1、第四章测评(A)(时间:60分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题5分,共25分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.关于力学知识和物理学史,下列说法正确的是()A.牛顿、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位B.在任何单位制中,牛顿第二定律的公式F=kma中的k都等于1C.伽利略通过理想斜面实验证明,力是维持物体运动状态的原因D.牛顿第一定律不可能用实验直接验证答案:D解析:牛顿不是国际单位制中的基本单位,牛顿是导出单位,故A错误;只有在国际单位制中,牛顿第二定律的公式F=kma中的k才等于1,故B错误;伽利略通过理想斜面实验,得出力不是维持物体运动状态的原因的结论,故C错误
2、;牛顿第一定律是由理想斜面实验推理得出的结论,不可以用实验直接验证,故D正确。2.右图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图,若已知飞船质量为3.0103 kg,其推进器的平均推力为900 N,在飞船与空间站对接后,推进器工作5 s,测出飞船和空间站速度变化是0.05 m/s,则空间站的质量为()A.9.0104 kgB.8.7104 kgC.6.0104 kgD.6.0103 kg答案:B解析:根据飞船和空间站的速度变化,得出它们的加速度,再根据牛顿第二定律得出它们的总质量,总质量减去飞船的质量就是空间站的质量。由加速度定义式得a=v-v0t=0.055m/s2=0.01m/s2。由牛顿第二
3、定律F=(m1+m2)a得m2=F-m1aa=900-30000.010.01kg=8.7104kg,故B正确。3.如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置时的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()答案:A解析:设物块P静止时,弹簧的长度为l0,对其受力分析如图所示。根据牛顿第二定律,得F+k(l-l0-x)-mg=ma,又k(l-l0)=mg,故F=kx+ma,A正确。4.如图所示,质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端,轻弹簧的一端与A球相连,另一
4、端固定在倾角为30的光滑斜面顶端,重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间()A.A的加速度为零,B的加速度大小为gB.A、B的加速度大小均为0.5gC.A、B的加速度均为零D.A的加速度为零,B的加速度大小为0.5g答案:B解析:设小球的质量为m,对整体分析,弹簧的弹力F=2mgsin30=mg。剪断细线的瞬间,弹簧的弹力不变,对A分析,aA=F-mgsin30m=g2;B的加速度为aB=mgsin30m=g2,故B正确,A、C、D错误。5.如图所示,质量为m、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上,光滑凹槽内有一质量为m的小铁球,现用一水平向右的推力F推动凹槽,小铁球与光滑凹槽相对静止时,
5、凹槽球心和小铁球球心的连线与竖直方向成角。重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.小铁球受到的合外力方向水平向左B.F=(m+m)gtan C.系统的加速度为a=gsin D.F=mgtan 答案:B解析:对小铁球受力分析得mgtan=ma,且合外力水平向右,故小铁球加速度为gtan,因为小铁球与凹槽相对静止,故系统的加速度也为gtan,A、C错误;整体受力分析得F=(m+m)a=(m+m)gtan,故选项B正确,D错误。二、多项选择题(本题共3小题,每小题5分,共15分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)6.海底世界的“海狮顶球”节目因其互动
6、性强而深受小朋友们的喜爱。右图为一海狮把球顶向空中,并等其落下。下列说法正确的是(忽略空气阻力)()A.球在最高点时受到重力和海狮对它的弹力作用B.球在最高点时速度为零,但加速度不为零C.球在上升过程中处于超重状态D.球在下落过程中处于失重状态答案:BD解析:球在最高点只受重力作用,故A错误;球上升到最高点时受到重力的作用,速度为零,加速度为g,故B正确;球上升和下落过程都只受重力的作用,加速度均为g,方向向下,处于失重状态,故C错误,D正确。7.某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。降落伞用8根对称的
7、绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为=37,如图乙所示。已知运动员的质量为50 kg,降落伞的质量也为50 kg,不计运动员所受的阻力,打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比,即Ff=kv(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)。则下列判断正确的是()A.打开降落伞前人下落的距离为20 mB.k=100 Ns/mC.打开伞瞬间运动员的加速度a=30 m/s2,方向竖直向上D.悬绳能够承受的拉力至少为625 N答案:AC解析:根据速度位移公式得,打开降落伞前人下落的距离h0=v022g=202210m=20m,故A正确;最后匀速下降时有kv=(m1+m2)g,代入数据解
8、得k=200Ns/m,故B错误;打开伞瞬间对整体根据牛顿第二定律可得kv0-(m1+m2)g=(m1+m2)a,解得a=kv0m1+m2-g=20020100m/s2-10m/s2=30m/s2,方向竖直向上,故C正确;设每根绳拉力为FT,以运动员为研究对象有8FTcos37-m1g=m1a,解得FT=m1(g+a)8cos37=504080.8N=312.5N,由牛顿第三定律得悬绳能承受的拉力至少为312.5N,故D错误。8.运送粮袋的传送装置如图所示,已知A、B间长度为l,传送带与水平方向的夹角为,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为,正常工作时工人在A点将粮袋轻放到运行中的传
9、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()A.粮袋到达B点的速度可能大于、可能等于、也可能小于vB.粮袋开始运动的加速度为g(sin -cos ),若l足够大,则以后将以速度v做匀速运动C.若gsin 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,当速度与传送带速度相同后,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,当速度与传送带速度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mgcos,根据牛顿第二定律得,加速度
10、a=g(sin+cos),故B错误。若tan,则重力沿斜面向下的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+cos)的加速度匀加速;也可能先以g(sin+cos)的加速度匀加速,后以g(sin-cos)的加速度匀加速,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。三、非选择题(本题共5小题,共60分)9.(9分)在探究物体的加速度与力、质量的关系的实验中,得到下表所示数据。次数质量m/kg受力F/N加速度a/(ms-2)10.50.2520.5031.0041.051.5(1)若利用前三组数据探究加速度与受力的关系,则
11、2、3组数据中物体的质量应该为 kg;若利用后三组数据探究加速度与物体质量的关系,则4、5组数据中物体所受的力应该为 N。(2)为了验证“加速度与物体质量成反比”的猜想,采用图像法处理数据。下面是四个小组描绘出的不同图像,你觉得能够准确验证上述猜想的图像有。答案:(1)0.51.00(2)BC解析:(1)该实验采用的是控制变量法,应保持一个量不变,研究其他两个量之间的关系。若利用1、2、3组数据探究加速度与受力的关系,应保持物体的质量不变,则2、3组数据中物体的质量和1组数据中物体的质量相等,都为0.5kg;若利用3、4、5组数据探究加速度与物体质量的关系,应保持力不变,则4、5组数据中物体所
12、受的力和3组数据中物体所受的力相等,都为1.00N。(2)a-m图线只能判断出当力不变时随着m的增大,a减小,不能直接得出a与m成反比,若画出的a-1m图线是过原点的倾斜直线,则说明加速度与物体质量成反比,若画出的1a-m图线是过原点的倾斜直线,则也能说明加速度与物体质量成反比,故选B、C。10.(9分)某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。甲(1)该同学在平衡摩擦力后进行实验,为了便于探究、减小误差,应使小车质量m车与砝码和砝码盘的总质量m满足的条件。(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交变电源上,得到一条纸带,打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点未画出
13、),其中s1=3.59 cm,s2=4.39 cm,s3=5.19 cm,s4=5.99 cm,s5=6.79 cm,s6=7.59 cm。则小车的加速度a= m/s2,打点计时器在打B点时小车的速度vB= m/s。(结果均保留两位有效数字)乙(3)通过实验得到如图丙所示的a-F图像,造成这一结果的原因是:在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角(选填“偏大”或“偏小”)。丙答案:(1)m车m(2)0.800.40(3)偏大解析:(1)对整体分析,根据牛顿第二定律得a=mgm车+m,则绳子的拉力F=m车a=m车mgm车+m=mg1+mm车,当m车m,即小车质量m车远大于砝码和砝码盘的总质量m时,可以
14、近似认为小车运动时受到的拉力等于砝码和砝码盘的总重力。(2)计数点间的时间间隔为T,由匀变速直线运动的推论x=aT2可知,加速度a=s6+s5+s4-s3-s2-s19T2=(7.59+6.79+5.99-5.19-4.39-3.59)10-290.12m/s2=0.80m/s2B点的瞬时速度为vB=s1+s22T=(3.59+4.39)10-20.2m/s=0.40m/s。(3)当F=0时,小车已经具有了加速度,说明在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大。11.(13分)如图所示,一个质量为m=2 kg的物块,在F=10 N的拉力作用下,从静止开始沿水平面做匀加速直线运动,拉力方向与水平方向
15、成=37角,物块与水平面的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37= 0.8。(1)画出物块的受力示意图。(2)求此物块受到的滑动摩擦力的大小。(3)求此物块在2 s末的速度。答案:(1)物块的受力示意图如下(2)7 N(3)1 m/s解析:(1)物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力,受力示意图如答案图所示。(2)物块竖直方向受力平衡,有Fsin37+FN=mg解得FN=mg-Fsin37此物块受到的滑动摩擦力为Ff=FN=(mg-Fsin37)=7N。(3)根据牛顿第二定律,有Fcos37-Ff=ma代入数据解得a=0.5m/s2所以物块在2s末
16、的速度为v=at=0.52=1m/s。12.(14分)如图所示,装卸工要将质量为50 kg的木箱(可视为质点)移到卡车上,他找来长为5.5 m的直木板,做了一个倾角为37的固定斜面。装卸工用大小为550 N、方向沿斜面向上的拉力F将木箱从斜面底端由静止拉上卡车。已知木箱与木板间的动摩擦因数=0.5,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2。求:(1)木箱沿斜面向上加速运动时加速度的大小;(2)要将木箱拉上卡车,拉力F至少需作用多长的距离。答案:(1)1 m/s2(2)5 m解析:设斜面对木箱的弹力为FN,摩擦力为Ff,匀加速过程的加速度为a1,匀减速过程的加速度为a2。(
17、1)由牛顿第二定律得垂直于斜面方向,FN=mgcos37平行于斜面方向,F-mgsin37-Ff=ma1Ff=FN代入数据解得a1=1m/s2。(2)撤去拉力后,平行于斜面方向,mgsin37+mgcos37=ma2代入数据解得a2=10m/s2设运动最大速度为v,则v2=2a1x1v2=2a2x2x1+x2=5.5m代入数据解得x1=5m。13.(15分)图甲为某水上乐园的“彩虹滑道”游乐项目。小美从滑道的顶端由静止开始滑下,沿滑道ABCD运动过程可以简化为如图乙所示(各段滑道之间平滑连接,即通过连接点前后的速度大小不变)。已知滑道AB长为20 m,与水平面成=53,滑道BC长为2.8 m,
18、与水平面的夹角为=37,小美与滑道AB、BC表面的动摩擦因数均为0.5,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,sin 53=0.8,cos 53=0.6。甲乙(1)求小美沿滑道AB段下滑时的加速度大小。(2)求小美从滑道的顶端由静止开始沿滑道ABC滑至C点时速度的大小。(3)在滑道末端的水平减速滑道CD长为12 m,CD段可以通过改变滑道内水的深度来改变阻力系数k(k为阻力与重力之比)。人若受到大于其自身重力2倍的阻力时,身体会有不适感、会不安全。为保证安全需要,且不能冲出CD轨道,求减速滑道阻力系数k的取值范围。答案:(1)5 m/s2(2)12 m/s(3)0.6k2解析:(1)对小美受力分析如图所示。mgsin-mgcos=ma1代入数据可以得到a1=5m/s2。(2)AB的过程,小美做匀加速直线运动vB2-v02=2a1xAB代入数据可以得到vB=102m/sBC的过程,小美做匀减速直线运动-mgsin-mgcos=ma2代入数据可以得到a2=-10m/s2又vC2-vB2=2a2xBC,代入数据可以得到vC=12m/s。(3)设到D点时速度减为0,-kmg=ma3,vD2-vC2=2a3xCD代入数据可以得到k=0.6又因为阻力不能大于其自身重力的2倍,即k2,所以0.6k2。
