1、第三章检测(B)(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16题只有一个选项符合题目要求,第710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.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展.利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升.斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是()A.如果斜面光滑,小球
2、将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小解析:当斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿斜面上升的最高位置依次升高.对比三次实验结果,根据把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法可知,当斜面绝对光滑时,小球在斜面上没有能量损失,小球能够上升到与O点等高的位置,故最直接的结论是选项A;B、C、D中的结论从题目中不可以直接得出,故排除.答案:A2.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入.例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将
3、物体抛出.对此现象分析正确的是()A.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度解析:物体在手掌的推力作用下,由静止竖直向上加速时,物体处于超重状态.当物体离开手的瞬间,只受重力作用,物体的加速度等于重力加速度,处于完全失重状态,故A、B、C错误;物体离开手的前一时刻,手与物体具有相同的速度,物体离开手的下一时刻,手的速度小于物体的速度,即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内,手的速度变化量大于物体的速度变化量,故手的加速度大于物体的加速度,也就
4、是手的加速度大于重力加速度,故D正确.答案:D3.若货物随升降机运动的v-t图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()解析:由v-t图像可知,升降机的运动过程为:向下加速(失重Fmg)向上加速(超重Fmg)向上匀速(F=mg)向上减速(失重Ff1,做匀减速直线运动,所以正确选项为C.答案:C6.如图所示,A、B、C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C由一轻质细线连接.倾角为的光滑斜面体固定在地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始时系统处于静止状态,细线被烧断的瞬间,下列说法不正确的是()A.B
5、球的受力情况未变,加速度为零B.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为12gsin C.A、B之间杆的拉力大小为32mgsin D.C球的加速度沿斜面向下,大小为gsin 解析:细线被烧断的瞬间,B不再受细线的拉力作用,B的受力情况发生变化,合力不为零,加速度不为零,故A错误;以A、B、C组成的系统为研究对象,烧断细线前,A、B、C静止,处于平衡状态,合力为零,弹簧的弹力F=3mgsin ,以A、B整体为研究对象,烧断细线的瞬间,弹簧的弹力不变,所以根据牛顿第二定律得F-2mgsin =2ma,得a=12gsin ,故B正确;以B为研究对象,假设杆对B的拉力为T,则T-mgsin =ma
6、,得T=32mgsin ,故C正确;烧断细线后,C沿斜面方向只受重力的分力,则mgsin =maC,得aC=gsin ,故D正确.答案:A7.伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有()A.力不是维持物体运动的原因B.物体之间普遍存在相互吸引力C.忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反解析:B和D分别是牛顿发现的万有引力定律和牛顿第三定律,A和C是伽利略通过实验研究和逻辑推理发现的规律.选项A、C正确.答案:AC8.一质点在外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图像如图所示.在图中标出的时刻中,质
7、点所受合外力的方向与速度方向相同的有()A.t1B.t2C.t3D.t4解析:因物体做直线运动,速率增大的阶段质点所受合外力方向与其速度方向一定相同.由此判断选项A、C正确.答案:AC9.如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为,B与地面间的动摩擦因数为12.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则()A.当F3mg时,A相对B滑动D.无论F为何值,B的加速度不会超过12g解析:设F为F1时,A、B刚好从地面上滑动,则F1=12(2m+m)g=32mg,选项A错误;设F为F2时,A与B恰好发生相对滑动,对AB整体有F
8、2-123mg=3ma,对B有2mg-123mg=ma,解得F2=3mg,故选项C正确;当F=52mg时,AB保持相对静止,由牛顿第二定律得F-123mg=3ma,解得a=13g,选项B正确;当AB发生相对滑动时,B加速度最大,对B有2mg-123mg=maB,解得aB=12g,选项D正确.答案:BCD10.如图所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上.A、B质量分别为mA=6.0 kg、mB=2.0 kg,A、B之间的动摩擦因数=0.2.在物体B上施加水平方向的拉力F,开始时F=10 N,此后逐渐增加,在增大到45 N的过程中,以下判断错误的是()A.两物体间始终没有相对滑动B.两物体
9、间从受力开始就有相对滑动C.当拉力F16 N时,开始相对滑动解析:当A、B间的静摩擦力达到最大值时,A与B将开始相对滑动,根据牛顿第二定律,对A有mAg=mAa,得a=g=2 m/s2,对整体有F=(mA+mB)a=(6+2)2 N=16 N,所以当F16 N时,A、B两物体开始相对滑动.答案:ABC二、填空题(本题共2小题,共16分)11.(8分)某课外兴趣小组利用如图所示的实验装置研究“加速度与合外力的关系”.(1)该小组同学实验时先正确平衡摩擦力,并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力.改变钩码的个数,确定加速度a与细线上拉力F的关系,下列图像中能正确表示该同学实验结果的是.
10、(2)在上述实验中打点计时器使用的交流电频率为50 Hz,某次实验中一段纸带的打点记录如图所示,则小车运动的加速度大小为 m/s2.(保留3位有效数字)解析:(1)平衡摩擦力后,细线的拉力等于合力,而加速度与合力成正比,其关系图线应为过原点的直线.故选项A正确.(2)根据公式x=aT2可得xDE-xOA=4aT2a=xDE-xOA4T2=(3.42-2.21)10-24(0.02)2 m/s27.56 m/s2.答案:(1)A(2)7.56(7.537.59均可)12.(8分)某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图,如图乙所示.实验中小车(含发射
11、器)的质量为200 g,实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮.小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到.回答下列问题 .甲乙(1)根据该同学的结果,小车的加速度与钩码的质量成(选填“线性”或“非线性”)关系.(2)由图乙可知,a-m图线不经过原点,可能的原因是.(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下,小车的加速度与作用力成正比”的结论,并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力,则实验中应采取的改进措施是,钩码的质量应满足的条件是.解析:(1)由小车的加速度与钩码质量的关系图可知,描的点不在一条直线上,两者为非线性关系.(2)由关系图可知,当钩码质量不为零,即小车受到
12、一定的拉力时,其加速度为零,原因可能是小车受到摩擦力的作用.(3)调节轨道的倾斜度,平衡摩擦力,使得小车受的合力等于绳对小车的拉力.分别对小车和钩码受力分析,由牛顿第二定律得F=Ma和mg-F=ma,解得F=MmgM+m,可知当Mm时,Fmg.因此,平衡摩擦力后,再使钩码的质量远小于小车的质量,就可以直接以钩码的重力作为小车受到的合外力.答案:(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量三、计算题(本题共4小题,共44分)13.(8分)质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F,其运动的v-t图像如图所示.g取10 m/s2,
13、求:(1)物体与水平面间的动摩擦因数;(2)水平推力F的大小;(3)010 s内物体运动位移的大小.解析:(1)设物体做匀减速直线运动的时间为t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2,则a2=v2t-v20t2=-2 m/s2设物体所受的摩擦力为f,根据牛顿第二定律,有f=ma2f=-mg联立得=-a2g=0.2.(2)设物体做匀加速直线运动的时间为t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1,则a1=v1t-v10t1=1 m/s2根据牛顿第二定律,有F+f=ma1联立得F=mg+ma1=6 N.(3)解法一由匀变速直线运动位移公式,得x=x1+x2=v10t1+12a1t1
14、2+v20t2+12a2t22=46 m.解法二根据v-t图像围成的面积,得x=v10+v1t2t1+12v20t2=46 m.答案:(1)0.2(2)6 N(3)46 m14.(10分)科研人员乘气球进行科学考察.气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg.气球在空中停留一段时间后,发现气球漏气而下降,及时堵住.堵住时气球下降速度为1 m/s,且做匀加速运动,4 s内下降了12 m.为使气球安全着陆,向舱外缓慢抛出一定的压舱物.此后发现气球做匀减速运动,下降速度在5分钟内减少3 m/s.若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略,重力加速度g取9.89 m/s2,求抛掉的压舱物的质量.解析:
15、抛压舱物前,h1=v0t+12a1t12解得a1=1 m/s2设漏气后浮力为F,抛压舱物前质量为m,抛掉压舱物的质量为m,对过程分析,如图所示,由牛顿第二定律得mg-F=ma1抛压舱物后,v=a2t解得a2=0.01 m/s2由牛顿第二定律得F-(m-m)g=(m-m)a2解得m=101 kg.答案:101 kg15.(12分)如图所示,质量为M=1 kg的长木板静止在光滑水平面上,现有一质量m=0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0=3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板,带动木板一起向前滑动.已知滑块与木板间的动摩擦因数=0.1,重力加速度g取10 m/s2.求:(1)滑块在木板上
16、滑动过程中,长木板受到的摩擦力大小和方向;(2)滑块在木板上滑动过程中,滑块相对于地面的加速度大小a;(3)若长木板足够长,滑块与长木板达到的共同速度大小v.解析:(1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力,f=mg=0.5 N,方向水平向左.根据牛顿第三定律,滑块对木板的摩擦力大小为0.5 N,方向水平向右.(2)由牛顿第二定律得mg=ma得出a=g=1 m/s2.(3)对木板,由牛顿第二定律f=Ma可得a=fM=0.5 m/s2设经过时间t,滑块和长木板达到共同速度v,对滑块有v=v0-at,对长木板有v=at由以上两式得滑块和长木板达到的共同速度v=1 m/s.答案:(1)0.5 N方向水平向右(
17、2)1 m/s2(3)1 m/s16.(14分)如图所示,一质量m=0.4 kg 的小物块,以v0=2 m/s的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2 s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10 m.已知斜面倾角=30,物块与斜面之间的动摩擦因数=33.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小;(2)拉力F与斜面夹角多大时,拉力F最小?拉力F的最小值是多少?解析:(1)设物块加速度的大小为a,到达B点时速度的大小为v,由运动学公式得L=v0t+12at2v=v0+at联立式,代入数据得a=3 m/s2v=8 m/s.(2)设物块所受支持力为N,所受摩擦力为f,拉力与斜面间的夹角为,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得Fcos -mgsin -f=maFsin +N-mgcos =0又f=N联立式得F=mg(sin+cos)+macos+sin由数学知识得cos +33sin =233sin(60+)由式可知对应F最小的夹角=30联立式,代入数据得F的最小值为Fmin=1335 N.答案:(1)3 m/s28 m/s(2)301335 N
