6 第二節(jié) 課后達(dá)標(biāo)能力提升

第頁一、單項選擇題1．2019年6月我國航天員在“天宮一號”中進(jìn)行了我國首次太空授課活動，其中演示了太空“質(zhì)量測量儀”測質(zhì)量的實驗，助教聶海勝將自己固定在支架一端，王亞平將連接運動機構(gòu)的彈簧拉到指定位置；松手后，彈簧凸輪機構(gòu)產(chǎn)生恒定的作用力，使彈簧回到初始位置，同時用光柵測速裝置測量出支架復(fù)位時的速度和所用時間；這樣，就測出了聶海勝的質(zhì)量為74kg.下列關(guān)于“質(zhì)量測量儀”測質(zhì)量的說法正確的是()A．測量時儀器必須水平放置B．其測量原理是根據(jù)牛頓第二定律C．其測量原理是根據(jù)萬有引力定律D．測量時儀器必須豎直放置解析：選B.“質(zhì)量測量儀”是先通過光柵測速裝置測量出支架復(fù)位時的速度和所用時間，則能算出加速度a＝eq\f(Δv,Δt)，然后根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，求解質(zhì)量，所以工作原理為牛頓第二定律．由于在太空中處于完全失重狀態(tài)，所以測量儀器不論在什么方向上，彈簧凸輪機構(gòu)產(chǎn)生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正確．2．物體以一定的初速度豎直向上拋出，已知空氣對物體的阻力大小與速度大小成正比，則下列關(guān)于此物體加速度大小的說法正確的是()A．上升過程加速度增大，下降過程加速度減小B．上升過程加速度增大，下降過程加速度也增大C．上升過程加速度減小，下降過程加速度也減小D．上升過程加速度減小，下降過程加速度增大解析：選C.上升過程中，受到豎直向下的重力，豎直向下的阻力，即mg＋kv＝ma，做減速運動，所以加速度在減小，下降過程中，受到豎直向下的重力，豎直向上的阻力，即mg－kv＝ma，速度在增大，所以加速度在減小，故C正確．3.“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側(cè)的是懸點等高、完全相同的兩根橡皮繩．如圖所示，質(zhì)量為m的小明靜止懸掛時，兩橡皮繩的夾角為60°，則()A．每根橡皮繩的拉力為eq\f(1,2)mgB．若將懸點間距離變小，則每根橡皮繩所受拉力將變小C．若此時小明左側(cè)橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時加速度a＝gD．若拴在腰間左右兩側(cè)的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩，則小明左側(cè)輕繩在腰間斷裂時，小明的加速度a＝g解析：選B.根據(jù)平行四邊形定則知，2Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(\r(3),3)mg.故A錯誤；根據(jù)共點力平衡得，2Fcosθ＝mg，當(dāng)懸點間的距離變小時，θ變小，cosθ變大，可知橡皮繩的拉力變小，故B正確；當(dāng)左側(cè)橡皮繩斷裂，斷裂的瞬間，右側(cè)彈性繩的拉力不變，則重力和右側(cè)橡皮繩拉力的合力與左側(cè)橡皮繩初始時的拉力大小相等，方向相反，合力大小為eq\f(\r(3),3)mg，加速度為eq\f(\r(3),3)g，故C錯誤；當(dāng)兩側(cè)為輕繩時，左側(cè)繩斷裂瞬間，右側(cè)繩上拉力發(fā)生突變，將重力沿繩方向和垂直于繩方向正交分解，合力為mgsin30°，加速度為eq\f(1,2)g，方向沿垂直于右側(cè)繩的方向斜向下，故D錯誤．4.(2019·泰州檢測)質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細(xì)繩繞過皮帶輪的皮帶槽，一端系一質(zhì)量為m的重物，另一端固定在桌面上．如圖所示，工件與桌面、繩之間以及繩與桌子邊緣之間的摩擦都忽略不計，則重物下落過程中，工件的加速度為()A.eq\f(mg,2M) B．eq\f(mg,M＋m)C.eq\f(2mg,M＋4m) D．eq\f(2mg,M＋2m)解析：選C.相等時間內(nèi)重物下落的距離是工件運動距離的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，設(shè)繩子上的拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律eq\f(mg－F,m)＝2·eq\f(2F,M)，解得F＝eq\f(Mmg,M＋4m)，工件加速度a＝eq\f(2F,M)＝eq\f(2mg,M＋4m)，所以C正確．5．(2019·揚州中學(xué)月考)如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量為m，2、4質(zhì)量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有()A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝gC．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g解析：選C.在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,M)g，所以C對．6．如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)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(huán)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(chǎn)球最先到達(dá)M點B．b球最先到達(dá)M點C．c球最先到達(dá)M點D．b球和c球都可能最先到達(dá)M點解析：選C.如圖所示，令圓環(huán)半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿足R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,c)，所以tc＝eq\r(\f(2R,g))；對于a球令A(yù)M與水平面成θ角，則a球下滑到M點用時滿足AM＝2Rsinθ＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,a)，即ta＝2eq\r(\f(R,g))；同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb＝2eq\r(\f(r,g))(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tb>ta>tc，故選項C正確．二、多項選擇題7.如圖所示，質(zhì)量為m2的物體2放在車廂底板上，用豎直細(xì)線通過定滑輪與質(zhì)量為m1的物體1連接，不計滑輪摩擦，車廂正在水平向右做加速直線運動，連接物體1的細(xì)線與豎直方向成θ角，物體2仍在車廂底板上，則()A．細(xì)線拉力為m1gcosθB．車廂的加速度為gtanθC．底板對物體2的支持力為m2g－eq\f(m1g,cosθ)D．底板對物體2的摩擦力為零解析：選BC.以物體1為研究對象，水平方向有FTsinθ＝m1a，豎直方向有FTcosθ＝m1g，解得a＝gtanθ，F(xiàn)T＝eq\f(m1g,cosθ)，選項A錯誤，B正確；以物體2為研究對象，水平方向有Ff＝m2a，豎直方向有FT＋FN＝m2g，解得Ff＝m2gtanθ，F(xiàn)N＝m2g－eq\f(m1g,cosθ)，選項C正確，D錯誤．8.(2019·南京二中月考)如圖所示，總質(zhì)量為460kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5m/s2，當(dāng)熱氣球上升到180m時，以5m/s的速度向上勻速運動，若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g＝10m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是()A．所受浮力大小為4830NB．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C．從地面開始上升10s后的速度大小為5m/sD．以5m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230N解析：選AD.剛開始上升時，空氣阻力為零，F(xiàn)浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4830N，A正確；加速上升過程，若保持加速度不變，則熱氣球上升到180m時，速度v＝eq\r(2ah)＝6eq\r(5)m/s＞5m/s，所以熱氣球做加速度減小的加速直線運動，上升10s后的速度v′＜at＝5m/s，C錯誤；再由F?。璅阻－mg＝ma可知空氣阻力F阻增大，B錯誤；勻速上升時，F(xiàn)浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F?。璵g＝230N，D正確．9.如圖所示，兩輕質(zhì)彈簧a、b懸掛一質(zhì)量為m的小球，整體處于平衡狀態(tài)，彈簧a與豎直方向成30°，彈簧b與豎直方向成60°，彈簧a、b的形變量相等，重力加速度為g，則()A．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為eq\r(3)∶1B．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為eq\r(3)∶2C．若彈簧a下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為eq\r(3)gD．若彈簧b下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為eq\f(g,2)解析：選AD.由題可知，兩個彈簧相互垂直，對小球受力分析，如圖所示，設(shè)彈簧的伸長量都是x，由受力分析圖知，彈簧a中彈力Fa＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧a的勁度系數(shù)為k1＝eq\f(Fa,x)＝eq\f(\r(3)mg,2x)，彈簧b中的彈力Fb＝mgcos60°＝eq\f(1,2)mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧b的勁度系數(shù)為k2＝eq\f(Fb,x)＝eq\f(mg,2x)，所以彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為eq\r(3)∶1，A正確，B錯誤；彈簧a中的彈力為eq\f(\r(3),2)mg，若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間彈簧b的彈力不變，故小球所受重力和彈簧b彈力的合力與Fa大小相等、方向相反，小球的加速度a＝eq\f(Fa,m)＝eq\f(\r(3),2)g，C錯誤；彈簧b中彈力為eq\f(1,2)mg，若彈簧b的下端松脫，則松脫瞬間彈簧a的彈力不變，故小球所受重力和彈簧a彈力的合力與Fb大小相等、方向相反，故小球的加速度a′＝eq\f(Fb,m)＝eq\f(1,2)g，D正確．10．(2019·揚州質(zhì)檢)如圖(a)所示，質(zhì)量為5kg的小物塊以初速度v0＝11m/s從θ＝53°固定斜面底端先后兩次滑上斜面，第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F.第二次無恒力F.圖(b)中的兩條線段a、b分別表示存在恒力F和無恒力F時小物塊沿斜面向上運動的v－t圖線．不考慮空氣阻力，g＝10m/s2，(sin53°＝0.8、cos53°＝0.6)下列說法中正確的是()A．恒力F的大小為5NB．恒力F的大小為10NC．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,3)D．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5解析：選AD.由題圖可得：a＝eq\f(Δv,Δt)；有恒力F時：a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(11,1.1)m/s2＝10m/s2；無恒力F時：a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(11,1)m/s2＝11m/s2由牛頓第二定律得：無恒力F時：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2解得：μ＝0.5有恒力F時：mgsinθ＋μmgcosθ－F＝ma1解得：F＝5N，故A、D正確，B、C錯誤．三、非選擇題11.(2019·江蘇重點中學(xué)六校聯(lián)考)如圖所示，一個豎直固定在地面上的透氣圓筒，筒中有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對滑塊的阻力可調(diào)．滑塊靜止時，ER流體對其阻力為零，此時彈簧的長度為L.現(xiàn)有一質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)點)的物體在圓筒正上方距地面2L處自由下落，與滑塊碰撞(碰撞時間極短)后黏在一起，并以物體碰前瞬間速度的一半向下運動．ER流體對滑塊的阻力隨滑塊下移而變化，使滑塊做勻減速運動，當(dāng)下移距離為d時，速度減小為物體與滑塊碰撞前瞬間速度的四分之一．取重力加速度為g，忽略空氣阻力，試求：(1)物體與滑塊碰撞前瞬間的速度大?。?2)滑塊向下運動過程中的加速度大小；(3)當(dāng)下移距離為d時，ER流體對滑塊的阻力大小.解析：(1)設(shè)物體與滑塊碰撞前瞬間的速度大小為v0，由自由落體運動規(guī)律有veq\o\al(2,0)＝2gL，解得v0＝eq\r(2gL).(2)設(shè)滑塊做勻減速運動的加速度大小為a，取豎直向下為正方向，則有－2ax＝veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)，x＝d，v1＝eq\f(v0,2)，v2＝eq\f(v0,4)，解得a＝eq\f(3gL,16d).(3)設(shè)下移距離d時彈簧彈力為F，ER流體對滑塊的阻力為FER，對物體與滑塊組成的整體，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得F＋FER－2mg＝2maF＝k(d＋x0)mg＝kx0聯(lián)立解得FER＝mg＋eq\f(3mgL,8d)－kd.答案：(1)eq\r(2gL)(2)eq\f(3gL,16d)(3)mg＋eq\f(3mgL,8d)－kd12.(2019·淮安月考)小物塊以一定的初速度v0沿斜面(足夠長)向上運動，由實驗測得物塊沿斜面運動的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖所示．取g＝10m/s2，空氣阻力不計．可能用到的函數(shù)值：sin30°＝0.5，sin37°＝0.6.求：(1)物塊的初速度v0；(2)物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；(3)計算說明圖線中P點對應(yīng)的斜面傾角為多大？在此傾角條件下，小物塊能滑回斜面底端嗎？說明理由(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等)．解析：(1)當(dāng)θ＝90°時，物塊做豎直上拋運動，末速度為0由題圖得上升最大位移為xm＝3.2m由veq\o\al(2,0)＝2gxm，得v0＝8m/s.(2)當(dāng)θ＝0時，物塊相當(dāng)于在水平面上做勻減速直線運動，末