
18.【答案】BD
【解析】电梯静止时,有mg=kx1,电梯运动时,有kx2-mg=ma,加速度方向向上,运动情况可以是匀加速上升或匀减速下降,B、D正确.
19.【答案】AB
【解析】由牛顿第一定律知,当车厢做匀速直线运动时,相对于车厢静止的小球,其基线应在竖直方向上,故M球一定不能在图示情况下相对静止,说明M正在摆动,而N既有可能相对车厢静止,也有可能是相对车厢刚好摆到图示位置,则A、B正确,C错误.当车厢做匀加速直线运动时,物体运动状态改变,合外力一定不为零,故不会出现N球悬线竖直静止的情况.D错误.
20.【答案】BD
【解析】从开始推A到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物体A的加速度逐渐减小,而B的加速度逐渐增大,在vA=vB之前,A的加速度先大于B的加速度,后小于B的加速度,所以aA=aB时,vA>vB,此后A的加速度继续减小,B的加速度继续增大,所以vA=vB时,aB>aA,故B、D正确,之后aA减小,aB增大,直到vA=vB时,弹簧压缩至最短.
21.【答案】(1)反比 (2)平衡摩擦力 乙 (3)甲车
【解析】(1)由牛顿第二定律:a=,小车受到拉力相同时,加速度与质量成反比,而位移与加速度成正比;
(2)将装置的左端适当垫高了一些,目的是平衡摩擦力;由于乙车增加了砝码,故乙车的质量比沙的质量要大很多;乙车受到的拉力更接近沙桶(含沙子)的重力.
(3)由于小车发生的位移与小车的质量成反比,即:=,可知:m乙=m甲,故斜率为甲车质量.
22.【答案】(1)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 (2)小车的加速度与所受的合外力成正比 砝码盘和砝码的总质量过大
【解析】(1)由所给a-F图线知,拉力F增大到一定值时小车才开始运动,表明小车没有被平衡摩擦力或平衡得不够.
(2)AB为一条直线,表明在细线的拉力(即砝码盘及砝码的重力)比较小的情况下,小车的加速度与它所受合外力成正比;BC段成曲线的原因是砝码盘和砝码的总质量太大了,不再满足远小于小车的质量这一重要条件.
23.【答案】3.9 m/s2 mg 2.0(1.8-2.2)
【解析】①利用逐差法Δx=aT2有:
a==≈3.9 m/s2
②当取下细绳和重锤时,由于滑块所受其它力不变,因此其合外力与撤掉重锤的重力等大反向,即滑块所受合外力等于重锤的重力大小.
故答案为:mg.
③根据牛顿第二定律有:mg=Ma,因此有:a==,因此图象的斜率为:k=,
结合图象求出M=2.0 kg.
24.【答案】(1)1.39 m (2)1.6 m.
【解析】设粉笔头与传送带之间的动摩擦因数为μ.第一个粉笔头打滑时间t,则传送带比粉笔头位移大L=4 m,由运动学公式可得:vt-t=L
解得t=2 s.
则粉笔头的加速度为:a==m/s2=2 m/s2.
根据μmg=ma
解得:μ=0.2.
第二个粉笔头先加速到与传送带速度相同,设二者达到的相同速度为v′,传送带减速时的加速度为a0,由运动学公式得:
=
解得:v′=1.6 m/s
此过程传送带比粉笔头多走:Δx=-=1.6 m.
由于a0>μg,故二者不能共同减速,粉笔头以μg的加速度减速到静止.传送带的加速度大,先停下来.
粉笔头减速到零的过程粉笔头比传送带多走:Δx′=-=0.21 m.
可见,粉笔头相对于传送带先后滑1.6 m,后又向前滑0.21 m,粉笔头B最终所在位置离划线起点的距离Δx″=Δx-Δx′=1.39 m.
最终划线的长度l=Δx=1.6 m.
25.【答案】(1)木块受到的摩擦力的大小为2 N,方向水平向左.
(2)撤去力F2后,木块的加速度的大小为3 m/s2,方向水平向右.
(3)木块要经过24 m能追上该昆虫.
(4)经过2 s两者相距最远,最远距离为6 m.
【解析】(1)根据共点力平衡得,Ff=F1-F2=2 N,方向水平向左
(2)撤去F2后,根据牛顿第二定律得F1-Ff=ma,
Ff=μmg
解得a==m/s2=3 m/s2方向水平向右.
(3)设追上昆虫所用时间为t,则有:vt=at2,
解得t==s=4 s
则经过的位移x=vt=6×4 m=24 m;
(4)当两者速度相等时相距最远,则:at′=v
解得t′==2 s
昆虫的位移:x1=vt=6×2 m=12 m,
木块的位移:x2=at2=×3×22m=6 m,
最远距离:Δx=x1-x2=6 m