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1、学 海 无 涯牛顿运动定律综合评估()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()Am、N、kg Bkg、km、km/h CJ、N/m、cm/s2 Dm/s2、g、N/cm23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
2、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)()ATm(gsinacos)FNm(gcosasin) BTm(gcosasin)FNm(gsinacos)CTm(acosgsin)FNm(gcosasin) DTm(asingcos)FNm(gsinacos)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
3、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CM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DM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、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mgcosB木块对斜面体的压力大小是mgsinC桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsincosD桌面对斜面体的支持力大小是(Mm)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
4、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a0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1C牛顿第一定律揭示了力的概念
5、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2A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3C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4A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TcosFNsinma，竖直方向上有TsinFNcosmg.联立求解可知选项A正确5D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
6、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6D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mgsin，木块对斜面的压力为mgcos，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(Mm)g，则C项错误，D项正确7AC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8BD橡皮绳的伸长量越大，产生的弹
7、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()AF1 BF2 CF3 DF410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10 N的钩码，弹簧测
8、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1 N的水平恒力拉着一个质量为2 kg的物体在粗糙水平面上以6 m/s的速度开始滑动，拉力方向与运动的方向一致，4 s内物体前进了16 m，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
9、对象上的恒力F_N，当物体的质量为M5 kg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Fkv2，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50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用t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：平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端
10、的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列_的点按住小车，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.按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤.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.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9BC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F
11、y0，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10ABCt1t2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；t3t4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，0t1，t2t3，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.110.15解析：xv0tat2，解得a1 m/s2；Fmgma，解得0.15.122.50.5解析：以图中坐标为(0.4,1)的点，所对应的是M kg2.5 kg，a1 m/s2，所以FMa2.5 N，当M5 kg时，由图象或公式
12、均可求得，a0.5 m/s2.13.14(1)间距相等线性 (2)完成下列填空：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t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.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，
13、三者都静止，它们的质量之比为mAmBmC123.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2 kg，取g10 m/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4 m，速度达到4 m/s，求此拉力F的大小(
14、2)远小于小车和砝码的总质量24.247.01.14150g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mB2m，mC3m，在未抽出C时，设弹簧的弹力大小为F，则由木块静止得Fmg.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FmgmaA，得aA0，对B有F2mg2maB，得aBg.16(1)0.2(2)19.2 N解析：(1)设木块与木板间的动摩擦因素为，由图乙知木块受到的滑动摩擦力Ffmg4 N，解得0.2.(2)设木块在斜面上的加速度为a，由v22ax解得a2 m/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FmgsinFfma，FNmgcos0，又FfFN，解得F19.2 N.17(12分)某飞机场
