《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.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
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