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  • ID:6-8246550 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:5.3牛頓第二運動定律 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第5章 牛頓運動定律 /第3節 牛頓第二運動定律

    5.3牛頓第二運動定律 質量檢測(含解析) 1.如圖甲所示,在光滑的水平面上有質量為M且足夠長的長木板,木板上面疊放一個質量為m的小物塊。現對長木板施加水平向右的拉力F=3t(N)時,兩個物體運動的a?-t圖象如圖乙所示,若取重力加速度g=10 m/s2,則下列說法中正確的是(  ) A.圖線Ⅰ是小物塊運動的a-?t圖象 B.小物塊與長木板間的動摩擦因數為0.3 C.長木板的質量M=1 kg D.小物塊的質量m=2 kg 2.在民航和火車站可以看到用于對行李進行安全檢查的水平傳送帶.當旅客把行李放到傳送帶上時,傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速運動.隨后它們保持相對靜止,行李隨傳送帶一起前進. 設傳送帶勻速前進的速度為0.25m/s,把質量為5kg的木箱靜止放到傳送帶上,由于滑動摩擦力的作用,木箱以6m/s2的加速度前進,那么這個木箱放在傳送帶上后,傳送帶上將留下的摩擦痕跡約為( ) A.5mm B.6mm C.7mm D.10mm 3.如圖所示,水平地面上有兩個完全相同的木塊A、B,在水平推力F作用下運動,用FAB代表A、B間的相互作用力(  ) A.若地面是完全光滑的,則FAB=F B.若地面是完全光滑的,則FAB=F C.若地面的動摩擦因數為μ,則FAB=F D.若地面的動摩擦因數為μ,則FAB=2F 4.如圖所示,在橫截面為正三角形的容器內放有一小球,容器內各面與小球恰好接觸,圖中a、b、c為容器的三個側面、將它們以初速度v0豎直向上拋出,運動過程中容器所受空氣阻力與速率成正比,下列說法正確的是 A.上升過程中,小球對c有壓力且逐漸變大 B.上升過程中,小球受到的合力逐漸變大 C.下落過程中,小球對a有壓力且逐漸變大 D.下落過程中,小球對容器的作用力逐漸變大 5.某同學研究物體的運動,讓一個質量為2kg的物體在水平恒力的作用下沿光滑水平面做直線運動,物體的圖線如圖所示,t是從某時刻開始計時物體運動的時間,x為物體在時間t內的位移,由此可知(  ) A.0~5s內物體的位移為45m B.5s末物體的速度為4.5m/s C.0~10s內物體的速度變化量為3m/s D.物體受到的恒力大小為1.2N 6.如右圖,輕彈簧上端與一質量為m的木塊1相連,下端與另一質量為M的木塊2相連,整個系統置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止狀態.現將木板沿水平方向突然抽出,設抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為、.重力加速度大小為g.則有 A., B., C., D., 7.如圖所示,足夠長的傳送帶與水平面間夾角為θ,以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊,小木塊與傳送帶間的動摩擦因數。則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是(  ) A. B. C. D. 8.如圖所示,位于豎直平面內的固定光滑圓環軌道與水平面相切于M點,與豎直墻相切于A點,豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°,C是圓環軌道的圓心,已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點;c球由C點自由下落到M點,則(  ) A.a球最先到達M點 B.b球最先到達M點 C.c球最先到達M點 D.b球和c球都可能最先到達M點 9.如圖所示,在傾角為的斜面上方的A點處懸掛一表面光滑的木板AB,B端剛好在斜面上,木板與豎直方向AC所成的角度為,一小物塊由A端沿木板由靜止滑下,要使物塊滑到斜面的時間最短,則與角的大小關系為( ) A. B. C. D. 10.如圖所示,勁度系數為k的輕彈簧豎直放置,下端固定在水平地面上.一質量為m的小球,從離彈簧上端高h處自由下落,接觸彈簧后繼續向下運動.觀察小球從開始下落到第一次運動至最低點的過程,下列關于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是 ( ) A. B. C. D. 11.如圖所示,水平面上有兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2,中間用一條輕繩連接,兩物體的材料相同,現用力F向右拉木塊2,當兩木塊一起向右做勻加速直線運動時,下列說法正確的是(  ) A.繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關 B.繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關 C.若水平面是光滑的,則繩的拉力為 D.若水平面是粗糙的,且物體和地面摩擦因數為μ,則繩的拉力為+mg 12.如圖甲所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率運行,初速度大小為的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時,小物塊在傳送帶上運動的圖像(以地面為參考系)如圖乙所示,已知,則(  ) A.時刻,小物塊離A處的距離達到最大 B.時刻,小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大 C.時間內,小物塊受到的摩擦力方向一直向右 D.時間內,小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 13.如圖所示,光滑斜面與傾斜傳送帶在同一個平面內,傳送帶以速度v0逆時針勻速轉動,現有一滑塊從斜面上由靜止釋放,若滑塊與傳送帶間的動摩擦因數恒定,規定沿斜面向下的速度方向為正方向,則滑塊在傳送帶上滑動時的速度隨時間變化的圖線可能是(  ) A. B. C. D. 14.如圖所示,在光滑斜面上,有一輕質彈簧的一端固定在斜面上,有一物體A沿著斜面下滑,當物體A剛接觸彈簧的一瞬間到彈簧壓縮到最低點的過程中,下列說法中正確的是 A.物體的加速度將先增大,后減小 B.物體的加速度將先減小,后增大 C.物體的速度將先增大,后減小 D.物體的速度將先減小,后增大 15.如圖所示,傾角為θ的斜面放在粗糙的水平地面上,現有一帶固定支架的滑塊M正沿斜面加速下滑。支架上用細線懸掛質量為m的小球達到穩定(與滑塊相對靜止)后,懸線的方向與豎直方向的夾角也為θ,斜面體始終保持靜止,則下列說法正確的是(  ) A.斜面光滑 B.斜面粗糙 C.達到穩定狀態后,地面對斜面體的摩擦力水平向左 D.達到穩定狀態后,地面對斜面體的摩擦力水平向右 16.在平臺AD中間有一個長為2l的凹槽BC,質量為m的滑板上表面與平臺AD等高,質量為2m的鐵塊(可視為質點)與滑板間的動摩擦因數為μ1,鐵塊以一定的初速度滑上滑板后,滑板開始向右做勻加速運動,當滑板右端到達凹槽右端C時,鐵塊與滑板的速度恰好相等,滑板與凹槽右側邊碰撞后立即原速反彈,左端到達凹槽B端時速度恰好為零,而鐵塊則滑上平臺CD.重力加速度為g. (1)若滑板反彈后恰好能回到凹槽左端,則滑板與凹槽間動摩擦因數μ2多大? (2)求鐵塊滑上滑板時的初速度大小v0. 參考答案 1.B 【解析】 【分析】 【詳解】 A.根據乙圖可知,在以后,m與M開始發生相對運動,m的加速度不變,其大小為,所以Ⅰ是長木板的圖象,故A錯誤; B.設小物塊與長木板間的動摩擦因素為,根據牛頓第二定律可知 解得 故B正確; CD.當時,以M為研究對象,根據牛頓第二定律可知 即 解得 由此可得 解得 在內,以整體為研究對象,可得 即 所以 故CD錯誤。 故選B。 2.A 【解析】 【分析】 【詳解】 木箱由靜止開始運動達到傳送帶速度所需的時間 在這段時間內木箱的位移 傳送帶的位移 則相對位移大小 A正確,BCD錯誤。 故選A。 【點睛】 解決本題的關鍵知道木箱在整個過程中的運動規律,結合運動學公式進行求解.知道痕跡等于相對運動的位移大小。 3.B 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.若地面是光滑的,對整體運用牛頓第二定律得:整體的加速度 再對B運用牛頓第二定律得 故B正確,A錯誤; CD.若地面是粗糙的,動摩擦因數設為,對整體運用牛頓第二定律得:整體的加速度 再對B運用牛頓第二定律得 解得 故CD錯誤。 故選B。 4.D 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.小球和正三角形容器為共加速系統,上升過程中,以整體為研究對象,根據牛頓第二定律: 系統加速度豎直向下且大于重力加速度,小球加速度向下,所以容器底面c對小球無作用力,a、b側面對小球的作用力豎直向下,以小球為研究對象,根據牛頓第二定律: 系統速度減小,加速度減小,小球受到的合外力減小,AB錯誤; CD.下落過程中,以整體為研究對象,根據牛頓第二定律: 系統加速度豎直向下且小于重力加速度,小球加速度向下,所以a、b側面對小球無作用力,底面c對小球的作用力豎直向上,根據牛頓第二定律: 系統的速度增大,加速度減小,小球的加速度減小,底面c對小球的作用力增大,根據牛頓第三定律可知小球對容器的作用力逐漸變大,C錯誤;D正確。 故選D。 5.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.由圖知,t=5s時 則0-5s內物體的位移為 x=4.5t=4.5×5m=22.5m 故A錯誤。 B.根據勻變速直線運動位移時間公式x=v0t+at2變形得到 則圖線的縱軸截距表示初速度,所以有 v0=3m/s 圖線的斜率為 解得 a=0.6m/s2 物體做勻加速直線運動,5s末物體的速度為 v=v0+at=(3+0.6×5)m/s=6m/s 故B錯誤。 C.0~10s內物體的速度變化量為 △v=at=0.6×10m/s=6m/s 故C錯誤。 D.物體受到的恒力大小為 F=ma=2×0.6N=1.2N 故D正確。 故選D。 6.C 【解析】 試題分析:在抽出木板的瞬時,彈簧對1的支持力和對2的壓力并未改變.對1物體受重力和支持力,有: mg=F,a1=0.對2物體受重力和彈簧的向下的壓力,根據牛頓第二定律有:,故C正確.故選C. 考點:牛頓第二定律 【名師點睛】本題屬于牛頓第二定律應用的瞬時加速度問題,關鍵是區分瞬時力與延時力;彈簧的彈力通常來不及變化,為延時力,輕繩的彈力為瞬時力,繩子斷開即消失. 7.D 【解析】 【分析】 【詳解】 開始階段滑動摩擦力沿傳送帶向下,由牛頓第二定律知 因此 小木塊加速到和傳送帶速度相等時,由于 即 小木塊不會勻速運動,然后小木塊會繼續加速,滑動摩擦力變為沿傳送帶向上,由牛頓第二定律知 因此 由公式知 . 注意摩擦力是被動力,速度相等時摩擦力會突變。所以D正確,ABC錯誤。 故選D。 8.C 【解析】 【分析】 【詳解】 如圖所示 令圓環半徑為R,則c球由C點自由下落到M點用時滿足 所以 對于a球令AM與水平面成θ角,則a球下滑到M時滿足 解得 同理b球從B點下滑到M點用時也滿足 上式中r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑,r>R,綜上所述可得 故C正確,ABD錯誤。 故選C。 9.B 【解析】 【分析】 【詳解】 如圖所示,在豎直線AC上選取一點O,以適當的長度為半徑畫圓,使該圓過A點,且與斜面相切于D點。由等時圓模型的特點知,由A點沿斜面滑到D點所用時間比由A點到達斜面上其他各點所用時間都短。將木板下端B點與D點重合即可,而,則。 A.,與結論不相符,選項A錯誤; B.,與結論相符,選項B正確; C.,與結論不相符,選項C錯誤; D.,與結論不相符,選項D錯誤; 故選B. 10.A 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.小球開始下落到接觸彈簧,自由落體運動,小球接觸彈簧開始,合力向下,向下做加速度逐漸減小的加速運動,運動到某個位置時,重力等于彈簧彈力,合力為零,加速度為零,速度最大,然后重力小于彈力,合力方向向上,向下做加速度逐漸增大的減速運動,運動到最低點時,速度為零,加速度最大,根據對稱性可知,到達最底端時加速度大于g,故A正確B錯誤. CD.結合以上分析可知,加速度開始不變,然后減小再反向增大,最終大于g,故CD錯誤. 11.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 ABCD.設地面有摩擦力因素為μ,繩子拉力為T,對整體做勻加速運動有 對m1有 兩式相除可得 故AD錯誤。 故選BC。 12.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 A.相對地面而言,小物塊在小時間內,向左做勻減速運動,時間內,又反向向右做勻加速運動,當其速度與傳送帶速度相同時(即時刻),小物塊向右做勻速運動,故小物塊在時刻離A處距離最大,選項A錯誤。 BCD.相對傳送帶而言,在時間內,小物塊一直向左運動,故小物塊一直受向右的滑動摩擦力,在時間內,小物塊相對于傳送帶靜止;小物塊不受摩擦力作用,因此時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大值,BC正確,D錯誤。 故選BC。 13.ACD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.滑塊在傳送帶上受到重力、傳送帶的支持力和摩擦力作用,合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力,若傳送帶對滑塊的摩擦力小于重力沿斜面的分力,則滑塊一直做加速運動,故A正確; BCD.若傳送帶對滑塊的摩擦力大于重力沿斜面的分力,滑塊先做勻減速直線運動,若滑塊的速度足夠大,傳送帶足夠短,則滑塊在速度沒有減小到0就通過了傳送帶,滑塊的位移大于傳送帶的長度,則滑塊一直做勻減速運動;若滑塊的速度比較小,在滑塊的速度減小到0時,滑塊的位移仍小于傳送帶的長度,則滑塊的速度等于0時,仍然在傳送帶上.由于傳送帶沿斜面向上運動,滑塊在傳送帶上受到沿斜面向上的摩擦力,將沿斜面向上做加速運動,由運動的對稱性可知,若傳送帶的速度足夠大,則滑塊返回出發點的速度大小仍然等于v1,故CD正確,B錯誤。 故選ACD。 14.BC 【解析】 小球接觸彈簧后,彈簧的彈力先小于重力沿斜面向下的分力,小球的合力沿斜面向下,加速度也沿斜面向下,與速度方向相同,故小球做加速運動,因彈力逐漸增大,合力減小,加速度減小;隨著小球向下運動,彈簧的彈力增大,當彈簧的彈力大于重力沿斜面向下的分力后,小球的合力沿斜面向上,加速度沿斜面向上,與速度方向相反,小球做減速運動,彈力增大,合力增大,加速度也增大;綜上可知,加速度先減小后反向增大;小球速度先增大后減小,故BC正確,AD錯誤;?故選BC. 點睛:解決本題的關鍵是分析小球的受力情況,再判斷其運動情況;壓縮彈簧運動的分析是中學階段的一個難點.要注意分析彈簧的彈力隨形變量的變化而變化; 從而引起合力和加速度的變化過程. 15.AC 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.如果斜面光滑,根據牛頓第二定律得;對整體,加速度 方向沿斜面向下,對小球,合力 F合=ma=mgsinθ 則擺線必定與斜面垂直,故A正確,B錯誤; CD.小球的加速度和整體的加速度相同,對整體,加速度有水平向左的分量,合力水平向左,根據牛頓第二定律,地面對斜面體的摩擦力水平向左,故C正確,D錯誤。 故選AC。 【點評】 本題考查運用牛頓第二定律分析物體受力情況的能力,采用整體法和隔離法交叉的方法處理. 16.(1) (2) 【解析】 【分析】 【詳解】 (1)設滑板向右加速滑動時加速度大小為,反彈后向左滑動時加速度大小為,滑板與凹槽右端碰撞時的速度大小為v,由運動規律得:滑板向右做初速度為零的勻加速運動,則 ① 反彈后向左做勻減速運動,末速度為零,則 ② 滑板向右運動時水平方向受到鐵塊向右的滑動摩擦力和槽底向左的滑動摩擦力,向左滑動時只受槽底向右的滑動摩擦力,由牛頓第二定律得: ③,④ 聯立①②③④解得 ⑤ (2)由②④⑤得 ⑥ 鐵塊向右滑動的加速度大小為a,則 ⑦ 鐵塊向右做勻減速運動,有 ⑧ 由⑥⑦⑧解得 ⑨

    • 2020-11-28
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  • ID:6-8246548 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:5.2加速度與力、質量的關系 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第5章 牛頓運動定律 /第2節 科學探究:加速度與力、質量的關系

    5.2加速度與力、質量的關系 質量檢測(含解析) 1.在“探究加速度與物體受力的關系”實驗中,某學習小組使用的實驗裝置如圖甲所示,軌道水平.實驗要求砂桶與砂的總重力近似等于使小車做勻加速直線運動的力.重力加速度為g. (1)由于沒有打點計時器,該小組讓小車由靜止開始運動,發生的位移為x,記錄的時間為t,小車的加速度表達式為a=________. (2)該實驗中的一個明顯疏漏是_________________________________________. (3)糾正了疏漏之處后,保持小車的質量不變,改變砂桶與砂的總重力F,多次實驗,并根據實驗數據,畫出了如圖乙所示的a-F圖像.圖線右側偏離直線的主要原因是________. A.軌道傾斜不夠 B.軌道傾斜過度 C.砂桶與砂的總重力太大 D.所用小車的質量太大 (4)若不斷增加砂桶中砂的質量,a-F圖像中各點連成的曲線將不斷延伸,那么加速度的趨向值為________. 2.如圖甲所示為探究加速度與力及質量關系的實驗裝置圖,圖中A為小車,B為裝有砝碼的托盤,C為一端帶有定滑輪的長木板,小車通過紙帶與電火花打點計時器相連,計時器接50Hz交流電源.小車的質量為m1,托盤(及砝碼)的質量為m2. (1)下列說法中正確的是____. A.每次改變小車質量時,應重新平衡摩擦力 B.實驗過程中牽引小車的細繩可以不與木板平行 C.在用圖像探究加速度與物體受力關系時,應作a-圖像 D.在用圖像探究加速度與質量關系時,應作a-圖像 (2)實驗中平衡小車所受阻力的做法是:在不掛細繩和鉤碼的情況下,改變木板的傾斜程度,使小車能拖動紙帶沿木板做_______運動. (3)如圖乙所示為某次實驗得到的紙帶,紙帶中相鄰計數點間的距離已標出,相鄰計數點間還有四個點沒有畫出.由此可求得小車的加速度大小為____m/s2.(結果保留兩位有效數字) 3.如圖所示為一氣墊導軌,導軌上安裝有一個光電門B,滑塊上固定一遮光條,滑塊用細線繞過氣墊導軌左端的定滑輪與力傳感器相連,力傳感器可測出繩子上的拉力大小。傳感器下方懸掛鉤碼,每次滑塊都從A處由靜止釋放。 (1)該同學用游標卡尺測量遮光條的寬度。 (2)實驗時,由數字計時器讀出遮光條通過光電門B的時間,則滑塊經過光電門B時的瞬時速度為___________。 (3)若某同學用該實驗裝置探究加速度與力的關系: ①要求出滑塊的加速度,還需要測量的物理量是________。(文字說明并用相應的字母表示) ②下列不必要的一項實驗要求是__________。(請填寫選項前對應的字母) A.滑塊質量遠大于鉤碼和力傳感器的總質量 B.應使A位置與光電門間的距離適當大些 C.應將氣墊導軌調節水平 D.應使細線與氣墊導軌平行 4.如圖所示為某同學探究加速度與力、質量關系的實驗裝置,兩個相同質量的小車放在光滑水平板上,前端各系一根輕質細繩,繩的另一端跨過光滑輕質定滑輪各掛一個小盤,盤中可放砝碼。兩小車后端各系一條細繩,一起被夾子夾著使小車靜止。打開夾子,兩小車同時開始運動;關上夾子,兩小車同時停下來,用刻度尺測出兩小車的位移。下表是該同學在幾次實驗中記錄的數據。 實驗次數 車號 小車質量/g 小盤質量/g 車中砝碼質量/g 盤中砝碼質量/g 小車位移/cm 1 甲 50 10 0 0 15 乙 50 10 0 10 30 2 甲 50 10 0 10 27.5 乙 50 10 50 10 14 3 甲 50 10 0 0 18 乙 50 10 10 10 請回答下述問題: (1)在每一次實驗中,甲、乙兩小車的位移之比等于________之比,請簡要說明實驗原理___________。 (2)第1次實驗控制了___________不變,在實驗誤差允許的范圍內,可得出的結論是:______________。 (3)第2次實驗控制了_____________不變,在實驗誤差允許的范圍內,可得出的結論是:_______________。 (4)第3次實驗時,該同學先測量了甲車的位移,再根據前兩次實驗結論,計算出乙車應該發生的位移,然后再測量了乙車的位移,結果他高興地發現,理論的預言與實際符合得相當好。請問,他計算出的的位移應該是_______________ 5.用如圖所示的實驗裝置能完成:實驗1“研究勻變速直線運動的規律”、實驗2“探究加速度與力的關系”。 (1)必須平衡摩擦力的是________(選填“實驗1”“實驗2”或“都需要”); (2)小明想用沙桶及沙的總重力代替小車受到的合外力,為了減小這種做法而帶來的實驗誤差,小明先做了兩方面的調整措施: a.用小木塊將長木板無滑輪的一端墊高,目的是__________。 b.使沙桶及沙的總質量________(選填“等于”“遠小于”或“遠大于”)小車的質量,目的是使細線拉小車的力近似等于沙桶及沙的重力。 6.在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中,某小組設計雙車位移比較法來探究加速度與力的關系。實驗裝置如圖所示,將軌道分上下雙層排列,兩小車后的剎車線穿過尾端固定板,由安裝在后面的剎車系統同時進行控制(未畫出剎車系統)。通過改變砝碼盤中砝碼的質量來改變拉力大小。通過比較兩小車的位移來比較兩小車的加速度大小,是因為位移與加速度的關系式為________________。已知兩車質量均為200 g,實驗數據如表所示: 實驗 次數 小車 拉力 F/N 位移 x/m 拉力之比 位移之比 1 甲 0.1 22.3 0.50 0.51 乙 0.2 43.5 2 甲 0.2 29.0 0.67 0.67 乙 0.3 43.0 3 甲 0.3 41.0 0.75 0.74 乙 0.4 55.4 分析表中數據可得到結論:________________。 該裝置中剎車系統的作用是:________________。 7.某探究學習小組的同學要驗證“牛頓第二定律()”,他們在實驗室組裝了一套如圖所示的裝置,水平軌道上安裝兩個光電門°,小車上固定有力傳感器和擋光板,細線一端與力傳感器連接,另一端跨過定滑輪掛上砝碼盤,實驗首先保持軌道水平,通過調整砝碼盤里砝碼的質量讓小車做勻速運動以實現平衡摩擦力,再進行后面的操作,并在實驗中獲得以下測量數據:小車、力傳感器和擋光板的總質量M,平衡摩擦力時砝碼和砝碼盤的總質量,擋光板的寬度d,光電門1和2中心間的距離x。 (1)該實驗是否需要滿足砝碼和砝碼盤的總質量遠小于小車(包括力傳感器和擋光板)的質量?________(填“需要”或“不需要”) (2)某次實驗過程中,力傳感器的讀數為F,小車通過光電門1和2的擋光時間分別為、(小車通過光電門2后,砝碼盤才落地),已知重力加速度為g,則該實驗要驗證的表達式是____________________。 8.如圖所示為某同學探究加速度與力、質量關系的實驗裝置,兩個相同的小車并排放在光滑水平桌面上,小車前端各系根輕質細線,線的另一端跨過定滑輪各掛一個小盤,盤里分別放有不同質量的砝碼,如圖甲。小車所受的水平拉力F的大小可以認為等于砝碼(包括砝碼盤)所受的重力大小。小車后端也系有細線,用一只夾子夾住兩根細線,如圖乙,控制兩輛小車同時開始運動和結束運動。 由于兩個小車的初速度都是零,運動時間又相同,因為,即,所以只要測出兩小車位移x之比就等同于測出了它們的加速度a之比。 實驗結果是:當兩小車質量相同時,______________________;當拉力F相等時,______________________。實驗中用砝碼(包括砝碼盤)所受的重力的大小作為小車所受拉力F的大小,這樣做會引起實驗誤差,為了減小這個誤差,G與小車所受重力Mg之間需要滿足的關系是:________________。 9.用如圖所示裝置做“探究物體的加速度跟力的關系”的實驗。實驗時保持小車的質量不變,用鉤碼所受的重力作為小車受到的合力,用打點計時器和小車后端拖動的紙帶測出小車運動的加速度。 (1)實驗時先不掛鉤碼,反復調整墊塊的左右位置,直到小車做勻速直線運動,這樣做的目的是________。 (2)圖為實驗中打出的一條紙帶的一部分,從比較清晰的點跡起,在紙帶上標出了連續的5個計數點A、B、C、D、E,相鄰兩個計數點之間都有4個點跡沒有標出,測出各計數點到A點之間的距離,如圖乙所示。已知打點計時器接在頻率為50 Hz的交流電源上,則此次實驗中小車運動的加速度的測量值________。(結果保留兩位有效數字) 10.用如圖所示的裝置探究加速度a與力F的關系,帶滑輪的長木板水平放置,彈簧測力計固定在墻上。 (1)實驗時,一定要進行的操作是________(填選項前的字母)。 A.小車靠近打點計時器,先接通電源,再釋放小車,打出一條紙帶,根據紙帶的數據求出加速度a,同時記錄彈簧測力計的示數F B.改變小車的質量,打出幾條紙帶 C.用天平測出砂和砂桶的總質量 D.為減小誤差,實驗中一定要保證砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量 (2)若要把小車所受拉力視為小車所受的合力,在進行上述實驗操作之前,首先應該完成的實驗步驟是________。 (3)若某次實驗,求得小車的加速度為a,則此時砂和砂桶的加速度為________。 (4)若彈簧測力計的讀數為F,則F________(填“大于”“等于”或“小于”)mg(m為砂和砂桶的總質量)。 參考答案 1. 沒有平衡摩擦力 C g 【解析】 【詳解】 (1)[1]根據位移時間公式,則: ; (2)[2]實驗中一個明顯的疏漏是沒有平衡摩擦力,即沒有墊起軌道右端,使小車的重力沿軌道的分力與摩擦力相平衡; (3)[3]在質量不變的條件下,加速度與外力成正比,由實驗原理: mg=Ma 得: , 而實際上: , 可見A,B段明顯偏離直線是由于沒有滿足M>>m造成的,故C正確; (4)[4]因為鉤碼的重力在這個實驗中充當小車所收到的合外力,當鉤碼的重力非常大時,它將帶動小車近似做加速度為g的運動。所以加速度的趨向值為g。 2.D 勻速 0.45 【解析】 【詳解】 (1)[1]改變小車質量時,不需要重新平衡摩擦力,A項錯誤;細繩應與木板平行,繩子拉力不能有垂直木板的分力,不能影響小車對木板壓力的變化,即不能引起摩擦力變化,B項錯誤;探究加速度與物體受力關系時,應作a-F圖像,C項錯誤;探究加速度與質量關系時,應作a-圖像,D項正確. (2)[2]利用重力沿斜面向下的分力平衡摩擦力,表現為小車能勻速運動. (3)[3]根據 得出 3.0.225 遮光條到光電門的距離L A 【解析】 【詳解】 (2)[1]實驗時,將滑塊從A位置由靜止釋放,由數字計時器讀出遮光條通過光電門B的時間t,滑塊經過光電門時的瞬時速度可近似認為是滑塊經過光電門的平均速度,則。 (3)①[2]根據運動學公式可得,若要得到滑塊的加速度,還需要測量的物理量是遮光條到光電門的距離L。 ②[3]A.拉力是直接通過傳感器測得的,故不需要滿足鉤碼和力傳感器的質量遠小于滑塊的質量,A符合題意; B.應使A位置與光電門間的距離適當大些,有利于減小誤差,故B不符合題意; C.應將氣墊導軌調節水平,使拉力等于滑塊所受的合力,故C不符合題意; D.要保持細線與氣墊導軌平行,這樣拉力才等于滑塊所受的合力,故D不符合題意。 故選A。 4.加速度 原理見解析 小車和車內砝碼總質量 小車的加速度與其所受拉力成正比 小車所受拉力 小車的加速度與其質量成反比 30cm 【解析】 【詳解】 (1)[1][2]由于甲、乙兩車均做初速度為零的勻加速直線運動,且運動時間相同,由知甲、乙兩車的位移之比等于加速度之比,即。 (2)[3]通過第1次實驗數據可知,實驗中控制小車和車內砝碼總質量不變; [4]由于位移之比為1:2,拉力之比也為1:2,故得到的結論為:在實驗誤差允許的范圍內,小車加速度與其所受拉力成正比。 (3)[5]通過第2次實驗數據可知,實驗中控制小車所受拉力不變; [6]由與質量之比為1:2,位移之比為2:1,故得到的結論為:在實驗誤差允許的范圍內,小車加速度與其質量成反比。 (4)[7]由第1、2兩次實驗可知,小車的加速度與其所受拉力成正比,與其質量成反比,則,故,得。 5.實驗2 平衡摩擦力 遠小于 【解析】 【詳解】 (1)[1]“探究加速度與力的關系”實驗必須平衡摩擦力,“研究勻變速直線運動的規律”實驗不需要平衡摩擦力。 (2)[2]用小木塊將長木板無滑輪的一端墊高,目的是平衡摩擦力; [3]實驗過程中要使小車受到的拉力近似等于沙和沙桶的總重力,需要沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量。 6. a與F成正比 控制兩車同時運動和同時停止 【解析】 【詳解】 (1)[1].位移與加速度的關系式 (2)[2].由于本實驗的剎車系統保證了兩車運動的時間相同,故加速度a與位移s成正比,由表中數據可以看出,在實驗誤差允許的范圍內,當小車的質量保持不變時,位移s與F成正比,故有a與F成正比. (3)[3].剎車系統的作用是控制兩車同時運動和同時停止. 7.不需要 【解析】 【詳解】 (1)[1]由于實驗中已給出了力傳感器,可以直接測出細線的拉力,所以不需要滿足砝碼和砝碼盤的總質量遠小于小車(包括力傳感器和擋光板)的質量。 (2)[2]小車通過光電門1時的速度為 通過光電門2時的速度為 所以根據,可得 。 由可得 8.加速度與拉力成正比 加速度與質量成反比 【解析】 【詳解】 [1].實驗過程中,當兩小車的質量相同時,砝碼(包括砝碼盤)的重力越大,相同時間內小車的位移越大,則加速度越大。進行實驗時會發現:當兩小車質量相同時,加速度與所受拉力成正比; [2].若砝碼(包括砝碼盤)重力不變,即拉力不變時,質量越大的小車,相同時間內位移越小,即加速度越小,進行測量分析知:當拉力F相等時,加速度與質量成反比。 [3].如果砝碼(包括砝碼盤)的重力G遠小于小車的重力Mg,G近似等于小車所受的拉力F,可減小實驗誤差。 9.平衡摩擦阻力 1.0 【解析】 【詳解】 (1)[1].實驗時先不掛鉤碼,安裝紙帶,反復調整墊塊的左右位置,直到小車做勻速直線運動,這樣做的目的是平衡摩擦阻力。 (2)[2].因,根據,運用逐差法得: 。 10.A 平衡摩擦力 2a 小于 【解析】 【詳解】 (1)[1].使用打點計時器時,應先接通電源,待打點穩定后再釋放紙帶,該實驗探究加速度與力的關系,要記錄彈簧測力計的示數,A正確;實驗要探究加速度與力的關系,需要保持小車的質量不變,改變拉力F的大小,B錯誤;拉力可以由彈簧測力計測出,不需要用天平測出砂和砂桶的總質量,也就不需要使砂桶(包括砂)的質量遠小于小車的總質量,C、D錯誤。 (2)[2].小車在運動過程中要受到木板對小車的摩擦力(安裝好紙帶后,紙帶與打點計時器間存在摩擦力),要把小車所受拉力視為小車所受的合力,就要先平衡摩擦力。 (3)[3].由于有兩段細繩拉小車,所以砂和砂桶的加速度是小車加速度的2倍,即砂和砂桶的加速度為2a。 (4)[4].因為砂和砂桶有加速度,所以細繩的拉力小于砂和砂桶的總重力,即彈簧測力計的讀數小于砂和砂桶的總重力。

    • 2020-11-28
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  • ID:6-8246546 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:5.5超重與失重 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第5章 牛頓運動定律 /第5節 超重與失重

    5.5超重與失重 質量檢測(含解析) 1.質量為60 kg的人,站在升降機內的臺秤上(g=10 m/s2),測得體重(即支持力)為480N,則關于升降機的說法正確的是( ) A.人處于超重狀態 B.升降機一定在下降 C.人的加速度大小為2 m/s2 D.人的加速度是40 m/s2 2.2018年12月8日2時23分,中國在西昌衛星發射中心用長征三號乙運載火箭成功發射嫦娥四號探測器,開啟了月球探測的新旅程.若運載火箭在發射升空過程中,探測器先做加速運動,后做減速運動.下列說法正確的是 A.探測器在加速過程中慣性變大 B.探測器先處于超重狀態,后處于失重狀態 C.探測器先處于失重狀態,后處于超重狀態 D.在加速過程,火箭對探測器作用力大于探測器對火箭的作用力 3.一個質量是50kg的人站在升降機的水平地板上,升降機的頂部懸掛著一個彈簧秤,彈簧秤下面掛著一個質量是1kg的物體。當升降機向上運動時,該人看到彈簧秤的示數為12N,當地的重力加速度g為10m/s2,則此時人對升降機地板的壓力大小是(  ) A.612N B.600N C.500N D.400N 4.蹦級是一種極限體育項目,可以鍛煉人的膽量和意志。運動員從高處跳下,彈性繩被拉伸前做自由落體運動,彈性繩被拉伸后在彈性繩的緩沖作用下,運動員下落一定高度后速度減為零。在這個下降的全過程中,下列說法中正確的是(  ) A.運動員一直處于失重狀態;當速度減為零時,加速度也為零。 B.彈性繩拉伸后運動員先處于失重狀態,后處于超重狀態;當速度減為零時,加速度不為零。 C.彈性繩拉伸后運動員先處于超重狀態,后處于失重狀態;當速度減為零時,加速度也為零。 D.彈性繩拉伸前運動員處于失重狀態,彈性繩拉伸后運動員處于超重狀態;當速度減為零時,加速度不為零。 5.一枚禮花彈由地面豎直向上發射,它的速度和時間的關系圖線如圖所示,下列說法中正確的是(  ) A.t2時刻,禮花彈距地面最遠 B.t2~t3時間內,禮花彈在向下降落 C.t1~t2時間內,禮花彈處于超重狀態 D.t2~t3時間內,禮花彈處于超重狀態 6.關于自由落體運動下列說法中錯誤的是(  ) A.自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動 B.做自由落體運動的物體一定處于完全失重狀態 C.做自由落體運動的物體,其位移隨著時間均勻增加 D.做自由落體運動的物體,在連續相等相鄰的時間間隔T內的位移之差為gT2 7.圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動作的示意。 圖中的小黑點表示人的重心。 圖乙是力板所受壓力隨時間變化的圖像,根據圖像分析可知(  ) A.人的重力約300N B.b到c的過程中,人先處于超重狀態再處于失重狀態 C.d到e的過程中,人體的速度由大逐漸變小 D.人在b點對應時刻的加速度大于在c點對應時刻的加速度 8.某電梯中用細繩懸掛一重物,當電梯在豎直方向運動時,繩子突然斷裂,由此可以判斷此時電梯的運動情況是(  ) A.電梯一定是加速上升 B.電梯可能是減速上升 C.電梯可能處于失重狀態 D.電梯的加速度方向一定向上 9.將地面上靜止的貨物豎直向上吊起,貨物由地面運動至最高點的過程中,v-t圖象如圖所示.以下判斷正確的是( ) A.前3s內貨物處于超重狀態 B.最后2s內貨物只受重力作用 C.前3s內與最后2s內貨物的平均速度相同 D.第3s末至第5s末的過程中,貨物處于失重狀態 10.某廂式電梯在0~8s內的圖像如圖所示,質量為50kg的某同學站在電梯內,規定豎直向上為正方向,重力加速度取10m/s2,下列說法中正確的是 A.0~2s內該同學處于超重狀態 B.6~8s內該同學處于超重狀態 C.0~8s內電梯上升的總高度為12m D.t=ls末,該同學對電梯的壓力大小為600N 11.在升降電梯內的地面上放一體重計,電梯靜止時,小敏同學站在體重計上,體重計示數為50kg電梯運動過程中,某一段時間內小敏同學發現體重計示數如圖所示,g取,在這段時間內下列說法中正確的是(  ) A.小敏對體重計的壓力小于體重計對小敏的支持力 B.小敏同學所受的重力始終不變 C.電梯一定在豎直向下運動 D.電梯的加速度大小為,方向一定豎直向下 12.“蹦極”是一項非常刺激的體育運動。某人身系彈性繩自高空P點自由下落,圖中a點是彈性繩的原長位置,c是人所到達的最低點,b是人靜止地懸吊著時的平衡位置,人在從P點落下到最低點c的過程中(  ) A.人在Pa段作自由落體運動,處于完全失重狀態 B.在ab段繩的拉力小于人的重力,人處于失重狀態 C.在bc段繩的拉力小于人的重力,人處于失重狀態 D.在c點,人的速度為零,其加速度為零 13.一人站在電梯內體重計上,電梯靜止時體重計示數500N。若電梯在豎直方向運動過程中,他看到體重計的示數為600N,取g=10m/s2。電梯的運動情況可能是( ) A.電梯的加速度大小為2m/s2,方向豎直向上 B.電梯的加速度大小為2m/s2,方向豎直向下 C.電梯可能向上加速運動,也可能向下減速運動 D.電梯可能向上減速運動,也可能向下加速運動 14.一個質量為m=40kg的小孩站在電梯內的體重計上,電梯從t=0時刻由靜止開始上升,在0到6s內體重計示數F的變化如圖所示.試問:在這段時間內電梯上升的高度是多少?取重力加速度g=10m/s2. 15.一個質量m=2kg的物體在水平拉力F的作用下,在光滑水平面上從靜止開始做勻加速直線運動,經過時間t=6s速度變為v=12m/s.求: (1)物體的加速度a的大小 (2)水平拉力F的大小 參考答案 1.C 【解析】 【分析】 【詳解】 ACD.對人受力分析,受重力和支持力,支持力小于重力,人處于失重狀態,合力向下,加速度向下,故升降機的加速度也向下;由牛頓第二定律可知:mg-F=ma. 解得: a=2m/s2 故AD錯誤,C正確. B.升降機的加速度向下,即升降機可能加速下降,也可能減速上升.故B錯誤. 2.B 【解析】 【分析】 物體若有向下的加速度為失重,有向上的加速度為失重. 【詳解】 A項:物體的慣性只取決于物體的質量,與物體的運動狀態無關,故A錯誤; B、C項:射升空過程中,先做加速運動后做減速運動:向上加速過程加速度向上,則為超重狀態,向上減速加速度向下,為失重狀態,故B正確; D項:由牛頓第三定律可知,火箭對探測器作用力等于探測器對火箭的作用力,故D錯誤. 故選B. 【點睛】 對于超重還是失重的判斷,關鍵取決于加速度的方向:當物體的加速度向上時,處于超重狀態;當加速度方向向下時,處于失重狀態. 3.B 【解析】 【分析】 【詳解】 對物體進行受力分析,有 解得 可知人的加速度大小也為2m/s2,方向豎直向上。由牛頓第二定律得 解得 根據牛頓第三定律,有 故ACD錯誤,B正確。 故選B。 4.B 【解析】 【分析】 【詳解】 彈性繩拉展前運動員只受重力,處于完全失重狀態,彈性繩拉展后,開始拉力小于重力,加速度方向向下,還處于失重狀態,當拉力大于重力,運動員加速度方向向上,運動員處于超重狀態。所以彈性繩拉展后運動員先處于失重狀態,后處于超重狀態,當速度減為零時,加速度向上不為零。故ACD錯誤,B正確。 故選B。 故選:B。 5.C 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.禮花彈在內速度一直為正,即一直向上運動,故時刻,禮花彈距地面最遠,故AB錯誤; C.時間內,圖中斜率一直為正,而速度時間圖象斜率表示加速度,故此過程加速度豎直向上,即禮花彈處于超重狀態,故C正確; D.時間內,圖中斜率一直為負,而速度時間圖象斜率表示加速度,故此過程加速度豎直向下,即禮花彈處于失重狀態,故D錯誤。 故選C。 6.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動,故A正確,不合題意; B.自由落體加速度為重力加速度,則為完全失重,故B正確,不合題意; C.根據位移公式 可知其位移隨著時間不斷增加而增加,并不是勻速增加,故C錯誤,符合題意; D.對于自由落體運動,連續相等相鄰的時間間隔T內,有 故D正確,不合題意。 故選C。 7.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.開始時人處于平衡狀態,人對傳感器的壓力是500N,所以人的重力也是500N,故A不符合題意; B .由圖可知在b到c的過程中,對力板的壓力先小于人的重力后大于人的重力,所以先處于失重狀態后處于超重狀態,故B不符合題意; C.由圖可知d到e的過程中,人受到的支持力都大于重力,根據牛頓第二定律可知,人做加速度減小的加速運動,速度逐漸增大,故C不符合題意; D.人在b點加速度約為 在c點加速度 所以人在b點對應時刻的加速度大于在c點對應時刻的加速度,故D符合題意。 故選D。 8.D 【解析】 【分析】 【詳解】 ABD.某電梯中用細繩懸掛一重物,當電梯在豎直方向運動時,突然發現繩子斷了,說明繩子的拉力增大了,說明物體處于超重狀態,加速度一定向上,電梯可能是向上做加速運動,也可能是向下做減速運動。故D正確,AB錯誤; C.電梯一定于處超重狀態,故C錯誤; 故選D。 9.AC 【解析】 【分析】 【詳解】 A.前3 s內貨物向上做勻加速運動,加速度向上,處于超重狀態,故A正確; B.最后2 s內貨物的加速度大小為 根據牛頓第二定律可知,貨物還受到除重力以外力的其他力,故B錯誤; C.3 s內貨物做勻加速運動,平均速度為 最后2s內貨物做勻減速運動,平均速度為 故C正確; D.第3s末至第5s末的過程中,貨物做勻速直線運動,處于平衡狀態,故D錯誤. 10.AC 【解析】 【分析】 【詳解】 A. 0~2s內該同學向上加速,因加速度向上,則處于超重狀態,選項A正確; B. 6~8s內該同學向上減速,加速度向下,則處于失重狀態,選項B錯誤; C. 因v-t圖像的面積表示位移,則0~8s內電梯上升的總高度為,選項C正確; D. t=ls末,電梯的加速度為,由牛頓第二定律:F-mg=ma解得F=mg+ma=550N,即該同學對電梯的壓力大小為550N,選項D錯誤. 11.BD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.小敏對體重計的壓力和體重計對曉敏的支持力是一對作用力與反作用力,大小相等,故A錯誤; B.體重計示數小于電梯靜止時的重力是由于小敏處于失重狀態,但小敏同學所受的重力始終不變,故B正確; CD.電梯靜止時體重計示數為50kg,可知人的質量m=50kg,當電梯運動時,由體重計的示數可知人受到的支持力為400N,以人為研究對象 得 方向豎直向下,但運動可能是向上減速,也有可能向下加速,故C錯誤,D正確。 故選BD。 12.AB 【解析】 【分析】 【詳解】 A.a點是彈性繩的原長位置,故a點之前人只受重力,人做自由落體運動,處于完全失重狀態,故A正確; BC.b是人靜止懸吊著時的平衡位置,在ab段繩的拉力小于人的重力,向下做加速度減小的加速運動,人處于失重狀態;在bc段繩的拉力大于人的重力,人向下做加速度增加的減速運動,加速度向上,人處于超重狀態。故B正確,C錯誤; D.c是人所到達的最低點,c點速度為零,但繩的拉力大于人的重力,合力不為零,有向上的加速度,故D錯誤; 故選AB 13.AC 【解析】 【分析】 【詳解】 電梯靜止時體重計示數500N.若電梯運動過程中,體重計的示數為600N,說明電梯有向上的加速度,超重,運動情況可能為:向上加速或向下減速 故AC正確,BD錯誤。 故選AC。 14.9m 【解析】 【分析】 【詳解】 試題分析:由圖可知,在t=0到t1=2s的時間內,電梯向上加速運動.設在這段時間內體重計作用于小孩的力為F1,電梯及小孩的加速度為a1,根據牛頓第二定律,得: ① 在這段時間內電梯上升的高度 h1=② 在t2-t1=3s的時間內,電梯勻速上升,速度為t1時刻的電梯的速度,即 ③ 在這段時間內電梯上升的高度h2=v1(t2 -t1) ④ 在t3-t2=1s時間內,電梯做減速上升運動.設這段時間內體重計作用于小孩的力為F2,電梯及小孩的加速度為a2,由牛頓第二定律,得:⑤ 在這段時間內電梯上升的高度h3=⑥ 電梯上升的總高度h=h1+h2+h3 ⑦ 由以上各式,解得h=9m ⑧ 考點:考查了牛頓第二定律與運動學公式的綜合應用 【名師點睛】 連接牛頓第二定律與運動學公式的紐帶就是加速度,所以在做這一類問題時,特別又是多過程問題時,先弄清楚每個過程中的運動性質,根據牛頓第二定律求加速度然后根據加速度用運動學公式解題或者根據運動學公式求解加速度然后根據加速度利用牛頓第二定律求解力 15.(1)2m/s2(2)4N 【解析】 試題分析:(1)由運動學規律可知:,故, (2)根據牛頓第二定律有: 考點:考查了牛頓第二定律與運動學公式的應用 【名師點睛】連接牛頓第二定律與運動學公式的紐帶就是加速度,所以在做這一類問題時,特別又是多過程問題時,先弄清楚每個過程中的運動性質,根據牛頓第二定律求加速度然后根據加速度用運動學公式解題或者根據運動學公式求解加速度然后根據加速度利用牛頓第二定律求解力

    • 2020-11-28
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  • ID:6-8246544 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:5.4牛頓第三運動定律 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第5章 牛頓運動定律 /第4節 牛頓第三運動定律

    5.4牛頓第三運動定律 質量檢測(含解析) 1.在班級清掃衛生的勞動中,某同學用水平方向的力推水平地面上的桌子,桌子沒動,下列說法中正確的是(  ) A.該同學推桌子的力與桌子受到的摩擦力是一對平衡力 B.該同學推桌子的力與該同學受到的摩擦力是一對相互作用力 C.桌子對地面的壓力和地面對桌子的支持力是一對平衡力 D.桌子受到的重力和地面對桌子的支持力是一對相互作用力 2.如圖所示,粗糙的A、B長方體木塊疊放在一起,靜置于水平面上.現使B木塊受到一個水平方向的牽引力F,但A、B仍然保持靜止,則以下判斷中正確的是(  ) A.A對B的壓力就是A物體受到的重力 B.A與B間只有一對相互作用力 C.B不動是因為它受到的地面的摩擦力大于拉力F D.木塊B先對地面施加壓力,使地面發生形變后,地面再對B施加支持力 3.如圖所示,小張同學左手抓起一只籃球,當籃球與手臂都靜止時,下列說法正確的是(  ) A.手對籃球的作用力的大小等于籃球的重力 B.手對籃球的作用力的大小大于籃球的重力 C.手對籃球的作用力和籃球的重力是一對相互作用力 D.手對籃球的作用力和籃球對手的作用力是一對平衡力 4.關于力的說法正確的是(  ) A.小明用力打沙包,沒有打中,這個力只有施力物體,沒有受力物體 B.兩個物體發生力的作用一定要相互接觸 C.雞蛋撞石頭,雞蛋碎了,說明石頭對雞蛋的力大于雞蛋對石頭的力 D.力的三要素是力的大小、力的方向、力的作用點 5.下面說法中,正確的是(  ) A.跳水運動員從跳臺上起跳時,跳臺對人的彈力大于人的重力 B.跳水運動員從跳臺上起跳時,跳臺對人的彈力等于人的重力 C.牛拉車加速運動時,牛拉車的力大于車拉牛的力 D.雞蛋碰石頭時,雞蛋對石頭的作用力小于石頭對雞蛋的作用力 6.把一木塊放在水平桌面上保持靜止,下面說法錯誤的是(  ) A.木塊對桌面的壓力就是木塊的重力 B.木塊對桌面的壓力與桌面對木塊的支持力是一對作用力和反作用力 C.桌面對木塊的支持力是因為桌面發生了向下的彈性形變引起的 D.木塊的重力和桌面對它的支持力是一對平衡力 7.如圖所示,水平力F把一個物體緊壓在豎直的墻壁上靜止不動,下列說法正確的是(  ) A.作用力F和物體對墻壁的壓力是一對平衡力 B.作用力F和墻壁對物體的彈力是一對作用力和反作用力 C.作用力F增大,墻壁對物體的靜摩擦力也增大 D.墻壁對物體的支持力與物體對墻壁的壓力是一對作用力和反作用力 8.在林海雪原的深處,人們常用馬來拉運木材,如圖所示,若一匹馬在平直的雪地上拉著一段重木加速前進,下列說法正確的是(  ) A.木材只受重力、拉力和摩擦力三個力 B.木材的重力和木材對地面的壓力是一對平衡力 C.馬拉木材的力的大小等于木材拉馬的力的大小 D.先有馬拉木材的力,再有木材拉馬的力 9.一輛汽車停在水平地面上,下列說法中正確的是(  ) A.汽車受到重力、支持力和壓力的作用 B.地面受到向下的壓力與汽車受到向上的支持力是一對平衡力 C.汽車對地面的壓力就是汽車的重力,與地面對汽車的支持力是作用力與反作用力 D.地面受到向下的壓力,是因為汽車發生彈性形變;汽車受到向上的支持力,是因為地面發生彈性形變 10.用計算機輔助實驗系統(DIS)做驗證牛頓第三定律的實驗,把兩個測力探頭的掛鉤鉤在一起,向相反方向拉動,觀察顯示器屏幕上出現的結果(如圖所示),分析兩個力傳感器的相互作用隨著時間變化的曲線,以下結論正確的是(  ) A.作用力與反作用力同時產生 B.作用力與反作用力作用在同一物體上 C.作用力與反作用力相等 D.作用力與反作用力的合力為零 11.如圖所示,油桶放置在靜止的汽車上,力F為汽車對油桶的支持力,則F反作用力是( ) A.油桶所受的重力 B.汽車所受的重力 C.油桶對汽車的壓力 D.汽車對地面的壓力 12.走廊上,某學生用力推課桌,使它在水平地面上向前加速運動,則(  ) A.她對課桌的作用力大于課桌對他的作用力 B.她對課桌的推力大于地面對課桌的摩擦力 C.地面對課桌的摩擦力和課桌對地面的摩擦力是一對平衡力 D.課桌對地面的壓力和課桌的重力是一對作用力和反作用力 13.用彈簧測力計豎直懸掛一個靜止的小球,下列說法中正確的是(  ) A.小球對彈簧測力計的拉力與小球所受的重力是作用力與反作用力 B.小球對彈簧測力計的拉力與小球所受的重力是一對平衡力 C.彈簧測力計測小球的重力,理論依據是二力平衡和作用力與反作用力的知識 D.小球所受重力和拉力的施力物體分別是地球和彈簧測力計 14.如圖甲所示,某同學將一個力傳感器A系在墻壁上固定,另一力傳感器B握在手中,力傳感器A、B互相鉤著并連接在計算機上。用手向右拉力傳感器B,在計算機顯示屏上可以看到的圖像如圖乙所示。由圖乙可知_______。 A.作用力大小總是大于反作用力大小 B.傳感器A、B間的作用力和反作用力大小始終相等 C.傳感器A、B間的作用力和反作用力方向始終相反 D.橫坐標表示的物理量是傳感器B向右移動的位移 15.應用所學的物理知識解釋下列現象,說法正確的是(  ) A.賽車的質量不是很大,卻安裝著強勁的發動機,可以獲得很大的慣性 B.高大的橋要造很長的引橋,從而減小橋面的坡度,目的是減小車輛重力沿橋面方向的分力,保證行車方便與安全 C.人站在松軟的濕地上容易下陷是因為人對濕地的壓力大于濕地對人的支持力 D.汽車輪胎的花紋會影響輪胎受到的摩擦力,地面與輪胎間的摩擦力越大汽車越容易啟動,剎車也越容易 參考答案 1.A 【解析】 【分析】 【詳解】 A.桌子在水平方向受到該同學推桌子的力與桌子受到的摩擦力處于平衡,即該同學推桌子的力與桌子受到的摩擦力是一對平衡力,故A正確; B.同學推桌子的力,受力物體是桌子,施力物體是同學;而同學受到的摩擦力,受力物體是同學,施力物體是地面,兩個力不是一對相互作用力,故B錯誤; C.桌子對地面的壓力和地面對桌子的支持力是一對相互作用力,故C錯誤; D.桌子受到的重力和地面對桌子的支持力是一對平衡力,故D錯誤。 故選A。 2.B 【解析】 【分析】 【詳解】 A.壓力和重力是不同性質的兩個力,A對B的壓力的施力物體是A、受力物體是B,A物體的重力的施力物體是地球、受力物體是A,A對B的壓力大小等于A物體的重力,二者不是一回事,故A錯誤; B.B與A間只有一對相互作用力,即A對B的壓力和B對A的支持力,二者之間沒有摩擦力,故B正確; C.B不動是因為它受到的地面的最大靜摩擦力大于F,根據平衡條件可知實際的摩擦力等于拉力F,故C錯誤; D.木塊B對地面的壓力和地面對B的支持力是一對作用力與反作用力,二者同時產生、同時消失,故D錯誤。 故選B。 3.A 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.籃球受到重力和手對籃球的作用力,在這兩個力的作用下處于平衡狀態,故手對籃球的作用力和籃球的重力是一對平衡力,等大反向。故A正確,B錯誤; C.手對籃球的作用力和籃球對手的力是一對相互作用力,籃球受到的重力和地球受到籃球的萬有引力是一對相互作用力。故C錯誤; D.手對籃球的作用力和籃球對手的作用力是一對相互作用力,故D錯誤。 故選A。 4.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.用力打沙包,沒打中,但用力的過程中,其拳頭、胳膊與軀干的相互作用系統內由于相互作用而產生力,A錯誤; B.兩個物體發生相互作用時,可以不接觸,如地球的引力,兩磁體間的磁力等,B錯誤; C.蛋對石頭的力和石頭對蛋的力是作用力與反作用力的關系,大小相等,C錯誤; D.力的三要素是力的大小、力的方向、力的作用點,D正確。 故選D。 5.A 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.起跳時是向上加速運動,加速度方向向上,根據牛頓第二定律知起跳時合力方向向上,所以跳臺對人的彈力大于人的重力,A正確B錯誤; C.牛向前拉車的力和車向后拉牛的力是一對作用力與反作用力,它們總是大小相等、方向相反,與運動狀態無關,C錯誤; D.雞蛋對石頭的作用力和石頭對雞蛋的作用力是一對作用力與反作用力,它們總是大小相等、方向相反,D錯誤。 故選A。 6.A 【解析】 【分析】 【詳解】 A.木塊放在水平桌面上保持靜止,木塊對桌面的壓力大小等于木塊受的重力,但不能說木塊對桌面的壓力就是木塊受的重力,因為兩者產生的原因、施力物體和受力物體等都不同,故A錯誤; B.由牛頓第三定律可知,木塊對桌面的壓力與桌面對木塊的支持力是一對作用力和反作用力,故B正確; C.桌面對木塊的支持力是彈力,是由于施力物體桌面發生了向下的彈性形變引起的,故C正確; D.木塊保持靜止是由于桌面對木塊的支持力、木塊受的重力二力平衡,故D正確。 本題選錯誤的,故選A。 7.D 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.作用力F和墻壁對物體的彈力同時作用在物體上,且等大反向,是一對平衡力,選項AB錯誤; C.豎直方向墻壁對物體的靜摩擦力等于物體的重力,則當作用力F增大時,墻壁對物體的靜摩擦力不變,選項C錯誤; D.墻壁對物體的支持力與物體對墻壁的壓力是一對作用力和反作用力,選項D正確。 故選D。 8.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.木材受到重力、拉力、地面支持力和摩擦力四個力的作用,故A錯誤; B.木材的重力的受力物體是木材,木材對地面的壓力是受力物體是地面,故木材的重力和木材對地面的壓力不是一對平衡力,故B錯誤; CD.馬拉木材的力的大小等于木材拉馬的力的大小是一對作用力和反作用力,大小相等,方向相反,同時產生,同時消失,故C正確,D錯誤。 故選C。 9.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.汽車停在水平地面上,汽車受到重力、支持力,沒有壓力,A錯誤; B.汽車沒有受到向下的壓力,B錯誤; C.汽車對地面的壓力與汽車自身的重力是兩種性質完全不同的力,也不是作用力與反作用力,C錯誤; D.地面受到向下的壓力,是因為汽車發生彈性形變產生對地面的壓力;汽車受到向上的支持力,是因為地面發生彈性形變而產生對汽車的力,D正確。 故選D。 10.A 【解析】 【分析】 【詳解】 A.作用力與反作用力同時產生,同時消失,A正確; B.作用力與反作用力作用在兩個相互作用的物體上,B錯誤; C.作用力與反作用力大小相等,方向相反,C錯誤; D.由于作用力與反作用力作用在兩個不同物體上,因此不能求合力,D錯誤。 故選A。 11.C 【解析】 【分析】 【詳解】 根據作用力與反作用力的特點可知,作用力與反作用力分別作用在兩個物體上,力的性質相同,大小相等,方向相反,作用在同一條直線上,由此可知汽車對油桶的支持力的反作用力是油桶對汽車的壓力,故C正確,ABD錯誤。 故選C。 12.B 【解析】 【分析】 【詳解】 A.她對課桌的作用力與課桌對他的作用力是一對作用力與反作用力,大小相等,故A錯誤; B.課桌在水平地面上向前加速運動,可知她對課桌的推力大于地面對課桌的摩擦力,故B正確; C.地面對課桌的摩擦力和課桌對地面的摩擦力是一對作用力與反作用力,故C錯誤; D.課桌對地面的壓力的施力物體是課桌,受力物體是地面;而課桌的重力的施力物體是地球,受力物體是課桌,兩個力不是兩個物體之間的相互作用,不是一對作用力和反作用力,故D錯誤; 故選B。 13.CD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.小球對彈簧測力計的拉力與彈簧測力計對小球的拉力是作用力與反作用力,選項A錯誤; B.彈簧測力計對小球的拉力與小球所受的重力是一對平衡力,選項B錯誤; C.彈簧測力計測小球的重力,理論依據是二力平衡和作用力與反作用力的知識,選項C正確; D.小球所受重力的施力物體是地球,小球所受的拉力的施力物體是彈簧測力計,選項D正確。 故選CD。 14.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 ABC.觀察分析兩個力傳感器的相互作用力隨時間變化的曲線,可以看出作用力與反作用力大小相等,方向相反,作用力與反作用力大小同時變化,故A錯誤,BC正確; D.橫坐標表示的物理量是作用時間,故D錯誤。 故選BC。 15.BD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.慣性的大小只與物體的質量有關,與力沒有關系;安裝著強勁的發動機,可以獲得很大的牽引力,故A錯誤; B.高大的橋要造很長的引橋,從而減小橋面的坡度,這樣可以減小車輛重力沿橋面方向的分力,保證行車方便與安全,故B正確; C.人對濕地的壓力與濕地對人的支持力是一對作用力與反作用力,大小相等,方向相反,故C錯誤; D.地面與輪胎間的摩擦力越大汽車越容易啟動,而剎車也越容易,故D正確。 故選BD。

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  • ID:6-8246542 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:5.1牛頓第一定律 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第5章 牛頓運動定律 /第1節 牛頓第一運動定律

    5.1牛頓第一定律 質量檢測(含解析) 1.伽利略對運動的研究,不僅確立了許多用于描述運動的基本概念,而且創造了一套對近代科學的發展極為有益的科學方法,并且通過實驗加以驗證:伽利略手稿中記錄了一組銅球從斜槽的不同位置由靜止下落的距離和所用時間的實驗數據,伽利略對上述的實驗數據進行了數學處理及邏輯分析,并得出了結論。下列各式哪一個是伽利略通過這個實驗直接得出的結論( ) 1 2 3 4 5 6 7 8 時間/s 32 130 298 526 824 1192 1600 2104 距離/t A. B. C. D. 2.關于力和運動的關系,下列說法中正確的是 A.物體做勻速直線運動其合外力不為零 B.物體只要運動就需要力的作用 C.力是改變物體運動狀態的原因 D.力是維持物體運動的原因 3.下列關于慣性的說法正確的是 A.物體不受外力作用時才有慣性 B.物體的質量越大,其慣性就越大 C.戰斗機戰斗前拋棄副油箱,是為了增大戰斗機的慣性 D.靜止的物體沒有慣性,只有始終保持運動狀態時才有慣性 4.物理學發展史上,首先把實驗和邏輯推理和諧結合起來的科學家是 A.亞里土多德 B.伽利略 C.牛頓 D.奧斯特 5.下列說法正確的是 A.汽車速度越大越難停下,表明物體的速度越大其慣性越大 B.汽車轉彎時速度方向改變,表明其慣性也隨之改變 C.被拋出的小球盡管速度的大小和方向都改變了,但其慣性不變 D.物體保持勻速直線運動或靜止狀態時,一定不受其它外力的作用 6.兩輛汽車在平直公路上勻速行駛。關于它們的慣性大小,下列說法正確的是 A.速度大的汽車慣性一定大 B.速度小的汽車慣性一定大 C.質量大的汽車慣性一定大 D.質量小的汽車慣性一定大 7.在研充物體運動原因的過程中,許多科學家做出了艱辛的探究.利用圖示理想斜面實驗,揭示運動現象本質的科學家是 A.牛頓 B.開普勒 C.伽利略 D.亞里士多徳 8.我國《道路交通安全法》中規定:各種小型車輛前排乘坐的人(包括司機)必須系好安全帶,這是因為系好安全帶可以 A.防止因車的慣性而造成的傷害 B.防止因人的慣性而造成的傷害 C.減小人的慣性 D.減小車的慣性 9.關于慣性,下列說法中正確的是( ). A.坐在汽車座椅上的乘客,在汽車突然起動時,會感到座椅的靠背對他有向前的壓力,是因為汽車有慣性引起的 B.同一輛車,速度大比速度小的難以停下來,說明速度大的物體慣性大 C.推動原來靜止的物體所需要的力比推動同一個運動著的物體所需要的力大,說明靜止的物體比運動物體的慣性大 D.物體的慣性大小僅與物體的質量有關,而與物體是否運動和運動快慢無關 10.如圖所示,將一個玻璃瓶裝水后密閉,放在水平桌面上,在瓶的中部有一個氣泡處于靜止狀態,如圖所示.現突然用力將瓶子向右推動一下,則可看到氣泡相對瓶子的運動情況是( ) A.不動 B.向右 C.向左 D.無法確定 11.沿草地踢出去的足球在草地上越滾越慢,這是因為( ) A.足球不再受到力的作用 B.足球受到了力的作用 C.足球受到地球的吸引力 D.足球沒有慣性了 12.下列說法中正確的是( ) A.物體不受外力作用就不會運動 B.物體運動速度越大,它受到的作用力越大 C.物體不受力,運動狀態一定不改變 D.物體位移變大,它一定受到力的作用 13.下列關于力的說法,正確的是 A.重力的方向總是與水平面垂直 B.物體的運動狀態沒有發生改變,物體也可能受到力的作用 C.將子彈發射出去后,若不計空氣阻力,則子彈在空中的運動中還受到向前運動的力,其方向不斷變化 D.物體落向地面時,它受到的重力大于它靜止時所受到的重力 14.下列說法正確的是 A.質量相同的兩個物體,速度大的慣性大 B.研究體積很大的物體的運動,有時也可以看做質點 C.牛頓運動定律既適用于低速、宏觀的物體,也適用于高速、微觀的粒子 D.伽利略通過理想斜面實驗,說明物體的運動不需要力來維持 15.如圖所示,重球M系于細線DC的下端,重球M的下方又系一條同樣的細線BA,下列說法正確的是( ) A.在線的A端緩慢增加拉力時,細線DC先斷 B.在線的A端緩慢增加拉力時,細線BA先斷 C.在線的A端猛力一拉,細線DC先斷 D.在線的A端猛力一拉,細線BA先斷 參考答案 1.B 【解析】 【詳解】 ACD.伽利略最初猜想沿斜面向下運動的物體的運動的速度與時間成正比,即:v=kt;但是由于速度的測量是不容易的,因此不能直接得到速度與時間的關系以及速度和位移的關系,則選項ACD錯誤; B.根據實驗數據可知,位移與時間的平方成正比,則:x=kt2,即:,考慮到測量的誤差等原因,可以認為是一個常數,即位移與時間的平方成正比,選項B正確。 2.C 【解析】 【詳解】 A.物體做勻速直線運動,加速度為零,其合外力為零,故A錯誤; BC.力是改變速度的原因而不是維持速度的原因,運動不需要力來維持,物體自身維持速度不變的性質叫做慣性,故B錯誤,故C正確; D.力是改變速度的原因而不是維持速度的原因,即力是產生加速度的原因,故D錯誤; 3.B 【解析】 【詳解】 A.質量是物體慣性大小的唯一量度,與物體受不受外力無關,故A錯誤; B.質量是物體慣性大小的唯一量度,物體的質量越大則慣性越大,故B正確; C.質量是物體慣性大小的唯一量度,物體的質量越大則慣性越大,故戰斗機拋棄副油箱,減小了慣性,增大了戰斗機的靈活性,故C錯誤。 D.質量是物體慣性大小的唯一量度,與物體運動狀態無關,只要質量不變,慣性大小就不變,故D錯誤。 4.B 【解析】 【詳解】 伽利略首先采用了以實驗檢驗猜想和假設的科學方法,把實驗和邏輯推理結合起來,有力地推進了人類科學的發展。 A. 亞里土多德,與分析不符,故A錯誤 B. 伽利略 與分析相符,故B正確 C. 牛頓 與分析不符,故C錯誤 D. 奧斯特與分析不符,故D錯誤 5.C 【解析】 【詳解】 A.物體的慣性只與物體的質量有關,與運動狀態無關,選項A錯誤; B.汽車轉彎時速度方向改變,但是慣性不變,選項B錯誤; C.慣性只與物體的質量有關,被拋出的小球盡管速度的大小和方向都改變了,但其慣性不變,選項C正確; D.物體保持勻速直線運動或靜止狀態時,可能受合外力為零,選項D錯誤。 6.C 【解析】 【詳解】 AB.物體的慣性與物體的運動狀態無關,只與質量有關,選項AB錯誤; CD.物體的慣性只與物體的質量有關,質量越大,慣性越大,選項C正確,D錯誤。 7.C 【解析】 【詳解】 公元前四世紀的希臘哲學家亞里士多德認為:必須不斷地給一個物體以外力,才能使它產生不斷地運動.如果物體失去了力的作用,它就會立刻停止.即--力是維持物體運動的原因.亞里士多德的觀點很符合人們的日常經驗,如停著的車不推它它就不會動,停止推它它就會停下來,所以亞里士多德的觀點當時占著統治地位,而且一直統治了人們兩千年;伽利略斜面實驗在牛頓第一定律的建立過程中起到了重要作用,它揭示了力與運動的關系,即物體的運動并不需要力來維持; A. 牛頓 與分析不符,故A錯誤; B. 開普勒 與分析不符,故B錯誤; C. 伽利略 與分析相符,故C正確; D. 亞里士多徳 與分析不符,故D錯誤; 8.B 【解析】 【詳解】 AB.安全帶系在人的身上,對人有一定的作用力,可以改變人的運動狀態,所以系好安全帶可以防止因人的慣性而造成的傷害,A錯誤B正確; C.人的慣性由人的質量決定,與其他因素無關,所以系好安全帶不減小人的慣性,C錯誤; D.車的慣性由車的質量決定,與其他因素無關,所以系好安全帶不減小車的慣性,D錯誤。 9.D 【解析】 【詳解】 A.坐在汽車座椅上的乘客,在汽車突然起動時,會感到座椅的靠背對他有向前的壓力,是因為乘客有慣性引起的,選項A錯誤; B.物體的慣性只與質量有關,與速度無關,選項B錯誤; C.物體的慣性只與質量有關,與運動狀態無關,選項C錯誤; D.物體的慣性大小僅與物體的質量有關,而與物體是否運動和運動快慢無關,選項D正確。 10.B 【解析】 【分析】 由題意可知考查用慣性解釋生活中的實例,根據牛頓定律分析可得。 【詳解】 同體積的氣泡和水,氣泡的質量更小,當瓶子突然加速度運動時,氣泡慣性小,運動狀態更容易改變,所以氣泡相對瓶子向右運動。 【點睛】 慣性的大小僅與物體質量有關,質量越大(越小),慣性越大(越小),運動狀態越不容易(容易)改變。 11.B 【解析】 【分析】 由題意可知考查力和運動狀態的關系,由牛頓第二定律分析可得。 【詳解】 A B.足球受到重力、地面的支持力、阻力作用,在阻力作用下越滾越慢,故A錯誤,B正確; C.足球受到地球的吸引力,吸引力和速度方向垂直,不改變水平方向運動狀態,故C錯誤; D.慣性和物體運動狀態沒有關系,足球靜止后仍有慣性,故D錯誤。 【點睛】 力是改變物體運動狀態的原因,不是物體運動的原因,足球因受到阻力作用速度減慢。 12.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.力是改變物體運動狀態的原因,不是物體運動的原因,物體不受外力時,原來靜止一直靜止下去,原來運動一直勻速運動下去,故A錯誤。 B.物體運動速度大,但只要速度不變化,它受到的作用力等于零,故B錯誤。 C.物體不受力,加速度為零,運動狀態一定不改變,故C正確。 D.物體位移變大,可能做勻速直線運動,受力為零,故D錯誤。 【點睛】 13.AB 【解析】 【詳解】 A.重力的方向總是豎直向下,即總是垂直水平面向下,故A正確; B.物體的運動狀態沒有發生改變,則物體受到的合力為零,但物體可能受外力作用,故B正確; C.將子彈發射出去后,若不計空氣阻力,則子彈在空中的運動只受重力作用,故C錯誤; D.物體落向地面時,它受到的重力等于它靜止時所受到的重力,故D錯誤。 14.BD 【解析】 【詳解】 A.質量是慣性大小的唯一量度,所以慣性大小與速度無關,A錯誤; B.研究體積很大的物體的運動,只要其大小對所研究的問題來說可以忽略,則物體即可以看做質點,如研究地球公轉周期時就可以將地球看做質點,B正確; C.牛頓運動定律只適用于低速、宏觀的物體,不適用于高速、微觀的粒子,C錯誤; D.伽利略通過理想斜面實驗,說明物體的運動不需要力來維持,D正確。 15.AD 【解析】 【詳解】 AB.在線的A端緩慢增加拉力F1時,使得重球M能夠向下發生微小位移,從而使得上部細線DC的拉力F2逐漸增大,重球M可以認為處于平衡狀態,即F2=Mg+ F1,上部細線DC的拉力F2會先達到受力的極限,因而細線DC會先斷,故A正確,B錯誤; CD.在線的A端猛力一拉,由于重球M質量較大,其慣性也較大,并且力的作用時間又極短,故重球M向下發生的位移也極小,以至于細線DC還來不及發生形變,下端細線BA上的拉力F1已經達到了受力的極限,因而細線BA會先斷,故C錯誤,D正確。

    • 2020-11-28
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  • ID:6-8246541 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:4.2力的分解 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第4章 力與平衡 /第2節 力的分解

    4.2力的分解 質量檢測(含解析) 1.已知兩個共點力F1、F2的合力大小為100N,其中F1的方向與合力夾角,分力F2的大小為75N,則( ) A.F1的大小唯一 B.F2的方向唯 C.F2有兩個可能的方向 D.F2的方向可以任意選取 2.一個力只能分解為一對分力 A. B. 3.把力F分解為兩個不為零的分力,下列分解哪種是不可能的( ) A.分力之一垂直于F B.兩分力都跟F垂直 C.兩分力都比F大 D.兩分力在同一直線上,并與F方向相同 4.如圖所示,某鋼制工件上開有一個楔型凹槽,凹槽的截面是一個直角三角形,三個角的度數分別是,,.在凹槽中放有一個光滑的金屬球,當金屬球靜止時,金屬球對凹槽的邊的壓力為、對邊的壓力為,則的值( ) A. B. C. D. 5.一體操運動員倒立并靜止在水平地面上,下列圖示姿勢中,沿手臂的力最大的是( ) A.B. C.D. 6.如圖所示,一物塊靜止在傾角為的固定斜面上,物塊所受的重力為.沿平行于斜面和垂直于斜面的兩個方向分解重力,這兩個方向上的分力分別為和.則分力的大小為( ) A. B. C. D. 7.已知兩個共點力的合力為 50N,分力 F1 的方向與合力 F 的方向夾角為 30°,則分力 F2的最小值為( ) A.17.3N B.25N C.25 N D.50N 8.如圖所示,為了行車方便與安全,高大的橋要造很長的引橋,其主要目的是( ) A.減小過橋車輛受到的摩擦力 B.減小過橋車輛的重力 C.減小過橋車輛對引橋面的壓力 D.減小過橋車輛的重力平行于引橋面向下的分力 9.如圖所示,將光滑斜面上的物體的重力mg分解為F1和F2兩個力,下列結論正確的是( ) A.F1是斜面作用在物體上使物體下滑的力,F2是物體對斜面的正壓力 B.物體受mg 、N、 F1和F2四個力的作用 C.物體只受重力mg和彈力N的作用 D.力N 、F1和F2的三個力的作用效果跟mg、N兩個 10.如圖,一個重為10N的砝碼,用細線懸掛在O點,現在用力F拉砝碼,使懸線偏離豎直方向θ=60°時處于靜止狀態,此時拉力F的大小可能為(  ) A.5.0N B.5N C.10N D.10.0N 11.物體靜止在斜面上,以下分析中正確的是( ) A.物體受到的靜摩擦力與重力沿斜面的分力平衡 B.物體所受重力沿垂直于斜面的分力就是物體對斜面的壓力 C.物體所受重力與斜面對它的靜摩擦力和支持力這兩個力的合力平衡 D.斜面傾角越大,物體對斜面的壓力就越大 12.已知一個力的大小是,將此力分解為兩個分力,這兩個力的大小可能為( ) A.、 B.、 C.、 D.、 13.如圖,將力 F=40N(大小、方向已知)分解為兩個分力F1和F2,已知 F2和F的夾角θ=.則關于分力F2,以下說法中正確的是( ) (sin=0.6,cos=0.8) A.當F1=30N時,有兩個解 B.當F1=50N時,有唯一解 C.當 F1=20N時,有唯一解 D.當F1=24N時,有兩個解 14.如圖所示,下列拉力T或重G按力的作用效果分解正確的是( ) A. B. C. D. 15.將一個F=10N的力分解為兩個分力,如果已知其中一個不為零的分力F1方向與F成30°角,則關于另一個分力F2,下列說法正確的是( ) A. F2的方向可能與F平行 B. F2的大小可能小于5N C. F2的大小可能大于5N D. F2的方向與F1垂直時F2最小 16.如圖所示,在傾角為的斜面上,放一質量為m的光滑小球,球被豎直的木板檔住,則球對擋板的壓力是多少? 參考答案 1.C 【解析】 【詳解】 已知一個分力有確定的方向,與F成夾角,知另一個分力的最小值為: 而另一個分力F2的大小為75N,大于60N,小于100N,所以分解的組數有兩組解。如圖 故選C。 2.B 【解析】 【詳解】 AB.由力的平行四邊形定則可知,一個力,不加任何限制條件,可以分解成無數對分力,故A錯誤B正確。 3.B 【解析】 【詳解】 A.合力與分力遵循三角形定則,如圖,故A正確,不符合題意; B.若兩分力都跟F垂直,則兩個分力共線,合力與分力將不遵循平行四邊形定則,故B錯誤,符合題意; C.合力與分力遵循三角形定則,合力可能比兩個分力都小,故C正確,不符合題意; D.若兩分力在同一直線上,并與F方向相同,即兩個分力與合力方向相同,則合力的大小等于兩個分力大小的和是可能的,故D正確,不符合題意; 4.C 【解析】 【詳解】 將金屬球的重力沿著垂直于邊和垂直于邊分解,如圖所示: ,,所以: A.。故A不符合題意。 B.。故B不符合題意。 C.。故C符合題意。 D.。故D不符合題意。 5.D 【解析】 【詳解】 將人所受的重力按照效果進行分解,由于大小方向確定的一個力分解為兩個等大的力時,合力在分力的角平分線上,且兩分力的夾角越大,分力越大,因而D圖中人最費力,AB圖中人最省力。故D符合題意,ABC不符合題意。 6.A 【解析】 【詳解】 斜面上物體的重力,按效果分解的力如題目圖所示。根據數學知識可知: , 故A正確BCD錯誤。 7.B 【解析】 【詳解】 當F2與合力F垂直時F2有最小值,則 . A.17.3N,與結論不相符,選項A錯誤; B.25N,與結論相符,選項B正確; C.25N,與結論不相符,選項C錯誤; D.50N,與結論不相符,選項D錯誤; 8.D 【解析】 【分析】 【詳解】 ACD.對車受力分析,受重力、支持力和阻力,重力的大小方向均不變,重力產生兩個作用效果,使物體沿斜面下滑,使物體緊壓斜面,設斜面傾角為,將重力按照作用效果分解如圖: 由幾何關系可得,平行斜面分量為: 由于引橋越長,坡角越小,越小;垂直斜面分量為: 壓力等于重力垂直斜面分量,變小,壓力變大,摩擦力變大,故D正確,AC錯誤; B.物體重力不變,故B錯誤。 9.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.F1是斜面作用在物體上使物體下滑的力,F2是重力垂直于斜面方向的分力,由于物體對斜面的正壓力施力物體是物體,受力物體是斜面,而F2的施力物體是地球,受力物體是該物體,所以F2不是物體對斜面的壓力,故A錯誤; BC.F1和F2是重力的兩個分力,物體只受重力mg和支持力N兩個力。故B錯誤,C正確; D.根據合力與分力是等效替代關系,可知,力N、F1和F2的三個力的作用效果跟mg、N兩個力的效果相同。故D錯誤; 10.BCD 【解析】 【詳解】 以物體為研究對象,根據圖解法可知,當拉力F與細線垂直時最小,如圖所示: Fmin=Gsin60°=5N 當拉力水平向右時F最大,即: Fmax=Gtan60°=10N 因此力的范圍是: 5N≤F≤10N A.5.0N 。故A不符合題意。 B.5N。故B符合題意。 C.10N。故C符合題意。 D.10.0N。故D符合題意。 故選BCD。 11.AC 【解析】 【詳解】 A.物體受到的靜摩擦力與重力沿斜面的分力平衡,選項A正確; B.物體對斜面的壓力大小等于物體所受重力沿垂直于斜面的分力大小,但壓力的受力體是斜面,而重力分力的受力體是物體。不能說“就是”,故B錯誤。 C.物體所受重力與斜面對它的靜摩擦力和支持力這兩個力的合力平衡,選項C正確; D.由N=mgcosθ,斜面傾角越大,物體對斜面的壓力就越小,選項D錯誤。 12.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 A.和的合力范圍是,所以不可能是大小為分解得兩個力,故A錯誤; B.、的合力范圍是,所以可能是大小為分解得兩個力,故B正確; C.、的合力范圍是,所以可能是大小為分解得兩個力,故C正確; D.、的合力范圍是,所以不可能是大小為分解得兩個力,故D錯誤。 故選BC。 13.AB 【解析】 【詳解】 如圖所示:當F1=Fsinθ時,兩分力和合力恰好構成三角形,有唯一解;當F>F1>Fsinθ=24N 時,根據平行四邊形定則,有兩組解;若F1>F,只有一組解;當F1<Fsinθ=24N時,分力和合力不能構成三角形,無解.故AB正確. 14.BD 【解析】 【詳解】 A.連接重物的豎直繩的作用效果使兩繩子有拉力,可將T沿著兩繩子反方向分解,故A錯誤; B.連接重物的豎直繩的作用效果:壓斜桿,拉水平桿,可將T沿斜向下和水平向右分解,故B正確; C.連接重物的豎直繩的作用效果:壓水平桿和斜向下拉繩,故C正確; D.球的重力作用效果,一是壓斜面,另一是推豎直面,因此重力的分解,故D正確. 15.CD 【解析】 【詳解】 A.如果F2的方向與F平行,則F1的方向也與F平行,這顯然不符合題意,所以可知F2的方向不可能與F平行。故A錯誤; BCD.當F2的方向與F1的方向垂直時,F2具有最小值F2min=Fsin30°=5N,所以F2的大小不可能小于5N.故B錯誤,CD正確。 16.mgtan 【解析】 【詳解】 以小球為研究對象,將重力mg按效果進行分解,作出力分解圖,如圖。 則球對擋板的壓力等于: 。

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  • ID:6-8246539 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:3.3摩擦力 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第3章 相互作用 /第3節 摩擦力

    3.3摩擦力 質量檢測(含解析) 1.如圖,用水平力F將重力等于G的木塊壓在豎直墻面上,使木塊靜止.下列判斷正確的是 A.由于木塊靜止,所以 F=G B.若撤去F,木塊沿墻壁下滑時,木塊受滑動摩擦力大小等于mg C.減小壓力F,墻和木塊間的靜摩擦一定減小 D.增大壓力F,墻和木塊間的靜摩擦力不變 2.下列說法正確的是 A.研究在冰面上旋轉的花樣滑冰運動員的動作,可以將運動員看作質點 B.運動員跑完800m比賽,800m指的是路程大小 C.由滑動摩擦因數知,μ與FN成反比 D.滑動摩擦力總是阻力,靜摩擦力可以是動力 3.如圖所示,質量為2kg的物體與水平地面間動摩擦因數為0.2,水平地面足夠大.t=0時,物體以2m/s初速向右運動,同時對物體施加一個水平向左的大小恒為2N的拉力F,向右為正方向,在t=0之后( ) A.物體所受摩擦力不會變化 B.物體所受摩擦力會由-4N變為+2N C.物體所受摩擦力會由-4N變為-2N D.物體所受摩擦力會由+4N變為+2N 4.如圖所示,物體在,方向水平向右的拉力作用下,沿水平面向左運動.已知物體與水平面間的動摩擦因數,物體質量,取.可知物體所受摩擦力為:( ) A.,水平向左 B.,水平向右 C.,水平向左 D.,水平向右 5.一物體置于粗糙水平地面上,按圖所示不同的放法,在水平力的作用下運動,設地面與物體各接觸面間的動摩擦因數相等,則物體受到的摩擦力的大小關系是( ) A. B. C. D. 6.水平桌面上一重200N的物體,與桌面間的動摩擦因數為0.2,當依次用15N、30N、80N的水平拉力拉此物體時,物體受到的摩擦力依次為,設最大靜摩擦力等于動摩擦力( ) A.ON、0N,40N B.15N、30N、40N C.15N、15N、40N D.15N、30N、80N 7.關于彈力和摩擦力,下列說法中正確是 A.彈簧不受力時,它的勁度系數為零 B.兩個接觸的物體間一定有壓力 C.由可知,動摩擦因數與滑動摩擦力成正比,與壓力成反比 D.要產生摩擦力,兩物體必須相互接觸、擠壓、接觸面粗糙,且有相對運動趨勢或發生相對運動 8.關于摩擦力,下列說法正確的是( ) A.物體間的正壓力增大時,它們之間的摩擦力也一定增大 B.物體受到摩擦力作用時,它一定同時受到彈力作用 C.只有運動的物體才能受到滑動摩擦力作用 D.摩擦力一定阻礙物體的運動 9.如圖所示,一個同學用雙手水平地夾住一疊書,書懸空靜止.已知他用手在這疊書的兩端施加的最大水平壓力 F=400N,每本書的質量為 0.50kg,手與書之間的動摩擦因數為?1=0.40,書與書之間的動摩擦因數為?2=0.25,則該同學最多能水平夾住多少本書(已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g 取 10m/s2)( ) A.40 B.42 C.64 D.80 10.如圖甲所示,一塊長木板放在水平桌面上,現用一水平力F向右緩慢地推木板,使其一部分露出桌面,如圖乙所示。在從甲到乙推木板的過程中,關于木板對桌面的摩擦力f大小和木板對桌面的壓強P大小的下列判斷正確的是(  ) A.壓強P逐漸變小 B.壓強P始終保持不變 C.摩擦力f逐漸變小 D.摩擦力f始終保持不變 11.關于摩擦力,下列說法正確的是 A.滑動摩擦力的方向一定與速度反向 B.物體在另一個物體表面滑動,但不一定受到摩擦力 C.摩擦力總是阻礙物體的運動 D.靜止的物體可能受滑動摩擦力,運動的物體可能受靜摩擦力 12.如圖所示,在粗糙的水平面上疊放著物體A和B,A和B間的接觸面也是粗糙的,如果用水平拉力F施于A,而A、B仍保持靜止,則下面的說法中正確的是(  ) A.物體A與地面間的靜摩擦力的大小等于F B.物體A與地面間的靜摩擦力的大小等于零 C.物體A與B間的靜摩擦力的大小等于F D.物體A與B間的靜摩擦力的大小等于零 13.如圖所示,一質量為m的木塊靠在豎直粗糙的墻壁上,且受到水平力F的作用,下列說法正確的是( ) A.若木塊靜止,則木塊受到的靜摩擦力大小等于,方向豎直向上 B.若木塊靜止,當F增大時,木塊受到的靜摩擦力隨之增大 C.若木塊靜止,當F增大時,最大靜摩擦力隨之增大 D.若開始時木塊靜止,當撤去F,木塊沿墻壁下滑時,木塊不受摩擦力作用 14.有一輛遙控電動玩具汽車,已知車內電動馬達驅動后輪轉動;現玩具汽車的后輪、前輪分別放在平板小車甲乙上;如圖所示,按動遙控器上的“前進”、“后退”鍵,汽車就能前進或后退,地面與甲、乙車之間的摩擦力不計.以下敘述正確的是( ) A.按動遙控器上的“前進”鍵,乙車對前輪摩擦力向前,乙車相對地面向前進 B.按動遙控器上的“前進”鍵,甲車對后輪摩擦力向前,甲車相對地面向后退 C.按動遙控器上的“后退”鍵,甲車對后輪摩擦力向后,甲車相對地面向前進 D.按動遙控器上的“后退”鍵,乙車對前輪摩擦力向后,乙車相對地面向后退 15.在研究摩擦力的實驗中,每次用彈簧測力計水平拉一放在水平桌面上的木塊,木塊運動狀態及彈簧測力計的讀數如下表所示(每次木塊與桌面的接觸面相同).由表中數據可知,下列結論不正確的是 (  ) 次數 木塊運動狀態 彈簧測力計讀數(N) 1 靜止 0.4 2 靜止 0.6 3 加速 0.7 4 勻速 0.5 5 減速 0.3 A.木塊受到的最大摩擦力為0.7 N B.木塊受到的最大靜摩擦力一定不小于0.6 N C.在這五次實驗中,木塊受到的摩擦力大小有二次是相同的 D.在這五次實驗中,木塊受到的摩擦力大小有三次是相同的 16.有一個質量為m=10kg的物體靜止在水平地面上,在水平拉力F1=40N的作用下,沿著水平地面做勻速直線運動。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g=10N/kg),則: (1)物體與地面之間的動摩擦因數為多少? (2)若物體靜止時改用水平拉力 F2=30N 作用于該物體上,則物體受到的摩擦力大小為多少? (3)若改用水平拉力 F3=60N 作用于該物體上,則物體受到的摩擦力大小為多少? 參考答案 1.D 【解析】 【分析】 【詳解】 ACD.對物體受力分析,受推力F、重力G,由于物體保持靜止,處于平衡狀態,合力為零,故受墻壁對其垂直向外的支持力N,還有豎直向上的靜摩擦力f,根據平衡條件,有 F=N f=G 即靜摩擦力與重力平衡,與推力無關,重力與F也無關,故AC錯誤,D正確; B.若撤去F,木塊沿墻壁下滑時,木塊受滑動摩擦力大小等于0,選項B錯誤. 2.B 【解析】 【分析】 【詳解】 A.點沒有大小,談自轉無意義;故研究在冰面上旋轉的花樣滑冰運動員動作時,運動員不可以簡化為點,故A錯誤; B.運動員跑完800 m比賽,軌跡是曲線,故800 m指的是路程大小,故B正確; C.動摩擦因數的大小只有兩個接觸面的材料決定,與正壓力無關,選項C錯誤; D.滑動摩擦力和靜摩擦力都可以是動力,也可以是阻力,選項D錯誤. 3.B 【解析】 【分析】 【詳解】 最大靜摩擦力為,當物體靜止后,不再運動,此時受到的摩擦力向右,大小與F等大,故物體所受摩擦力會由-4N變為+2N,B正確; 【點睛】 在計算摩擦力時,首先需要弄清楚物體受到的是靜摩擦力還是滑動摩擦力,如果是靜摩擦力,其大小取決于與它反方向上的平衡力大小,與接觸面間的正壓力大小無關,如果是滑動摩擦力,則根據公式去計算 4.B 【解析】 【分析】 考查摩擦力的理解與計算. 【詳解】 由于物體有相對于地面向左的運動,摩擦力為滑動摩擦力,由滑動摩擦力公式: FN為地面對物體的支持力,FN=mg,所以摩擦力大小f=15N,方向與相對運動方向相反,即水平向右,B正確,ACD錯誤. 5.D 【解析】 【分析】 【詳解】 滑動摩擦力,滑動摩擦力與接觸面的動摩擦因數和彈力有關,三種情況下相同,也相等,故三種情況下的滑動摩擦力相等. A. 與分析結論不符,故A錯誤. B. 與分析結論不符,故B錯誤. C. 與分析結論不符,故C錯誤. D. 與分析結論相符,故D正確. 6.B 【解析】 【分析】 【詳解】 因最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,故最大靜摩擦力為:Fm=umg=0.2×200=40N;當拉力為15N和30N時時,物體處于靜止,摩擦力分別等于15N、30N;當拉力為80N時,拉力大于最大靜摩擦力,物體發生滑動,受到的為滑動摩擦力,大小為:f=umg=0.2×200=40N;故B正確;ACD錯誤. 7.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.彈簧的勁度系數與彈簧的彈力有無無關.故A錯誤. B.兩個接觸的物體間,不一定有壓力,要發生形變才有.故B錯誤. C.動摩擦因數與滑動摩擦力用及壓力均無關.故C錯誤. D.根據摩擦力產生的條件可知,相互接觸,擠壓,接觸面粗糙,具有相對運動趨勢或發生相對運動.故D正確. 8.B 【解析】 【分析】 【詳解】 A.滑動摩擦力的大小和接觸面的粗糙程度以及壓力的大小成正比,靜摩擦力與壓力無關,故A項錯誤; B.根據摩擦力產生的條件可知,有摩擦力時一定有彈力,故B項正確; C.摩擦力發生在兩個發生相對運動的物體之間,故靜止的物體也可以受到摩擦力,只要有其他物體在相對于它運動即可,故C項錯誤; D.摩擦力阻礙物體間的相對運動,但它可以與物體的運動方向相同,故D項錯誤. 9.B 【解析】 【分析】 【詳解】 先將所有的書(設有n本)當作整體,受力分析,豎直方向受重力、靜摩擦力,二力平衡,有 2μ1F?nmg…① 再考慮除最外側兩本書(n?2)本,受力分析,豎直方向受重力、靜摩擦力,二力平衡,有 2μ2F?(n?2)mg…② 由①②,解得: n?42 故最多可以有42本書; A. 40。故A錯誤; B. 42。故B正確; C. 64。故C錯誤; D. 80。故D錯誤。 10.D 【解析】 【分析】 【詳解】 因為在水平面上物體對桌面的壓力和自身的重力相等,所以向右緩慢地推木板的過程中,木板對桌面的壓力F不變;根據公式 向右緩慢地推木板的過程中壓力不變,受力面積變小,所以,木板對桌面的壓強p變大;因為向右緩慢地推木板的過程中,雖然受力面積變小,但是摩擦力大小和接觸面積大小無關,又因為壓力和接觸面的粗糙程度不變,所以,摩擦力f不變,故ABC錯誤,D正確。 故選D。 11.BD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.滑動摩擦力總是阻礙物體的相對運動,可以與運動方向相反,也可以與運動方向相同,故A錯誤; B.物體在另一個物體表面滑動,當接觸面光滑時,則不受到摩擦力作用,故B正確; C.摩擦力總是阻礙物體相對運動或相對運動趨勢;故C錯誤; D.靜止的物體可以受滑動摩擦力,只要有相對運動即可;運動的物體可能受靜摩擦力,如靜止在加速運動的汽車內的物體受到的是靜摩擦力,故D正確. 12.AD 【解析】 【分析】 A.B都保持靜止,受力都平衡,分別以整體和B為研究對象,根據平衡條件分別求出A和B受到的靜摩擦力. 【詳解】 以整體為研究對象,分析受力可知,整體水平方向受到拉力F和地對A的靜摩擦力fA,由平衡條件得到,fA=F.故A正確,B錯誤.以B為研究對象,分析受力可知,B相對于A沒有運動趨勢,B不受靜摩擦力,即物體A與B間的靜摩擦力的大小等于零.故C錯誤,D正確.故選AD. 【點睛】 對于靜摩擦力,常常根據物體的狀態,由平衡條件或牛頓第二定律求解. 13.ACD 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.若木塊靜止,則木塊受到的靜摩擦力與平衡,大小為,方向豎直向上,故A正確,B錯誤; C.最大靜摩擦力與正壓力成正比,故C正確; D.當撤去時,墻與木塊間無彈力,則木塊不受摩擦力作用,故D正確. 14.BC 【解析】 試題分析:當按動遙控器上的“前進”鍵,后輪是主動輪順時針轉動,所以甲車對后輪摩擦力向前,后輪對甲車的摩擦力向后;而前輪是從動輪,所以乙車對前輪的摩擦力向后,前輪對乙車的摩擦力向前.因此乙車向前運動,而甲車向后運動.當按動遙控器上的“后退”鍵,后輪是主動輪逆時針轉動,所以甲車對后輪摩擦力向后,后輪對甲車的摩擦力向前;而前輪仍是從動輪,所以乙車對前輪的摩擦力向前,前輪對乙車的摩擦力向后.因此乙車向后運動,而甲車向前運動.故AD錯誤,BC正確;故選BC. 考點:摩擦力 【名師點睛】此題考查摩擦力方向的判斷;根據題目中小車的運動情況,對玩具車與兩個小車間的力的相互作用進行分析,就可得到兩輪所受摩擦力的方向. 15.BD 【解析】 【分析】 物體靜止或做勻速直線運動時,物體處于平衡狀態,由平衡條件可知,物體受到的摩擦力等于彈簧測力計的拉力;物體相對于地面運動時受到的摩擦力是滑動摩擦力,滑動摩擦力由物體間的動摩擦因數與物體間的壓力決定,在該實驗中,物體間的動摩擦因數與物體間的壓力保持不變,則物體受到的滑動摩擦力不變.靜摩擦力的取值范圍0--最大靜摩擦力,且與外力有關,有平衡條件可求靜摩擦力的大小,物體即將運動時的摩擦力視為最大靜摩擦力,1、2次是靜摩擦力不同,3、4、5是滑動摩擦力相同. 【詳解】 木塊受到靜摩擦力0.6N時不動,0.7N時加速直線運動,而0.5N時,木塊做勻速直線運動,此時拉力等于滑動摩擦力的大小,則最大靜摩擦力一定不小于0.6N,一定小于0.7N,故A錯誤,B正確;在五次實驗中,在3、4、5三次實驗中,木塊受到的摩擦力是滑動摩擦力,由于實驗過程中物體間的動摩擦因數與物體間的壓力不變,則木塊受到的滑動摩擦力不變,這五次實驗中,木塊受到的摩擦力大小有三次是相同的,為滑動摩擦力,大小為0.5N,故D正確,C錯誤;故選BD. 16.(1)0.4(2)30N(3)40N 【解析】 【分析】 【詳解】 (1)物體作勻速運動,故 (2)改用30N的拉力后,該力小于最大靜摩擦力,故物體受到的摩擦力為 (3)改用60N拉力后,物體受到滑動摩擦力,由于支持力沒變,故

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  • ID:6-8246537 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:4.3共點力的平衡 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第4章 力與平衡 /第3節 共點力的平衡

    4.3共點力的平衡 質量檢測(含解析) 1.如圖所示,光滑水平地面上放有截面為圓周的柱狀物體A,A與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B,對A施加一水平向左的力F,整個裝置保持靜止。若將A的位置稍微向右移動一下,整個裝置仍保持平衡,則(  ) A.水平外力F增大 B.墻對B的作用力減小 C.地面對A的支持力減小 D.B對A的作用力減小 2.某人用一只手斜握一瓶子保持靜止,關于手對瓶子的作用力方向,下列說法正確的是(  ) A.豎直向下 B.豎直向上 C.沿著瓶身向上 D.垂直瓶身向上 3.如圖所示,某運動員正在做體能訓練,她拉著一只輪胎沿水平地面勻速前進,則下列說法中正確的是(  ) A.輪胎受到地面的支持力可能為零 B.輪胎受到地面的支持力可能大于重力 C.輪胎一定受重力、拉力、摩擦力3個力的作用 D.輪胎一定受重力、拉力、支持力和摩擦力4個力的作用 4.如圖所示,小球用細繩系住放置在傾角為θ的光滑斜面上,當細繩由水平方向逐漸向上偏移時,小球不動,細繩上的拉力F和斜面對小球的支持力N將(  ) A.N大小不變 B.N逐漸增大 C.F先增大后減小 D.F先減小后增大 5.如圖所示,一物體放在自動扶梯上,隨自動扶梯勻速斜向下運動,則物體受到的外力有(  ) A.1個 B.2個 C.3個 D.4個 6.如圖所示,用長為L的繩將重球掛在光滑的墻上,設繩的拉力為FT,球對墻的壓力為FN,那么當繩長縮短時(  ) A.FT、FN均增大 B.FT減小,FN增大 C.FT增大,FN減小 D.FT、N均減小 7.如圖,重量為的物體A在大小為的水平向左恒力作用下,靜止在傾角為的光滑斜面上(斜面也靜止)。下列關于物體對斜面壓力大小的表達式,錯誤的是(  ) A. B. C. D. 8.如圖所示為跳傘運動員在空中的一張照片,已知運動員受到的空氣阻力與速度、與空氣接觸的面積正相關,下列說法正確的是(  ) A.研究運動員受力時可把運動員看作質點 B.每一個跳傘運動員只受到重力和空氣阻力 C.每個運動員展開四肢的目的是為了增大與空氣接觸的面積,從而增大空氣阻力 D.跳傘運動員在跳傘的整個過程中通常是做勻加速直線運動 9.如圖所示,一人站在體重計上稱體重,保持立正姿勢稱得體重為G,當其緩慢地把一條腿平直伸出臺面,體重計指針穩定后讀數為G′,則(  ) A.G>G′ B.G<G′ C.G=G′ D.無法判定 10.如圖所示,A、B兩物體疊放在水平地面上,A物體的質量為m=10kg,B物體的質量為M=30kg,處于水平位置的輕彈簧一端固定于墻壁,另一端與A物體相連,彈簧處于自然狀態,其勁度系數為150N/m,A與B之間、B與地面之間的動摩擦因數均為μ=0.5.現有一水平推力F作用于物體B上,使其緩慢地向墻壁移動。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2.則當B物體向左移動0.2m時,水平推力F的大小為( ) A.350N B.230N C.250N D.200N 11.沿水平面做勻速直線運動的車廂頂部用細線豎直懸掛一小球,如圖所示,小球下方與一光滑斜面接觸。關于小球的受力情況,下列說法正確的是( ) A.小球受重力和繩的拉力 B.小球受重力、繩的拉力和斜面對它的支持力 C.小球受重力和斜面對球的支持力 D.小球受重力、繩對它的拉力和斜面對它的支持力、摩擦力 12.如圖,豎直墻面上固定了一彈性桿,彈性桿的頂端固定一小球,則彈性桿對小球的作用力方向為( ) A.① B.② C.③ D.④ 13.如圖物體P靜止在傾角為а的斜面上,其所受重力可分解成平行于斜面的F1和垂直于斜面的F2,則(  ) A.P受到重力、F1、F2,支持力和摩擦力的作用 B.P受到重力、支持力和摩擦力的作用 C.F2就是物體P對斜面的壓力 D.當а增大時,F1也隨著增大 14.如圖所示,在水平桌面上放置一物體A,此時彈簧秤有讀數(彈簧被拉伸),則A受到力的作用的個數可能是(  ) A.一個 B.二個 C.三個 D.四個 15.如圖所示,物體P、Q用輕繩連接后跨過定滑輪,物體P靜止在傾角為37°角的斜面上,斜放木板上懸掛著Q,已知P、Q的質量,大小的關系為,今將斜放木板的傾角從37°增到60°,物體P仍保持靜止而沒有滑動,若不計滑輪處的摩擦,則下列說法中正確的是(  ) A.繩子的張力變大 B.物體P受到的靜摩擦力將先減小后增大 C.物體P對斜板的壓力將變大 D.滑輪受到繩子的作用力將變大 16.如圖所示,光滑固定斜面上有一個質量為10 kg的小球被輕繩拴住懸掛在天花板上,已知繩子與豎直方向的夾角為45°,斜面傾角為30°,整個裝置處于靜止狀態。(g取10 m/s2)求:(所有結果均保留三位有效數字) (1)繩中拉力的大小和斜面對小球支持力的大小; (2)若另外用一個外力拉小球,能夠把小球拉離斜面,求最小的拉力的大小。 參考答案 1.A 【解析】 【分析】 【詳解】 設B和墻的作用力為N1,AB之間的作用力為N2,以B為對象,進行受力分析,如圖所示: 根據平衡條件: N1=mgtanθ BD.將A的位置稍微向右移動一下,θ增大,N1增大,N2增大,故BD錯誤; A.把AB作為一個整體,根據平衡條件,F與N1是一對平衡力,N1增大,F增大,故A正確; C.把AB作為一個整體,根據平衡條件,地面對A的支持力和整體的重力是一對平衡力,所以地面對A的支持力不變,故C錯誤。 故選A。 2.B 【解析】 【分析】 【詳解】 由于瓶子受人的作用力和重力的作用而處于平衡,重力豎直向下,所以人手對瓶子的作用力一定是豎直向上的,故B正確,ACD錯誤。 故選B。 3.D 【解析】 【分析】 【詳解】 ACD.對輪胎進行受力分析,受到重力、拉力、支持力和摩擦力4個力作用。設繩子拉力和水平方方向的夾角為θ,利用正交分解法,根據平衡條件,在水平方向: Fcosθ=f 在豎直方向: Fsinθ+N=mg 可知,摩擦力f不可能為零,根據f=μN知,N也不可能為零,故D正確,AC錯誤; B.由②可知 N=mg-Fsinθ<mg 故B錯誤。 故選D。 4.D 【解析】 【分析】 對物體受力分析,當拉力的方向轉動時,通過力的三角形,可求出拉力與支持力變化情況。 【詳解】 對小球受力分析如圖 繩子拉力F與支持力N的合力與重力mg等大反向,在右側力的三角形中,豎直向上的邊長保持不變,當細繩由水平方向向上偏移時,F先減小后增大,且當F與N垂直時,F最小;在這個過程中N一直減小,因此D正確,ABC錯誤。 故選D。 5.B 【解析】 【分析】 【詳解】 以人為研究對象,人受到重力和扶梯的支持力。由于人隨扶梯一起勻速運動,合力為零,若扶梯對人有摩擦力,摩擦力一定沿水平方向,則人受到三個力,合力不為零,人將不做勻速運動,與題設條件矛盾,則人不受摩擦力。所以人受到重力和支持力兩個力。故B正確ACD錯誤。 故選B。 6.A 【解析】 【分析】 【詳解】 以小球為研究對象,分析受力如圖: 設繩子與豎直墻面的夾角為θ,由平衡條件得: ,FN=mgtanθ 當繩長縮短時,θ角增大,則cosθ減小,tanθ增大,則得到拉力FT增大,支持力FN也增大;根據牛頓第三定律,球對繩的拉力增大,球對墻的壓力也增大;故A正確BCD錯誤。 故選A。 7.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A受重力、支持力和推力,如圖 根據共點力平衡,運用合成法得: ,, 運用正交分解法得 故ABD正確,C錯誤,本題選錯誤項。 故選C。 【點睛】 物體對斜面的壓力等于斜面對物體的支持力,對A物體進行受力分析,抓住合力為零,求出支持力的大小。 8.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.研究運動員的受力情況時,運動員的大小和形狀不能忽略,不能看作質點,故A錯誤; B.每一個跳傘運動員除了受到重力和空氣阻力以外,運動員相互之間還有相互作用,故B錯誤; C.由于運動員受到的空氣阻力與速度、與空氣接觸的面積正相關,所以每個運動員展開四肢的目的是為了增大與空氣接觸的面積,從而增大空氣阻力,故C正確; D.跳傘運動員在跳傘的整個過程中,由于空氣阻力與速度正相關,所以空氣阻力是變力,即重力和阻力的合力不是恒力,加速度不斷變化,因此,跳傘運動員在跳傘的整個過程中不總是勻加速直線運動,故D錯誤。 故選C。 9.C 【解析】 【分析】 【詳解】 人平直伸出腿后,身體重心所在的豎直線必過與臺面接觸的腳,即重心仍在臺面內。重心是重力的等效作用點,兩種情況下對臺面的壓力是相同的,即體重計的讀數相同。 故選C。 10.B 【解析】 【分析】 【詳解】 若A物塊未滑動,則彈簧的壓縮量為0.2m,則彈簧的彈力 F1=kx=150×0.2N=30N<μmg=50N 假設成立。 對AB整體:根據平衡條件可得 F=μ(m+M)g+F1=0.5×40×10+30=230N 故B正確,ACD錯誤; 故選B。 11.A 【解析】 【分析】 【詳解】 小球做勻速直線運動,處于平衡狀態;小球必定受到重力和繩的拉力。小球和光滑斜面接觸,假設斜面對小球有支持力,則小球將受到三個力作用,重力和繩的拉力在豎直方向上,支持力垂直于斜面向上,三個力的合力不可能為零,小球將向右上方運動,與題設條件矛盾。故斜面對小球沒有支持力。故小球只受到重力和細線對它的拉力兩個力。故A正確,BCD錯誤。 故選A。 12.B 【解析】 【分析】 【詳解】 小球受到豎直向下的重力mg,桿對小球的作用力F,小球靜止,處于平衡狀態,由平衡條件得:F與重力mg是一對平衡力,所以F的方向豎直向上,即彈性桿對小球的作用力方向為②,故B符合題意,ACD不符合題意。 故選B。 13.BD 【解析】 【分析】 【詳解】 AB. 物體靜止在斜面上,到重力、斜面對物體的支持力、靜摩擦力三個力作用,F1、F2是重力的分力,不是物體實際受到的力,故A錯誤,B正確; C. F2不是物體P對斜面的壓力,因為F2作用在物體上,而物體P對斜面的壓力作用在斜面上,故C錯誤; D. 根據題意可知:F1=Gsinα,α增大F1增大。故D正確。 故選BD。 14.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 對A進行受力分析,如果A與桌面只接觸沒有擠壓,則A受到重力和彈簧秤的拉力,受力兩個;如果A與桌面有擠壓,則A受到重力、桌面的支持力和彈簧秤的拉力,受力三個,AD錯誤,BC正確。 故選BC。 15.BD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.物體P保持靜止狀態,繩子的張力等于Q的重力,則繩子的張力將不變,A錯誤; B.木板的傾角為37時,物體P受到的靜摩擦力大小為 方向沿斜面向下。木板的傾角為60時,物體P受到的靜摩擦力大小為 方向沿斜面向上。可知物塊P受到的摩擦力先減小到零后增大,B正確; C.開始時斜面對P的支持力為 后來斜面對P的支持力為 所以物體對斜板的壓力將變小,C錯誤; D.斜放木板的傾角從37增到60時,繩子之間的夾角減小,由于繩子的拉力大小不變,所以繩子的合力增大,則滑輪受到繩子的作用力將變大,D正確。 故選BD。 【點睛】 由題,物體P保持靜止狀態,繩子的張力等于Q的重力。根據P受力平衡,可求出物體P受到的靜摩擦力和支持力,再分析各力的變化情況。 16.(1),(2) 【解析】 【分析】 考查平衡狀態的受力分析,正交分解法,三角形定則。 【詳解】 (1)如圖,水平豎直建立直角坐標系,對小球受力分析: 水平方向: 豎直方向: 聯立解得:,; (2)對小球受力分析,利用三角形定則: 由圖可知,當F與繩垂直時,拉力最小,拉力的最小值為: 。

    • 2020-11-28
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  • ID:6-8246535 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:2.4作直線運動物體的瞬時速度 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第2章 勻變速直線運動 /第4節 科學測量:做直線運動物體的瞬時速度

    2.4作直線運動物體的瞬時速度 質量檢測(含解析) 1.在“探究小車速度隨時間變化的規律”的實驗中,下列做法正確的是 A.作v-t圖象時,必須用圓滑曲線連線且經過每一個點 B.先使紙帶運動,再接通電源 C.牽引小車的鉤碼越多越好 D.將接好紙帶的小車停在靠近打點計時器處 2.在“探究小車速度隨時間變化的規律”的實驗中,某同學利用紙帶上的數據計算出了各計數點對應時刻小車的瞬時速度.然后她以速度v為縱軸、時間t為橫軸建立直角坐標系,共描出了10個點,并“擬合”出了小車運動的v—t圖象,如下圖所示 針對該同學作出的v—t圖象,她所在的實驗小組的其他四位同學分別交流了自己的看法: ①這10個點無論如何也不在一條直線上,因此小車運動的圖象不可能為一條直線,而應為一條光滑的曲線; ②這10個點中有8個點雖然不在一條直線上,但它們緊挨在該條直線附近,只有F和B兩個點離這條直線遠; ③在這10個點當中只有4個點(A,D,G,I)能畫出一條直線上,其余6個點都不在該直線上,這條直線肯定不能表示小車的速度隨時間變化的規律; ④與直線偏差較小的點(C,E,H,J)可能是實驗誤差造成的,而偏離直線較遠的點(B,F)則可能是實驗中出現失誤造成的. 對于以上四種看法,你認為有道理的是(  ) A.①③ B.②④ C.①② D.③④ 3.甲、乙兩輛汽車在同平直公路上行駛,在t=0時刻兩車正好相遇,在之后一段時間0-t2內兩車速度一時間圖像(v-t圖象)如圖所示,則在0-t2這段時間內有關兩車的運動,下列說法正確的是( ) A.甲、乙兩輛車運動方向相反 B.在t1時刻甲乙兩車再次相遇 C.乙車在0-t2時間內的平均速度小于 D.在0—t1時間內甲車在乙車前方,t1-t2時間內乙車在甲車前方 4.在實驗中,下列關于計數點間時間間隔的說法中正確的是(  ) A.每隔四個點取一個計數點,則計數點間的時間間隔為 B.每隔四個點取一個計數點,則計數點間的時間間隔為 C.每隔五個點取一個計數點,則計數點間的時間間隔為 D.每隔五個點取一個計數點,則計數點間的時間間隔為 5.下列四個物體的運動圖象中,表示物體作勻速直線運動的是( ) A.甲、丙 B.乙、丙 C.甲、丁 D.乙、丁 6.如圖所示是M、N兩個物體運動的位移—時間圖象,其中M是過原點的直線,N是拋物線則由圖可知( ) A.物體M做勻加速直線運動 B.物體N做曲線運動 C.物體N做勻加速直線運動 D.t0秒內M、N兩物體的路程不相等 7.制動防抱死系統(antilock brake system)簡稱ABS,其作用就是在汽車制動時,自動控制制動器制動力的大小,使車輪不被抱死,處于邊滾邊滑的狀態,以保證車輪與地面的附著力為最大值.某汽車在啟用ABS剎車系統和不啟用該剎車系統緊急剎車時,其車速與時間的變化關系分別如圖中的①、②圖線所示.由圖可知,啟用ABS后( ) A.瞬時速度總比不啟用ABS時小 B.加速度總比不啟用ABS時大 C.剎車后的平均速度比不啟用ABS時小 D.剎車后前行的距離比不啟用ABS更短 8.某實驗獲得的一條紙帶,a、b、c、d為計數點,相鄰計數點時間間隔為0.1s。其中b點反映的瞬時速度為(  ) A.0.520m/s B.6.47m/s C.3.92m/s D.5.20m/s 9.在“研究勻變速直線運動”的實驗中,實驗開始時裝置如圖所示,下列關于圖中有錯誤或不妥之處的說法中不正確的是(  ) A.所接電源應該是交流電,而圖中的電源為直流電 B.細線不能和木板接觸 C.開始釋放小車時,應使小車靠近打點計時器 D.小車里面應該盡可能多的裝上幾個砝碼 10.在用打點計時器“探究小車速度隨時間變化的規律”的實驗中,某同學將打點計時器打出的三條紙帶,分別以間隔相同點跡的方式依次剪成短紙條,按先后順序一端對齊粘貼在一起.然后用平滑線段將各段紙帶頂端的中點連起來,如圖甲、乙、丙所示,則根據紙帶的特點即可研究物體的速度隨時間的變化規律.以下說法正確的是( ) A.圖甲表示物體處于靜止 B.圖乙表示物體做勻速直線運動 C.圖乙表示物體的速度隨時間均勻增加 D.圖丙表示物體的速度先隨時間均勻增加,后保持不變 11.小敏同學在暗室中用圖示裝置做“測定重力加速度”的實驗,用到的實驗器材有:分液漏斗、閥門、支架、米尺、接水盒、一根熒光刻度的米尺、頻閃儀。具體實驗步驟如下: ①在分液漏斗內盛滿清水,旋松閥門,讓水滴以一定的頻率一滴滴的落下; ②用頻閃儀發出的白閃光將水滴流照亮,由大到小逐漸調節頻閃儀的頻率,當頻閃儀頻率和水滴頻率均為時,可以看到一串仿佛固定不動的水滴; ③用豎直放置的米尺測得各個水滴所對應的刻度; ④處理數據,得出結論; (1)之所以能看到一串仿佛不動的水滴,是由于____________。 A.每次頻閃儀發出白閃光時,水滴的排布方式正好和上次閃光時一致,造成了水滴不動的假象; B.頻閃光的頻率過高,對人眼造成了損傷; C.分液漏斗由于實驗次數太多,被損壞了,滴出特定水滴后便不再滴出水滴,之前的水滴靜止在空中; (2)小敏同學測得連續相鄰的五個水滴之間的距離如圖乙所示,根據數據計算當地重力加速度__________;點處水滴此時的速度____________。(結果均保留三位有效數字) 12.某同學利用氣墊導軌研究物體做勻變速直線運動的規律,如圖所示。他將滑塊從O點由靜止釋放(遮光片正對O點),發現遮光片通過AB所用的時間與通過BC所用的時間都等于0.5s,測得AB=24.0mm,BC=32.0mm,則滑塊的加速度為_______m/s2。若遮光片寬度d=2.0mm,遮光片經過光電門C遮光時間為27.8ms,則遮光片經過光電門C時的速度為_______m/s。由以上信息可求得OA=_______mm。(結果均保留兩位有效數字) 13.某同學用打點計時器打出一條紙帶,把紙帶上能看得清的某個點作為起始點O,以后相鄰的點分別標上A、B、C、D……如圖所示,依次測出OA、AB、BC、CD的距離x1、x2、x3、x4。若打點計時器打點的周期為T。則打A、B、C各點時紙帶的速度分別為_______、________、_______。若圖中相鄰兩個點之間有四個點未畫出,即相鄰兩點時間間隔為0.1s,測得OA=30.0mm、AB=35.1mm、BC=40.0mm、CD=45.1mm,則紙帶的加速度為__________m/s2。(結果保留兩位有效數字) 14.小華同學在做“用打點計時器測速度”的實驗時,從打下的若干紙帶中選出了如圖1所示的一條紙帶,已知打點計時器使用的電源頻率為50Hz,每兩個相鄰計數點間有四個點沒有畫出,各計數點到0點的距離如紙帶上所示. (1)為了達到實驗的目的,除了有打點計時器、紙帶、小車、細繩、導線、低壓交流電源、小木塊、長木板外,還需要的儀器有___ A.刻度尺 B.鐵架臺 C.停表 D.天平 (2)圖中兩計數點的時間間隔為T=_________s. (3)根據紙帶提供的信息,小華同學已經計算出了打下1、2、3、4、6這五個計數點時小車的速度,請你幫助他計算出打下計數點5時小車的速度v5=__________m/s(結果保留3位有效數字),并填入表中. 計數點 1 2 3 4 5 6 t/s 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.358 0.400 0.440 0.485 0.570 (4)以速度v為縱軸、時間t為橫軸在圖2坐標紙上建立直角坐標系,根據表中的v、t數據,在坐標系中描點,并作出小車運動的v﹣t圖象. (________) (5)根據v﹣t圖象可知,小車運動的加速度大小為_______________m/s2(結果保留3位有效數字). 15.圖(a)是“研究勻變速直線運動”實驗中獲得的一條紙帶,O、A、B、C、D和E為紙帶上六個計數點.加速度大小用a表示. ①OD間的距離為_______cm ②圖(b)是根據實驗數據繪出的s-t2圖線(s為各計數點至同一起點的距離),斜率表示_______,其大小為_______m/s2(保留三位有效數字). 參考答案 1.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.作v-t圖象時,應用刻度尺作出直線,穿過盡可能多的點,不在直線上的點均勻分布在直線兩側,故A錯誤; B.先接通電源,再使紙帶運動,故B錯誤; C.牽引小車的鉤碼不能太多,故C錯誤; D.為充分利用紙帶,將接好紙帶的小車停在靠近打點計時器處,故D正確。 故選D。 2.B 【解析】 【分析】 【詳解】 實驗中產生誤差是不可避免的,所以得到的點不可能嚴格地處于一條直線上,會稍有偏差.偏差過大的點可能是實驗中的失誤造成的,作圖象時應把這樣的點舍棄.故②、④兩種看法有道理,①、③兩種看法沒有道理. A.①③有道理,與分析不符,故A項錯誤; B.②④有道理,與分析相符,故B項正確; C.①②有道理,與分析不符,故C項錯誤; D.③④有道理,與分析不符,故D項錯誤. 3.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.由圖像可知,二者速度均為正值,即二者均向正方向運動,故甲、乙兩輛車運動方向相同,故A錯誤; B.由圖像可知,在時間內,二者位移不相等,即在t1時刻甲乙兩車沒有相遇,在該時刻二者速度相等,二者之間的距離是最大的,故B錯誤; C.若乙車在時間內做勻變速運動,則平均速度為,如圖所示: 由“面積”代表“位移”可知,勻變速運動的位移較大,故乙車在這段時間內的平均速度小于,故C正確; D.由于甲初速度大于乙的初速度,所以開始時甲車在前面,由“面積”代表“位移”可知在時間內甲的位移大于乙的位移,故整個過程在中甲車一直在前面,故D錯誤. 4.A 【解析】 【分析】 【詳解】 A.如圖所示,圖中的計數點的取法既是每隔4個點取一個計數點,也是每5個點取一個計數點 從圖中可以數出相鄰的計數點間由5個時間間隔,而打點計時器每隔秒打一個點,所以兩計數點間的時間間隔為,故A正確,BC錯誤; D.每隔五個點取一個計數點,則計數點間的時間間隔為,故D錯誤。 故選A。 【點睛】 每隔4個點取一個計數點比較好理解,每5個點取一個計數點時要注意,比如圖中的A點已經數到了前面的計數區域,然后從A點往下再去5個點,到達B點,B點已經數到了前面區域內,所以再從B點往后去5個點,到達C點,同理往下。 注意每5個點取一個計數點時不好理解,要在理解的基礎上加強記憶。 5.C 【解析】 【分析】 看清楚圖象中的橫坐標和縱坐標所代表的物理量,再根據圖象的形狀判斷物理量間的關系或變化規律. 【詳解】 勻速直線運動x=vt,故甲圖正確,乙圖錯誤;勻速直線運動v不隨時間變化,故丙圖錯誤,丁圖正確;故正確圖象為甲和丁;故選C. 【點睛】 圖象能直觀形象地表示兩個物理量之間的變化規律,是物理上常用的研究物理物體的方法,分析圖象時,看清楚圖象中的橫坐標和縱坐標所代表的物理量,再根據圖象的形狀判斷物理量間的關系或變化規律. 6.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A. 位移圖像中一條傾斜直線表示物體做勻速直線運動,所以物體M做勻速直線運動,故A錯誤; BC. 位移圖像中一條拋物線表示物體做勻變速直線運動,所以物體N做勻加速直線運動,故B錯誤,C正確; D. t0秒內兩物體做單向直線運動,路程與位移的大小相等,它們的起點和終點坐標相同,M、N兩物體的路程相等,故D錯誤. 7.D 【解析】 試題分析:圖象中各點的縱坐標表示對應的速度,由圖可知,啟用ABS后瞬時速度開始時比不啟用時要大;故A錯誤;圖象的斜率表示加速度,由圖可知,開始時的加速度小于不啟用時的加速度;故B錯誤;由圖可知,啟用后經過的位移明顯小于不啟用時的位移,但由于時間關系不明顯,無法確定平均速度大小;故C錯誤,D正確;故選D. 考點:v t圖象 【名師點睛】本題考查對v t圖象的掌握和應用,要注意明確v t圖象中點線面的意義,能根據圖象分析物體的運動情況是解題的關鍵. 8.A 【解析】 【分析】 【詳解】 相鄰計數點時間間隔為T=0.1s,根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度,可以求出打紙帶上b點時的瞬時速度大小 A正確,BCD錯誤。 故選A。 9.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.所接電源應該是交流電,而圖中的電源為直流電,選項A正確,不符合題意; B.細線不能和木板接觸,選項B正確,不符合題意; C.開始釋放小車時,應使小車靠近打點計時器,選項C正確,不符合題意; D.小車里面不能裝過多的砝碼,否則小車的加速度會過小,選項D錯誤,符合題意。 故選D。 10.CD 【解析】 試題分析:甲圖中表示任意相等時間內發生的位移相等,表示物體做勻速直線運動,所以A錯誤;乙圖中表示相等時間內的位移差值相等,根據△x=at2>0可知,物體做勻加速直線運動,所以B錯誤;根據△x="a" t2可知,物體做勻加速直線運動,所以C正確;根據以上分析可知,丙圖表示物體先做勻加速直線運動后做勻速直線運動,所以D正確;故選CD. 考點:勻變速直線運動的規律 【名師點睛】應明確:①若在任意相等的時間內發生的位移都相等,則物體做勻速直線運動;②△=at2是判定是否是勻變速直線運動的判別式. 11.A 9.74 2.61 【解析】 【分析】 【詳解】 (1)[1] 每次頻閃儀發出白閃光時,水滴的排布方式正好和上次閃光時一致,造成了水滴不動的假象,故A正確。 故選A。 (2)[2]用逐差法求重力加速度 [3]D點處的速度等于CE段的平均速度,則 12.0.032 0.072 25 【解析】 【分析】 【詳解】 [1]根據公式Δx=aT2可得滑塊的加速度 [2]遮光片經過光電門C時的速度 [3]根據公式vt2?v02=2ax可以計算出OC間的距離 所以OA的距離 x OA=81.0mm?24.0mm?32.0mm=25mm 13. 0.50 【解析】 【分析】 【詳解】 [1][2][3]根據瞬時速度等于中間時刻的速度,可得打A、B、C各點時紙帶的速度分別為 [4]根據 可得 14.A 0.1 0.530 0.403 【解析】 【分析】 【詳解】 (1) [1]因為打點計時器可以測量小車運動的時間,所以不需要秒表,該實驗不需要測量小木塊和小車的質量,不需要天平,在處理紙帶時,需要刻度尺測量點跡間的距離,不需要鐵架臺,故A正確BCD錯誤. (2)[2] 交流電的頻率為50Hz,知每隔0.02s打一個點,每兩個相鄰計數點間有四個點沒有畫出知相鄰計數點間的時間間隔為0.1s. (3) [3]第5個計數點的瞬時速度為: (4)[4] 利用描點法可畫出速度-時間圖象: (5)[5] 根據v-t圖象求出圖線的斜率k,所以小車加速度 15.①1.20 ②加速度一半,0.933 【解析】 【分析】 【詳解】 ①1cm+1mm×2.0格=1.20cm,②加速度一半,,所以a=0.933m/s2

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  • ID:6-8246534 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:4.1科學探究:力的合成 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第4章 力與平衡 /第1節 科學探究:力的合成

    4.1科學探究:力的合成 質量檢測(含解析) 1.如圖所示用四種方法懸掛相同的鏡框,繩中所受拉力最小的圖是 A. B. C. D. 2.如圖所示,是用平行四邊形定則求力F1、F2的合力F的示意圖,其中正確的是( ) A. B. C. D. 3.已知兩個力的合力為20 N,則這兩個力的大小不可能是(  ) A.18 N、18 N B.10 N、20 N C.8 N、7 N D.20 N、28 N 4.同一物體在下列幾組共點力作用下可能處于靜止狀態的是(  ) A.3 N、4 N、5 N B.3 N、5 N、9 N C.4 N、6 N、11 N D.5 N、6 N、12 N 5.同時作用在某物體上的兩個方向相反的力,大小分別為6 N和8 N,當8 N的力逐漸減小到零的過程中,兩力合力的大小(  ) A.先減小,后增大 B.先增大,后減小 C.逐漸增大 D.逐漸減小 6.兩個共點力,一個是40N,另一個等于F,它們的合力是100N,則F的大小可能是(  ) A.20N B.40N C.80N D.160N 7.作用于同一點兩個大小均不變的力F1、F2的合力F大小隨F1、F2的夾角θ變化的情況如圖所示,則F1、F2的大小分別為(  ) A.25N、35N B.30N、40N C.20N、30N D.25N、25N 8.如圖所示,是兩個共點力的合力F的大小與這兩個共點力之間的夾角θ的關系圖象,則這兩個力的大小分別是(  ) A.1N、4N B.2N、3N C.1N、5N D.2N、4N 9.如圖,兩個共點力互相垂直,F1=3N,F2=4N,它們的合力大小為(  ) A.1N B.5N C.6N D.12N 10.如圖所示,圓O的直徑為,O為圓心,P為圓弧上的一點.三個共點力為、、,若,則它們的合力大小為(  ) A. B. C. D. 11.三個共點力大小分別是F1、F2、F3,關于它們合力F的大小,下列說法中正確的是(  ) A.F大小的取值范圍一定是0≤F≤F1+F2+F3 B.F至少比F1、F2、F3中的某一個大 C.若F1∶F2∶F3=3∶6∶8,只要適當調整它們之間的夾角,一定能使合力為零 D.若F1∶F2∶F3=3∶6∶2,只要適當調整它們之間的夾角,一定能使合力為零 12.如圖,在“探究共點力合成”實驗中,用彈簧測力計拉細繩套時要做到(  ) A.細繩間的夾角始終為90° B.細繩間的夾角不可以是鈍角 C.兩個彈簧測力計的讀數必須相同 D.橡皮條、細繩和彈簧測力計應貼近并平行于木板 13.三個大小都為F的力作用于一質點,其中兩力始終相互垂直,另一個力方向可變,該質點(  ) A.不能平衡 B.能否平衡取決于θ的大小 C.能否平衡取決于F的大小 D.能否平衡取決于F和θ的大小 14.已知力F的一個分力F1跟F成角,大小未知,,則另一個分力F2的大小可能是( ) A. B. C. D. 15.如圖所示,為骨科醫院用于牽引受傷頸椎的器具的示意圖,一根輕繩繞過兩個定滑輪和一個動滑輪后兩端各掛一個質量相同的重物,與動滑輪相連的帆布帶牽引病人的受傷頸椎(圖中是用手指代替頸椎做實驗),整個裝置在同一豎直平面內,如果要增大頸椎所受的拉力,可采取的辦法有(  ) A.只將手指向下移動 B.只將手指向上移動 C.只增加與重物相連的繩子長度 D.只增加重物的質量 16.如圖,物體受到三個共點力F1、F2和F3的作用而處于靜止狀態。依據二力平衡的條件,論證:F1、F2和F3的合力為0。 參考答案 1.A 【解析】 【分析】 【詳解】 鏡框受重力和兩根繩子的拉力處于平衡,合力等于0,知兩根繩子拉力的合力等于重力,設每根繩與豎直方向的夾角為,合成兩等大的拉力可得,則繩子與豎直方向的夾角越小,繩子拉力越小;故A正確,B、C、D錯誤.故選A. 2.A 【解析】 【分析】 【詳解】 根據平行四邊形定則可知,以表示兩分力的線段作鄰邊作出平行四邊形,對角線即表示物體受到的合力,且合力的方向從兩分力的起點指向對角線的另一端點; A.A圖與結論相符,選項A正確; B. B圖與結論不相符,選項B錯誤; C. C圖與結論不相符,選項C錯誤; D. D圖與結論不相符,選項D錯誤; 3.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.18 N、18 N的合力范圍在0~36N之間,可能為20N,選項A不符合題意; B.10 N、20 N的合力范圍在10~30N之間,可能為20N,選項B不符合題意; C.8 N、7 N的合力范圍在1~15N之間,不可能為20N,選項C符合題意; D.20 N、28 N的合力范圍在8~48N之間,可能為20N,選項D不符合題意; 故選C. 4.A 【解析】 【分析】 【詳解】 3N和4N的合力范圍為1N~7N,5N在其合力范圍內,三個力的合力可能為零,則物體可能處于靜止狀態,故A正確;3N和5N的合力范圍為2N~8N,9N不在其合力范圍內,三個力的合力不可能為零,則物體不可能處于靜止狀態,故B錯誤;4N和6N的合力范圍為2N~10N,11N不在其合力范圍內,三個力的合力不可能為零,則物體不可能處于靜止狀態,故C錯誤;5N和6N的合力范圍為1N~11N,12N不在其合力范圍內,三個力的合力不可能為零,則物體不可能處于靜止狀態,故D錯誤.所以A正確,BCD錯誤. 5.A 【解析】 由于兩個力的方向相反,合力大小等于這兩個力的大小之差,即F合=F1-F2=10N-8N=2N,當F1逐漸減小時,合力減小,當F1=8N時,合力為零;當F1繼續減小時,F合=F2-F1,故合力又會逐漸增大;因此兩個力的合力的大小是先減小后增大; 本題考查同一直線上方向相同的兩個力及同一直線上方向相反的兩個力的合力大小的計算,屬于基礎題目,難度不大,重在審清題意. 6.C 【解析】 【分析】 【詳解】 兩力合成時,合力范圍為 合 故有 解得 所以F的大小可能是80N,故A、B、D錯誤,C正確; 故選C。 7.B 【解析】 【分析】 【詳解】 由圖可知 聯立可得 故選B。 8.B 【解析】 【分析】 【詳解】 由圖象可知:當兩分力的夾角為0°時,合力為5N,即 當兩分力的夾角為180°時,合力為1N,即 由二式解得 或 故選B。 9.B 【解析】 【分析】 【詳解】 兩共點力的合力為 故選B。 10.A 【解析】 【分析】 【詳解】 以F1、F3為鄰邊作平行四邊形,由幾何特征,可知平行四邊形是矩形,則合力 F13=2F2 故F1、F2、F3的合力 F=3F2=12N 所以C正確; 故選A。 11.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.三個大小分別是F1、F2、F3的共點力合成后的最大值一定等于F1+F2+F3,但最小值不一定等于零,只有當某一個力的大小在另外兩個力的大小的和與差之間時,這三個力的合力才可能為零,故A錯誤; B.合力不一定比分力大,可以大于分力,也可以等于分力,也可以小于分力,故B錯誤; C.若F1∶F2∶F3=3∶6∶8,則有 所以只要適當調整它們之間的夾角,一定能使合力為零,故C正確; D.若F1∶F2∶F3=3∶6∶2,則有 所以無論怎樣調整它們之間的夾角,都不能使合力為零,故D錯誤。 故選C。 【點睛】 如果一個物體受三個共點力作用,當時,這三個力的合力可能為零。 12.D 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.細繩間的夾角可以為任意角,AB錯誤; C.兩個彈簧測力計的讀數可以是任意數,C錯誤; D.實驗中要求橡皮條、細繩和彈簧測力計應貼近并平行于木板,減小實驗誤差,D正確。 故選D。 13.A 【解析】 【分析】 【詳解】 互相垂直且大小均為F的兩力的合力大小為 ,方向為其角平分線方向,如果要與第三個力平衡,那第三個力大小必為,方向與前兩個力的合力方向相反,故BCD錯誤,A正確。 故選A。 14.BCD 【解析】 已知力F的一個分力F1跟F成30°角,大小未知,F=100N,由平行四邊形定則可知,當F2垂直于F1?時候,另一個分力F2最小, ,所以F2一定大于等于50N,即BCD都是可能的. 綜上所述本題答案是:BCD 15.AD 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.由力的合成可知,在分力不變時增大夾角,則合力減小,即將手指向上移動時增大了夾角,合力減小,而將手指向下移動減小了夾角,則合力增大,故A正確,B錯誤; C.只增加繩的長度既沒有增大分力的大小,也沒有改變力的夾角,所以對合力沒有影響,故C錯誤; D.夾角不變時,分力增大,合力就增大,增加重物的重量就是增大分力,故D正確。 故選AD。 16.見解析 【解析】 【詳解】 先把F1和F2合成為力F12; ( ) 則物體相當于受到二個力F12和F3平衡; 平衡的二個共點力大小相等、方向相反,即合力為0; () F1、F2和F3的合力為0。 ( )

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  • ID:6-8246532 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:3.2科學探究:彈力 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第3章 相互作用 /第2節 科學探究:彈力

    3.2科學探究:彈力 質量檢測(含解析) 1.如圖所示,兩個質量分別為m1=2kg、m2=3kg的物體置于光滑的水平面上,中間用勁度系數k=400N/m的輕質彈簧連接。兩個大小分別為F=20N、F=20N的水平拉力分別作用在m1、m2上,系統仍保持靜止,則(  ) A.彈簧的伸長量為0 B.彈簧的伸長量為5cm C.彈簧的伸長量為8cm D.彈簧的伸長量為10cm 2.下列說法錯誤的是(  ) A.書放在水平桌面上受到的支持力,是由于書發生了微小的形變而產生的 B.用細木棍撥動浮在水中的圓木,圓木受到的彈力是由于細木棍發生形變而產生的 C.繩對物體的拉力方向總是沿著繩而指向繩收縮的方向 D.支持力的方向總是垂直于支持面而指向被支持的物體 3.某同學想知道一把彈簧秤內彈簧的勁度系數,他用直尺測出彈簧秤1N刻度線到3N刻度線的距離為4cm,則該彈簧的勁度系數為( ) A.25N/m B.50N/m C.0.25N/m D.0.5N/m 4.如圖為一種常見的彈簧測力計,量程為0~5N,最小刻度為0N.其“0N”刻度線到“5N”刻度線的距離為10cm,則該測力計中彈簧的勁度系數為 A.0.5N/m B.1N/m C.50N/ m D.100N/m 5.一個原長為5cm的彈簧,受10N拉力時總長為7cm,在彈性限度內受20N拉力時總長為(  ) A.2cm B.4cm C.9cm D.14cm 6.如圖所示,為一個輕質彈簧的長度和彈力大小的關系,請根據圖象判斷,下列正確的結論是( ) A.彈簧的勁度系數為1N/m B.彈簧的勁度系數為200N/m C.彈簧的原長為6cm D.彈簧伸長0.02m時,彈力的大小為4N 7.在半球形光滑碗內斜放一根筷子,如圖所示,筷子與碗的接觸點分別為、,則碗對筷子在、兩點處的作用力方向分別為( ) A.均豎直向上 B.均指向球心 C.點處指向球心,點處豎直向上 D.點處指向球心,點處垂直于筷子斜向上 8.下列說法正確的是(  ) A.木塊放在水平桌面上受到一個向上的彈力,這是由于木塊發生微小形變而產生的 B.質量均勻分布,形狀規則的物體的重心可能在物體上,也可能在物體外 C.彈簧的彈力大小與彈簧長度成正比 D.由磁鐵間有相互作用可知力可以離開物體而單獨存在 9.如圖所示,彈簧測力計和細繩重力不計,不計一切摩擦,物體的重力為。當裝置穩定時,彈簧測力計和的讀數分別為(  ) A.、0 B.、 C.、 D.、 10.胡克定律是英國科學家胡克于1678年發現的。實際上早于他1500年前,我國東漢時期的經學家和教育家鄭玄就提出了與胡克定律類似的觀點,他在為《考工記·弓人》一文中“量其力,有三鈞”一句作注解中寫到:“假令弓力勝三石,引之中三尺,馳其弦,以繩緩擐之,每加物一石,則張一尺”。鄭玄的觀點表明,在彈性限度內(  ) A.弓的彈力與弓的形變量成反比 B.弓的彈力與弓的形變量成正比 C.弓的彈力與弓的形變量的平方成正比 D.弓的彈力與弓的形變量的平方成反比 11.一根輕質彈簧原長為l0,在力F作用下伸長了x。則彈簧的勁度系數k是(  ) A. B. C. D. 12.有四位同學把斜面對重物的支持力3N,分別畫成下圖中的四種樣子,其中哪個圖是正確的( ) A. B. C. D. 13.如圖所示,一同學實驗時在彈簧測力計的兩側沿水平方向各加6N拉力,并使其保持靜止,此時彈簧測力計的示數為( ) A.0 B.3N C.6N D.12N 14.一只杯子放在水平桌面上,下列關于杯子和桌面受力情況的敘述中,正確的是( ) A.桌面受到向下的彈力是因為桌面發生了形變 B.桌面受到向下的彈力是因為杯子發生了形變 C.杯子受到向上的彈力是因為桌面發生了形變 D.杯子受到向上的彈力是因為杯子發生了形變 15.如圖,鍛煉身體用的拉力器,并列裝有四根相同的彈簧,每根彈簧的自然長度都是40cm,某人用600N的力把它們拉長至1.6m,則(  ) A.人的每只手受到拉力器的拉力為600N B.人的每只手受到拉力器的拉力為300N C.每根彈簧的勁度系數為500N/m D.每根彈簧的勁度系數為125N/m 16.如圖所示,原長分別為L1=10cm和L2=20cm、勁度系數分別為k1=50N/m和k2=20N/m的輕質彈簧豎直懸掛在天花板上。兩彈簧之間有一質量為m1=0.1kg的物體,最下端掛著質量為m2=0.2kg的另一物體,整個裝置處于靜止狀態。 (1)這時兩個彈簧的總長度為多大? (2)若用一個質量為M的平板把下面的物體豎直緩慢地向上托起,直到兩個彈簧的總長度等于兩彈簧的原長之和,求這時平板受到上面物體m2的壓力大小。 參考答案 1.B 【解析】 【分析】 【詳解】 由題意知當兩個水平拉力作用在物體上系統穩定時,彈簧的彈力為20N,故根據胡克定律可知 所以 即彈簧的伸長量為5cm,故B正確,ACD錯誤。 故選B。 2.A 【解析】 【分析】 【詳解】 A.書放在水平桌面上受到的支持力,是由于桌面發生了微小的形變而產生的,選項A錯誤,符合題意; B.用細木棍撥動浮在水中的圓木,圓木受到的彈力是由于細木棍發生形變而產生的,選項B正確,不符合題意; C.繩對物體的拉力方向總是沿著繩而指向繩收縮的方向,選項C正確,不符合題意; D.支持力的方向總是垂直于支持面而指向被支持的物體,選項D正確,不符合題意。 故選A。 3.B 【解析】 【分析】 【詳解】 根據 可知B正確,ACD錯誤。 故選B。 4.C 【解析】 【分析】 【詳解】 當在最小刻度0N時,彈簧為原長,當在刻度線5N時,彈簧伸長量為10cm,故根據彈簧彈力公式: 代入數據可知勁度系數為:,故選C 5.C 【解析】 【分析】 【詳解】 彈簧原長為,受拉力時,根據胡克定律 受拉力時 兩式相比解得 ABD錯誤,C正確。 故選C。 6.C 【解析】 【詳解】 AB.彈簧的勁度系數為 故AB錯誤; C.由圖像可知,彈簧的原長為6cm,故C正確; D.彈簧伸長0.02m時,彈力的大小為 F=kx=2N 故D錯誤。 故選C。 7.D 【解析】 【分析】 由題可知本題考查彈力的方向,利用彈力垂直于接觸面指向受力物體解決問題。 【詳解】 碗對筷子在、兩點處的作用力屬于彈力,而彈力總是垂直于接觸面,因而尋找接觸面便成為確定彈力方向的關鍵。在點處,當筷子滑動時,筷子與碗的接觸點在碗的內表面(半球面)上,所以在點處的接觸面是球面在該點的切面,此處的彈力與切面垂直,即指向球心。在點處,當筷子滑動時,筷子與碗的接觸點在筷子的下表面上,所以在點處的接觸面與筷子平行,此處的彈力垂直于筷子斜向上,故D正確,ABC錯誤。 故選D。 8.B 【解析】 【詳解】 A.木塊放在水平桌面上受到一個向上的彈力,這是由于桌面發生微小形變而產生的,故A錯誤; B.質量均勻分布,形狀規則的物體決定了物體的重心,重心可能在物體上,也可能在物體外,故B正確; C.彈簧的彈力大小與彈簧的形變量成正比,故C錯誤; D.力是物體與物體間相互作用的,力不可以離開物體而單獨存在,故D錯誤。 故選B。 9.C 【解析】 【分析】 【詳解】 對A:由重物平衡得到,彈簧的拉力大小為 則彈簧秤的讀數為。 對B:由左側重物(或右側重物)平衡得到,彈簧的拉力大小為 則彈簧秤的讀數為; 故C正確,ABD錯誤。 故選C。 10.B 【解析】 【詳解】 根據題意可知,“假令弓力勝三石,引之中三尺,每加物一石,則張一尺”明顯地揭示了弓的彈力和形變成正比關系。故ACD錯誤,B正確。 故選B。 11.B 【解析】 【詳解】 已知彈簧的彈力F與伸長的長度x,根據胡克定律 得 ACD錯誤,B正確。 故選B。 12.A 【解析】 【詳解】 斜面對重物的支持力作用在物體上,垂直斜面向上。故A正確,BCD錯誤。 故選A。 13.C 【解析】 【詳解】 彈簧測力計在兩端拉力作用下處于平衡狀態,此時相當于彈簧被6N的力拉開,故示數為6N,故C正確,ABD錯誤。 故選C。 14.BC 【解析】 【詳解】 AB.桌面受到向下的彈力是因為杯子發生了形變,選項A錯誤,B正確; CD.杯子受到向上的彈力是因為桌面發生了形變,選項C正確,D錯誤; 故選BC。 15.AD 【解析】 【詳解】 AB. 由題,某人用600N的力,根據牛頓第三定律得知,人的每只手受到拉力器的拉力為600N.故A正確B錯誤; CD. 每根彈簧的伸長長度為 △x=1.6m-0.4m=1.2m 彈力F=150N,則由胡克定律F=k?△x得,勁度系數 故C錯誤D正確。 故選:AD。 16.(1)46cm;(2)2.29N 【解析】 【分析】 【詳解】 (1)勁度系數為k1輕質彈簧受到的向下拉力(m1+m2)g,設它的伸長量為x1 (m1+m2)g=k1 x1 解得 勁度系數為k2輕質彈簧受到的向下拉力m2g,設它的伸長量為x2,根據胡克定律有 m2g=k2 x2 解得 這時兩個彈簧的總長度為 (2)用一個平板把下面的物體豎直緩慢地向上托起,直到兩個彈簧的總長度等于兩彈簧的原長之和時,下面的彈簧應被壓縮x,上面的彈簧被拉伸x. 以m1為對象,根據平衡關系有 (k1+k2)x=m1g 解得 以m2為對象,設平板對m2的支持力為FN,根據平衡關系有 故這時平板受到下面物體m2的壓力

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    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第3章 相互作用 /第1節 重力與重心

    3.1重力與重心 質量檢測(含解析) 1.下列關于重力的說法中正確的是( ). A.物體與地球接觸時才受重力作用 B.同一物體,向上運動時受到的重力大于它向下運動時受到的重力 C.物體在浸入液體中后重力要減小 D.同一物體,無論靜止還是運動,也無論是否浸入液體,所受的重力大小是一定的 2.下列說法中正確的是( ). A.重力是由于地球對物體的吸引而產生的,其大小與物體的運動狀態有關 B.形狀規則的物體,重心在其幾何中心 C.重力的方向總是垂直向下的 D.物體的重心可能在物體上,也可能在物體外 3.下列關于共點力的說法中正確的是 A.只有作用在物體重心上的幾個力才能叫共點力 B.共點力一定是作用于物體上同一點的幾個力 C.作用于物體上不同點的幾個力一定不是共點力 D.幾個作用在物體上不同點的力,其力的作用線若相交于同一點,這幾個力是共點力 4.將兩個力和合成為一個力F,則可以肯定的是 A.、和F是同時作用在同一物體上的實際力 B.、和F是同一性質的力 C.F的效果與、同時作用的總效果相同 D.、可能是作用在兩個不同物體上的力 5.關于重力的方向,下列說法中正確的是( ). A.物體所受重力的方向總是垂直向下 B.物體所受重力的方向總是豎直向下 C.物體所受重力的方向總是跟支持重物的支持面垂直 D.物體所受重力的方向總是跟支持面對物體的彈力的方向相反 6.關于物體的重心,下列說法中正確的是( ). A.重心就是物體內最重的點 B.任何有規則形狀的物體,它的幾何中心必定與重心重合 C.重心是重力的作用點,所以重心一定在物體上 D.物體的重心位置不會因物體升高或降低而發生任何改變 7.一個物體重2N,在下列情況下,它受到的重力不再等于2N的是( ). A.將它豎直向上拋起 B.將它放到月球上 C.將它放到高速行駛的列車上 D.將它從飛行中的直升機上拋下 8.下列關于重力的說法中正確的是( ). A.重力與質量是同一概念的不同表達方式 B.重力的方向總是垂直于地面的 C.重力的作用點在物體的幾何中心 D.重力是由于地球對物體的吸引而產生的 9.關于重力,下列說法中正確的是( ). A.重力就是地球對物體的吸引力 B.重力的施力物體是地球 C.重力沒有反作用力 D.重力的大小恒等于重物對水平支撐面壓力的大小 10.關于力,下列說法中正確的是 (  ) A.用手壓彈簧,手先給彈簧一個作用力,彈簧壓縮后再反過來給手一個作用力 B.運動員將鉛球拋出后,鉛球仍為受力物體,但施力物體不是運動員。 C.施力物體對受力物體施加了力,施力物體本身可能不受力的作用 D.某物體作為一個施力物體,不一定是受力物體 11.下列說法正確的是 A.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時,用質點來代替物體的方法叫假設法 B.平均速度、瞬時速度以及加速度,是伽利略首先建立起來的 C.根據速度定義式v=,當Δt極短時,就可以表示物體在t時刻的瞬時速度,該定義應用了物理的微元法 D.自然界的四個基本相互作用是:強相互作用、萬有引力、彈力、電磁相互作用 12.關于力的說法,下列正確的是( ) A.力的大小可以用彈簧測力計測量 B.相互接觸的物體之間一定有彈力的作用 C.重力的方向總是垂直向下的 D.重心一定在物體本身上 13.關于物體的重心,下列說法中正確的是( ) A.物體的重心一定在物體上 B.質量分布均勻、形狀規則的物體的重心一定在物體上 C.用線懸掛的物體靜止時,懸線方向一定通過物體的重心 D.跳水運動員在空中做各種動作時,其重心位置不變 14.關于重力的大小及重心的位置,以下說法中正確的是 A.靜止在水平面上的物體對水平面的壓力就是重力 B.重力是物體本身具有的且作用在重心上的力,大小與物體的質量成正比 C.重力是由于地球對物體的吸引而產生的,重力的施力物體是地球 D.重心是物體所受重力的等效作用點,形狀規則的物體其重心一定在物體的幾何中心 15.關于用懸掛法求出薄板重心的實驗,下列說法中正確的是( ). A.這種方法只適用于幾何形狀規則的薄板 B.這種方法只適用于質量分布均勻的薄板 C.這種方法適用于任何形狀、質量分布不管是否均勻的一切薄板 D.薄板懸掛靜止時,細線方向一定通過重心 16.螞蟻可稱為“六腳大力士”.一只質量約為5mg的螞蟻,能舉起質量是它自身質量20倍的樹葉,螞蟻對這個樹葉的支持力約是多大?如果到月球上舉樹葉,那么螞蟻能舉起多少千克的樹葉?(已知月球上的重力加速度是地球上重力加速度的) 參考答案 1.D 【解析】 【詳解】 A.地球附近的物體都受到重力作用,與物體是否與地球接觸無關,選項A錯誤; B.同一物體,在同一地點受的重力不變,向上運動時受到的重力等于它向下運動時受到的重力,選項B錯誤; C.物體在浸入液體中后重力不變,選項C錯誤; D.同一物體,無論靜止還是運動,也無論是否浸入液體,所受的重力大小是一定的,選項D正確。 2.D 【解析】 【詳解】 A.重力是由于地球對物體的吸引而產生的,其大小與物體的運動狀態無關,選項A錯誤; B.形狀規則,質量分布均勻的物體,重心在其幾何中心,選項B錯誤; C.重力的方向總是豎直向下的,選項C錯誤; D.物體的重心可能在物體上,也可能在物體外,選項D正確。 3.D 【解析】 【詳解】 AB.幾個力,如果都作用在物體的同一點上,或者它們的作用線,相交于一點,這幾個力叫做共點力,故AB錯誤; C.若幾個力的作用線,相交于一點,也可以叫做共點力,故C錯誤; D. 幾個作用在物體上不同點的力,其力的作用線若相交于同一點,這幾個力是共點力,故D正確。 4.C 【解析】 【詳解】 A.力的合成時,分力是實際存在的力,合力不是實際存在的,故A錯誤; B.分力的性質可能相同也可能不同,合力不是實際存在的,無所謂性質,故B錯誤; C.分力的共同作用效果和合力的作用效果相同,故C正確; D.只有作用在同一物體上的力才可以合成,故D錯誤.。 5.B 【解析】 【詳解】 AB.物體所受重力的方向總是豎直向下,不是垂直向下,選項A錯誤,B正確; C.物體所受重力的方向不一定跟支持重物的支持面垂直,例如物體放在斜面上時,選項C錯誤; D.物體所受重力的方向不一定跟支持面對物體的彈力的方向相反,例如物體放在斜面上時,選項D錯誤。 6.D 【解析】 【詳解】 A.重心就是物體重力的作用點,選項A錯誤; B.任何有規則形狀且質量分布均勻的物體,它的幾何中心與重心重合,選項B錯誤; C.重心是重力的作用點,但是重心不一定在物體上,選項C錯誤; D.物體的重心位置由物體本身決定,不會因物體升高或降低而發生任何改變,選項D正確。 7.B 【解析】 【詳解】 A.將它豎直向上拋起,重力加速度不變,則重力也不變,故A錯誤。 B.拿到月球上去,重力加速度減小,則重力減小,故B正確。 C.將它放到高速行駛的列車上,重力加速度不變,則重力不變,故C錯誤。 D.將它從飛行中的直升機上拋下,重力加速度不變,則重力不變,故D錯誤。 8.D 【解析】 【詳解】 A.重力是由于地球的吸引而產生的力,而質量是物體含物質的多少,重力與質量不是相同的概念,選項A錯誤; B.重力的方向總是豎直向下的,選項B錯誤; C.重力的作用點叫重心,不一定在物體的幾何中心,選項C錯誤; D.重力是由于地球對物體的吸引而產生的,選項D正確。 9.B 【解析】 【詳解】 A.重力是地球對物體的吸引而產生的,選項A錯誤; B.重力的施力物體是地球,選項B正確; C.重力的反作用力是物體對地球的吸引力,選項C錯誤; D.重力的大小等于重物靜止時對水平支撐面壓力的大小,選項D錯誤。 10.B 【解析】 【詳解】 A.用手壓彈簧,彈簧與手間的相互作用力是同時產生的,故A錯誤; B.運動員將鉛球拋出后,由于重力的作用,鉛球的運動狀態仍在變化,鉛球仍為受力物體,施力物體是地球,故B正確; CD.力是物體間的相互作用,一個力的施力物體也一定是其反作用力的受力物體,故C錯誤,D錯誤; 11.B 【解析】 【詳解】 A.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時,用質點來代替物體的方法叫理想模型法,選項A錯誤; B.平均速度、瞬時速度以及加速度,是伽利略首先建立起來的,選項B正確; C.根據速度定義式v=,當Δt極短時,就可以表示物體在t時刻的瞬時速度,該定義應用了物理的極限法,選項C錯誤; D.自然界的四個基本相互作用是:萬有引力、電磁相互作用、強相互作、弱相互作用,故D錯誤。 12.A 【解析】 【詳解】 A.力的大小可以用彈簧測力計測量,選項A正確; B.相互接觸的物體之間要產生形變才有彈力的作用,選項B錯誤; C.重力的方向總是豎直向下的,選項C錯誤; D.重心不一定在物體本身上,也可能在物體的外面,選項D錯誤。 13.C 【解析】 【詳解】 A.物體的重心不一定在物體上,如正方形的線框重心在其中心上,選項A錯誤; B.質量分布均勻、形狀規則的物體的重心也不一定在物體上,可能在物體外部,選項B錯誤; C.根據二力平衡原理,用線懸掛的物體靜止時,懸線方向一定通過物體的重心,選項C正確; D.跳水運動員在空中做各種動作時,由于運動員的體形變化,則其重心位置不斷變化,選項D錯誤。 14.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.靜止在水平面上的物體對水平面的壓力可以等于其所受的重力大小,但壓力是彈力,重力是地球的吸引而產生的,兩者從產生原因是不同的,故A錯誤; BC.重力是由于地球對物體的吸引而產生的,重力的施力物體是地球,不是物體本身的力,重力的大小由質量和重力加速度決定,故B錯誤,C正確; D.只有質量分布均勻,形狀規則的物體的重心才在其幾何中心,故D錯誤. 15.CD 【解析】 【詳解】 ABC.用懸掛法求薄板重心是通過二力平衡原理,即懸線的拉力方向與重力作用線共線來確定物體重心位置的,則這種方法適用于任何形狀、質量分布不管是否均勻的一切薄板,選項AB錯誤,C正確; D.由上述分析可知,薄板懸掛靜止時,細線方向一定通過重心,選項D正確。 16., 【解析】 【詳解】 螞蟻對這個樹葉的支持力和樹葉的重力是一對平衡力,即 樹葉的質量 故螞蚊對樹葉的支持力 螞蟻在地球上能舉起質量是自身質量20倍的樹葉,它的“舉力” , 在月球上,它的“舉力”不變,能夠舉起質量為的重物,則有 , 得 .

    • 2020-11-28
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  • ID:6-8246529 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:2.5自由落體運動 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第2章 勻變速直線運動 /第5節 自由落體運動

    2.5自由落體運動 質量檢測(含解析) 1.磕頭蟲有一種特殊技能,當它遇到危險時撞擊地面,利用地面的反作用力瞬間跳起,快速逃離險境。若磕頭蟲離開地面后的運動視為豎直上拋運動,測得其跳起的最大高度約為40cm,則其離開地面時的速度大小約為(  ) A.2m/s B.20m/s C.2.8m/s D.28m/s 2.關于自由落體運動,下列說法中正確的是   A.不考慮空氣阻力的運動是自由落體運動 B.物體做自由落體運動時不受任何外力作用 C.質量大的物體落到地面時的速度大 D.自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動 3.伽利略以前的學者認為:物體越重,下落得越快.伽利略等一些物理學家否定了這一看法.但是,我們在生活中看到的在一高塔頂端同時釋放一片羽毛和一個玻璃球,玻璃球先于羽毛落到地面,這是因為() A.它們的重量不同 B.它們的密度不同 C.它們的材料不同 D.它們受到的空氣阻力不同 4.將質量為m的小球甲和質量為2m的小球乙,分別從離地高度為h、2h 處同時由靜止釋放,不計空氣阻力和小球與地面碰撞的時間,碰撞后小球速度大小不變.則下列說法正確的是( ) A.甲乙兩球空中下落的加速度比之等于1:2 B.甲乙第一次落地時速度大小之比等于1:2 C.甲乙與地面第一次碰撞前下落的時間之比為1:2 D.從開始下落計時時兩球第一次在空中相遇 5.自由下落的物體第ns內通過的位移比第(n-1)s內通過的位移多( ) A.9.8m B.4.9(2n+1)m C.3(n+1)m D.m 6.豎直上拋一小球,經3s落回到原拋出處(空氣阻力不計),則小球在第2s內的位移是( ) A.10m B.零 C.-5m D.-1.25m 7.關于自由落體運動的加速度g,下列說法正確的是( ) A.重的物體的g值大 B.g值在地面任何地方一樣大 C.g值在赤道處大于南北兩極處 D.同一地點的不同質量的物體g值一樣大 8.關于重力加速度的說法中,不正確的是(  ) A.重力加速度g是標量,只有大小沒有方向,通常計算中g取9.8m/s2 B.在地球上不同的地方,g的大小不同,但它們相差不是很大 C.在地球上同一地點,一切物體在自由落體運動中的加速度都相同 D.在地球上的同一地方,離地面高度越大重力加速度g越小 9.俊俊同學利用打點計時器探究自由落體運動。實驗中,紙帶將被釋放瞬間的四種情景如照片所示,其中最合適的是( ) A. B. C. D. 10.在物理學發展的過程中,許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程.在對以下幾位物理學家所做科學貢獻或者研究方法的敘述中,正確的說法是 A.在對自由落體運動的研究中,伽利略猜想運動速度與下落時間成正比,并直接用實驗進行了驗證 B.伽利略是偉大的物理學家,他最先建立了速度、加速度等概念,并創造了一套科學研究方法 C.在推導勻變速直線運動的位移公式時,把整個運動過程劃分成很多小段,每一小段近似看做勻速直線運動,然后把各小段的位移相加,物理學中把這種研究方法叫做“理想模型法” D.亞里士多德認為兩個物體從同一高度自由落下,重物體與輕物體下落一樣快 11.甲物體的重量比乙物體大5倍,甲從H高處自由落下,乙從2H高處與甲物體同時自由落下,在它們落地之前,下列說法中正確的是 A.兩物體下落過程中,在同一時刻甲的速度比乙的速度大 B.下落1 s末,它們的速度相同 C.各自下落1m時,它們的速度相同 D.下落過程中甲的加速度比乙的加速度大 12.小球A從距地面高為H處自由釋放,同時小球B從地面以初速度v0豎直向上拋出,A、B兩球在空中相遇。不計空氣阻力,已知重力加速度為g。下列說法中正確的是(  ) A.若A、B相遇時速率相等,則 B.經時間,A、B相遇 C.若,則A與B相遇在B下降途中 D.若,則A與B相遇在B上升途中 13.為了測得一樓房的高度,某同學讓一粒石塊從樓頂自由落下,測出下列哪個量就可以求出樓房的高度( ) A.僅測出石塊下落到地面的總時間 B.僅測出石塊落地時的速度 C.僅測出石塊落地前的最后1 s內的位移 D.以上說法都不對 14.伽利略在研究自由落體運動時,為了“沖淡重力加速度”,他先將小球置于一個可看成光滑的斜面上,如圖甲所示,然后將斜面的傾斜角逐漸變大,最后過渡到自由落體運動?如果在某次實驗研究中:他在光滑的斜面上任取三個位置A、B、C?讓小球分別由A、B、C滾下,如圖乙所示,讓A、B、C與斜面底端的距離分別為、、,小球由A、B、C運動到斜面底端的時間分別為、、,小球由A、B、C運動到斜面底端時的速度分別為、、,則下列關系式正確的是( ) A. B. C. D. 15.從離地面的空中自由落下一個小球,取,求小球: (1)經過多長時間落到地面; (2)自開始下落計時,在第內的位移和最后內的位移為多少。 16.某校物理興趣小組,為了了解高空墜物的危害,將一只雞蛋從離地面高為H=20m的高樓面上由靜止釋放,讓其自由下落,下落途中通過一個窗口的時間為△t=0.1s,窗口的高度為L=1.05m,忽略空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,求: (1)雞蛋落地時的速度大小v; (2)落地前最后1s內的位移x; (3)高樓面離窗的上邊框的高度h。 參考答案 1.C 【解析】 【分析】 【詳解】 磕頭蟲做豎直上拋運動,根據速度-位移公式可知,其中h=40cm=0.4m,解得 故選C。 2.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.在空氣中,不考慮空氣阻力的運動不一定是自由落體運動,比如初速度不為零,或除了重力以外可能還受其它力,故A錯誤; B. 物體在自由落體運動時僅受重力,故B錯誤; C.質量大的物體重力大,根據知,落地的速度與質量無關.故C錯誤; D.自由落體運動是初速度為零,加速度為g的勻加速直線運動,下落時間與質量無關,故D正確。 故選:D。 3.D 【解析】 【分析】 【詳解】 自由落體運動是初速度為0,加速度為g的勻加速直線運動,下落時間與物體的重量、密度材料無關;之所以不同物體下落速度不同是由于它們受到的空氣阻力不同,對物體下落快慢影響不同. A. 它們的重量不同,與分析不符,故A錯誤; B. 它們的密度不同,與分析不符,故B錯誤; C. 它們的材料不同,與分析不符,故C錯誤; D. 它們受到的空氣阻力不同,與分析相符,故D正確. 4.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.不計空氣阻力,自由落體運動的加速度與質量無關,故A錯誤. B.落地速度等于, ,高度之比等于1:2 ,落地時速度之比等于, 故B錯誤. C.下落高度與時間的關系是,顯然時間之比也等于, 故C錯誤. D.甲球先落地,速度大小為v ,此時乙球速度也為v,乙球下落了h,設再過一段時間,二者在空中相遇,則有 其中,解得:,而甲球下落h的時間為故第一次相遇的時刻為, 故D正確. 5.A 【解析】 【分析】 【詳解】 根據自由落體運動的位移與時間的關系得: 第n秒內通過的位移為: ; 第(n-1)秒內通過的位移為: 故; A.9.8m與計算結果相符;故A項正確. B.4.9(2n+1)m與計算結果不相符;故B項錯誤. C.3(n+1)m與計算結果不相符;故C項錯誤. D.m與計算結果不相符;故D項錯誤. 6.B 【解析】 【分析】 【詳解】 對豎直上拋運動的全過程,由 , 解得 對全過程由: 得:前2s的位移為:x2=15×2-5×4=10m; 第1s內的位移為:x1=15×1-5×1=10m; 所以第2s內的位移為:10-10m=0m. A.10m與計算結果不相符;故A項錯誤. B.零與計算結果相符;故B項正確. C.-5m與計算結果不相符;故C項錯誤. D.-1.25m與計算結果不相符;故D項錯誤. 7.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.自由落體運動的加速度g是由重力產生的,由牛頓第二定律可知a=g,重力加速度與物體的質量無關;故A錯誤. B.在地球上的物體所受的萬有引力有兩個效果,即分解成兩個分力(重力和自轉向心力),而不同地點的自轉不同,自轉向心力大小不同,另一分力重力也不同,從而有不同的重力加速度,緯度越高,重力加速度越大;故B錯誤. C.地面的物體的重力加速度受緯度和海拔的影響;緯度越高重力加速度越大,赤道處小于南北兩極處的重力加速度;故C錯誤. D.同一地點物體的萬有引力表達式:,因為R是定值,所以同一地點輕重物體的g值一樣大;D正確. 8.A 【解析】 【分析】 【詳解】 A.重力加速度是矢量,有大小有方向。故A錯誤,符合題意; BC.地球上同一地點,重力加速度相同,地球上不同的地方,重力加速度不同,但相差不大。故BC正確,不符合題意; D.在同一地點,重力加速度隨著高度的升高而減小。故D正確,不符合題意。 故選A。 【名師點睛】 解決本題的關鍵知道重力加速度的特點,同一地點重力加速度相同,隨高度、緯度的變化,重力加速度會發生變化。 9.D 【解析】 【分析】 【詳解】 實驗時,應讓重物緊靠打點計時器,手拉著紙帶的上方,保持紙帶豎直,由靜止釋放,故選D。 10.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 A. 伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比,并未直接進行驗證,而是在斜面實驗的基礎上的合理推理,故A錯誤; B. 伽利略是偉大的物理學家,他最先建立了速度、加速度等概念.并創造了一套科學研究方法,故B正確; C.把整個運動過程劃分成很多小段進行研究,每一小段近似看作勻速直線運動,這種研究方法叫做“微元法”,故C正確; D. 亞里士多德認為兩個物體從同一高度自由落下,重物體比輕物體下落的快,故D錯誤. 故選BC. 11.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.因為甲乙物體同時做自由落體運動,它們的初速度為零,加速度為g,任意時刻的速度為v=gt,所以兩物體下落過程中,在同一時刻甲的速度與乙的速度相等,故A錯誤,B正確; B.下落1m時,由位移速度關系式v2=2ax,可解得各自下落1m時,它們的速度相同,故C正確; D.因為甲乙物體均做自由落體運動,加速度為g,下落過程中甲的加速度與乙的加速度相同,故D錯誤. 12.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 B.A和B相遇時 解得 ① 故B正確; A.若A、B相遇時速率相等,有 ② 由①②式解得 故A錯誤; CD.若兩球相遇時b球處于下降過程中,則相遇的時間滿足: 由 解得 故C正確,D錯誤; 13.ABC 【解析】 【分析】 【詳解】 A.設樓高為H,根據H=gt2知,A正確; B.根據2=2gH,H=,B正確; CD.若知道石塊在最后1 s內的位移,可求石塊落地時的速度,然后再求樓高.在最后1 s內 x=t=t=×1=,v=x+ 代入H=,可得樓房的高度,C正確D錯誤. 故選:ABC。 14.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 A.小球在斜面上三次運動的位移不同,末速度一定不同,故A錯誤; B.由運動學公式可知,,得 三次下落中位移與時間平方的比值為定值,故B正確; C.由可得 又三次下落中的加速度相同,故C正確; D.由可知 則 故D錯誤。 故選BC。 15.(1);(2)5m,95m 【解析】 【分析】 【詳解】 (1)根據自由落體公式:,解得落地時間: (2)第1s內的位移: 因為從開始運動起前9s內的位移為: 所以最后1s內的位移為: 16.(1)20m/s;(2)15m,方向豎直向下;(3)5m 【解析】 【分析】 【詳解】 (1)由 可知雞蛋落地所需時間為 所以雞蛋落地時的速度大小 (2)第內的位移 因此落地前最后內的位移 方向豎直向下 ; (3)從高樓面下落到窗口上邊框 從高樓面下落到窗口下邊框 代入數據,解方程組可得

    • 2020-11-28
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  • ID:6-8246528 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:2.3實驗中的誤差和有效數字 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第2章 勻變速直線運動 /第3節 實驗中的誤差和有效數字

    2.3實驗中的誤差和有效數字 質量檢測(含解析) 1.某同學用游標為20分度的卡尺測量一薄金屬圓板的直徑D,用螺旋測微器測量其厚度d,示數如圖所示。由圖可讀出D=________cm,d=_________mm。 2.(1)用游標卡尺測量一小球的直徑,結果如圖1,此讀數為_____; (2)用螺旋測微器測量一金屬絲的直徑,結果如圖2,此讀數為______。 3.用游標卡尺測得某樣品的長度如圖甲所示,其讀數L=________mm;用螺旋測微器測得該樣品的外邊長a如圖乙所示,其讀數a=________mm。 4.某次實驗中,小明用螺旋測微器測量一塊金屬板的厚度,刻度如圖甲所示,讀數為__________mm;用游標為20分度的游標卡尺測量該金屬板的寬度,部分刻度如圖乙所示,讀數為__________cm。 5.圖(甲)的游標上有20個分度,測量結果如圖所示,其讀數為_______mm。圖(乙)是螺旋測微器,其讀數為_______ mm。 6.李強同學測量一個某種材料圓柱體的電阻率,實驗過程中螺旋測微器和電阻箱的測量結果分別如圖甲、乙所示,其讀數分別為甲:___________mm、乙:___________Ω。 7.用螺旋測微器測某金屬絲直徑時的讀數如圖一,金屬絲直徑為______mm,圖二為用50分度的游標卡尺測量物體長度時的讀數,由于遮擋,只能看見游標的后半部分,這個物體的長度為_____。 8.在一次實驗中,張華同學用螺旋測微器測量某長方體工件的厚度如圖所示,根據圖示可判斷其厚度為________mm。該同學用下列某種儀器測得該工件的寬度為1.275 cm,則該同學所用的儀器可能是________(將正確答案的序號填在橫線上)。 ①螺旋測微器' ②10分度游標卡尺 ③20分度游標卡尺 9.用游標卡尺測量小球的直徑如圖甲、乙所示。測量方法正確的是________(選填“圖甲”或“圖乙”)。 10.用螺旋測微器測量金屬絲的直徑,如圖所示,則此示數為________mm。 11.圖(a)螺旋測微器的讀數__________mm;圖(b)游標卡尺的讀數__________mm。 12.(1)如圖甲所示,螺旋測微器的讀數為_____mm。 (2)如圖乙所示,游標卡尺的讀數為_____mm。 參考答案 1.5.075 3.774~3.778 【解析】 【分析】 【詳解】 [1] 游標卡尺讀數 [2] 螺旋測微器讀數 2.20.3mm 1.700mm 【解析】 【分析】 【詳解】 (1)[1]10分度的游標卡尺的精確度為0.1mm,游標格數不估讀,直徑為 (2)[2]螺旋測微器的轉動刻度共50格,總長為0.5mm,則精度為0.01mm,轉動格數要估讀,直徑為 3.20.15 1.730 【解析】 【詳解】 [1].樣品的長度L=2cm+0.05mm×3=20.15mm; [2].樣品的外邊長a=1.5mm+0.01mm×23.0=1.730mm。 4.2.398(2.396~2.399之間均給分) 2.015 【解析】 【詳解】 [1]由圖可知,螺旋測微器讀數為 [2]由圖可知,游標卡尺讀數為 5.102.35 5.545 【解析】 【詳解】 [1]游標尺有20個小刻度,所以精確度等于,游標卡尺的主尺讀數為,游標尺上第7個刻度和主尺上某一刻度對齊,最終讀數為: [2]螺旋測微器的固定刻度為,最終讀數為: 6.5.316(5.315~5.318) 638 【解析】 【詳解】 [1]由圖甲所示螺旋測微器可知,固定刻度示數為5mm,可動刻度示數為31.6×0.01mm=0.316mm,螺旋測微器示數為5mm+0.316mm=5.316mm; [2] 由圖乙所示電阻箱可知,電阻箱的阻值為:6×100+3×10+8×1=638Ω。 7.0.820 16.98mm 【解析】 【詳解】 [1]螺旋測微器的固定刻度為0.5mm,可動刻度為32.0×0.01mm=0.320mm,所以最終讀數為 0.5mm+0.320mm=0.820mm; [2]從圖中可知,游標尺上的第49個刻度與主尺上的6.5cm即65mm處對齊,根據游標尺的構造可知,50分度的游標尺,游標尺上的50刻度的總長是49mm,因此主尺的讀數為:65mm-49mm=16mm,該游標卡尺的精度為0.02mm,所以最終讀數為: 16mm+0.02mm×49=16.98mm。 8.1.700 ③ 【解析】 【詳解】 [1]螺旋測微器固定刻度部分讀數為1.5 mm,可動刻度部分分度值為0.01 mm,可動刻度部分讀數為20.0×0.01mm=0.200 mm,工件的厚度為1.5mm+0.200mm=1.700 mm; [2]若用某種儀器測出的工件的寬度為1.275 cm=12.75 mm,由于以毫米為單位,小數點后有兩位有效數字,測量儀器不可能是①螺旋測微器和②10分度的游標卡尺,又由于最后一位是5,只有20分度的游標卡尺最后一位才可能是5,所以應是③。 9.圖甲 【解析】 【詳解】 [1]用游標卡尺測量小球的直徑,應將小球卡在外測量爪中,故應選題圖甲。 10.6.700 【解析】 【詳解】 [1]螺旋測微器的示數為固定讀數加上可動讀數,即6.5 mm+20.0×0.01 mm=6.700 mm。 11.1.844(1.842—1.848) 42.40 【解析】 【詳解】 [1].圖(a)螺旋測微器的讀數:1.5mm+0.01mm×34.7=1.847mm; [2].圖(b)游標卡尺的讀數:42mm+0.05mm×8=42.40mm。 12.8.470 20.60 【解析】 【詳解】 (1)[1].螺旋測微器的固定刻度為8.0mm,可動刻度為47.0×0.01mm=0.470mm,所以最終讀數為8.0mm+0.470mm=8.470mm,由于需要估讀,最后的結果可以在8.469~8.471之間。 (2)[2].游標卡尺游標為20分度,總長度為19mm,故每一小格為19/20=0.95mm,由圖可知,主尺上32mm與游標的第12個格對齊,故測量長度為32-12×0.95mm=20.60mm。

    • 2020-11-28
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  • ID:6-8246527 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:2.2位移變化規律 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第2章 勻變速直線運動 /第2節 位移變化規律

    2.2位移變化規律 質量檢測(含解析) 1.如圖所示是某物體做直線運動的v2-x圖象(其中v為速度,x為位置坐標),下列關于物體從x=0處運動至x0處的過程分析,其中正確的是(  ) A.該物體做勻加速直線運動 B.該物體的加速度大小為 C.該物體在位移中點的速度大于 D.該物體在運動中間時刻的速度大于 2.如圖所示的x-t(位移一時間)圖象和v-t(速度一時間)圖象中,給出四條曲線1、2、3、4代表四個不同物體的運動情況,關于它們的物理意義,下列描述正確的是(  ) A.圖線1和3表示物體做曲線運動 B.x-t圖象中t1時刻v1>v2 C.v-t圖象中0至t3時間內3和4的平均速度大小不相等 D.兩圖象中,t2、t4時刻分別表示2、4開始反向運動 3.如圖所示,幾個物體從靜止開始沿直線運動的運動圖象,做往返運動的物體有(  ) A. B. C. D. 4.光滑斜面長為L,一物體自斜面頂端由靜止開始下滑到底端經歷的時間為t,則( ) A.物體全過程的平均速度是 B.物體在時刻的瞬時速度是 C.物體到斜面中點時的瞬時速度大于 D.物體從開始運動到斜面中點經歷的時間為 5.一質點做勻加速直線運動時,速度變化△v時發生位移x1,緊接著速度變化同樣的△v時發生位移x2,則該質點的加速度為(  ) A. B. C. D. 6.兩輛相同的汽車,沿水平直路一前一后勻速行駛,前車速度為v0,后車的速度為2v0。在t=0時刻前車突然以恒定的加速度剎車,在它剛停住時,后車以前車剎車時的加速度開始剎車。已知前車在剎車過程中所行駛的距離為S,若要兩車在上述情況中不相碰,則兩車在t=0時保持的距離至少應為(  ) A.2S B.3S C.5S D.7S 7.已知O、A、B、C為同一直線上的四點,AB間的距L1,BC間的距離L2。一物體自O點由靜止出發,沿此直線做加速運動,依次經過A、B、C三點。已知物體通過AB與BC段所用的時間相等。則OA距離為(  ) A. B. C. D. 8.一個物體靜止開始以加速度a1勻加速運動,經過一段時間后加速度突然反向,且大小變為a2,經過相同時間恰好回到出發點。則為(  ) A. B. C. D. 9.一質點沿x軸做直線運動,其v-t圖象如圖所示質點在t=0時位于x=4m處,開始沿x軸正向運動。當t=8s時,質點在x軸上的位置為(  ) A.x=9m B.x=7m C.x=4m D.x=3m 10.如圖是一輛汽車做直線運動的s-t圖象,線段OA、AB、BC、CD所表示的運動,下列說法正確的是(  ) A.OA段運動速度最大 B.AB段汽車做勻速運動 C.CD段的運動方向與初始運動方向相同 D.運動4h汽車的位移大小為0 11.如圖所示,A、B兩物體相距s=6m,物體以vA=6m/s的速度向右勻速運動,而物體B此時的速度vB=12m/s,向右做勻減速運動直到靜止,加速度大小為3m/s2,那么物體A追上物體B所用的時間為(  ) A.4s B.5s C.9s D.10s 12.如圖所示,甲、乙兩輛汽車在t=0時刻剛好經過同一位置,并沿同一方向做直線運動,已知甲車的加速度大小恒為1.2m/s2。下列正確的是(  ) A.乙車做加速度先增大后減小的變加速運動 B.在前4s的時間內,甲車運動位移為29.6m C.在t=4s時,甲車追上乙車 D.在t=10s時,乙車又回到起始位置 13.甲、乙兩物體先后從同一地點出發,沿一條直線運動,它們的v-t圖象如圖所示,由圖可知(  ) A.甲比乙運動快,且早出發,所以乙追不上甲 B.t=20s時,乙追上了甲 C.在t=20s之前,甲比乙運動的快;在t=20s之后乙比甲運動快 D.由于乙在t=10s時才開始運動,所以t=10s時,甲在乙前面,它們之間距離為乙追上甲前最大 14.沿同一條直線運動的a、b兩個質點,在0~t0時間內的x-t圖像如圖所示.根據圖像,下列說法不正確的是(  ) A.質點a做周期性往返運動 B.t′時刻,a、b的位移相同 C.在0~t′時間內,a的位移大于b的位移 D.在0~t0時間內,a通過的路程是b通過路程的3倍,但位移相同 15.某同學繪出了一個沿直線運動的物體的加速度a、速度v、位移x隨時間變化的圖象如下圖所示,若該物體在t=0時刻,初速度均為零,則下列圖象中表示該物體沿單一方向運動的圖象是(   ). A. B. C. D. 16.一質點在時刻從原點開始沿x軸正方向做直線運動,其圖如圖所示,求: (1)內質點的加速度; (2)時的速度; (3)的位移。 參考答案 1.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 A.由勻變速直線運動的速度位移關系公式 可得 可知物體的加速度恒定不變,速度均勻減小,故物體做勻減速直線運動,A錯誤; B.由 可知,v2-x圖像的斜率等于2a,由圖可得 則得物體的加速度大小為 B正確; CD.該物體在運動過程中的平均速度為,由于物體做勻減速直線運動,所以該物體在運動中間時刻的速度等于,物體在位移中點的速度大于中間時刻的速度,所以物體在位移中點的速度大于,D錯誤C正確。 故選BC。 2.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 A. 圖線1和3表示物體朝正方向做直線運動,A錯誤; B.x-t圖象中斜率大小表示速度的大小,t1時刻圖線1的斜率大于圖線2的斜率,因此v1>v2,B正確; C.v-t圖象中,圖線與軸所圍的面積表示位移,0至t3時間內圖線3與軸所圍的面積小于圖線4與軸所圍的面積,即 ,由平均速度的定義式 可得:0至t3時間內3的平均速度小于4的平均速度,即大小不相等,C正確; D.x-t圖象中t2時刻表示2開始反向運動,v-t圖象中t4時刻表示4的加速度開始改變方向,但速度方向仍向正方向,D錯誤。 故選BC。 3.CD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.根據s-t圖象的斜率表示速度,知該物體始終靜止不動,故A錯誤。 B.由v-t圖知,速度一直大于零,說明物體一直沿正方向運動,故B錯誤; C.0-2t0內物體沿正方向運動,2t0-4t0內物體沿負方向運動,物體做往返運動,故C正確。 D.0-t0內物體沿正方向做勻加速直線運動,t0-2t0內物體沿正方向做勻減速直線運動,根據a-t圖象與時間軸所圍的面積表示物體的速度變化量,知2t0時刻物體的速度為零。2t0-3t0內物體沿負方向做勻加速直線運動,3t0-4t0內物體沿負方向做勻減速直線運動,4t0時刻物體的速度為零。所以物體做往返運動,故D正確。 故選CD。 4.AC 【解析】 【分析】 【詳解】 物體運動全程的平均速度為 故A正確; 物體在時的即時速度等于時間t內的平均速度,即為,故B錯誤; 設物體的加速度為a,運動到斜面中點時瞬時速度為v,則由L=at2得到 又 解得 故C正確; 由位移公式 得知物體從頂點到斜面中點的時間和從頂點滑到底端的時間比為1:,即物體從開始運動到斜面中點經歷的時間為。故D錯誤。 故選AC。 5.D 【解析】 【分析】 【詳解】 兩段位移的時間間隔一定相等的,設時間間隔為t,由運動學公式得 解得 ABC錯誤,D正確。 故選D。 6.D 【解析】 【分析】 【詳解】 前車剎車距離為 剎車時間為 后車剎車的距離為 假設兩車恰好相遇,則 解得 故D正確; 故選D。 7.C 【解析】 【分析】 【詳解】 設物體的加速度為a,通過AB段和BC點所用的時間為t,則有B點的瞬時速度為 根據連續相等時間內的位移之差是一恒量得 根據速度位移公式得 聯立解得 故選C。 8.A 【解析】 【分析】 【詳解】 勻加速直線運動的位移為 末速度為 勻減速直線運動的位移為 因為 解得 故選A。 9.B 【解析】 【分析】 【詳解】 v-t圖象中圖線和坐標軸圍成的面積表示位移,可得質點在8s內通過的位移為 質點在t=0s時處于x=4m的位置,所以當t=8s時,質點在x軸上的位置為7m。 故選B。 10.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.s-t圖象中斜率的大小表示速度的大小,由圖可知,CD所表示的運動斜率最大,因此CD段運動速度最大,A錯誤; B.AB段汽車處于靜止狀態,B錯誤; C.CD段汽車向負方向運動,初始時刻汽車向負方向運動,CD段的運動方向與初始運動方向相反,C錯誤; D.由圖可知,汽車運動4h,初末位置都在O點,因此運動4h汽車的位移大小為0,D正確; 故選D。 11.B 【解析】 【分析】 【詳解】 設物體B勻減速到0時所用時間為t1,根據公式可得 此時間內B的位移為 此時間內A的位移為 可判斷,此時物體A并沒追上物體B,此時兩物體仍相距6m,此后B靜止,A繼續勻速追擊,設所用時間為t2,則有 物體A追上物體B所用的總時間為 故選B。 12.B 【解析】 【分析】 【詳解】 A. 速度圖象的斜率表示物體的加速度,由圖可知,乙車的加速度先減小后增大,最后再減小,故A錯誤; B. 在前4s的時間內,甲車運動位移為 故B正確; C. 圖像與橫軸圍成的面積代表位移,在t=4s時,兩車的速度相同,但前4s內兩車經過的位移不同,故兩車沒有相遇;故A錯誤; D. 在10s前,乙車速度一直沿正方向,故乙車沒有回到起始位置;故D錯誤。 故選B。 13.C 【解析】 【分析】 【詳解】 在0-20s內,甲的速度大于乙的速度,甲比乙運動得快,且早出發,兩者距離逐漸增大;t=20s后,乙的速度大于甲的速度,乙比甲運動得快,兩者距離逐漸減小,所以乙可以追上甲,在t=20s時刻兩者距離最大,故ABD錯誤,C正確。 故選C。 14.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.x-t圖象中,斜率表示速度,a圖線的斜率周期性變化,說明質點a做周期性的往返運動,故A正確,A項不符合題意; B.由圖知,t′時刻,a和b位置相同,初位置也相同,所以它們的位移相同,故B正確,B項不符合題意; C.0~t′時間內,a和b質點的初位置都在坐標原點,末位置都在x=-5m處,所以位移大小均為5m,故C錯誤,C項符合題意; D.0~t0時間內:a質點的路程是: 5+5+5+5+5+5=30(m), b質點的路程為: 5+5=10(m); 所以a質點的路程是b質點路程的3倍.位移都是0,故D正確;D項不合題意. 15.C 【解析】 試題分析:根據位移--圖象的斜率等于速度,可知圖象的斜率周期性變化,說明物體的速度大小和方向作周期性變化,物體做的往復運動,故A錯誤;在內速度為正值,向正方向運動,在內速度為負值,向負方向運動,運動方向發生改變,故B錯誤;在內加速度為正值,物體向正方向做勻加速運動,在內加速度為負值,物體沿正方向勻減速運動,末速度為零,接著周而復始,故物體速度的方向不變,故C正確;在內,物體向正方向做勻加速直線運動,內加速度反向,大小不變,向正方向做勻減直線運動末速度為零,內向負方向做勻加速直線運動,運動的方向發生變化,故D錯誤. 考點:勻變速直線運動的圖像、勻變速直線運動的速度與時間的關系 【名師點睛】解決本題的關鍵知道速度時間圖線和位移時間圖線的物理意義,以及知道它們的區別,并且能很好運用.對于圖象,要知道圖象的“面積”表示速度的變化量. 16.(1),沿x軸正方向;(2),方向沿x軸負方向;(3),沿x軸正方向 【解析】 【分析】 【詳解】 (1)由得內質點的加速度 沿x軸正方向 (2)由圖像可得內質點做勻變速直線運動,其加速度 由得時的速度 得此時速度大小為,方向沿x軸負方向 (3)由圖象得內位移為圖象與坐標軸圍成圖形面積 沿x軸正方向

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  • ID:6-8246525 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:1.3速度 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第1章 運動的描述 /第3節 速度

    1.3速度 質量檢測(含解析) 1.一個物體做單向直線運動,從A點經B點運動到C點,如圖所示,已知BC=2AB,從A點到B點的過程中,前、后半路程的平均速度分別為3m/s、0.6m/s,從B點到C點的過程,前、后半時間的平均速度分別為2m/s、6m/s,則從A點運動到C點的平均速度為(  ) A.1m/s B.2m/s C.3m/s D.5.9m/s 2.2018 年 10 月 23 日,港珠澳大橋正式開通,以往公路上用單點測速儀測車速,個別司機由于熟知測速點的位置,在通過測速點前采取剎車降低車速來逃避處罰,但卻很容易造成追尾事故,港珠澳大橋既保留單點測速又采用區間測速,下列說法錯誤的是(  ) A.單點測速測的是汽車經過某一位置時的速率 B.單點測速測的是汽車的瞬時速率 C.區間測速測的是汽車的瞬時速率 D.區間測速測的是汽車的平均速率 3.一質點沿直線Ox方向做變速運動,它離開O點的距離x隨時間t變化的關系為x=(5+2t3)m,該質點在t=0到t=2s間的平均速度和t=2s到t=3s間的平均速度的大小分別為 A.12 m/s,39 m/s B.8 m/s,38 m/s C.12 m/s,19.5 m/s D.8 m/s,13 m/s 4.如圖所示,氣墊導軌上滑塊經過光電門時,其上的遮光條將光遮住,電子計時器可自動記錄遮光時間△t,測量遮光條的寬度為△x,用近似代表滑塊通過光電門時的瞬時速度,為使更接近瞬時速度,正確的措施是(  ) A.使滑塊的釋放點更靠近光電門 B.提高測量遮光條寬度的精確度 C.換用寬度更窄的遮光條 D.增大氣墊導軌與水平面的夾角 5.如圖所示,你左手拿一停表,右手拿一畫筆,在同伴沿直線牽動紙帶的同時,用畫筆在紙帶上點下一個個點,這樣,就做成了一臺“打點計時器”.為了提高該計時器的準確性,應盡量 A.讓同伴勻速拉動紙帶 B.使打點節奏保持均勻不變 C.使打點時間間隔接近于0.02 s D.使打點節奏隨同伴拉動紙帶速度的增大而加快 6.某班同學去部隊參加代號為“獵狐”的軍事演習,甲、乙兩個小分隊同時從同一處O出發,并同時捕“狐”于A點,指揮部在熒光屏上描出兩個小分隊的行軍路徑如圖所示,則下列說法正確的是 (  ) A.甲隊的位移大于乙隊的位移 B.甲隊的平均速度大于乙隊 C.兩個小分隊運動的平均速率相等 D.甲隊的平均速率大于乙隊 7.短跑運動員在100m競賽中,測得7s末的速度是9m/s,10s末到達終點的速度是10.2m/s,則運動員在全程內的平均速度為( ) A.9m/s B.10m/s C.9.6m/s D.10.2m/s 8.為了使公路交通有序、安全,路旁立了許多交通標志。如圖所示,甲圖是限速標志(白底、紅圈、黑字),表示允許行駛的最大速度是80km/h;乙圖是路線指示標志,表示到杭州還有100km。上述兩個數據的物理意義是(  ) A.80km/h是平均速度,100km是位移 B.80km/h是平均速度,100km是路程 C.80km/h是瞬時速度,100km是位移 D.80km/h是瞬時速度,100km是路程 9.甲、乙兩地相距60km,一輛汽車從甲地開往乙地的過程中,前一半時間內的平均速度是30km/h,后一半時間的平均速度是60km/h。則在全程內這輛汽車的平均速度是(  ) A.35km/h B.40km/h C.45km/h D.50km/h 10.據中央氣象臺消息: 2017年第1號臺風“梅花(Muifa)”于4月26日在距離菲律賓馬尼拉以東方向1640公里的西北太平洋海面上生成(東經136.1°,北緯13.4°),中心附近最大風速18m/s(8級風,熱帶風暴級).預計“梅花”將以12km/h左右的速度向西北方向移動,強度變化不大.關于上述消息中的“18m/s、12km/h”,下述理解中正確的是 A.分別指平均速度和瞬時速度的大小 B.分別指瞬時速度和平均速度的大小 C.均指平均速度的大小 D.均指瞬時速度的大小 11.如圖所示,物體沿曲線軌跡的箭頭方向運動,AB、ABC、ABCD、ABCDE四段曲線軌跡運動所用的時間分別是:1s、2s、3s、4s。下列說法正確的是(  ) A.物體在AB段的平均速度為1m/s B.物體在ABC段的平均速度為 C.物體在B點的速度等于AC段的平均速度 D.AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物體處于A點時的瞬時速度 12.甲、乙兩質點在同一直線上勻速運動,設向右為正,甲質點的速度為,乙質點的速度為,則可知( ) A.乙質點的速度大小大于甲質點的速度大小 B.因為,所以甲質點的速度大于乙質點的速度 C.這里的正、負號表示運動的方向 D.若甲、乙兩質點同時由同一點出發,則后甲、乙兩質點相距 13.以往公路上用單點測速儀測車速,個別司機由于熟知測速點的位置,在通過測速點前采取剎車降低車速來逃避處罰,但卻很容易造成追尾事故,所以有些地方已開始采用區間測速,下列說法正確的是( ) A.單點測速測的是汽車的瞬時速率 B.單點測速測的是汽車的平均速率 C.區間測速測的是汽車的瞬時速率 D.區間測速測的是汽車的平均速率 14.如圖所示,兩個人以相同的速率同時從圓形軌道的A點出發,分別沿ABC和ADE方向行走,經過一段時間后在F點相遇(圖中未畫出).從出發到相遇的過程中,描述兩人運動情況的物理量相同的是( ) A.路程 B.位移 C.瞬時速度 D.平均速度 15.某質點從時刻開始做直線運動,并以此時刻質點所在位置為坐標原點,以質點的運動方向為正方向建立直線坐標系,其坐標與時間對應如下表格:以下結論正確的是(  ) 時間 1 2 3 4 5 坐標 1 2 3 4 5 A.物體一定在做勻速直線運動 B.物體在第3s時其速度一定為 C.物體在前5s內的平均速度為 D.物體在第一個1s內的平均速度等于第五個1s內的平均速度 16.如圖所示,一輛轎車從超市出發,向東行駛了到達電影院,繼續行駛了到達度假村,又向西行駛了到達博物館,全程用時。以超市所在的位置為起始點。試求: (1)轎車從電影院經度假村到博物館的位移大小為多少? (2)全程的平均速率和平均速度的大小分別是多少?(第(2)問結果均保留兩位有效數字) 參考答案 1.B 【解析】 【分析】 【詳解】 設,;的前、后半程使用的時間分別為和,段使用的時間是,則: ,, 從點運動到點的平均速度為 聯立方程,整理得 故選B。 2.C 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.單點測速是測量的是汽車在某一個點時的速度,故為瞬時速度,故A B正確不符合題意; CD.區間測量的為某一過程的速度,故為平均速度,故C錯誤符合題意,D正確不符合題意。 故選C。 3.B 【解析】 【分析】 【詳解】 由x=5+2t3可知: t1=0時,x1=5m; t2=2s時,x2=21m; t3=3s時,x3=59m; 所以: 故平均速度分別為: =8m/s =38m/s A.描述與分析不符,故A錯誤 B.描述與分析相符,故B正確 C.描述與分析不符,故C錯誤 D.描述與分析不符,故D錯誤 4.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.瞬時速度表示運動物體在某一時刻(或經過某一位置)的速度,應用極限思想,在時間趨于零的情況下平均速度近似看作瞬時速度,所以要計算通過光電門的瞬時速度,需要縮短通過時間,使滑塊的釋放點更靠近光電門,則Δt變長,故A錯誤; B.提高測量遮光條寬度的精確度,不能縮短Δt,故B錯誤; C.換用寬度更窄的遮光條,Δt時間更短,故C正確; D.增大氣墊導軌與水平面的夾角,在滑塊的釋放點距離光電門比較近的情況下,不能明顯縮短Δt,故D錯誤。 故選C。 5.B 【解析】 【分析】 【詳解】 為了做成“打點計時器”應讓兩點間的時間間隔相等,即使打點節奏保持均勻不變,但沒有必要使時間為0.02s;同時拉動紙帶的速度不會影響打點周期; A. 讓同伴勻速拉動紙帶與分析不符,故A錯誤; B. 使打點節奏保持均勻不變與分析相符,故B正確; C. 使打點時間間隔接近于0.02 s與分析不符,故C錯誤; D. 使打點節奏隨同伴拉動紙帶速度的增大而加快與分析不符,故D錯誤. 6.D 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.起點和終點相同,位移大小相等,用的時間也相同,平均速度是位移與時間的比值,所以兩個小分隊運動的平均速度相等,AB錯誤; CD.由圖象知甲的路程大于乙的路程,平均速率是路程與時間的比值,所以甲的平均速率大于乙的,C錯誤D正確。 故選D。 7.B 【解析】 【分析】 【詳解】 由題意可知,短跑運動員在100m競賽中,位移是100m,10s末到達終點,根據平均速度的定義式可知,運動員在全程內的平均速度為 故選B。 8.D 【解析】 【分析】 【詳解】 允許行駛的最大速度表示在某一位置的速度,是瞬時速度,所以80 km/h是指瞬時速度;到杭州還有100km,100km是運動軌跡的長度,是路程,故D正確,ABC錯誤。 故選D。 9.C 【解析】 【分析】 【詳解】 根據題意前一半時間內的位移為,后一半時間內的位移為,全過程平均速度為 故選C。 10.B 【解析】 【分析】 【詳解】 根據瞬時速度和平均速度的概念可知,“18m/s”是指某位置的瞬時速度;“12km/h”是指平均速度;故選B. 【點睛】 瞬時速度是指某個時刻或某位置的速度;平均速度是指某段時間或某段位移的速度. 11.ABD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.由圖可知,物體在AB段的位移為1m,時間為1s,則物體在AB段的速度為 故A正確; B.由圖可知,物體在ABC段的位移大小為 時間為2s,則物體在ABC段的速度為 故B正確; C.物體做曲線運動,物體在B點的速度不等于AC段的平均速度,故C錯誤; D.根據公式可知,當物體位移無限小,時間無限短時,物體的平均速度可以代替某點的瞬時速度,位移越小,平均速度越能代表某點的瞬時速度,則AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物體處于A點時的瞬時速度,故D正確。 故選ABD。 12.ACD 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.速度是矢量,比較大小時看絕對值,A正確,B錯誤; C.因為速度是矢量,所以其正、負號表示物體的運動方向,C正確; D.甲、乙兩質點在同一直線上沿相反方向運動,后的距離等于兩者位移之和,即 D正確. 故選ACD. 13.AD 【解析】 【分析】 【詳解】 AB. 單點測速是測量的是汽車在某一個點的速度,故為瞬時速度,故A正確,B錯誤; CD. 區間測量的為某一過程的速度,故為平均速度,故C錯誤,D正確; 14.ABD 【解析】 【分析】 【詳解】 ABD.個人以恒定的相同速率同時從圓形軌道的A點出發,分別沿ABC和ADE行走,在F點相遇,此過程中,首末位置的距離相等,方向相同,則位移相等,運動的軌跡長度相同,則路程相同,所用時間相等,則平均速度相同,故ABD正確; C.人以恒定的相同速率同時從圓形軌道的A點出發,分別沿ABC和ADE行走,運動的方向是不同的,故C錯誤. 15.CD 【解析】 【分析】 勻速直線運動是速度保持不變的運動,平均速度 本題考查勻速直線運動的定義和平均速度與瞬時速度的關系,基礎題 【詳解】 AD.根據表格可知,每一秒內的位移為1m,時間為1s,則任1s內的平均速度為 但不知道1s內具體的運動的情況,所以不確定物體是否做勻速直線運動,故A錯誤,D正確; B.第3s內平均速度為,第3s時的速度不確定,故B錯誤; C.根據知前5s內平均速度 故C正確; 故選CD。 16.(1);(2), 【解析】 【分析】 【詳解】 (1)轎車從電影院經度假村到博物館的過程中位移 故位移大小為。 (2)全程的總路程 平均速率 全程的總位移 故平均速度 故平均速度的大小為。

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  • ID:6-8246523 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:2.1速度變化規律 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第2章 勻變速直線運動 /第1節 速度變化規律

    2.1速度變化規律 質量檢測(含解析) 1.一質點沿直線運動,其v﹣t圖象如圖所示.由圖象可知( ) A.在0~10s內質點做勻加速直線運動 B.在0~10s內質點做勻減速直線運動 C.在10~20s內質點做勻加速直線運動 D.在10~20s內質點做勻減速直線運動 2.以下關于勻變速直線運動,下列敘述中正確的是( ) A.是位移隨時間均勻變化的運動 B.是加速度隨時間均勻變化的運動 C.是速度隨位移均勻變化的運動 D.是加速度恒定的運動 3.如圖甲,水平地面上有一靜止平板車,車上放一質量為m的物塊,物塊與平板車間的動摩擦因數為0.2,t=0時,車開始沿水平面做直線運動,其v?t圖象如圖乙所示.取g=10 m/s2,平板車足夠長,則物塊運動的v?t圖象為(  ) A. B. C. D. 4.一物體運動的速度隨時間變化的關系如圖所示,根據圖象可知 A.0~4s內物體一定在做曲線運動 B.0~4s內物體的速率一直在減小 C.物體加速度的方向在2s時發生改變 D.0~4s內物體速度變化量的大小為8m/s 5.一個物體做直線運動,其速度-時間圖象如圖所示,由此可以判斷該物體做的是(  ) A.初速度為零的勻加速運動 B.初速度不為零的勻加速運動 C.勻速運動 D.勻減速運動 6.豎直升空的火箭,其速度—時間圖象如圖所示,由圖可知以下說法正確的是( ) A.火箭在40s時速度方向發生變化 B.火箭上升的最大高度為48000m C.火箭經過120s落回地面 D.火箭經過40s到達最高點 7.對于公式,下列說法正確的是(  ) A.適用于任何變速運動 B.只適用于勻加速直線運動 C.適用于任何勻變速直線運動 D.v0和v只能是正值,不可能為負值 8.列車勻速前進,司機突然發現前方有一頭牛在橫穿鐵軌,司機立即使列車制動,做勻減速運動,車未停下時牛已離開軌道,司機又使列車做勻加速運動,直到恢復原速,繼續做勻速直線運動,列車運動的v-t圖象應是下圖中的哪一個 A. B. C. D. 9.一同學從家中出發,沿平直的馬路以一定的速率走到郵局.發信之后,沿原路以相同的速率返回.設出發時方向為正方向,則下圖中能描述該同學運動情況的v-t圖象是(  ) A. B. C. D. 10.對“電梯向下做勻減速直線運動”這句話中的字詞,理解正確的是 A.“勻減速”指位移隨時間均勻減小 B.“勻”指加速度大小不變,方向可以改變 C.“向下……減速”可以判斷加速度方向向上 D.“向下” 指速度的方向 11.甲、乙兩物體在同一直線上運動,它們的v﹣t圖象如圖,由圖可知( ) A.在t1時刻,甲和乙的速度相同 B.在t1時刻,甲和乙的速度大小相等,方向相反 C.在t2時刻,甲和乙的加速度方向相反 D.在t2時刻,甲和乙的速度方向相同,加速度方向也相同 12.一物體沿直線運動,其圖象如圖所示,則關于該物體的運動情況,下述正確的是(  ) A.第1s末物體的位移和速度都改變方向 B.第2s末物體的位移和速度都改變方向 C.前4s內物體的位移為零 D.第1s末、第3s末、第5s末物體所在的位置相同 13.物體做勻變速直線運動,下列說法中正確的是( ) A.第1 s內速度變化量小于第2 s內速度變化量 B.第1 s內位移小于第2 s內的位移 C.第1 s內速度變化量等于第2 s內速度變化量 D.第9 s內速度變化量等于第2 s內速度變化量 14.甲、乙兩物體的v-t圖像如圖所示,則甲、乙兩物體的v-t圖像如圖所示,則(  ) A.甲、乙兩物體都做勻速直線運動 B.甲、乙兩物體若在同一直線上,就一定會相遇 C.甲的速率大于乙的速率 D.甲、乙兩物體即使在同一直線上,也不一定會相遇 15.圖中的三條直線描述了a、b、c三輛車的運動,下列說法中正確的是( ) A.小車a的加速度最大 B.小車a、b加速度方向相反 C.b、c兩直線相交的時刻兩車加速度相同 D.b、c兩直線相交的時刻兩車速度相同 16.某礦井中的升降機由井底上升到井口的過程中的圖像如圖所示,試根據圖像回答下列問題: (1)分析各段的運動情況; (2)計算各段的加速度。 參考答案 1.D 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.在0~10s內,質點速度隨時間不變,做勻速直線運動.故AB錯誤. CD.在10~20s內質點的速度隨時間均勻減小,加速度不變,做勻減速直線運動.故C錯誤,D正確. 故選D. 2.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.對于勻變速直線運動,其位移規律是 x與t是非線性關系,故位移并不隨時間均勻變化,故A錯誤; BD.勻變速直線運動是加速度不變的直線運動,故B錯誤,D正確; C.對于勻變速直線運動,其速度與位移的關系是 知v與x是非線性關系,故速度并不隨位移均勻變化,故C錯誤。 故選D。 3.C 【解析】 【分析】 【詳解】 小車先做勻加速直線運動,然后做勻減速運動,勻加速運動和勻減速運動的加速度大小相等,,根據物體與車的動摩擦因數可知,物體與車的滑動摩擦力產生的加速度為2m/s2,因此當車的速度大于物體的速度時,物體受到滑動摩擦動力,相反則受到滑動摩擦阻力.根據受力分析,結合牛頓第二定律,則有:當0-8s時,車的速度大于物體,因此物體受到滑動摩擦動力,則其加速度為2m/s2, 同理,可得:當,當8-16s時,車的速度小于物體,因此物體受到滑動摩擦阻力,則其加速度為2m/s2,故C正確,ABD錯誤. 故選C. 4.D 【解析】 【分析】 【詳解】 ABC.0~4s內物體先向正方向做減速直線后向反方向做加速直線運動,物體的加速度沒有發生過變化,故ABC錯; D.0~4s內物體速度變化量的大小為 所以速度變化量的大小為8m/s,故D正確。 故選D 。 5.B 【解析】 從圖中可得,物體在t=0時刻速度不為零,并且物體的速度隨時間是均勻增加的,或者說直線的斜率是恒定的,即,所以物體做的是初速度不為零的勻加速直線運動,B正確. 6.B 【解析】 解:A、火箭在120s內速度一直為正,所以一直沿正方向運動,速度方向沒有改變,故A錯誤; B、火箭上升的最大高度即為運動過程中的最大位移,由圖可知當速度等于零時,位移最大,及120s末到達最高點,根據圖象與坐標軸圍成的面積表示位移得:x=m=48000m,故B正確,C錯誤; C、要落回地面,位移等于0,而120s時速度為0,位移最大,達到最高達,故C錯誤; 故選B. 【考點】勻變速直線運動的圖像. 【分析】v﹣t圖象中,傾斜的直線表示勻變速直線運動,斜率表示加速度,傾斜角越大表示加速度越大,圖象與坐標軸圍成的面積表示位移. 【點評】本題是速度﹣﹣時間圖象的應用,要明確斜率的含義,知道在速度﹣﹣時間圖象中圖象與坐標軸圍成的面積的含義,能根據圖象讀取有用信息,屬于基礎題. 7.C 【解析】 【分析】 【詳解】 ABC.是勻變速直線運動的速度公式,只能適用于勻變速直線運動,既能適用于勻加速直線運動,也能適用于勻減速直線運動,但不是任何變速運動,若是非勻變速運動,加速度是變化,不適用,故AB錯誤,C正確; D.v0和v可以取正值,也可以取負值,故D錯誤。 故選C。 8.B 【解析】 【分析】 【詳解】 勻速時圖像為平行與時間軸的直線,后勻減速,未減速至0開始加速。 故選:B。 9.B 【解析】 【分析】 【詳解】 第一段時間此人速度與規定正方向相同為正,中間時段速度為零,回來時速度大小不變,但方向相反故為負.所以ACD錯,B正確. 故選:B。 10.CD 【解析】 【分析】 【詳解】 勻減速直線運動是指速度隨時間均勻減小的直線運動,加速度大小和方向都不變,故AB錯誤;電梯向下運動,向下指運動方向向下,減速說明加速度方向與速度方向相反,則加速度方向向上,故CD正確.故選CD. 【點睛】 理解勻變速直線運動的含義,知道它是加速度不變的運動,速度隨時間均勻變化的運動. 11.AC 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.由圖象可知:在t1時刻,甲和乙的速度大小相等,圖象都在時間軸的上方,都為正,則速度方向相同,所以速度相同,故A正確,B錯誤; C.在t2時刻,甲的加速度為正,乙的加速度為負,則加速度方向相反,故C正確; D.在t2時刻,甲與乙的速度方向都為正,速度方向相同,斜率表示加速度,甲的加速度為正,乙的加速度為負,所以加速度不同,故D錯誤。 故選AC。 12.CD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.第1s末物體的位移和速度都未改變方向,這是加速度方向改變,A錯誤; B.第2s末物體的速度改變方向,但是位移仍為正方向,B錯誤; C.因圖線與時間軸圍成的面積為位移,前4s內物體的位移為零,C正確; D.因圖線與時間軸圍成的面積為位移,根據圖像面積的正負關系可知物體在做往復運動,則物體在第1s末、第3s末、第5s末物體所在的位置相同,D正確。 故選CD。 13.CD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.單位時間內速度的變化量即為加速度,做勻變速直線運動的物體加速度不變,故A錯誤; B.做勻變速直線運動的物體位移變化量 在1秒的位移大小為 由此計算式可以看出第1 s內位移不一定小于第2 s內的位移,兩者的大小要看初速度與加速度的方向是否一致,故B錯誤; CD.物體做勻變速運動既加速度不變,單位時間內速度的變化量即為加速度,所以第1 s內速度變化量等于第2 s內速度變化量,第9 s內速度變化量等于第2 s內速度變化量,故CD正確. 故選CD。 14.ACD 【解析】 【分析】 【詳解】 兩物體速度時間圖像中速度不變,均為勻速直線運動,且甲的速率大于乙的速率;橫軸以上速度為正,橫軸以下速度為負,所以兩物體運動方向相反,不會相遇,ACD正確,B錯誤。 故選ACD。 15.BD 【解析】 加速度所以圖線斜率表示加速度,可知小車c的加速度最大,故A錯誤 小車a做減速運動,b做加速運動,兩車加速度方向相反,故B正確 b、c兩直線相交的時刻兩車速度相同,C錯D對 所以選BD 16.(1)見解析;(2)見解析 【解析】 【分析】 【詳解】 (1)先以大小不變的加速度a1加速運動2s,然后勻速運動2s,最后以大小不變的加速度a3減速運動1s; (2)0~2s內 方向與速度方向相同 2~4s內 4~5s內 方向與速度方向相反

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  • ID:6-8246519 山東省古交市第二高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:5.2加速度與力、質量的關系 配套練習(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第5章 牛頓運動定律 /第2節 科學探究:加速度與力、質量的關系

    5.2加速度與力、質量的關系 配套練習(含解析) 1.某實驗小組利用如圖所示的裝置探究加速度與力、質量的關系。 (1)下列做法正確的是________(填字母代號)。 A.調節滑輪的高度,使牽引木塊的細繩與長木板保持平行 B.在調節木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時,將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上 C.實驗時,先放開木塊再接通打點計時器的電源 D.若已經平衡好動摩擦力,則通過增減木塊上的砝碼改變質量時,不需要重新調節木板傾斜度 (2)為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于木塊運動時受到的拉力,應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量________木塊和木塊上砝碼的總質量。(選填“遠大于”“遠小于”或“近似等于”) 2.在利用如圖所示裝置“探究加速度與力、質量關系”實驗中: ⑴某小組的幾位同學在討論制定實驗方案時分別提出以下幾點意見,你認為不正確的是(_____) A.實驗中一定要測出加速度的具體數值 B.實驗中也可不測加速度的具體數值,只要測出不同情況下加速度的比值就行了 C.若要驗證“加速度與力的平方成正比”這一猜想,在作圖線時最好以F2為橫坐標 D.不管是在探究加速度與力的關系時還是在探究加速度與質量關系時,所要測量的物理量都是3個 ⑵實驗裝置如圖所示,實驗中使小車M做勻加速運動的力與小盤和砝碼總質量m重力近似相等的條件是_____________。 ⑶在探究加速度與力的關系時,要保持___________不變。 ⑷保持小車質量不變,改變砝碼盤及砝碼質量,該組同學根據實驗數據作出了加速度a隨合力F的變化圖線如圖所示。該圖線不通過原點,其主要原因是___________。 3.在用DIS實驗研究小車加速度與外力的關系時,某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置,重物通過滑輪用細線拉小車,位移傳感器(發射器)隨小車一起沿傾斜軌道運動,位移傳感器(接收器)固定在軌道一端.實驗中把重物的重力作為拉力F,改變重物重力重復實驗四次,列表記錄四組數據. a/m·s-2 2.01 2.98 4.02 6.00 F/N 1.00 2.00 3.00 5.00 (1)在圖(丙)中作出小車加速度a和拉力F的關系圖線; (______) (2)從所得圖線分析該實驗小組在操作過程中的不當之處是________________________; (3)如果實驗時,在小車和重物之間接一個不計質量的微型力傳感器來測量繩子的拉力大小,如圖(乙)所示.是否仍要滿足小車質量M遠大于重物的質量m________(選填“需要”或“不需要”). 4.以下為“探究加速度與力、質量關系”的實驗。 (1)小剛在探究加速度與某個物理量的關系時,其中的兩次實驗裝置如圖甲所示,根據實驗裝置可以判定,小剛在探究加速度與________的關系(填“力”或“質量”) (2)如圖乙所示為小剛在實驗中得到的一條紙帶,兩相鄰計數點間還有四個點沒有畫出,已知打點周期為 0.02s。根據紙帶上數據,計算打計數點 3 時小車的速度為________ m/s (3)小剛研究加速度與力的關系時,做出的加速度與力的圖像如圖丙所示,根據圖像推測,小剛在實驗操作中重要的疏漏是_________ 5.如圖為“探究加速度與力、質量的關系”實驗裝置示意圖。圖中打點計時器的電源為50Hz的交流電源. (1)保持小車質量M一定,改變懸掛物質量m,多次重復測量,在某次實驗中根據測得的多組數據可畫出關系圖線,如圖所示;此圖線的AB段明顯偏離直線,造成此誤差的主要原因是_______________. (2)有關實驗操作,下列說法中正確的是______________. A.平衡摩擦力時,應將砝碼盤及盤內砝碼通定滑輪拴在小車上 B.連接砝碼盤和小車的細繩應跟長木板保持平行 C.此實驗只需平衡一次摩擦力 D小車釋放前應靠近打點計時器,且應先接電源再釋放小車 (3)如圖為實驗中獲得的某一條紙帶,圖中A、B、C、D、E為相鄰的計數點,相鄰計數點有四個點沒有畫出、若電源頻率為50Hz,則D點的速度為v=________________m/s,加速度的大小a=___________(結果保留2位有效數字) 6.(1)同學探究單擺周期與擺長關系,他用分度值為毫米的直尺測得擺線長為,用游標卡尺測得擺球直徑如圖所示,讀數為_______cm,擺長為_______cm。 (2)圖為探究物體運動加速度與物體質量、物體受力關系的實驗裝置,沙和沙桶質量用m表示,小車和砝碼質量用M表示,小車運動加速度用a表示。 ①實驗過程中首先需要平衡小車受到的摩擦力,長木板抬起適當的角度使得_________的小車(選填“沒有連接沙桶”、“連接沙桶”)能在木板上勻速運動。 ②在探究加速度與小車質量關系過程中,應該保持砂和砂筒質量不變,通過增減小車中砝碼改變小車質量M,實驗測出幾組a、M數據,根據測量的數據,某同學作出的反映關系的圖像可能是下圖中圖線_______。 7.如圖(a)為“用DIS研究加速度和力、質量的關系”的實驗裝置。某同學用此裝置驗證在質量不變的情況下,加速度與合外力成正比的關系。 (1)改變所掛鉤碼的數量,多次重復測量,得到a-F關系圖線,如圖(b)此圖線的AB段明顯偏離直線,造成此誤差的主要原因是(______) A.小車與軌道之間存在摩擦 B.導軌保持了水平狀態 C.所用小車的質量太大 D.所掛鉤碼的總質量太大 (2)該同學分析誤差后,對實驗進行了如下改進:把鉤碼換成沙桶,小車內也裝載部分沙子,車的總質量M(包括車、車上傳感器及車內沙子質量),如圖(c)從車上取出一些沙子,裝入沙桶中,稱量并記錄沙桶的總重力mg,將該力視為合外力F,多次重復測量,得到a-F關系圖線。圖像是一條過原點的直線。 ①改進實驗后的a-F關系圖線斜率的物理意義是:________。 ②改進實驗后,a-F關系圖線不再發生偏離直線現象,請簡要說明理由_____。 8.如圖甲所示,是研究小車加速度與外力的關系實驗裝置,重物通過滑輪用細線拉小車,小車沿水平軌道運動。圖中A是固定在軌道上的位移傳感器的接收器,B是固定在小車上的位移傳感器的發射器,C是固定在小車上的力傳感器。實驗中力傳感器測出拉力為F,保持小車(包括B和C)的質量不變,小車的加速度由位移傳感器及與之相連的計算機得到。改變重物重力重復實驗若干次,得到加速度與外力的關系如圖乙所示,測得圖像的斜率為k,橫軸截距為F。(最大靜摩擦等于滑動摩擦力)。 (1)小車在運動過程中受到的摩擦力大小為__________; (2)小車(包括B和C)的質量為_________; (3)本實驗得到的圖像不過原點,為了使得到圖像過原點,應將軌道左端墊起,使得軌道成為一個傾角為的斜面,則tanθ=_______(用k、F0和g表示)。 9.在進行力學實驗時,需要結合實驗原理開掌握實驗的有關要求,不能死記硬背,利用如圖所示的裝置,可完成多個力學實驗,附有滑輪的長木板平放在實驗桌面上,將細繩一端拴在滑塊上,另一端繞過定滑輪,掛上適當的鉤碼使滑塊在鉤碼的牽引下運動。 ①利用這套裝置做“探究加速度與力和質量的關系”的實驗,需要先將長木板傾斜適當的角度,這樣做的目的是_________________,還要求鉤碼的質量遠小于滑塊的質量,這樣做的目的是________。 A.避免在滑塊運動的過程中發生抖動 B.使滑塊獲得較大的加速度 C.使細線的拉力等于滑塊受到的合外力 D.使滑塊最終能勻速運動 E.使紙帶上點跡清晰,便于進行測量 F.使鉤碼重力近似等于細線的拉力 ②若用此裝置做“研究勻變速直線運動”實驗,實驗中必須的措施是(__________) A.與滑塊連接的部分細線必須與長木板平行 B.滑塊的質量遠大于鉤碼的質量 C.先接通電源再釋放滑塊 D.傾斜木板以平衡滑塊與長木板間的摩擦力 10.圖1為驗證牛頓第二定律的實驗裝置示意圖。圖中打點計時器的電源為50Hz的交流電源,打點的時間間隔用△t表示。在小車質量未知的情況下,某同學設計了一種方法用來研究“在外力一定的條件下,物體的加速度與其質量間的關系”。 (1)實驗步驟如下: ①平衡小車所受的阻力:取下小吊盤,調整木板右端的高度,用手輕撥小車,直到打點計時器打出一系列間隔均勻的點。 ②按住小車,掛上小吊盤并在小吊盤中放入適當質量的物塊,在小車中放入砝碼。 ③打開打點計時器電源,釋放小車,獲得帶有點跡的紙帶,在紙帶上標出小車中砝碼的質量m。 ④按住小車,改變小車中砝碼的質量,重復步驟③。 ⑤在每條紙帶上清晰的部分,每5個間隔標注一個計數點。測量相鄰計數點的間距s1,s2,……。求出與不同m相對應的加速度a。 ⑥以砝碼的質量m為橫坐標,為縱坐標,在坐標紙上做出關系圖線。 (2)完成下列填空: ①設紙帶上三個相鄰計數點的間距為s1、s2、s3,相鄰計時點時間間隔為△t。a可用s1、s3和△t表示為a=___________。 ②圖3為所得實驗圖線的示意圖。若牛頓定律成立,則小車受到的拉力為____N,小車的質量為_____kg。 ③本實驗中,若小吊盤和盤中物塊的質量之和m0與小車和車中砝碼質量(m+M)之間關系滿足m+M=2m0,仍將小車受到的拉力當成m0g,則加速度計算值為______,此加速度的相對誤差=_________。 (相對誤差=) 參考答案 1.AD 遠小于 【解析】 【詳解】 (1)[1]A. 調節滑輪的高度,使牽引木塊的細繩與長木板保持平行,否則拉力不會等于合力,故A正確; B. 在調節模板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時,不應懸掛“重物”,故B錯誤; C. 打點計時器要開始時先接通打點計時器的電源待其平穩工作后再釋放木塊,故C錯誤。 D. 平衡摩擦力后,有 mgsinθ=μmgcosθ 即 μ=tanθ 與質量無關,故通過增減木塊上的砝碼改變質量時,不需要重新調節木板傾斜度,故D正確。 (2)[2] 砝碼桶及砝碼也與小木塊一起做勻加速運動,即對砝碼桶及砝碼有 mg-T=ma 對小木塊有 T=Ma 綜上有:小木塊的實際受力為 只有當m遠小于M時,砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于木塊運動時受到的拉力。 2.AD m<>m這樣的條件。 【解析】 【詳解】 [1]圖線OA段基本是一條直線,而AB段明顯偏離直線,造成此誤差的主要原因是鉤碼總質量過大,大于小車的總質量,選項D正確。 [2]將車內的沙子轉移到桶中,就保證了M+m不變,即系統的總質量不變,研究對象是整個系統, 可見a-F圖象斜率的物理意義是,即系統的總質量倒數(小車、盒子及盒內沙子、懸掛的桶以及桶內沙子質量之和倒數)。 [3]因為實驗的研究對象是整個系統,沙桶總質量m(包括桶以及桶內沙子質量)和車總質量M(包括車、車上傳感器及車內沙子質量)不變,系統受到的合外力就等于mg,所以不需要滿足滿足懸掛的沙桶總質量一定要遠遠小于小車(包括盛沙的盒及盒內的砂)的總質量,也就不會出現彎曲現象。 8. 【解析】 【詳解】 (1)[1]當外力等于時,此時加速度為零,小車剛好開始運動,表明小車受到的阻力為; (2)[2]根據牛頓第二定律: 可得: 可見圖像的斜率為: 可得: (3)[3]剛好平衡摩擦力時,則有: 解得: 9.C F AC 【解析】 【詳解】 ①[1]實驗時,需要將長木板適當傾斜,目的是平衡摩擦力,使得細線的拉力等于滑塊受到的合外力,故選:C。 [2]對整體研究有 隔離對小車分析有 鉤碼的質量遠小于滑塊的質量,這樣做的目的是使鉤碼重力近似等于細線的拉力,故選F。 ②[3]為了讓小車做勻加速直線運動,應使小車受力恒定,故應將細線與木板保持水平。同時為了打點穩定應先開電源再放滑塊。故AC正確,BD錯誤。 10. 1 4 50% 【解析】 【詳解】 (2)①[1]由勻變速直線運動的推論可知加速度為: ②[2][3]設小車質量為,由牛頓第二定律得: 則有: 由圖3圖象可知: 則小車受到的拉力為: ③[4]本實驗中,若小吊盤和盤中物塊的質量之和與小車和車中砝碼質量之間關系滿足,仍將小車受到的拉力當成,則加速度計算值為: 真實值為: [5]此加速度的相對誤差為: 相對誤差

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  • ID:6-8246512 山東省古交市第二高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:5.5超重與失重 配套練習(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第5章 牛頓運動定律 /第5節 超重與失重

    5.5超重與失重 配套練習(含解析) 1.如圖所示,一人站在電梯中的體重計上,隨電梯一起運動.下列各種情況中,體重計的示數最大的是( ) A.電梯勻減速上升,加速度的大小為 1.0m/s2 B.電梯勻加速上升,加速度的大小為 1.0m/s2 C.電梯勻減速下降,加速度的大小為1.5m/s2 D.電梯勻加速下降,加速度的大小為1.5m/s2 2.如圖所示給滑塊一初速度v0使它沿傾角30°的光滑斜面向上做勻減速運動,若重力加速度為g,則當滑塊速度大小減為時,滑塊運動的時間可能是 A. B. C. D. 3.下列關于四項運動的解釋,說法正確的是( ) A.舉重運動員在舉鈴過頭停在最高點時,鈴處于超重狀態 B.跳高運動員在越桿時處于平衡狀態 C.蹦床運動員在空中上升到最高點時處于完全失重狀態 D.跳遠運動員助跑是為了增加自己的慣性,以便跳得更遠 4.銀川綠地中心雙子塔項目位于銀川閱海灣中央商務區中軸位置,高度301m,建成后將成為西北地區最高雙子塔。據說,游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力,已知電梯在t=0時由靜止開始上升,a-t圖像如圖所示。則下列相關說法正確的是(  ) A.t=4.5s時,電梯處于失重狀態 B.5~55s時間內,繩索拉力最小 C.t=59.5s時,電梯處于超重狀態 D.t=60s時,電梯速度恰好為零 5.金屬小桶側面有一小孔A,當桶內盛水時,水會從小孔A中流出.如果讓裝滿水的小桶自由下落,不計空氣阻力,則在小桶自由下落過程中( ) A.水繼續以相同的速度從小孔中噴出 B.水不再從小孔噴出 C.水將以更大的速度噴出 D.水將以較小的速度噴出 6.下列關于超重、失重現象的說法正確的是(  ) A.汽車駛過拱形橋頂端時處于失重狀態,此時質量沒變,重力減小了 B.蕩秋千的小孩通過最低點時處于失重狀態,此時拉力小于重力 C.宇航員在飛船內處于完全失重狀態,而正在進行太空行走的宇航員在飛船外則處于平衡狀態 D.電梯加速上升時,電梯中的人處于超重狀態,受到的支持力大于重力 7.在升降電梯內的地板上放一體重計,電梯靜止時,曉敏同學站在體重計上,體重計示數為50kg。電梯在運動過程中,某一段時間內曉敏同學發現體重計示數如圖所示。在這段時間內下列正確的是( ) A.曉敏同學所受的重力變小了 B.曉敏同學對體重計的壓力等于體重計對曉敏的支持力 C.電梯一定在豎直向下運動 D.電梯的加速度大小為,方向一定豎直向下 8.如圖所示,A為電磁鐵,C為膠木秤盤,A和C(包括支架)的總質量為;B為鐵塊,質量為m,整個裝置用輕繩懸掛于點O,當電磁鐵通電時,鐵塊被吸引上升的過程中,輕繩上拉力F的大小為(  ) A. B. C. D. 9.勻速運動的升降機內,物體靜止在底板上,與物體相連的彈簧處于伸長狀態,現發現物體突然被彈簧拉向右方,由此可以判斷,此升降機的運動可能是( ) A.加速上升 B.減速上升 C.加速下降 D.減速下降 10.汽車以大小相等速度通過凹凸不平的路面時,下列判斷正確的是 A.汽車經過A,B兩點時對路面壓力值均等于車的重力 B.汽車通過B點對路面壓力值小于汽車的重力 C.汽車經過A處于失重狀態 D.汽車通過A點時容易爆胎,所以汽車要低速通過凹處 11.如圖所示,小明在做雙腳跳臺階的健身運動,若忽略空氣阻力,則下列說法正確的是( ) A.小明在空中上升過程處于超重狀態 B.小明在空中下降過程中處于失重狀態 C.小明向上起跳脫離地面前處于超重狀態 D.小明落地后下降過程處于失重狀態 12.一興趣小組做了一次實驗,實驗時讓某同學從桌子上跳下,自由下落H后雙腳觸地,他順勢彎曲雙腿,他的重心又下降了h后停住,利用傳感器和計算機顯示該同學受到地面的支持力F隨時間變化的圖象如圖所示.根據圖象提供的信息,以下判斷正確的是 A.在0至t2時間內該同學處于失重狀態 B.t2時刻該同學的加速度為零 C.t3時刻該同學的速度達到最大 D.在t3至t4時間內該同學處于超重狀態 13.在升降機內,一人站在磅秤上,發現自己的體重減輕了20%,則下列判斷可能正確的是(g取10 m/s2)(  ) A.升降機以8 m/s2的加速度加速上升 B.升降機以2 m/s2的加速度加速下降 C.升降機以2 m/s2的加速度減速上升 D.升降機以8 m/s2的加速度減速下降 14.水平地面上質量為1kg的物塊受到水平拉力F1、F2的作用,F1、F2隨時間的變化如圖所示,已知物塊在前2s內以4m/s的速度做勻速直線運動,取g=10m/s2,則 A.物塊與地面的動摩擦因數為 B.3s末物塊受到的摩擦力大小為3N C.4s末物塊受到的摩擦力大小為1N D.5s末物塊的加速度大小為 15.在升降機里,一個小球系于彈簧下端,如圖所示,升降機靜止時,彈簧伸長4cm,升降機運動時,彈簧伸長2cm,則升降機運動情況可能是( ) A.以1m/s2的加速度加速下降 B.以4.9m/s2的加速度減速上升 C.以1m/s2的加速度加速上升 D.以4.9m/s2的加速度加速下降 16.如圖所示質量為的木板長,靜止放在光滑的水平地面上,其右端靜置一質量為的小滑塊(可視為質點),小滑塊與木板間的動摩擦因數,今用水平力向右拉木板,要使小滑塊從木板上掉下來,力F作用的時間至少要多長?(不計空氣阻力,g取) 參考答案 1.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.電梯減速上升,加速度向下,由牛頓第二定律 mg﹣F=ma 解得 F=m(g﹣a)=9m B.電梯勻加速上升,加速度向上,由牛頓第二定律 F﹣mg=ma 解得 F=m(g+a)=11m C.電梯勻減速下降,加速度向上,由牛頓第二定律 F﹣mg=ma 解得 F=m(g+a)=11.5m D.電梯勻加速下降,加速度向下,由牛頓第二定律 mg﹣F=ma 解得 F=m(g﹣a)=8.5m 故示數最大的情況為C; 故選C。 2.C 【解析】 【分析】 【詳解】 物體運動的加速度為,方向沿斜面向下 ,若速度變為向上的,則所用時間為 ,若速度變為向下的,則所用時間為 ,故C正確,ABD錯誤 3.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.舉重運動員在舉鈴過頭停在最高點時,鈴處于靜止狀態,受力平衡,故A錯誤; B.平衡狀態指的是物體處于靜止或者是勻速直線運動狀態,跳高運動員在越桿時,受到重力的作用,不是受力平衡狀態,故B錯誤; C.蹦床運動員在空中上升到最高點時只受到重力的作用,加速度為重力加速度,處于完全失重狀態,故C正確; D.慣性的大小只與物體的質量有關,跳遠運動員助跑不是在增加自己的慣性,故D錯誤。 故選C。 4.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.利用a-t圖像可判斷:t=4.5s時,電梯有向上的加速度,電梯處于超重狀態,則選項A錯誤; BC.0~5s時間內,電梯處于超重狀態,拉力>重力;5~55s時間內,電梯處于勻速上升過程,拉力=重力;55~60s時間內,電梯處于失重狀態,拉力<重力;綜上所述,選項B、C錯誤; D.因a-t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量,而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等,則電梯的速度在t=60s時為零,選項D正確。 故選D。 5.B 【解析】 試題分析:自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動,加速度為g;當物體以加速度g豎直下落時,物體處于完全失重狀態. 解:水桶自由下落,處于完全失重狀態,故其中的水也處于完全失重狀態,對容器壁無壓力,故水不會流出; 故選B. 【點評】本題關鍵明確水處于完全失重狀態,對容器壁無壓力;也可以假設水對容器壁的力為F,然后根據牛頓第二定律列式求出F=0. 6.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A、汽車駛過拱形橋頂端時有豎直向下的加速度,處于失重狀態,此時質量沒變,重力不變,故A錯誤; B、蕩秋千時秋千擺到最低位置時,加速度方向向上,故人處于超重狀態,故B錯誤; C、無論宇航員在艙內或是在艙外,都隨著飛船一起做勻速圓周運動,萬有引力提供向心力,所以不是處于平衡狀態,故C錯誤; D、電梯加速上升時,加速度向上,處在電梯中的人處于超重狀態,受到的支持力大于重力,故D正確; 故選D. 【點睛】 物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時,物體處于超重狀態,有向上的加速度;物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時,物體處于失重狀態,有向下的加速度. 7.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.由圖知體重計示數40kg,示數小于真實體重,說明壓力小于重力,失重并不是體重變小,故A錯誤。 B.曉敏同學對體重計的壓力和體重計對曉敏的支持力是相互作用力,二者大小相等且方向相反,故B錯誤。 C.失重表明加速度方向向下,但是速度可能向上可能向下,因此C錯誤。 D.對曉敏同學由牛頓第二定律知 mg-FN=ma 因此 a=g/5 方向豎直向下。故D正確。 8.D 【解析】 【分析】 【詳解】 當電磁鐵通電前,繩的拉力為,當電磁鐵通電后,鐵塊被吸引上升,做變加速運動,且越靠近電磁鐵,吸力越大,加速度越大。對A、B、C組成的系統,當鐵塊加速上升時,系統整體的重心加速上移,系統處于超重狀態,故輕繩的拉力大于。 故選D。 9.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 勻速運動的升降機內物體所受彈簧彈力等于地板對的靜摩擦力,若發現被拉向右方,說明摩擦力小于彈力,而動摩因數不變,說明地板與間正壓力變小,是失重狀態的現象,故升降機應該是減速上升或加速下降。 故選BC。 10.BD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.由于汽車做曲線運動,根據牛頓第二定律可知汽車經過A、B兩點對路面的壓力不等于重力,故A錯誤. B.汽車經過B點時存在向下加速度,由牛頓第二定律可知支持力N小于汽車重力,再結合牛頓第三定律可知壓力小于重力,所以B正確. C.汽車經過A點時有向上的加速度,所以出于超重狀態,B點時有向下的加速度,處于失重狀態,故C錯誤 D.因為處于超重狀態下受到的壓力比較大,所以在A處比較容易爆胎,故D正確 11.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 A. 小明在空中上升過程中只受重力作用,加速度為g,處于失重狀態,選項A錯誤; B. 小明在空中下降過程中只受重力作用,加速度為g,處于失重狀態,選項B正確; C. 小明向上起跳脫離地面前有向上的加速度,則處于超重狀態,選項C正確; D. 小明落地后下降過程做減速運動,加速度向上,則處于超重狀態,選項D錯誤. 12.ABD 【解析】 【分析】 【詳解】 A.在0到t2時間內,支持力的大小小于重力,加速度大小向下,所以該同學處于失重狀態.故A正確; B.在t2時刻,支持力的大小等于重力,加速度為0,故B正確; C.在0至t2時間內該同學加速度大小向下,t2時刻該同學的速度達到最大,故C錯誤; D.根據牛頓第二定律得在t3到t4時間內,支持力的大小大于重力,加速度方向向上,所以該同學處于超重狀態,故D正確. 13.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 人發現體重減輕,說明人處于失重狀態,加速度向下,由 即 方向向下,升降機可能加速下降,也可能減速上升,故BC正確,AD錯誤。 故選:BC。 14.BC 【解析】 在0-2s內物體勻速運動,則摩擦力f=3N,則,選項A錯誤;2s后物體做減速運動,加速度 則經過,即4s末速度減為零,則3s末物塊受到的摩擦力大小為3N,4s末物塊受到的摩擦力為靜摩擦力,大小為6N-5N=1N,選項BC正確;物體停止后,因兩個力的差值小于最大靜摩擦力,則物體不再運動,則5s末物體的加速度為零,選項D錯誤;故選BC. 15.BD 【解析】 【分析】 【詳解】 升降機靜止時,彈簧伸長4 cm,則;當升降機運動時彈簧伸長2 cm,則;聯立解得:,方向豎直向下.升降機可能是加速下降,也可能是減速上升.故BD兩項正確,AC兩項錯誤. 16.1s 【解析】 【分析】 【詳解】 設在第秒時撤掉力F,再經過秒長木板與小滑塊m分離.小滑塊在木板上相對滑動時,摩擦力 對小滑塊m由牛頓第二定律得: 對木板由牛頓第二定律得: 撤掉F時,小滑塊的速度為: 長木板的速度為: 撤去F后,對于長木板由牛頓第二定律有: 由于F作用時間最小時,長木板與小滑塊在分離時速度恰好相同,設此速度為. 對于小滑塊: 對于長木板: 在()的整個過程中, 聯立解得 即力作用的時間至少要1s.

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  • ID:6-8246511 山東省古交市第一高級中學2020-2021學年魯科版(2019)必修第一冊:1.1空間和時間 質量檢測(含解析)

    高中物理/魯科版(2019)/必修 第一冊/第1章 運動的描述 /第1節 空間和時間

    1.1空間和時間 質量檢測(含解析) 1.下列情景中,加點標示的物體的運動,不以地面為參考系的是(  ) A.太陽東升西落 B.輕舟已過萬重山 C.駿馬在草原上奔馳 D.巍巍青山兩岸走 2.沿水平方向做勻速直線運動的飛機空投物資,若不計空氣阻力,飛行員和地面上的人觀察到物資在空中運動的軌跡分別是 ( ) A.曲線,曲線 B.直線,曲線 C.曲線,直線 D.直線,直線 3.下列說法表示同一時刻的是(   ) A.第2 s末和第3 s初 B.前3 s內和第3 s內 C.第3 s末和第2 s初 D.第1 s內和第1 s末 4.坐在行駛的公共汽車座位上的乘客認為自己是靜止的,他所選擇的參考系可以為( ) A.地面 B.坐在他身邊的乘客 C.公路邊的樹木 D.公路邊的房屋 5.火車停靠在站臺上,乘客往往會發現這樣的現象,對面的火車緩緩起動了,等到站臺出現,才知道對面的火車沒有動,而是自己乘坐的火車開動了,則前、后兩次乘客采用的參考系是: A.站臺,對面火車 B.兩次都是對面火車 C.兩次都是對面站臺 D.自己乘坐的火車,站臺 6.以下計時數指時間間隔的是(  ) A.中央電視臺新聞聯播每晚19:00開播 B.北京八十中高中部早上7:30開始上第一節課 C.老師沒控制好時間,這節課上了41分鐘 D.我得早走,去趕6:00的頭班車 7.在行駛汽車上的乘客,看到道路兩旁的樹木不斷向后退,這是因為乘客選擇的參考系是(  ) A.所乘坐的汽車 B.地面上的建筑物 C.道路旁的樹木 D.路邊站著的人 8.關于時刻和時間,下列說法正確的是( ) A.作息時間表上的數字均表示時間 B.1 min只能分成60個時刻 C.手表上指針指示的是時間 D.“寧停三分,不搶一秒”指的是時間 9.以下各種關于時間和時刻的說法中正確的是 A.列車員說“火車8點42分到站”指的是時間 B.“前3秒鐘”“最后3秒鐘”“第3秒鐘”指的都是時間 C.“第1秒末”“最后1秒”指的都是時刻 D.輪船船務員說本班輪離港時間為17點25分指的是時間 10.下列說法中正確的 ( ) A.研究從北京開往上海的一列火車的運動時間時,可把火車看成是質點 B.轉動著的物體是不可以看成質點的 C.說“太陽從東方升起”是以太陽為參考系的 D.學校作息時間表上的數字均表示時間 11.兩列火車平行地停在一站臺上,過了一會,甲車內的乘客發現窗外樹木在向西移動,乙車內的乘客發現甲車沒有動,如以地面為參考系,上述事實說明   A.甲車向東移動,乙車不動 B.乙車向東運動,甲車不動 C.甲車向東運動,乙車向西運動 D.甲、乙兩車以相同的速度向東運動 12.在有云的夜晚,抬頭望月,發現“月亮在白蓮花般的云朵里穿行”,這時選取的參考系是:( ) A.月亮 B.云 C.地面 D.觀察者 13.下列說法正確的是( ) A.參考系是為了研究物體運動而選取的 B.宇宙中的物體有的靜止,有的運動 C.只能選取不動的物體作為參考系 D.同一個運動對不同的參考系,其觀察結果一定是相同的 14.下列計時數據指時間間隔的是(  ) A.《爸爸去哪兒》每周六晚8點播出 B.“嫦娥”三號于北京時間2013年12月2日1點30分在西昌衛星發射中心成功發射 C.第六屆東亞運動會女子100米自由泳決賽中,中國選手唐奕以54秒66的成績奪得冠軍 D.“嫦娥”三號歷經13天在月球表面虹灣區實現軟著陸 15.關于時刻和時間,下列說法正確的是( ) A.時刻表示時間極短,時間表示時間較長 B.時刻對應物體的位置,時間對應物體的位移或路程 C.火車站大屏幕上顯示的是列車時刻表 D.1分鐘只能分成60個時刻 16.刻舟求劍的故事說的是有一個楚國人乘船過江,他身上的佩劍不小心掉落江中他立即在船艙板上作記號,對他的船友說:“這是我的劍掉落的地方“到了河岸,船停了,他就在畫記號的地方下水找劍這則寓言不但有諷刺意義,而且還包含一定的物理含義,從物理學選擇參考系的角度回答下列問題: 楚人找劍選擇的參考系是什么? 請你為楚人提供一種找到這把劍的方法. 參考答案 1.D 【解析】 【詳解】 A、假設地面不動,物體運動,則是以地面為參考系,故選項ABC不符合題意; D、“小小竹排水中游,巍巍青山兩岸走.”詞中巍巍青山兩岸走是以竹排或自身為參考系,故D符合題意. 【點睛】 解決本題的關鍵知道參考系是選作參考標準(當成不動)的物體,不需一定選擇靜止的物體.以及知道物體能看成質點的條件. 2.B 【解析】 【分析】 【詳解】 水平方向做勻速直線運動的飛機空投物資,以地面為參考系,物資做平拋運動,所以地面上的人觀察的軌跡是曲線,以飛機為參考系,物資做自由落體運動,所以飛機上的人觀察軌跡的直線,故ACD錯誤;B正確. 故選B。 3.A 【解析】 【分析】 【詳解】 A.第3s初是第2s末,故A正確; B.前3s內是0-3s的時間段,第3s內是2s-3s的時間段,故B錯誤; C.第2s初是第1s末,故第3s末和第2s初不是同一時刻,故C錯誤; D.第1s內是0-1s的時間間隔,第1s末是時刻,故D錯誤。 故選A。 4.B 【解析】 試題分析:乘客相對于公共汽車上的座位或身邊的乘客均是靜止的,故他選擇的參考系是坐在他身邊的乘客或座位; 而他相對于地面、樹木房屋等都是運動的; 故選B. 5.D 【解析】 對面的火車緩緩起動,是以自己的火車為參考系,發現自己乘坐的火車開動,是以站臺或地面為參考系,D對; 6.C 【解析】 【分析】 【詳解】 A.中央電視臺新聞聯播每晚19:00開播,“19:00”是時刻,選項A錯誤; B.北京八十中高中部早上7:30開始上第一節課,“7:30”是時刻,選項B錯誤; C.老師沒控制好時間,這節課上了41分鐘,“41分鐘”是時間間隔,選項C正確; D.我得早走,去趕6:00的頭班車,“6:00”是時刻,選項D錯誤; 故選C。 7.A 【解析】 試題分析:在行駛汽車上的乘客,看到道路兩旁的樹木不斷向后退,這是因為乘客選擇的參考系是所乘的汽車,故選A. 考點:相對運動;參照物 【名師點睛】此題考查了對相對運動的理解;要研究物體的運動,必須要選定一個假定靜止不動的物體做參照物,參照物選擇的不同,則對物體運動的描述是不同的,但是結果都是正確的.此題是基礎題. 8.D 【解析】 【分析】 【詳解】 A.作息時間表上的數字是指的一個個的時刻,A錯誤; B.1分鐘可以分成無數個時刻,B錯誤; C.手表上指針指示的是時刻,C錯誤; D.“寧停三分,不搶一秒”指的是時間,D正確。 故選D。 9.B 【解析】 【分析】 【詳解】 A.列車員說“火車8點42分到站”指的是時刻,A錯; B.“前3秒鐘”“最后3秒鐘”“第3秒鐘”指的都是時間,B對; C.“第1秒末”時時刻,“最后1秒”指的都是時間,C錯; D.輪船船務員說本班輪離港時間為17點25分指的是時刻,D錯. 故選B。 10.A 【解析】 【分析】 【詳解】 AB.當物體的形狀和大小對所研究的問題忽略不計時,可以把物體看做質點,研究從北京開往上海的一列火車的運動時間時,火車大小可以忽略,可把火車看成是質點,A正確 B錯誤; C.參考系的選取是任意的,說“太陽從東方升起”是以地球為參考系的,C錯誤; D.學校作息時間表上的數字均表示時刻,D錯誤; 故選A。 11.D 【解析】 【分析】 【詳解】 甲車乘客看到樹木向西移動,甲車乘客是以甲車為參照物,則樹木是西運動的,則甲車相對于靜止的地面來說是向東運動的;而乘客看到乙車未動,即甲、乙兩車處于相對靜止狀態,由于甲車是向東運動的,即乙車相對于地面也是向東運動的. 故選D。 【點睛】 同一個運動,選擇不同的參照物其運動的狀態不同;判斷一個物體是否運動關鍵是看被研究的物體與所選的標準即參照物之間的相對位置是否發生了變化.則由樹木相對甲的運動情況得出甲車的運動情況,由乙車相對于甲車的運動情況,可得出乙車的運動. 12.B 【解析】 【分析】 【詳解】 A、月亮在云中穿行,月亮是運動的,相對于云在運動,故參考系不是月亮;故A錯誤. B、抬頭望明月,覺得月亮在云中穿行,是月亮相對于云在運動,故參考系為云;B選項正確. C、若選地面為參考系,月亮也是運動的,但月亮的運動在短時間內是不易觀察的,而題中已說明月亮在云中穿行即相對于云的運動;故C錯誤. D、若選觀察者為參考系,月亮也是運動的,而題中情景已說明月亮在云中穿行即相對于云的運動;故D錯誤. 故選B. 【點睛】 運動的相對性和參考系的選擇問題.月亮在云中穿行,主要是月亮相對于云在運動,要結合具體的語言情景做題. 13.A 【解析】 【分析】 【詳解】 A.研究物體運動時所選定的參照物體作為參考系,所以參考系是為了研究物體運動而選取,故A正確; B.靜止是相對的,運動是絕對的,宇宙中的所有物體都處在運動的過程中,故B錯誤; C.參考系的選取是任意的,如何選擇參照系,必須從具體情況來選擇,故C錯誤; D.同一個運動對不同的參考系,其觀察結果不一定是相同,故D錯誤. 所以A正確,B、C、D錯誤. 14.CD 【解析】 A、《爸爸去哪兒》每周六晚8點播出,8點對應一個點,是指時刻,故A錯誤; B、2013年12月2日1點30分是指時刻,不是指時間間隔,故B錯誤; C、54秒66對應一段位移,是時間,故C正確; D、“嫦娥”三號歷經13天,是指時間間隔,故D正確. 點睛:該題考查對基本概念的理解:時刻在時間軸上是一個點,通常與物體的運動狀態相對應;時間間隔對應時間軸上的時間段,與某一過程相對應. 15.BC 【解析】 【分析】 【詳解】 A.時刻是指時間點,時間是指時間的長度,即時間的間隔,所以A錯誤; B.時刻與質點運動的某位置相對應,時間與運動的某段位移相對應,故B正確; C.火車站大屏幕上顯示的是列車時刻表,故C正確; D.1分鐘表示時間長度,是時間間隔,故D錯誤; 故選BC. 【點睛】 時刻具有瞬時性的特點,是運動變化中的某一瞬時,通常與物體的狀態相對應;時間間隔具有連續性的特點,與某一過程相對應. 16.(1)船 (2)見解析 【解析】 【分析】 運動和靜止是相對的,判斷物體的運動和靜止,首先確定一個參照物,如果被研究的物體和參照物之間沒有發生位置的改變,被研究的物體是靜止的,否則是運動的. 【詳解】 (1)楚人記下的是劍相對船的下落位置;故是以船為參考系; (2)要想找到這把劍應以固定的物體為參考系才能準確得到其位置;故可有以下方法: ①記下劍掉落位置離岸上某標志的方向和距離,選擇的參考系是河岸; ②在船不改變方向和速度的情況下,記下劍掉落時刻船速和航行時間,據些求出靠岸的船和劍落地點的距離.選擇的參考系是船. 【點睛】 (1)判斷一個物體的運動和靜止,首先確定一個參照物,再判斷被研究的物體和參照物之間的位置是否變化. (2)參照物的選擇可以是運動的,也可以是靜止的.如果選定為參照物,這個物體就假定為不動.

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