物理高三暑假作业3

牟平一中欢乐暑期作业3第三章牛顿运动定律一、选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.关于惯性，正确的说法是( )A.惯性是指物体原来静止的总有保持静止、原来运动的总有保持匀速直线运动的性质B.静止的火车起动时速度变化缓慢，是因为物体静止时惯性大C.国际乒联规定，自2000年10月1日起，采用大些的球用于比赛，是为了使球惯性增大，增强观赏性D.在宇宙飞船内的物体不存在惯性2.两种物体A、B间的质量关系是m A>m B，让它们从同一高度同时开始下落，运动中它们受到的阻力相等，则( )A.两物体的加速度不等，同时到达地面B.两物体的加速度不等，A先到达地面C.两物体的加速度相等，同时到达地面D.两物体的加速度相等，A先到达地面3.如图所示，小车在水平面上做匀加速直线运动，小车与木块间动摩擦因数不为零，此时弹簧为拉伸状态，则木块受到的静摩擦力()A.可能向左B.可能向右C.可能为零D.一定向左4.一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，g为重力加速度.人对电梯底部的压力为( )A.13mg B.2mg C.mg D.43mg5.如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为μ，物体B与斜面间无摩擦.在水平向左的推力F作用下，A与B一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动.已知斜面的倾角为θ，物体B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小为()A.a=gsinθ,F=(M+m)g(μ+sinθ)B.a=gcosθ,F=(M+m)gcosθC.a=gtanθ,F=(M+m)g(μ+tanθ)D.a=gcotθ,F=μ(M+m)g6.如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B 之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1和a2，则( )A.a1=a2=0B.a1=a,a2=0C.a1=121m mm+a,a2=122m mm+ aD.a1=a,a2=-12mma7.如图所示，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m 的粗糙物块以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速下滑，而M始终保持静止，则在物块m沿斜面上滑与下滑的过程中()A.M对m的摩擦力大小不变B.地面对M的摩擦力方向不变C.m滑动的加速度大小不变D.地面对M的支持力总小于（M+m)g二、填空题8.（8分）为测量木块与斜面之间的动摩擦因数，某同学让木块从斜面上端由静止开始匀加速下滑，如图所示，他使用的实验器材仅限于（1）倾角固定的斜面（倾角θ已知），（2）木块，（3）秒表，（4）米尺.实验中记录的数据是______.计算动摩擦因数的公式是μ=_________.为了减少测量的误差，可采用的办法是____.9.（8分）如图所示，质量为M的木板放在倾角为θ的光滑斜面上，质量为m的人在木板上跑，假如脚与板接触不打滑.要保持木板相对斜面静止，人应朝_________方向跑动，加速度大小为 ________三、计算题10.(10分）重为200 kg的物体，置于升降机内的台秤上，从静止开始上升，运动过程中台秤的示数F与时间t的关系如图所示，求升降机在7 s内上升的高度.(g=10 m/s2)11.(10分）质量为M=2.5 kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右做匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.50.这时铁箱内一个质量为m=0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上（如图所示），木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2.求：（1）木块对铁箱的压力；（2）水平拉力F的大小.12.(10分）如图所示，传送带与地面的倾角θ=37°，从A到B的长度为16 m，传送带以v0=10 m/s的速度逆时针转动.在传送带上端无初速的放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10 m/s2)牟平一中欢乐暑期作业3答案1、答案：AC 解析：任何物体都具有惯性，它是物体保持原来运动状态的一种性质，惯性的大小只与质量有关，质量大，惯性大.故AC 选项正确.2、答案：B 解析：由牛顿第二定律得物体下落的加速度为a=mg f m - =g-fm可知a A >a B ，再由h= 12at 2得t A <t B ，故B 选项正确.3、答案：ABC 解析：设弹簧对木块的拉力为F ，木块受到的静摩擦力为f,由于木块向右运动时受的合力一定为ma ，所以当F>ma 时，f 向左；当F=ma 时，f=0；当F<ma 时，f 向右，故选项ABC 正确.4、答案：D 解析：N-mg=13mg ⇒N=43mg,由于人对电梯的压力与电梯对人的支持力是作用力和反作用力，故选项D 正确.5、解析：先对整体进行分析，利用牛顿第二定律F- μ(M+m)g=(M+m)a,隔离物体B 受力求出加速度a=gtan θ，化简后知C 正确. 答案：C6、解析：在拉力F 作用下，整体向右运动时弹簧的弹力为m 1a ，当突然撤去拉力F ，由于弹簧的弹力没有“突变”，所以A 的加速度仍为a ，而B 的加速度方向向左，大小为12m m a ，故D 选项正确.答案：D 7、解析：物块上滑和下滑的过程中，由于正压力和接触面的粗糙程度不变，所以M 对m 的摩擦力大小不变，但摩擦力的方向发生了改变，故m 滑动的加速度大小发生了改变，A 正确，C 错误.物块上滑和下滑的过程中加速度方向总是沿斜面向下的，此加速度有一个水平向左的分量和一个竖直向下的分量，故水平方向斜劈形物体始终受到地面向左的静摩擦的作用，竖直方向系统处于失重状态，地面对M 的支持力总小于（M+m)g ，故BD 也正确.答案：ABD8、解析：由运动学公式s=12at 2知，只要测出斜边长s 和下滑时间t ，则可以计算出加速度.再由牛顿第二定律可以写出加速度的表达式a=gsin θ-μgcos θ，将此式代入s=12at 2得动摩擦因数的表达式μ=tan θ-2sgt2cos θ.答案：斜边长s 和下滑时间t tan θ-2sgt2cos θ多次测量取平均值9、解析：对板，由牛顿第二定律可得：f 1-Mgsin θ=0对人，由牛顿第三定律知f 1′与f 1等大反向，由牛顿第二定律可得： f 1′+mgsin θ=ma 由以上二方程联立求解得a=()M m gsin mθ+，方向沿斜面向下. 答案：沿斜面向下()M m gsin mθ+10、解析：重物的重量为：G=mg=200×10 N=2×103 N在0～2 s 时间内F1=3×103 N ，超重，升降机加速度上升时a 1=F G m - =3×3310210200-⨯m/s 2=5 m/s 2, 2 s 末上升高度为：x 1=12a 121t =12×5×22 m=10 m 2 s 末的速度为：v 1=a 1t 1=5×2 m/s=10 m/s 在2～5 s 的3 s 时间内升降机匀速上升，（因F 2=2×103 N=G ） ∴x 2=v 1·t 2=10×3 m=30 m在5～7 s 的 2 s 时间内F 3=1×103 N ，升降机减速上升加速度大小a 3=G-F 3m=33210110200⨯-⨯ m/s2=5 m/s 2∴x 3=v 1·t 3-12a 323t =10×2 m-12×5×22 m=10 m升降机在7 s 内上升的高度 x=x 1+x 2+x 3=10m+30m+10m=50 m. 答案：50 m 11、解析：(1)对木块mg=μ2N,N=2mgμ =20 N 由牛顿第三定律可知，木块对铁箱的压力为20 N ，方向为水平向左.（2）对木块N=ma 得a=Nm=40 m/s2对整体F-μ1(M+m)g=(M+m)a 得F=135 N.答案：（1）20 N 方向向左（2）135 N 12、解析：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一个沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，由牛顿第二定律得：mgsin θ+μmgcos θ=ma1; 所以：a 1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s 2;则第一阶段物体加速至与传送带相等时需要的时间 t1=1v a =1 s; 发生的位移：s=a 121t /2=5 m<16 m,即物体加速到速度为10 m/s 时仍未到达B 点. 当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，此时,mgsin θ-μmgcos θ=ma 2，所以:a2=2 m/s2;设第二阶段物体滑至到B的时间为t2则：LAB-s=vt2+2222a t，解得t2=1 s,t2′=-11 s（舍去）.故物体经历的总时间t=t1+t2=2 s. 答案：2 s。