PAGEPAGE10第四章牛頓運動定律綜合評估eq\o(\s\up7(限時：45分鐘總分：100分),\s\do5())一、選擇題(1～6為單選每小題4分，7～10為多選每小題5分，共44分)1．關于慣性的大小，下列敘述正確的是(B)A．兩個質量相同的物體，在阻力相同的狀況下，速度大的不簡單停下來，所以速度大的物體慣性大B．兩個質量相同的物體，不管速度大小，它們的慣性的大小肯定相同C．推動地面上靜止的物體，要比維持這個物體做勻速運動所需的力大，所以物體靜止時慣性大D．在月球上舉重比在地球上簡單，所以質量相同的物體在月球上比在地球上慣性小解析：物體的慣性的大小是由物體的質量確定的，質量相同則慣性大小相同，慣性的大小與物體的位置、是否受力和如何運動均無關．故B正確，A、C、D錯誤．2．一物體在共點力作用下，下列說法中正確的是(C)A．物體的速度在某一時刻等于零，則該時刻物體肯定處于平衡狀態B．該物體相對于另一物體保持靜止時，該物體肯定處于平衡狀態C．物體所受合力為零時，物體肯定處于平衡狀態D．物體做勻加速運動時，物體可能處于平衡狀態解析：處于平衡狀態的物體，從運動形式上看是處于靜止狀態或勻速直線運動狀態，從受力上看是物體所受合力為零．物體在某一時刻速度為零，所受合力不肯定為零，故不肯定處于平衡狀態，選項A錯誤．該物體相對于另一個物體靜止時，該物體所受合力不肯定為零，故不肯定處于平衡狀態，選項B錯誤．依據共點力的平衡條件可知選項C正確．物體做勻加速運動時，所受合力肯定不為零，故不行能處于平衡狀態，選項D錯誤．3.如圖所示，在一粗糙水平面上有兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一原長為L、勁度系數為k的輕彈簧連接起來，木塊與地面間的動摩擦因數為μ.現用一水平力向右拉木塊2，當兩木塊一起勻速運動時，兩木塊之間的距離為(A)A．L＋eq\f(μm1g,k) B．L＋eq\f(μm1＋m2g,k)C．L＋eq\f(μm2g,k) D．L＋eq\f(μm1m2g,km1＋m2)解析：由于兩木塊一起勻速運動，故每個木塊均受力平衡，設彈簧的伸長量為Δx，對木塊1進行受力分析，可得kΔx＝μm1g，所以Δx＝eq\f(μm1g,k)，因此兩木塊間的距離為L＋Δx＝L＋eq\f(μm1g,k)，選項A正確．4．如圖所示，物塊以初速度v0從底端沿足夠長的光滑斜面對上滑行，不考慮空氣阻力，則該物塊在斜面上運動全過程的v－t圖象是(A)解析：物塊在運動過程中，只受到重力和支持力作用，合力不變，加速度不變，物體先做勻減速直線運動，速度減為零后反向做勻加速直線運動，加速度不變，故A正確．5.如圖所示，在光滑的水平面上，質量分別為m1和m2的木塊A和B之間用輕彈簧相連，在拉力F作用下，以加速度a做勻加速直線運動，某時刻突然撤去拉力F，此瞬時A和B的加速度為a1和a2，則(D)A．a1＝a2＝0B．a1＝a，a2＝0C．a1＝eq\f(m1,m1＋m2)a，a2＝eq\f(m2,m1＋m2)aD．a1＝a，a2＝－eq\f(m1,m2)a解析：兩物體在光滑的水平面上一起以加速度a向右勻加速運動時，彈簧的彈力F彈＝m1a，在力F撤去的瞬間，彈簧的彈力來不及變更，大小仍為m1a，因此對A來講，加速度此時仍為a，對B物體：取向右為正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－eq\f(m1,m2)a，所以只有D項正確．6．質量m0＝30kg、長L＝1m的木板放在水平面上，木板與水平面的動摩擦因數μ1＝0.15.將質量m＝10kg的小木塊(可視為質點)，以v0＝4m/s的速度從木板的左端水平滑到木板上(如圖所示)．小木塊與木板面的動摩擦因數μ2＝0.4(最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，g取10m/s2)．則以下推斷中正確的是(C)A．木板肯定向右滑動，小木塊不能滑出木板B．木板肯定向右滑動，小木塊能滑出木板C．木板肯定靜止不動，小木塊能滑出木板D．木板肯定靜止不動，小木塊不能滑出木板解析：木塊受到的滑動摩擦力為Ff2，方向向左，Ff2＝μ2mg＝40N，木板受到木塊施加的滑動摩擦力為Ff2′，方向向右，大小為Ff2′＝Ff2＝40N，木板受地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，即Ff1＝μ1(m＋m0)g＝60N．Ff1方向向左，Ff2′＜Ff1，木板靜止不動，木塊向右做勻減速運動，設木塊減速到零時的位移為x，則由0－veq\o\al(2,0)＝－2μ2gx得x＝2m＞L＝1m，故小木塊能滑出木板，選項C正確．7．關于牛頓其次定律的下列說法中，正確的是(AB)A．物體加速度的大小由物體的質量和物體所受合力大小確定，與物體的速度大小無關B．物體加速度的方向只由它所受合力的方向確定，與速度方向無關C．物體所受合力的方向和加速度的方向及速度方向總是相同的D．一旦物體所受合力為零，則物體的加速度馬上為零，其速度也肯定馬上變為零解析：對于某個物體，合力的大小確定加速度的大小，合力的方向確定加速度的方向，而與速度的方向無關，選項A、B正確；物體所受合力方向若與速度方向相同，則物體做加速運動；若合力方向與速度方向相反，則物體做減速運動，選項C錯誤；合力一旦為零，依據牛頓其次定律，則加速度馬上為零，而此時物體的速度不肯定為零，物體有可能做勻速直線運動，選項D錯誤．8.如圖所示，100個大小相同、質量均為M的光滑小球，靜止放置于兩個相互垂直擋板上，平面AB與水平面夾角為30°，則(AD)A．第1個小球受4個力作用B．第8個小球受力個數可能小于4C．斜面對第31個小球的支持力為eq\f(Mg,2)D．第5個小球對第4個小球的作用力為48Mg解析：選取第1個小球為探討對象，對它進行受力分析，它受到重力、斜面的支持力、擋板的支持力和第2個小球對它的壓力，故選項A正確；選取第8個小球為探討對象，對它進行受力分析，它受到重力、斜面的支持力、第7個小球對它的支持力和第9個小球對它的壓力．故它受到4個力的作用，故選項B錯誤；選取第31個小球為探討對象，對它進行受力分析，它受到的斜面的支持力等于重力垂直于斜面方向的重量，即FN＝Mgcos30°＝eq\f(\r(3)Mg,2)，故選項C錯誤；以第5個球到第100個球共96個球整體為探討對象，由于無摩擦力，由平衡條件得知，第4個小球對第5個球的作用力大小等于這96個球的重力沿AB平面對下的分力大小，即有F＝96Mgsin30°＝48Mg，故選項D正確．9．如圖所示，是某同學站在壓力傳感器上，做下蹲－起立的動作時記錄的力隨時間變更的圖線．由圖線可知(AC)A．該同學體重約為650NB．該同學做了兩次下蹲－起立的動作C．該同學做了一次下蹲－起立的動作，且下蹲后約2s起立D．下蹲過程中人先處于超重狀態后處于失重狀態解析：由圖線可知該同學體重約為650N，A正確．人下蹲動作有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重，故下蹲時應先失重再超重．起立時應先超重再失重，由對應圖象可知，該同學做了一次下蹲－起立的動作，B、D錯誤．由圖象看出兩次超重的時間間隔約為2s，這就是人蹲下后持續的時間，C正確．10．如圖甲所示，地面上有一質量為M的重物，用力F向上提它，力F變更而引起物體加速度變更的函數關系如圖乙所示，則以下說法中正確的是(ABD)A．當F小于圖中A點值時，物體的重力Mg>F，物體不動B．圖中A點值即為物體的重力值C．物體向上運動的加速度和力F成正比D．圖線延長線和縱軸的交點B的數值的肯定值等于該地的重力加速度解析：當0≤F≤Mg時，物體靜止，選項A正確；當F>Mg時，即能將物體提離地面，此時，F－Mg＝Ma，a＝eq\f(F,M)－g，A點表示的意義即為F＝Mg，所以選項B正確；直線的斜率為eq\f(1,M)，故B點數值的肯定值為g，故選項D正確．二、填空題(共2小題，每小題8分，共16分)11．在“探究加速度與力、質量的關系”試驗中，某同學運用了如圖所示的裝置，打點計時器運用的溝通電頻率為50Hz.(1)該同學得到一條紙帶，在紙帶上取連續的六個點，如圖1所示，自A點起，相鄰兩點的距離分別為10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm，則打E點時小車的速度為0.85m/s，小車的加速度為5.0m/s2；(2)該同學要探究小車的加速度a和質量M的關系，應當保持拉力F(砂和砂桶的總質量)不變；若該同學要探究加速度a和拉力F的關系，應當保持小車質量M不變；(3)該同學通過數據的處理作出了a－F圖象，如圖2所示，則圖中直線不過原點的緣由可能是平衡摩擦力過度．解析：(1)D、F兩點間的平均速度即為E點的瞬時速度，vE＝eq\f(xDF,2T)＝eq\f(16.0＋18.0×10－3,2×0.02)m/s＝0.85m/s依據Δx＝aT2得：a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(2.0×10－3,0.022)m/s2＝5.0m/s2.(2)該同學要探究小車的加速度a和質量M的關系，應當保持細線對車的拉力F不變即砂桶(含砂)的質量不變；若該同學要探究加速度a和拉力F的關系，應當保持小車的質量M不變．(3)題圖2中當F＝0時，a≠0.說明當繩子上沒有拉力時，小車的加速度不為0，也就是說小車的摩擦力小于重力的分力，所以緣由是試驗前木板右端墊得過高．12．某同學設計了如圖所示的裝置，利用米尺、秒表、輕繩、輕滑輪、軌道、滑塊、托盤和砝碼等器材來測定滑塊和軌道間的動摩擦因數μ.滑塊和托盤上分別放有若干砝碼，滑塊質量為M，滑塊上砝碼的總質量為m′，托盤和盤中砝碼的總質量為m.試驗中，滑塊在水平軌道上從A到B做初速度為零的勻加速直線運動，重力加速度g取10m/s2.(1)為測量滑塊的加速度a，需測出它在A、B間運動的位移與時間，計算a的運動學公式是a＝eq\f(2x,t2).(2)依據牛頓運動定律得到a與m的關系為a＝eq\f(1＋μg,M＋m′＋m)m－μg他想通過多次變更m，測出相應的a值，并利用上式來計算μ.若要求a是m的一次函數，必需使上式中的m＋m′保持不變，試驗中應將從托盤中取出的砝碼置于滑塊上．(3)試驗得到a與m的關系如圖所示，由此可知μ＝0.23(取兩位有效數字)．解析：(1)由x＝eq\f(1,2)at2，得a＝eq\f(2x,t2)，可見需測出滑塊在A、B間的位移x和運動時間t.(2)要使a＝eq\f(1＋μg,M＋m′＋m)m－μg是m的一次函數，必需使m＋m′保持不變，這就要求試驗中從托盤中取出的砝碼應置于滑塊上．(3)由a＝eq\f(1＋μg,M＋m′＋m)m－μg，得a＋μg＝eq\f(1＋μg,M＋m′＋m)m.取a1＝0.23m/s2，m1＝0.064kg；a2＝0.39m/s2，m2＝0.068kg，則eq\f(a1＋μg,a2＋μg)＝eq\f(m1,m2)，解得μ≈0.23.三、計算題(共4小題，每小題10分，共40分)13.如圖所示，一木塊沿傾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求木塊的加速度大小；(2)若木塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，求木塊加速度的大小．答案：(1)6m/s2(2)2m/s2解析：(1)分析木塊的受力狀況如圖甲所示，木塊受重力mg、支持力FN兩個力作用，合外力大小為mgsinθ，依據牛頓其次定律得mgsinθ＝ma1，所以a1＝gsinθ＝10×0.6m/s2＝6m/s2.(2)若斜面粗糙，木塊的受力狀況如圖乙所示，建立直角坐標系．在x方向上(沿斜面方向)mgsinθ－Ff＝ma2①在y方向上(垂直斜面方向)FN＝mgcosθ②又因為Ff＝μFN③由①②③得a2＝gsinθ－μgcosθ＝(10×0.6－0.5×10×0.8)m/s2＝2m/s2.14.如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上端固定一勁度系數為k的輕彈簧，彈簧下端連有一質量為m的小球，小球被一垂直于斜面的擋板A攔住，此時彈簧沒有形變．若手持擋板A以加速度a(a<gsinθ)沿斜面勻加速下滑，求：(1)從擋板起先運動到小球與擋板分別所經驗的時間；(2)從擋板起先運動到小球的速度達到最大，小球經過的最小路程．答案：(1)eq\r(\f(2mgsinθ－a,ka))(2)eq\f(mgsinθ,k)解析：(1)當小球與擋板分別時，擋板對小球的作用力恰好為零，對小球，由牛頓其次定律得mgsinθ－kx＝ma解得小球做勻加速運動的位移為x＝eq\f(mgsinθ－a,k)由x＝eq\f(1,2)at2得從擋板起先運動到小球與擋板分別所經驗的時間為t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2mgsinθ－a,ka)).(2)小球的速度達到最大時，其加速度為零，則有kx′＝mgsinθ故小球從起先運動到小球速度達到最大，小球經過的最小路程為x′＝eq\f(mgsinθ,k).15．如圖所示，將質量m＝0.1kg的圓環套在固定的水平直桿上．環的直徑略大于桿的截面直徑．環與桿間的動摩擦因數為μ＝0.8.對環施加一位于豎直平面內斜向上且與桿夾角為θ＝53°的拉力F，使圓環以a＝4.4m/s2的加速度沿桿運動，求F的大小．(取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)答案：1N或9N解析：當環與直桿之間沒有作用力時，在垂直桿方向有Fsinθ＝mg解得F＝1.25N當F<1.25N時，桿對環的彈力向上，對環進行受力分析，依據牛頓其次定律和平衡條件有Fcosθ－μFN＝ma，FN＋Fsinθ＝mg解得F＝1N當F>1.25N時，桿對環的彈力向下，對環進行受力分析，依據牛頓其次定律和平衡條件有F′cosθ－μF′N＝ma，F′sinθ＝mg＋F′N解得F′＝9N.16.如圖所示，長L＝1.5m、高h＝0.45m、質量M＝10kg的長方體木箱，在水平地面上向右做直線運動．當木箱的速度v0＝3.6m/s時，對木箱施加一個方向水平向左的恒力F＝50N，并同時將一個質量m＝1kg的小球