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重庆市万州高级中学级高三物理第一轮复*单元检测试卷(十一)(牛顿运动定律)

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万州高级中学 2010 级高三物理第一轮复*单元检测试卷(十一)
(牛顿运动定律) 学号 姓名 班级 分数 一.选择题(本题包括 8 小题,每小题 6 分,共 48 分。每小题给出的四个选项中,只有一 个选项是正确的) 题号 答案 1.手提一根不计质量的、下端挂有物体的弹簧上端,竖直向上作加速运动。当手突然停止 运动后的极短时间内,物体将 A.立即处于静止状态 B.向上作加速运动 C.向上作匀速运动 D.向上作减速运 1 2 3 4 5 6 7 8 分数

动 2.一个人站在磅秤上,在他蹲下的过程中,磅秤上的示数将 A.先减小后增大最后复原 B.先增大后减小最后复原 C.先减小后复原 D.先增大后复原 3. 竖直上抛一个物体,不计空气阻力时,上升到最高点所需时间为 t。.如果有空气阻力, 且所受阻力的大小不变, 仍以同样的初速竖直上抛该物体, 上升到最大高度所需的时间为 t2, 从最高点落回抛出点所需的时间为 t3,则 A. t2、t3 都比 t1 大 B. t1=t2=t3 C. t3>tl>t2 D. t 2>t1>t3 4. 一间新房即将建成要封顶 ,考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地淌离房顶 ,要设计好房 顶的高度,设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动,那么图中所示的四种情况中符合要 求 150 300 450 60
0

的是

A

B

C

D

5. 如图所示,静止在光滑水*面上的物体 A,一端靠着处于自然状态的弹簧.现对物体作 用一水*恒力,在弹簧被压缩到最短这一过程中,物体的速度和加速度变化的情况是 A.速度增大,加速度增大 B.速度增大,加速度减小 C.速度先增大后减小,加速度先增大后减小 D.速度先增大后减小,加速度先减小后增大 6. 物体 B 放在物体 A 上,A、B 的上下表面均与斜面*行(如图), 当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面 C 向上做匀减速运 动时 A.A 受到 B 的摩擦力沿斜面方向向上 B.A 受到 B 的摩擦力沿斜面方向向下 C.A、B 之间的摩擦力为零 D.A、B 之间是否存在摩擦力取决于 A、B 表面的性质 7. 如图所示, 在一粗糙水*面上有两个质量分别为 m1 和 m2 的木块 1 和 2, 中间用一原长为 l、 劲度系数为 K 的轻弹簧连接起来, 木块与地面间的滑动摩擦因数为μ 。 现用一水*力向右拉

木块 2,当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是 (A) l ? (C) l ?

?
K

m1 g
m2 g

(B) l ? (D) l ?

?
K

( m1 ? m 2 ) g

?
K

m1m2 )g K m1 ? m2 (

?

8. 如图所示,一弹簧的下端固定在地面上,一质量为 0.05kg 的木块 B 固定在弹 簧的上端,一质量为 0.05kg 的木块 A 置于木块 B 上,A、B 两木块静止时,弹簧 A BF 的压缩量为 2cm;再在木块 A 上施一向下的力 F,当木块 A 下移 4cm 时,木块 A 2 和 B 静止,弹簧仍在弹性限度内,g 取 10m/s .撤去力 F 的瞬间,关于 B 对 A 的作 用力的大小,下列说法正确的是 A.2.5N B.0.5N C.1.5N D.1N 二.填空题(本题包括 2 小题,13 题 6 分,14 题 12 分,共 18 分) 9. 现要测定木块与长木板之间的动摩擦因数,给定的器材如下: 一倾角可以调节的长木板(如图)、木块、计时器一个、米尺. (1)填入适当的公式或文字,完善以下实验步骤: ①让木块从斜面上方一固定点 D 从静止开始下滑到 斜面底端 A 处,记下所用的时间 t. ②用米尺测量 D 与 A 之间的距离 s,则木块的加速度 a= . ③用米尺测量长木板顶端 B 相对于水*桌面 CA 的高度 h 和长木板的总长度 l.设木块 所受重力为 mg,木块与长木板之间的动摩擦因数为 ? ,则木块所受的合外力 F = _____ . ④根据牛顿第二定律,可求得动摩擦因数的表达式 ? =_____________________ ,代 入测量值计算求出 ? 的值. ⑤改变_____________________________________,重复上述测量和计算. ⑥求出 ? 的*均值. (2)在上述实验中,如果用普通的秒表作为计时器,为了减少实验误差,某同学提出了 以下的方案,其中合理的意见是 .(填写代号) A.选用总长度 l 较长的木板. B.选用质量较大的木块. C.使木块从斜面开始下滑的起点 D 离斜面底端更远一些. D.使长木板的倾角尽可能大一点. 10. 用如图(甲)所示的实验装置来验证牛顿第二定律,为消除摩擦力的影响,实验前必须 *衡摩擦力.

(1)某同学*衡摩擦力时是这样操作的:将小车静止地放在水*长木板上,把木板不带滑 轮的一端慢慢垫高,如图(乙),直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止.请问这位同学 的操作是否正确?如果不正确,应当如何进行? 答: . (2)如果这位同学先如(1)中的操作,然后不断改变对小车的拉力 F,他得到 M(小车

质量) 保持不变情况下的 a—F 图线是下图中的

(将选项代号的字母填在横线上) .

(3)打点计时器使用的交流电频率 f=50Hz. 下图是某同学在正确操作下获得的一条纸带, A、B、C、D、E 每两点之间还有 4 个点没有标出.写出用 s1、s2、s3、s4 以及 f 来表示小车加 速度的计算式: a= m/s (结果保留两位有效数字).
2

. 根据纸带所提供的数据,算得小车的加速度大小为

三、本题共 3 小题,共 54 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只 写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位. 11(16 分) 如图所示,质量为 M=8kg 的小车放在光滑水*面上,在小车右端加一水*恒力 F=8 N,当小车向右速度达到 1.5m/s 时,在小车的前端轻轻放上一个大小不计、质量 m=2kg 的物体, 物块与小车间的动摩擦因数μ =0.2, 小车足够长, 求物块从放上小车开始经过 t=1.5s 2 通过的位移大小(g=10m/s ).

12. (18 分) 如图所示, 传送带以恒定的速度υ =lOm/s 运动, 已知传送带与水*面成θ =37° 角,PQ=16m,将一小物块无初速地放在传送带上 P 点,物块与此传送带间的动摩擦因数μ =0.5, g=lOm/s2,求:(sin37°=0.6 cos37°=0.8) (1)当传送带顺时针转动时,小物块运动到 Q 点的时间为多少? (2)当传送带逆时针转动时,小物块运动到 Q 点的时间为多少?

13(20 分) 一个弹簧放在水*地面上,Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘,P 为一重物,已 知 P 的质量 M=10.5kg, Q 的质量 m=1.5 kg,弹簧的质量不计,劲度系数 k=800N/m, 系统处于静止,如下图所示,现给 P 施加一个方向竖直向上的力 F,使它从静止开始向上做 匀加速运动, 已知在前 0.2s 以后, F 为恒力, 求力 F 的最大值与最小值. (取 g=10m/s2) .

参考答案及提示 题号 答案 1 B 2 A 3 C 4 C 5 D 6 C 7 A 8 C

9. (1)② ④

2s mg (h ? ? l 2 ? h 2 ) .③ 2 l t

h l ?h
2 2

?

2sl gt
2

l 2 ? h2

⑤长木板的倾角(或长木板顶端距水*桌面的高度) (2)AC D 10. (1)*衡摩擦力的要点是把有打点计时器的那一端适当抬高,给小车一个初速度,小

车能匀速下滑, 则小车所受摩擦力和小车的重力沿斜面向下的分力*衡, 则小车所受绳子的 拉力可认为小车所受的合外力,达到*衡摩擦力的作用.故第(1)问的答案应为:该同学的 操作不正确,正确的操作应该为给小车一个初速度,小车能够匀速下滑. (2)该同学做实验时实际上是*衡摩擦力过度, 故没有拉力 F 之前已经有加速度, 故 C 正确.

[(s3 ? s 4 ) ? ( s1 ? s 2 )] f 2 (3)采用分组法得计算加速度的表达式 a ? , 带入数据解得 a 100
= 0.60m/s . 11. 2.1m 解:(1)物体向右做初速度为零的匀加速直线运动。根据牛顿第二定律,加速度为
2

a1 ?

F摩 m

?

?m g
2

m / s 2 ? 2m / s 2

木板受到物体的滑动摩擦力 F摩 方向向左,故其加速度为

a2 ?

F ? F摩 M

?

8?4 m / s 2 ? 0.5m / s 2 8

木板这时向右做初速度不为零的匀加速直线运动,设物体最终在木板上达到相对静止, 在刚达到与物体相对静止时,木板与物体应具有相同的瞬时速度,即:

a1t ? v0 ? a2t ,即: t ?
在这 1s 里物体的位移: s1 ?

v0 1.5 ? s ? 1s a1 ? a 2 2 ? 0.5

1 2 1 a1t ? ? 2 ? 12 m ? 1m 2 2

从此以后物体和木板一起匀加速速直线运动。

F 8 ? m / s 2 ? 0.8m / s 2 M ? m 10 1 2 物体的位移为: s 2 ? a1t (1.5 ? t ) ? a3 (1.5 ? t ) ? 1.1m 2
加速度为: a3 ? 物体通过的总位移为: s ? s1 ? s2 ? 2.1m 12.

13. 分析: (1)P 做匀加速运动,它受到的合外力一定是恒力.P 受到的合外力共有 3 个:重力、 向上的力 F 及 Q 对 P 的支持力 FN,其中重力 Mg 为恒力,FN 为变力,题目说 0.2s 以后 F 为恒力,说明 t=0.2s 的时刻,正是 P 与 Q 开始脱离接触的时刻,即临界点. (2)t=0.2s 的时刻,是 Q 对 P 的作用力 FN 恰好为零的时刻,此时刻 P 与 Q 具有相同 的速度及加速度.因此,此时刻弹簧并未恢复原长,也不能认为此时刻弹簧的弹力为零. (3)当 t=0 时刻,应是力 F 最小的时刻,此时刻 F 小=(M+m)a(a 为它们的加速 度).随后,由于弹簧弹力逐渐变小,而 P 与 Q 受到的合力保持不变,因此力 F 逐渐变大, 至 t=0.2s 时刻,F 增至最大,此时刻 F 大= M(g+a)。 以上三点中第(2)点是解决此问题的关键所在,只有明确了 P 与 Q 脱离接触的瞬间情 况,才能确定这 0.2s 时间内物体的位移,从而求出加速度 a,其余问题也就迎刃而解了. 解: 设开始时弹簧压缩量为 x1, t=0.2s 时弹簧的压缩量为 x2,物体 P 的加速度为 a,则有

由①式得

解②、③式,a=6m/s2 则: F 小=(M+m)a=72N F 大=M(g+a)=168N




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