大一輪第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律檢測卷答案2

1-5ADBAD6-10DBBCC1.解析：選A因?yàn)樾≤囃蝗幌蛴疫\(yùn)動(dòng)，鐵球和乒乓球都有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢，但由于與同體積的“水球”相比，鐵球質(zhì)量大、慣性大，鐵球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)難改變，即速度變化慢，而同體積的“水球”的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)容易改變，即速度變化快，而且水和車一起向右運(yùn)動(dòng)，所以小車向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，鐵球相對(duì)小車向左運(yùn)動(dòng)。同理，由于乒乓球與同體積的“水球”相比，質(zhì)量小，慣性小，乒乓球相對(duì)小車向右運(yùn)動(dòng)。2.解析：選D【詳解】A．0～t1時(shí)間內(nèi)，電壓表示數(shù)最大，兩電阻串聯(lián)分壓可知，力敏電阻的阻值最小，所受壓力最大，所以彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，電壓表示數(shù)減小，力敏電阻兩端電壓變大，阻值增大，所受壓力F減小，根據(jù)牛頓第二定律，小車的加速度為小車的加速度增大，故B錯(cuò)誤；CD．t2～t3時(shí)間內(nèi)，電壓表示數(shù)最小，力敏電阻的兩端電壓最大，阻值最大，所受壓力最小，合力向右，小車的加速度向右，又因?yàn)殡妷罕硎緮?shù)不變，壓力不變，小車的合力不變，加速度不變，小車做加速度向右的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，小車可能向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，也可能向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；還有可能M與力敏電阻分離了，此時(shí)小車可能向右做加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤D正確。故選D。3.解析：選B【詳解】A．深潛器從水底由從靜止向上做加速運(yùn)動(dòng)，由此可知在階段深潛器加速度豎直向上，深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；C．結(jié)合圖像可知，深潛器做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，深潛器做勻速直線運(yùn)動(dòng)，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，由此可知，在處深潛器的速度最大，C錯(cuò)誤；B．深潛器初速度為0，根據(jù)可知在處的速度平方為階段圖像圍成的面積的2倍，即解得在處深潛器運(yùn)動(dòng)的速度大小為，B正確；D．若階段深潛器做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則平均速度大小為而在階段深潛器做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，因此在階段深潛器運(yùn)動(dòng)的平均速度大小不等于，D錯(cuò)誤。故選B。4.解析：選A物塊在力F作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，上升高度為h1，末速度大小為v1，則h1＝eq\f(1,2)at2，v1＝at；撤去力F后物塊做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則－(h1＋h)＝v1·2t－eq\f(1,2)g(2t)2，聯(lián)立解得a＝eq\f(3,5)g，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，得m＝eq\f(5F,8g)，A正確。5.解析：選D小車在bc路面上時(shí)處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，輕繩彈力與重力平衡，則彈力方向豎直向上，即當(dāng)小車在bc路面上時(shí)，輕繩與車頂垂直；當(dāng)小車在ab路面上時(shí)，小車與小球保持相對(duì)靜止，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)小車與小球分析有即加速度大小加速度方向沿斜面向下，為斜面傾角，對(duì)小球進(jìn)行分析，由于其加速度為，方向沿斜面向下，則小球在垂直于斜面方向的合力為0，沿斜面的合力為，等于小球的重力沿斜面的分力，則輕繩一定垂直于斜面，即輕繩與車頂垂直；當(dāng)小車在cd路面上時(shí)，小車與小球保持相對(duì)靜止，向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)小車與小球分析有即加速度大小加速度方向沿斜面向下，為斜面傾角，對(duì)小球進(jìn)行分析，由于其加速度為，方向沿斜面向下，則小球在垂直于斜面方向的合力為0，沿斜面的合力為，等于小球的重力沿斜面的分力，則輕繩一定垂直于斜面，即輕繩與車頂垂直。故選D。6.解析：選D【詳解】設(shè)b、c桿間的距離為L，小球向下運(yùn)動(dòng)過程中彈性繩的伸長量為x，則彈性繩對(duì)小球的彈力沿水平方向的分力根據(jù)力的平衡，小球受到桿的彈力大小始終等于，向下運(yùn)動(dòng)過程中的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，即因此為恒力。故選D。7.解析：選B開始時(shí)A恰好不下滑，對(duì)A受力分析如圖所示，有fA＝mg＝μFNA＝μF彈，解得F彈＝eq\f(mg,μ)，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。當(dāng)車廂沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，為了保證A不下滑，側(cè)壁對(duì)A的支持力必須大于等于eq\f(mg,μ)，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度方向一定向右。對(duì)B受力分析如圖所示，有fBm＝μFNB＝μ(F彈－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。8.解析：選B若v1<v2，小物體P先向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得減速到與傳送帶共速時(shí)，若最大靜摩擦力大于或等于小物體Q的重力，其受力平衡將隨傳送帶做勻速直線運(yùn)動(dòng)直至離開傳送帶。若最大靜摩擦力小于小物體Q的重力，則繼續(xù)向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力反向，有聯(lián)立，可得故A錯(cuò)誤；B正確；D．根據(jù)上面選項(xiàng)分析，可知小物體P速度減為零后，又反向以的加速度做向左的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。故D錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示物體的位移，可知小物體P沿傳送帶向右運(yùn)動(dòng)的距離大于向左運(yùn)動(dòng)的距離，即t0時(shí)刻沒有離開傳送帶。故C錯(cuò)誤。故選B。9.解析：選C工件勻速下滑，在任意方向上合力都為零，將工件的重力分解到沿斜面向下和垂直斜面向下，有作出垂直于“V”形槽方向的受力平面圖如圖所示“V”形槽兩側(cè)面的夾角為60°，所以兩側(cè)面對(duì)工件的彈力N夾角120°，則合力“V”形槽兩側(cè)面對(duì)工件的摩擦力方向相同，大小都為，則代入可解得當(dāng)“V”形槽兩側(cè)面的夾角為90°時(shí)，有解得故選C。10.解析：選C小球靜止于斜面上，設(shè)小球受的彈簧拉力為T，斜面對(duì)小球的支持力為FN，對(duì)小球受力分析如圖，則：FN＝T,2Tcos30°＝mg，解得：FN＝T＝eq\f(\r(3),3)mg，故A錯(cuò)誤；將斜面突然移走，小球受彈簧拉力和重力，彈簧彈力不突變，所以小球的合外力與斜面對(duì)小球的支持力的大小相等，方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知小球的加速度大小為a1＝eq\f(F合,m)＝eq\f(\r(3),3)g，故B錯(cuò)誤；將彈簧剪斷的瞬間，小球?qū)⒀匦泵嫦蛳伦鰟蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，小球的加速度大小為a2＝eq\f(mgsin30°,m)＝eq\f(1,2)g，故C正確；將彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)更大的另一輕彈簧，彈簧彈力將變大，小球?qū)⒀匦泵嫦蛏线\(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)重新達(dá)到平衡時(shí)，輕彈簧與豎直方向的夾角小于30°，但斜面對(duì)小球的支持力方向不變，根據(jù)作圖可得斜面對(duì)小球的作用力變小，故D錯(cuò)誤。11.【答案】

B

2.0

3.0

（每空3分）【詳解】（1）[1]A．實(shí)驗(yàn)中用力傳感器來獲取小車受到細(xì)線的拉力，則不需要測出砂和砂桶的總質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；B．小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄拉力傳感器的示數(shù)，故B正確；C．電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的是電壓約為8V的交流電源，故C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)中用力傳感器來獲取小車受到細(xì)線的拉力，則不用保證砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。故選B。[2][3]根據(jù)牛頓第二定律有可得結(jié)合圖乙可得可得，小車的質(zhì)量為結(jié)合圖像，當(dāng)時(shí)有（2）【答案】

【答案】

【詳解】（1）A由標(biāo)記C運(yùn)動(dòng)到D過程中做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有整理得（2）物體下落的加速度為在B的一邊放有6個(gè)質(zhì)量均為m的槽碼，此時(shí)A、B剛好平衡且保持靜止，則有根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立整理得故，以為縱軸，以為橫軸，圖像是斜率等于，且過原點(diǎn)的直線，則可以得出當(dāng)物體質(zhì)量一定時(shí)，物體的加速度與合外力成正比【詳解】（1）A由標(biāo)記C運(yùn)動(dòng)到D過程中做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有整理得（2）物體下落的加速度為在B的一邊放有6個(gè)質(zhì)量均為m的槽碼，此時(shí)A、B剛好平衡且保持靜止，則有根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立整理得故，以為縱軸，以為橫軸，圖像是斜率等于，且過原點(diǎn)的直線，則可以得出當(dāng)物體質(zhì)量一定時(shí)，物體的加速度與合外力成正比12.【答案】（1）；（4分）（2）（4分）【詳解】（1）設(shè)AB與水平方向的夾角為，小朋友沿AB下滑時(shí)的加速度為由幾何關(guān)系可知聯(lián)立解得（2分）由上式可知小朋友的下滑時(shí)間與角度無關(guān)，則兩次沿滑梯運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系為（2分）（2）根據(jù)第一問的結(jié)論，畫出以P點(diǎn)為最高點(diǎn)的半徑為r的等時(shí)圓，如圖所示兩圓相切時(shí)，時(shí)間最短，有（2分）解得（1分）用第一問的結(jié)論有（1分）13.【答案】（1）；（2分）（2）；（3分）（3）（3分）【詳解】（1）小煤塊在水平傳送帶上的加速度為（1分）在水平部分小煤塊達(dá)到與傳送帶共同速度的加速時(shí)間為在水平部分的加速位移為則小煤塊在沒有到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度已經(jīng)達(dá)到了，此后在水平部分勻速運(yùn)動(dòng)，所以煤塊經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)的速度大?。?分）（2）小煤塊在斜面上受到的滑動(dòng)摩擦力所以小煤塊在斜面上會(huì)加速下滑，其加速度（1分）設(shè)小煤塊在斜面上加速滑行，則（1分）解得，（舍去）所以煤塊從b運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間（1分）（3）小煤塊在ab段加速過程，傳送帶位移大小小煤塊在水平傳送帶上留下痕跡的長度（1分）煤塊從b運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間傳送帶位移大小煤塊相對(duì)于傳送帶的位移大?。?分）由于ab段煤塊相對(duì)傳送帶向后滑動(dòng)，bc段煤塊相對(duì)傳送帶向前滑動(dòng)，所以在傾斜段痕跡將完全覆蓋水平段痕跡，從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程，小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度（1分）（1）a1＝2m/s2（2分）a2＝3m/s2（2分）(2)v1＝3m/s(2分）v2＝3m/s（2分）（3）如圖（5分）(1)0～1s內(nèi)，物塊與平板間、平板與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小分別為f1＝μ1mg＝0.2Nf2＝μ2(M＋m)g＝1.2N對(duì)物塊和平板由牛頓第二定律有a1＝eq\f(f,m)a2＝eq\f(F1－f1－f2,M)其中F1＝2N解得a1＝2m/s2（2分）a2＝3m/s2（2分）(2)0～1s內(nèi)(t1＝1s)，物塊與平板均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v10＝a1t1，v20＝a2t1解得v10＝2m/sv20＝3m/s1～1.5s內(nèi)(t2＝0.5s)，由于水平向右的拉力F2＝1.4N恰好與f1＋f2平衡故平板做勻速直線運(yùn)動(dòng)．物塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直至與木板速度相同．有v1＝v10＋a1t2＝3m/s（2分）v2＝v20＝3m/s（2分）(3)（5分）實(shí)3，虛215.【答案】(1)；(5分）(2)；（6分）(3)（5分）【詳解】(1)裝置能夠使呈現(xiàn)4種不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)——向下加速、減速和向上加速、減速配重1和配重2