高中物理教科版必修一 检测：第三章检测牛顿运动定律（A）Word版含解析

第三章检测(A)
(时间:60分钟,满分:100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,第1~6题只有一个选项符合题目要求,第7~10题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.伽利略在著名的斜面实验中,让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下,他通过实验观察和逻辑推理,得到的正确结论有(　　)
A.倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间成正比
B.倾角一定时,小球在斜面上的速度与时间成正比
C.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关
D.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关
解析:倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比,在斜面上的速度与时间成正比,故选项A错误,选项B正确;斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角有关,从顶端滚到底端所需时间与倾角有关,故选项C、D错误.
答案:B
2.游乐园中,游客乘坐能加速或减速上升的升降机,可以体会超重和失重的感觉,下列描述正确的是(　　)
A.当升降机加速上升时,机内游客是处于失重状态
B.当升降机减速下降时,机内游客是处于失重状态
C.当升降机减速上升时,机内游客是处于失重状态
D.当升降机加速下降时,机内游客是处于超重状态
解析:升降机加速上升或减速下降时,加速度方向向上,游客处于超重状态,选项A、B错误;升降机加速下降或减速上升时,加速度方向向下,游客处于失重状态,选项C正确,选项D错误.
答案:C
3.质量为1 kg的物体A和质量为3 kg的物体B,它们分别在F1和F2的作用下,产生相同的加速度,则(　　)
A.F2=F1　　　　　　　　　B.F2=3F1
C.F2=F13 D.F2=3F12
解析:由牛顿第二定律得F1=m1a,F2=m2a,解得F1F2=m1m2=13,即F2=3F1,故选项B正确.
答案:B
4.下列关于力和运动关系的几种说法正确的是(　　)
A.物体所受合力的方向,就是物体运动的方向
B.物体所受合力不为零时,其速度不可能为零
C.物体所受合力不为零时,其加速度一定不为零
D.合力变小的,物体一定做减速运动
解析:物体受到的合力的方向决定加速度的方向,与物体的速度方向无关.合力的大小决定加速度的大小,与物体的速度大小没有直接关系.物体是否做减速运动,与合力的大小无关,取决于合力的方向与速度方向的关系.只有选项C正确.
答案:C
5.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的压力都等于A物体受到的重力
解析:由于空气阻力不计,两物体只受重力作用,处于完全失重状态,A对B的压力在上升和下降阶段都为零.
答案:A
6.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则(　　)
A.物块可能匀速下滑
B.物块仍以加速度a匀加速下滑
C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑
解析:根据题意,放在斜面上的物块沿斜面以加速度a匀加速下滑,在沿斜面方向对物块由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma①,在物块上施加竖直向下的力F后,在沿斜面方向对物块由牛顿第二定律有(mg+F)sin θ-μ(mg+F)cos θ=ma0②,由①②易知a0>a,选项C正确,选项A、B、D错误.
答案:C
7.质量为2 kg的物体,在光滑水平面上受到两个水平共点力的作用,以8 m/s2的加速度做匀加速直线运动,其中F1与加速度方向的夹角为30°,某时刻撤去F1,此后该物体(　　)
A.加速度可能为3.5 m/s2
B.速度变化率可能为6 m/s2
C.1 s内速度变化大小可能为3 m/s
D.加速度至少为4 m/s2
解析:开始时物体受到的合力大小为F=ma=2×8 N=16 N.物体受到的另一个力F2的最小值为Fmin=Fsin 30°=16×12 N=8 N.去掉F1,只有F2时,物体加速度的最小值为amin=F2m=82 m/s2=4 m/s2,故选项D正确,选项A错误;速度变化率即加速度,选项B正确;物体在1 s内速度改变量的最小值为Δvmin=aminΔt=4×1 m/s=4 m/s,故选项C错误.
答案:BD
8.如图所示,在光滑地面上,水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的匀加速运动.小车质量是M,木块质量是m,加速度大小是a,木块和小车之间的动摩擦因数是μ.则在这个过程中,木块受到的摩擦力大小是(　　)
A.μmg B.mFM+m
C.μ(M+m)g D.ma
解析:对木块:竖直方向受弹力N和重力mg作用,水平方向,由牛顿第二定律得摩擦力f=ma;对木块和小车整体:F=(M+m)a,则a=FM+m.故f=mFM+m.选项B、D正确.
答案:BD
9.如图所示,质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1,与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角,则(　　)
A.车厢的加速度为gtan θ
B.绳对物体1的拉力为m1gcosθ
C.底板对物体2的支持力为(m2-m1)g
D.物体2所受底板的摩擦力为m2gsin θ
解析:对物体1进行受力分析,且把拉力T沿水平方向、竖直方向分解,有
Tcos θ=m1g,Tsin θ=m1a
得T=m1gcosθ,a=gtan θ
所以A、B正确.
对物体2进行受力分析有N+T'=m2g
f静=m2a
根据牛顿第三定律,T'=T
解得N=m2g?m1gcosθ
f静=m2gtan θ,故C、D错误.
答案:AB
10.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用,该力随时间变化的关系如图所示,则以下说法正确的是(　　)
A.物体在2 s内的位移为零
B.4 s末物体将回到出发点
C.2 s末物体的速度为零
D.物体一直在朝同一方向运动
解析:0~1 s内,物体做匀加速直线运动,a1=Fm,1 s末速度为v=a1t;1 s~2 s内,力F方向反向,加速度方向反向,物体做匀减速直线运动,2 s末速度减为0,但速度方向不变,其后物体的运动重复这一过程,所以选项A、B错误,选项C、D正确.
答案:CD
二、填空题(本题共2小题,共16分)
11.(8分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,采用如图甲所示的装置.
甲
乙
(1)本实验应用的实验方法是　　　　.?
A.控制变量法 B.假设法
C.理想实验法 D.等效替代法
(2)下列说法正确的是　　　　.?
A.在探究加速度与外力的关系时,应保持小车的质量不变
B.细线对小车的拉力大小总等于砝码盘和砝码的总重力大小
C.实验中小车运动的加速度是由细线的拉力与小车的质量之比得到的
D.在探究加速度a与质量m的关系时,要作出a?1m图像,这样容易直观判断出二者间的关系
E.平衡摩擦力时砝码盘中不加砝码,当小车向下匀速运动时即完成平衡摩擦力
(3)实验中打出了一条纸带如图乙所示.计时器打点的时间间隔为0.02 s.从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离,根据图中给出的数据求出该小车的加速度a=　　　　 m/s2(结果保留两位有效数字).?
(4)图丙为某同学在探究加速度a与力F的关系时,根据测量数据作出的a-F图像,图线不过原点,说明在平衡摩擦力中存在的问题是　 .?
丙
解析:(1)探究加速度与力的关系时,要控制小车质量不变而改变拉力大小;探究加速度与质量的关系时,应控制拉力不变而改变小车质量,这种实验方法是控制变量法,故选项A正确.
(2)在探究加速度与外力的关系时,应保持小车的质量不变,故A正确;当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时,才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小,故B错误;实验中小车运动的加速度是通过纸带的分析而得到,故选项C错误;在探究加速度与质量的关系时作出a?1m图像,容易直观判断出二者间的关系,故D正确;平衡摩擦力时不能将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮系在小车上,只将纸带与小车连接好,然后小车能做匀速运动即完成平衡摩擦力,故E错误.
(3)根据公式Δx=aT2可得该小车的加速度为a=x34-x122T2=(3.83-3.52)×10-22×(5×0.02)2 m/s2≈0.16 m/s2.
(4)从题图可以看出当拉力F=0时,小车的加速度不是零,说明小车的合力不是零,说明实验时斜面的倾角过大,即平衡摩擦力过度.
答案:(1)A　(2)AD　(3)0.16　(4)平衡摩擦力过度
12.(8分)在“探究加速度与物体质量、受力的关系”实验中,某小组设计了如图所示的实验装置.图中上下两层水平轨道表面光滑,两小车前端系上细线,细线跨过定滑轮并挂上砝码盘,两小车尾部细线连到控制装置上,实验时通过控制装置使两小车同时开始运动,然后同时停止.
(1)在安装实验装置时,应调整滑轮的高度,使?　　　　　　.在实验时,为减小系统误差,应使砝码盘和砝码的总质量　　　　(选填“远大于”“远小于”或“等于”)小车的质量.?
(2)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小,能这样比较,是因为?　　　　　　.?
解析:(1)在安装实验装置时,应调整滑轮的高度,使细线与水平轨道平行,在实验时,为使砝码和盘的总重力近似等于细线的拉力,作为小车所受的合外力,必须满足砝码和盘的总质量远小于小车的质量.
(2)因为两小车同时开始运动,同时停止,运动时间相同,由x=12at2可知,a与x成正比.
答案:(1)小车与滑轮之间的细线与轨道平行　远小于
(2)两车从静止开始匀加速直线运动,且两车运动的时间相同,其加速度与位移成正比
三、解答题(本题共4小题,共44分)
13.(8分) 如图所示,质量m=2 kg的物体静止在水平面上,物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们之间弹力的14.现对物体施加一个大小F=8 N,与水平方向夹角θ=37°的斜向上的拉力.求物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
解析:物体受到四个力的作用,如图所示,建立直角坐标系并分解力F.根据牛顿第二定律,x、y两个方向分别列方程
Fcos θ-f=ma ①
Fsin θ+N-G=0 ②
N为水平面对物体的支持力,即物体与水平面之间的弹力,故摩擦力f=14N ③
由①②③得a=1.3 m/s2,
由运动学公式得5 s内物体的位移
x=12at2=12×1.3×52 m=16.25 m.
答案:16.25 m
14.(10分)如图所示,风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力.质量m=100 g的小球穿在长L=1.2 m的直杆上并置于实验室中,球与杆间的动摩擦因数为0.5,当杆竖直固定放置时,小球恰好能匀速下滑.保持风力不变,改变固定杆与竖直线的夹角,将小球从O点静止释放.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)求当θ=37°时,小球离开杆时的速度大小;
(2)改变杆与竖直线的夹角θ,使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0,求此时θ的正切值.
解析:(1)当杆竖直固定放置时,F=F弹,μF弹=mg,解得风力F=2 N
当θ=37°时,小球受力情况如图所示,
垂直杆方向上有
Fcos 37°=mgsin 37°+N
解得N=1 N
小球受摩擦力f=μN=0.5 N
由牛顿第二定律得mgcos 37°+Fsin 37°-f=ma
解得a=15 m/s2
由vt2?v02=2ax得,小球到达杆下端时速度为vt=6 m/s.
(2)当摩擦力为0时,球与杆的弹力为0,由平衡条件得
Fcos θ=mgsin θ
解得tan θ=2.
答案:(1)6 m/s　(2)2
15.(12分) 如图所示,传送带与地面的倾角θ=37°,从A到B长度为16 m,传送带以10 m/s的速率逆时针转动,在传送带上端A处无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体.它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,求物体从A运动到B所需的时间.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
解析:第一阶段受力分析如图甲所示:物体由静止加速,直至速度为10 m/s,设此过程物体的加速度为a1,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,所以a1=gsin θ+μgcos θ=10×(0.6+0.5×0.8) m/s2=10 m/s2,物体加速至与传送带速度相等需要的时间为t1=va1=1010 s=1 s,物体加速至与传送带速度相等所发生的位移为x=12a1t12=12×10×12 m=5 m.
第二阶段受力分析如图乙所示:直至滑动B点,设此过程物体的加速度为a2,由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,所以a2=gsin θ-μgcos θ=10×(0.6-0.5×0.8) m/s2=2 m/s2,又设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2,由于L-x=vt2+12a2t22代入数值可解得t2=1 s,t2'=-11 s(舍去),所以,物体由A到B的总时间为t=t1+t2=2 s.
答案:2 s
16.(14分)一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75 m的高处,然后让座舱自由落下.落到离地面30 m高时,制动系统开始起动,座舱均匀减速,到地面时刚好停下.若座舱中某人用手托着m=5 kg的铅球,g取10 m/s2,试求:
(1)从开始下落到最后着地经历的总时间;
(2)当座舱落到离地面35 m的位置时,手对球的支持力的大小;
(3)当座舱落到离地面15 m的位置时,球对手的压力的大小.
解析:(1)由题意可知,座舱先自由下落
h1=75 m-30 m=45 m
由h1=12gt12得t1=2h1g=3 s
下落45 m时的速度v1=gt1=30 m/s
减速过程中的平均速度v2=v12=15 m/s
减速时间t2=h2v2=2 s,
总时间t=t1+t2=5 s.
(2)离地面35 m时,座舱自由下落,处于完全失重状态,所以手对球的支持力为零.
(3)由v12=2ah2,减速过程中加速度的大小
a=15 m/s2(或a=v1t2=15 m/s2)
根据牛顿第二定律,有N-mg=ma
解得N=125 N
根据牛顿第三定律可知,球对手的压力大小为125 N.
答案:(1)5 s　(2)0　(3)125 N