《牛顿运动定律》综合评估Ⅰ.docx

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《牛顿运动定律》综合评估Ⅰ

《牛顿运动定律》综合评估（Ⅰ）

限时：

90分钟

总分：

100分

一、选择题（每小题4分，共40分）

1．对“运动状态的改变”的正确理解是（　　）

A．仅指速度大小的改变

B．仅指速度方向的改变

C．要改变物体的运动状态，必须有力的作用

D．物体运动状态的改变与物体的初始运动状态有关

解析：

牛顿第一定律揭示了力的概念及力与物体运动状态变化的关系：

力是改变物体运动状态的原因．

答案：

C

2．下列哪一组属于国际单位制的单位（　　）

A．m、N、kg　　　　　　B．kg、km、km/h

C．J、N/m、cm/s2D．m/s2、g、N/cm2

解析：

国际单位制中的基本单位为m、kg、s，利用物理公式，在三个基本单位上导出单位，国际单位制中单位也是由基本单位和导出单位构成的．显然A选项正确．

答案：

A

3．对惯性的理解，下列说法中不正确的是（　　）

A．将物体抛到空中后，物体就没有了惯性

B．物体做自由落体运动时，惯性就变小了

C．两个质量相同的物体，不论速度大小及是否受力，惯性大小一定相同

D．两个质量相同的物体，在不同的合外力作用下，运动状态容易改变的惯性小

解析：

质量是惯性大小的惟一量度．惯性大小仅与质量有关，与物体运动状态无关，与物体是否受力及速度大小无关，故选A，B，D.

答案：

ABD

4．关于牛顿运动定律，以下说法错误的是（　　）

A．物体不受外力作用时保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律

B．牛顿运动定律仅适用于宏观物体，只可用于解决物体的低速运动问题

C．牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体不受外力或所受外力为零，物体的加速度a＝0条件下的特例

D．作用力和反作用力总是同一性质的力，它们产生的作用效果不一定相同

解析：

物体保持原来的匀速直线运动或静止状态的性质叫惯性，物体可以受外力作用但合外力为零，故A错误；牛顿第一定律不是合外力为零时牛顿第二定律的特例，故C错误．

答案：

AC

5．在一种叫做“蹦极跳”的运动中，质量为m的游戏者身系一根长为L、弹性优良的轻质柔软的橡皮绳，从高处由静止开始下落1.5L时达到最低点．若不计空气阻力，则在橡皮绳从原长到最低点的过程中，以下说法正确的是（　　）

A．速度先减小后增大B．加速度先减小后增大

C．加速度先增大后减小D．速度先增大后减小

解析：

橡皮绳的伸长量越大，产生的弹力越大，开始一段，橡皮绳伸长量较小，弹力小于重力，游戏者做加速运动，而加速度a逐渐减小，到橡皮绳的弹力等于重力时，加速度a减为0，速度v达到最大；游戏者继续下落，此后弹力逐渐增大且大于重力，做加速度a逐渐增大的减速运动，选项B，D正确．

答案：

BD

6．如下图所示，两个物块由细绳连接放在粗糙的水平桌面上，开始时细绳伸直，绳中张力为0，若在右物块上作用一水平向右的作用力F，当力F由0逐渐增大时，绳中张力的大小将（　　）

A．逐渐增大

B．先逐渐增大，后保持不变

C．先保持为0不变，后逐渐增大

D．先保持为0不变，后逐渐增大，接着又保持不变

解析：

绳中要想有拉力，则F需首先克服前面物体与地面间的摩擦力，即在F达到物体与地面的最大静摩擦力之前，绳中的拉力为零，然后在力F的作用下，物体一起向前运动，根据整体法，F－f＝2ma，即F－2μmg＝2ma，根据隔离法隔离后面那个物体，F拉－μmg＝ma，F越来越大，a越来越大，可知，F拉越来越大，故选C.

答案：

C

7．在小车中的悬线上挂一个小球，实验表明，当小球随小车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，如图所示．若在小车底板上还有一个跟其相对静止的物体M，则关于小车的运动情况和物体M的受力情况，以下分析正确的是（　　）

A．小车一定向右做加速运动

B．小车一定向左做加速运动

C．M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向左的摩擦力作用

D．M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用

解析：

对小球进行受力分析可知，小球有水平向右的加速度，但小车的初速度可能向右也可能向左，所以小车的具体运动情况不能确定；M和小球、小车都保持相对静止，也有向右的加速度，根据牛顿运动定律可以分析，物体M一定受到向右的摩擦力作用．

答案：

D

8．有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上面套有小环P，OB上面套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置上平衡，如右图所示．现将P环向左移动一小段距离，两环再次达到平衡状态，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较．AO杆对P环的支持力FN和细绳上的拉力F1的变化情况（　　）

A．FN不变，F1变大

B．FN不变，F1变小

C．FN变大，F1变大

D．FN变大，F1变小

解析：

取P，Q两个环整体研究，在竖直方向上只有OA杆对其产生竖直向上的力（Q环不受杆向上的力），故FN＝2mg，FN大小不变，再取Q环研究，将拉力F1沿竖直、水平方向分解，如图所示，竖直分力F1y＝F1cosi，当i角由于P环左移而减小时，由于F1y＝mg，F1＝

，故F1变小．

答案：

B

9．如下图所示，用两根细线把A，B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A，B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的（　　）

A．F1B．F2

C．F3D．F4

解析：

对A球受力分析，A受重力G，拉力TOA，TBA和F的作用．当F为F1时如右图所示：

以A为原点建坐标系xOy，则∑Fy<0，故不可能平衡．同理可知F为F4时，亦不可能平衡．故只有B，C正确．

答案：

BC

10．某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一根弹簧测力计，使其测量挂钩向下，并在挂钩上悬挂一个重为10N的钩码，弹簧测力计弹力随时间变化的规律可通过传感器直接得出，如图所示，则下列分析正确的是（　　）

A．从时刻t1到t2钩码处于失重状态

B．从时刻t3到t4钩码处于超重状态

C．电梯可能开始在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼

D．电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼

解析：

t1～t2时间，由图弹簧秤读数小于钩码的重力，即钩码处于失重状态，该时间电梯具有向下的加速度；t3～t4时间读数大于重力，钩码处于超重状态，电梯具有向上的加速度，0～t1，t2～t3，t4～…时间内物体在竖直方向的加速度为零．故电梯可能在高处向下加速，接着匀速，再减速，最后停在低处，所以正确选项为ABC.

答案：

ABC

二、填空题（每小题5分，共20分）

11．以大小为1N的水平恒力拉着一个质量为2kg的物体在粗糙水平面上以6m/s的速度开始滑动，拉力方向与运动的方向一致，4s内物体前进了16m，此物体与水平面的动摩擦因数为________．

解析：

x＝v0t＋

at2，解得a＝－1m/s2；F－μmg＝ma，解得μ＝0.15.

答案：

0.15

12．在验证牛顿第二定律的实验中，某同学作出的a－

关系图象如下图所示．从图象可以看出，作用在研究对象上的恒力F＝_____

___N，当物体的质量为M＝5kg时，它的加速度a＝________m/s2.

解析：

以图中坐标为（0.4,1）的点，所对应的是M＝

kg＝2.5kg，a＝1m/s2，所以F＝Ma＝2.5N，当M＝5kg时，由图象或公式均可求得，a＝

＝0.5m/s2.

答案：

2.5　0.5

13．我国是最早掌握卫星回收技术的国家之一，卫星回收舱返回大气层后受到空气阻力作用，先做变减速运动，最后做匀速运动．若回收舱质量为m，空气阻力大小与速率的平方成正比，即F＝kv2，则卫星回收舱的收尾速率为__________．（收尾速率即最终匀速运动的速率）

答案：

14．一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示，图乙是打出的纸带的一段．

（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用图给出的数据可求出小车下滑的加速度a＝__________.

（2）为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需要测量的物理量有__________，用测得的量及加速度a表示阻力的计算式Ff＝________.

解析：

（1）T＝

＝0.02s，

a＝

＝

4．00m/s2.

（2）设小车的质量为m，斜面上任意两点间距离L及两点间的高度差h，则Ff＝mg

－ma.

答案：

（1）4.00m/s2

（2）小车质量m，斜面上任意两点间距离L及两点间高度差h　mg

－ma.

三、计算题（共40分）

15．（8分）如下图所示，木块A和B用一轻质弹簧相连，竖直放在木块C上，三者都静止，它们的质量之比为mA∶mB∶mC＝1∶2∶3.设接触面均光滑，试求沿水平方向抽出木块C的瞬间，A和B的加速度aA，aB的值各为多大．

解析：

由于各接触面均光滑，沿水平方向迅速抽出C木块的过程中，A，B两木块水平方向上不受力，它们之间的弹簧形变量不变，即弹簧上的弹力大小不变．

设A的质量为m，则mB＝2m，mC＝3m，在未抽出C时，设弹簧的弹力大小为F，则由木块静止得F＝mg.

抽出C的瞬间，弹簧的弹力不发生突变，仍为F，对A，B进行受力分析如上图所示．

则由牛顿第二定律，对A有F－mg＝maA，得aA＝0，

对B有F＋2mg＝2maB，得aB＝

g.

答案：

0　

g

16．（10分）在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图甲所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大．用特殊的测力仪器测出拉力和摩擦力，并绘制出摩擦力Ff随拉力F变化的图象，如图乙所示．已知木块质量为2kg，取g＝10m/s2.

（1）求木块与长木板间的动摩擦因数；

（2）若将实验中的长木板与水平方向成37°角放置，将木块置于其上，木块在平行于木板的恒力F作用下，从静止开始向上做匀变速直线运动，沿斜面向上运动4m，速度达到4m/s，求此拉力F的大小．

解析：

（1）设木块与木板间的动摩擦因素为μ，由图乙知木块受到的滑动摩擦力Ff＝μmg＝4N，解得μ＝0.2.

（2）设木块在斜面上的加速度为a，由v2＝2ax解得a＝2m/s2，对木块受力分析如右图所示，建立直角坐标系，由牛顿第二定律得F－mgsinθ－Ff′＝ma，

FN′－mgcosθ＝0，

又Ff′＝μFN′，解得F＝19.2N.

答案：

（1）0.2　

（2）19.2N

17．（12分）某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A，B之间的长度L＝10m，传送带以v＝5m/s的恒定速度向上运动．在传送带底端A轻轻放上一质量m＝5kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝

.求货物从A端运送到B端所需的时间．（取g＝10m/s2）

解析：

货物放在传送带上，开始相对传送带向下运动，故所受滑动摩擦力的方向沿传送带向上．货物由静止开始做初速度为0的匀加速直线运动．以货物为研究对象，由牛顿第二定律得

μmgcos30°－mgsin30°＝ma，

解得a＝2.5m/s2，

货物匀加速运动的时间t1＝

＝2s，

货物匀加速运动的位移

x1＝

at

＝5m

经计算知μmgcos30°>mgsin30°，

故此后货物随传送带一起向上做匀速运动，运动的位移x2＝L－x1＝5m，

匀速运动的时间t2＝

＝1s，

货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝3s.

答案：

3s

18．（10分）如下图所示，一足够长的木板B静止在水平地面上，有一小滑块A以v0＝2m/s的水平初速度冲上该木板．已知木板质量是小滑块质量的2倍，木板与小滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.5，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，求小滑块相对

木板滑行的位移是多少．（取g＝10m/s2）

解析：

设小滑块的质量为m，则木板的质量为2m，小滑块的加速度为a1，木板的加速度为a2.

以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，

所以a1＝μ1g＝5m/s2，

设经时间t，木板与小滑块相对静止，共同速度为v，又v＝v0－a1t，

以木板为研究对象，由牛顿第二定律得

μ1mg－μ2·3mg＝2ma2，

所以a2＝

＝1m/s2，又v＝a2t，

设a2t＝v0－a1t，解得t＝

＝

s，

则小滑块相对木板滑行的位移为

x＝（v0t－

a1t2）－

a2t2＝

m.

答案：

m