《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、单项选择题(每小题4分,共24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
2.下列哪一组属于国际单位制的单位( )
A.m、N、kgB.kg、km、km/h
C.J、N/m、cm/s2D.m/s2、g、N/cm2
3.对惯性的理解,下列说法中正确的是( )
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
4.如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行.在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)( )
A.T=m(gsinθ+acosθ) FN=m(gcosθ-asinθ)
B.T=m(gcosθ+asinθ) FN=m(gsinθ-acosθ)
C.T=m(acosθ-gsinθ) FN=m(gcosθ+asinθ)
D.T=m(asinθ-gcosθ) FN=m(gsinθ+acosθ)
5.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
6.倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上,质量为m的木块静止在斜面体上.下列结论正确的是( )
A.木块受到的摩擦力大小是mgcosα
B.木块对斜面体的压力大小是mgsinα
C.桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsinαcosα
D.桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g
二、多项选择题(每小题4分,共16分)
7.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
8.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
答案
1.C 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.
2.A 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.
3.C 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A,B,D均错,只有C正确.
4.A 本题考查受力分析和牛顿第二定律,意在考查考生对力和运动关系的理解.对小球进行受力分析,并沿水平、竖直方向正交分解各力.水平方向上有Tcosθ-FNsinθ=ma,竖直方向上有Tsinθ+FNcosθ=mg.联立求解可知选项A正确.
5.D 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.
6.D 本题考查受力分析,意在考查考生对力的平衡条件、隔离法和整体法的运用能力.根据力的平衡条件可知,木块受到的静摩擦力为mgsinα,木块对斜面的压力为mgcosα,则A、B项错误;由整体法知,桌面对斜面体的摩擦力为0,支持力为(M+m)g,则C项错误,D项正确.
7.AC 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.
8.BD 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.
9.如图所示,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
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
三、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________.
12.在验证牛顿第二定律的实验中,某同学作出的a-
关系图象如右图所示.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.
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)
14.下图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图.图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源,打点的时间间隔用Δt表示.在小车质量未知的情况下,某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”.
(1)完成下列实验步骤中的填空:
①平衡小车所受的阻力:
小吊盘中不放物块,调整木板右端的高度,用手轻拨小车,直到打点计时器打出一系列________的点.
②按住小车,在小吊盘中放入适当质量的物块,在小车中放入砝码.
③打开打点计时器电源,释放小车,获得带有一列点的纸带,在纸带上标出小车中砝码的质量m.
④按住小车,改变小车中砝码的质量,重复步骤③.
⑤在每条纸带上清晰的部分,每5个间隔标注一个计数点,测量相邻计数点的间距s1、s2…求出与不同m相对应的加速度a.
⑥以砝码的质量m为横坐标,
为纵坐标,在坐标纸上作出
-m关系图线.若加速度与小车和砝码的总质量成反比,则
与m应成________关系(填“线性”或“非线性”).
答案
9.BC 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.
10.ABC 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.
11.0.15
解析:
x=v0t+
at2,解得a=-1m/s2;F-μmg=ma,解得μ=0.15.
12.2.5 0.5
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.
13.
14.
(1)①间距相等 ⑥ 线性
(2)完成下列填空:
①本实验中,为了保证在改变小车中砝码的质量时,小车所受的拉力近似不变,小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是________.
丙
②设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3,a可用s1、s3和Δt表示,a=________.图乙为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况,由图可读出s1=________mm,s3=________mm.由此求得加速度的大小a=________m/s2.
③图丙为所得实验图线的示意图.设图中直线的斜率为k,在纵轴上的截距为b,若牛顿第二定律成立,则小车受到的拉力为________,小车的质量为________.
四、计算题(共40分)
15.(8分)如图所示,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.
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.
(2)①远小于小车和砝码的总质量
②
24.2 47.0 1.14
③
15.0
g
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.
16.
(1)0.2
(2)19.2N
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.
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)
18.(10分)如图所示,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)
答案
17.3s
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. 18. m 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.
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