1、1第三章章末检测一、单项选择题1.(2018苏州一模)物理学发展史上,首先把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学家是( )A.亚里士多德 B.伽利略 C.牛顿 D.法拉第答案 B 伽利略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法,把实验和逻辑推理结合起来,故 B项正确。2.(2018南阳中学月考)如图所示,蹦床运动员从空中落到床面上,运动员从接触床面下降到最低点为第一过程,从最低点上升到离开床面为第二过程,运动员( )A.在第一过程中始终处于失重状态B.在第二过程中始终处于超重状态C.在第一过程中先处于超重状态,后处于失重状态D.在第二过程中先处于超重状态,后处于失重状态答案 D 运动员刚接触床面时
2、重力大于弹力,运动员向下做加速运动,运动员处于失重状态,随床面的形变的增大,弹力逐渐增大,弹力大于重力时,运动员做减速运动,运动员处于超重状态,故 A、C 项错误;蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的,加速度方向先向上后向下,先处于超重状态,后处于失重状态,故 B项错误,D 项正确。3.为了使雨滴能尽快地淌离房顶,要设计好房顶的高度,设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动,那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )2答案 C 设屋檐的底角为 ,底边长为 2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得加速度 a= =g sin ,位移大小 x= at2,而 x= ,2
3、 sin cos =sin 2,联立以上各mgsinm 12 Lcos式得 t= 。当 =45时, sin 2=1 为最大值,时间 t最短,故选项 C正确。4Lgsin24.(2018无锡月考)如图所示,一截面为椭圆形的容器内壁光滑,其质量为 M,置于光滑水平面上,内有一质量为 m的小球,当容器受到一个水平向右的力 F作用向右做匀加速运动时,小球处于图示位置,重力加速度为 g,此时小球对椭圆面的压力大小为( )A.m B.m C.m D.g2-(FM+m)2 g2+(FM+m)2 g2+(Fm)2 mg2+F2答案 B 先以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得,加速度为 a= ,再对小球研究,分
4、析受力情况,FM+m如图所示,由牛顿第二定律得到 FN= =m ,由牛顿第三定律得,小球对椭圆面(mg)2+(ma)2 g2+(FM+m)2的压力与小球受到的支持力大小相等,故 B选项正确。5.(2018南通一调)一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出,泡沫塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比,忽略石子受到的空气阻力,石子和泡沫塑料球运动的速度 v随时间 t变化的图像如图所示,其中可能正确的是( )答案 D 忽略石子受到的空气阻力,石子只受重力,加速度恒为 g,v-t图像是向下倾斜的直线。对于泡沫塑料球,根据牛顿第二定律得:上升过程有 mg+f=ma 上 ,下降过程有 mg-
5、f=ma 下 ,又 f=kv,得 a 上 =g+ ,则kvm上升过程中,随着 v的减小,a 减小;a 下 =g- ,则下降过程中,随着 v的增大,a 减小;所以 a不断减小,方kvm向不变,故 A、B、C 错误,D 项正确。二、多项选择题36.如图是一辆静止在水平地面上的自卸车,当车厢缓慢倾斜到一定程度时,货物会自动沿车厢底向车尾滑动。上述过程,关于地面对车的摩擦力,下列说法正确的是( )A.货物匀速滑动时,无摩擦力 B.货物匀速滑动时,摩擦力方向向后C.货物加速滑动时,摩擦力方向向前 D.货物加速滑动时,摩擦力方向向后答案 AD 货物匀速滑动时,车与货物的加速度均为零,可以对整体受力分析,只
6、受重力和地面的支持力,水平方向不受摩擦力,故 A对,B 错。货物加速滑动时,有沿车厢底向下的加速度,则对货物和车整体而言,所受合外力沿车厢向下,水平方向上只受到地面的摩擦力,故地面对车的摩擦力方向向后,C 错,D 对。7.如图甲所示,质量为 M=2 kg的木板静止在光滑水平面上,可视为质点的物块(质量为 m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度-时间图像如图乙所示,g=10 m/s 2,结合图像,下列说法正确的是( )A.可求得物块在前 2 s内的位移 x=5 m B.可求得物块与木板间的动摩擦因数 =0.2C.可求得物块的质量 m=2 kg D.可求得木板的长度 L=2 m答
7、案 ABC 物块在前 2 s内的位移 x= 1 m+21 m=5 m,A正确;由运动学图像知,两物体加速度大4+22小相等,设物块加速度大小为 a1,木板加速度大小为 a2,则有 mg=ma 1=Ma2,则 m=M=2 kg,C正确;由题图可知物块加速度大小为 a1=2 m/s2,则 g=2 m/s 2,=0.2,B 正确;由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系,故无法求出木板的长度,D 错。8.(2019无锡中学月考)用一水平力 F拉静止在水平面上的物体,在 F由零逐渐增大的过程中,加速度 a随力 F变化的图像如图所示,重力加速度 g取 10 m/s2,水平面各处的粗糙程度相同
8、,认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等,则由此可推算出( )A.物体的质量 B.物体与水平地面间滑动摩擦力的大小4C.拉力 F=12 N时物体运动的速度大小 D.拉力 F=12 N时物体运动的位移大小答案 AB 由题图可知滑动摩擦力 Ff=6 N,B项正确;当拉力 F=12 N时,由牛顿第二定律得 F-Ff=ma,可求得 m=1.2 kg,A项正确;由于不知道时间,故无法求出拉力 F=12 N时物体运动的速度和位移大小,C、D 项错误。9.(2018南通一调)如图所示,质量均为 m的 A、B 两物块与劲度系数为 k的轻弹簧两端相连,置于足够长、倾角为 30的斜面上,处于静止状态,物块 A下表面光滑
9、,物块 B与斜面间的最大静摩擦力为 f,重力加速度为 g,现给物块 A施加沿斜面向上的恒力,使 A、B 两物块先后开始运动,弹簧始终在弹性限度内,则( )A.当物块 B刚开始运动时,弹簧伸长量最大B.在物块 B开始运动前,物块 A可能一直做加速运动C.当物块 A沿斜面向上运动距离为 时,速度达到最大F-mgkD.当物块 A沿斜面向上运动距离为 时,物块 B开始运动f+mgk答案 BD 物块 B刚开始运动时,F 弹 =f+ mg,之后物块 B开始加速运动,F 弹 增大,弹簧伸长量变大,故此12时弹簧伸长量不是最大,A 错误;若力 F足够大,在物块 B开始运动前,物块 A一直做加速运动,B 正确;
10、初始状态时,设弹簧压缩量为 x1,对物块 A受力分析,kx 1= mg;物块 B开始运动前,设弹簧伸长量为 x2,对物12块 B受力分析,kx 2=f+ mg,所以当物块 A沿斜面向上运动距离为 x1+x2= 时,物块 B开始运动,D 正确。12 f+mgk若力 F足够大,A、B 最终一起做匀速运动,没有最大速度,C 错误。三、非选择题10.(2018泰兴中学检测)某实验小组利用如图所示的气垫导轨实验装置,探究合力一定时,物体的加速度与质量之间的关系。(1)做实验时,将滑块从图示位置由静止释放,由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2 的时间(遮光条的遮光时间)分别为 t 1、t
11、 2;用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离为 x,遮光5条宽度为 d。则滑块经过光电门 1时的速度表达式 v1= ;经过光电门 2时的速度表达式 v2= ;滑块加速度的表达式 a= (以上表达式均用已知字母表示)。 (2)(多选)实验中为了保持滑块所受的合力不变,可同时改变滑块质量 M和气垫导轨右端高度 h。关于“改变滑块质量 M和气垫导轨右端高度 h”的正确操作方法是 。 A.M增大时,h 增大,以保持二者乘积增大 B.M增大时,h 减小,以保持二者乘积不变C.M减小时,h 增大,以保持二者乘积不变 D.M减小时,h 减小,以保持二者乘积减小答案 (1) (2)BCd t1 d t2 (d
12、t2)2-(d t1)22x解析 (1)滑块经过光电门 1时的速度表达式 v1= ,经过光电门 2时的速度表达式 v2= ,滑块加速度d t1 d t2a= = ;v22-v212x (d t2)2-(d t1)22x(2)滑块的合力 F 合 =Mg ,为了保持滑块所受的合力不变,所以 M和 h不能同时增大或减小。故 B、Chx正确。11.(2017无锡期末)如图甲,t=0 时,水平桌面上质量为 m=1 kg的滑块获得 v0=2 m/s的水平向右初速度,同时对滑块施加一个水平向左的恒定拉力,前 2 s内滑块的速度-时间关系图线如图乙。(1)求前 2 s内滑块的位移大小和方向;(2)分别求滑块所
13、受拉力和摩擦力大小;(3)若在 t=2 s时将拉力撤去,则撤力后滑块还能滑行多远距离?答案 见解析解析 (1)位移大小 s= m=0.6 m(1212-1210.8)方向与初速度方向相同。(2)01 s内加速度大小 a1= =2 m/s2 v1 t1F+f=ma112 s内加速度大小 a2= =0.8 m/s2 v2 t2F-f=ma26联立解得 F=1.4 N f=0.6 N(3)撤去拉力后,加速度大小为 a3= =0.6 m/s2fm还能滑行 s3= =0.53 m。v222a312.(2018无锡期末)如图,一个质量为 m=2 kg的小物块静置于足够长的斜面底端。现对其施加一个沿斜面向上
14、、大小为 F=25 N的恒力,3 s 后将 F撤去,此时物块速度达到 15 m/s。设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变,取 g=10 m/s2。求:(1)物块所受摩擦力的大小;(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离;(3)物块在斜面上运动的总时间。答案 (1)5 N (2)37.5 m (3)(5+ ) s30解析 (1)由运动学规律可知 v1=a1t1解得 a1=5 m/s2由牛顿第二定律可知 F-f-mg sin =ma 1解得 f=5 N(2)撤去拉力后物块继续上滑 f+mg sin =ma 2得 a2=7.5 m/s2撤力前上滑距离 x1= =22.5 mv212a1撤力后上滑距离 x2= =15 mv212a2物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离 x=x1+x2=37.5 m(或根据动能定理 Fx1-mgx sin -fx=0 亦可解得)(3)撤力后物块上滑 t2= =2 sv1a2下滑过程 mg sin - f=ma 3解得 a3=2.5 m/s2由 x= a3 ,可得 t3= = s12t23 2xa3 30物块在斜面上运动的总时间 t=t1+t2+t3=(5+ ) s307
