粤教版高中物理必修第一册章末综合测评4牛顿运动定律含答案

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章末综合测评(四)1．B　[由牛顿第二定律F＝ma得m甲＝ eq \f(F甲,a甲)＝ eq \f(10,2) kg＝5 kg，m乙＝ eq \f(F乙,a乙)＝ eq \f(8,2) kg＝4 kg，物体的惯性只与其质量有关，与速度无关，m甲>m乙，所以B正确．]2．B　[ eq \f(λ,f)的单位是 eq \f(m,s－1)＝m·s，与v的单位“m/s”不相同，选项A错误；λf的单位是m·s－1，与v的单位“m/s”相同，选项B正确；vλ的单位是m·s－1·m＝m2·s－1，与f的单位“s－1”不相同，选项C错误；vf的单位是m·s－1·s－1＝m·s－2，与λ的单位“m”不相同，选项D错误．]3．A　[设绳子与后壁的夹角为θ，则竖直方向上：T cos θ＝mg，则T＝ eq \f(mg,cos θ)，故T不变；水平方向上：N－T sin θ＝ma，由于a增大，故N增大，所以A正确．]4．C　[在突然撤去外力F的瞬间，物体和秤盘所受向上的合外力为30 N，由牛顿第二定律可知，向上的加速度为10 m/s2.根据题意，秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止，故弹簧对秤盘向上的拉力为60 N．突然撤去外力F的瞬间，对秤盘，由牛顿第二定律得60 N－mg－FN＝ma，解得物体对秤盘压力的大小FN＝20 N，选项C正确．]5．A　[当两球运动至二者相距 eq \f(3,5)L时，如图所示，由几何关系可知sin θ＝ eq \f(\f(3L,10),\f(L,2))＝ eq \f(3,5)，设绳子拉力为T，水平方向有2T cos θ＝F，解得T＝ eq \f(5,8)F，对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝ eq \f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误．故选A.]6．D　[根据0～3 s内的v -t、F-t图像可知，物块在该时间内做匀速直线运动，水平推力等于摩擦力，即滑动摩擦力μmg＝4 N；根据3～6 s内的v -t图像可得加速度的大小为2 m/s2，由牛顿第二定律得μmg－2＝m×2，解得μ＝0.4，m＝1 kg；由6 s后的v -t图像可得物块的加速度大小为1 m/s2，由牛顿第二定律得6－μ′mg＝m×1，解得μ′＝0.5，选项D正确．]7．D　[对A受力分析，由牛顿第二定律得F合＝mg tan θ＝maA，解得a＝g tan θ，方向水平向左，则小车向右做减速运动，故A错误；细绳的拉力为T＝ eq \f(mg,cos θ)，故B错误；由题意可知，A与小车相对静止，则小车与A具有相同的加速度，即小车的加速度大小为g tan θ，方向水平向左，此刻物块B的加速度与小车相同，根据牛顿第二定律可知FfB＝MaB＝Mg tan θ，方向水平向左，小车对物体B的作用力为F＝ eq \r(（Mg）2＋F2fB)＝Mg eq \r(1＋tan2θ)，方向为斜向左上方，故C错误，D正确．故选D.]8．AC　[手对杯子的压力和杯子对手的弹力为作用力与反作用力，故A正确；杯子静止，对其受力分析，竖直方向受静摩擦力和重力平衡，静摩擦力的大小等于重力的大小，不随压力变化，故B错误；往杯子中加水后，杯子整体重力增大，但仍静止，则静摩擦力增大，故C正确；加水后，静摩擦力不一定达到最大值，当未达到最大值时，压力可以保持不变，故D错误．故选AC.]9．AD　[由题图图像看出t0～t1时间内弹簧秤示数小于体重，表明人处于失重状态，电梯有向下加速度，可能向下做匀加速或向上做匀减速运动；t1～t2时间内弹簧秤示数等于体重，表明人处于平衡状态，电梯加速度为零，电梯可能匀速，也可能静止；t2～t3时间内弹簧秤示数大于体重，表明人处于超重状态，电梯有向上的加速度，电梯可能向下做匀减速运动或向上做匀加速运动．故选AD.]10．BC　[在包裹加速运动阶段，包裹加速度沿传送带向上，根据力的合成可知传送带对包裹的作用力方向偏向右上方，故A错误；包裹与传送带达到共速时，包裹在传送带上受到静摩擦力的作用，随传送带一起匀速，根据平衡条件可得Ff＝mg sin θ，所以传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大，故B正确；依题意可得，包裹加速所需时间满足v＝at，又μmg cos θ－mg sin θ＝ma，联立可得包裹加速所需时间t＝ eq \f(v,μg cos θ－g sin θ)，由数学知识可知，传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长，故C正确；依题意由选项C可知，包裹在加速阶段的时间与包裹质量无关，在匀速阶段时间取决于传送带的速度，也与包裹质量无关，所以，整个过程包裹从传送带的底端运送到顶端所需要的时间与包裹质量无关，故D错误．故选BC.]11．答案：s＝ eq \f(1,2)at2　在实验误差范围内当小车质量保持不变时，由于s∝F，说明a∝F　控制两车同时运动和同时停止　调整两木板，平衡摩擦力(或使砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量等)12．解析：(2)小车的加速度a＝ eq \f(（x4－x2）－x2,4T2)＝ eq \f(（17.54－5.72）－5.72,4×0.12)×10－2m/s2≈1.53 m/s2.(3)该实验中，弹簧测力计的读数F即为绳子拉小车的拉力，由于已经平衡摩擦，所以弹簧测力计的读数F等于小车所受合外力；小车的质量M和重物的质量m不需要满足M≫m.(4)图乙a-F图像中图线是一条直线，说明加速度a与F成正比，所以可以得到结论在小车质量M一定的情况下，加速度a与力F成正比．(5)根据牛顿第二定律有F＝Ma，整理得 eq \f(1,M)＝ eq \f(a,F)，若直线与横坐标的夹角为α，则tan α＝ eq \f(a,F)，所以tan α＝ eq \f(1,M)，则该小车的质量M为 eq \f(1,tan α).答案：(2)1.53 m/s2　(3)等于　 不需要　(4)在小车质量M一定的情况下，加速度a与力F成正比　(5) eq \f(1,tan α)13．解析：由题图图像可知上滑过程的加速度的大小a上＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt)))＝ eq \f(12,2) m/s2＝6 m/s2下滑过程的加速度的大小a下＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(12,3) m/s2＝4 m/s2上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图所示上滑过程a上＝ eq \f(mg sin θ＋μmg cos θ,m)＝g sin θ＋μg cos θ同理下滑过程a下＝g sin θ－μg cos θ解得θ＝30°，μ＝ eq \f(\r(3),15).答案：30°　 eq \f(\r(3),15)14．解析：(1)当小球与挡板分离时，挡板对小球的作用力恰好为零，对小球由牛顿第二定律得mg sin θ－ks＝ma解得小球做匀加速运动的位移为s＝ eq \f(m（g sin θ－a）,k)由s＝ eq \f(1,2)at2得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t＝ eq \r(\f(2s,a))＝ eq \r(\f(2m（g sin θ－a）,ka)).(2)小球的速度达到最大时，其加速度为零，则有kx′＝mg sin θ得小球从开始运动到速度达到最大，经过的最小路程为x′＝ eq \f(mg sin θ,k).答案：(1) eq \r(\f(2m（g sin θ－a）,ka))　(2) eq \f(mg sin θ,k)15．解析：(1)对物体受力分析，如图甲：甲根据牛顿第二定律可知F cos 37°－Ff＝ma1FN＋F sin 37°－mg＝0又Ff＝μFN解得a1＝ eq \f(F（cos 37°＋μsin 37°）,m)－μg＝0.5 m/s2从A到B的位移s＝ eq \f(1,2)a1t2＝16 m.(2)当物体的速度v<7.5 m/s时，物体受力情况如图乙：乙根据牛顿第二定律F cos 37°＋Ff＝ma2FN＋F sin 37°－mg＝0Ff＝μFN解得a2＝ eq \f(F（cos 37°－μsin 37°）,m)＋μg＝7.5 m/s2当物体的速度达到7.5 m/s时所用时间为t1，则t1＝ eq \f(v,a2)＝1 st1时间内的位移为s1＝ eq \f(1,2)a2t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝3.75 m其末速度为v1＝a2t1＝7.5 m/s之后物体的速度大于7.5 m/s，摩擦力反向，加速度为a1，则s－s1＝v1t2＋ eq \f(1,2)a1t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))12．25＝7.5t2＋0.25t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))即t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋30t2－49＝0t2≈1.55 s所以物体从A到B的总时间为t＝t1＋t2＝2.55 s.答案：(1)16 m　(2)2.55 s12345678910BBACADDACADBC11s＝ eq \f(1,2)at2　在实验误差范围内当小车质量保持不变时，由于s∝F，说明a∝F　控制两车同时运动和同时停止　调整两木板，平衡摩擦力(或使砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量等)12(2)1.53　(3)等于　 不需要　(4)在小车质量M一定的情况下，加速度a与力F成正比　(5) eq \f(1,tan α)1330°　 eq \f(\r(3),15)14(1) eq \r(\f(2m（g sin θ－a）,ka))　(2) eq \f(mg sin θ,k)15(1)16 m　(2)2.55 s