1、第四章牛顿运动定律综合评估一、选择题(16为单选每小题4分，710为多选每小题5分，共44分)1关于惯性的大小，下列叙述正确的是(B)A两个质量相同的物体，在阻力相同的情况下，速度大的不容易停下来，所以速度大的物体惯性大B两个质量相同的物体，不管速度大小，它们的惯性的大小一定相同C推动地面上静止的物体，要比维持这个物体做匀速运动所需的力大，所以物体静止时惯性大D在月球上举重比在地球上容易，所以质量相同的物体在月球上比在地球上惯性小解析：物体的惯性的大小是由物体的质量决定的，质量相同则惯性大小相同，惯性的大小与物体的位置、是否受力和如何运动均无关故B正确，A、C、D错误2一物体在共点力作用下，下
2、列说法中正确的是(C)A物体的速度在某一时刻等于零，则该时刻物体一定处于平衡状态B该物体相对于另一物体保持静止时，该物体一定处于平衡状态C物体所受合力为零时，物体一定处于平衡状态D物体做匀加速运动时，物体可能处于平衡状态解析：处于平衡状态的物体，从运动形式上看是处于静止状态或匀速直线运动状态，从受力上看是物体所受合力为零物体在某一时刻速度为零，所受合力不一定为零，故不一定处于平衡状态，选项A错误该物体相对于另一个物体静止时，该物体所受合力不一定为零，故不一定处于平衡状态，选项B错误根据共点力的平衡条件可知选项C正确物体做匀加速运动时，所受合力一定不为零，故不可能处于平衡状态，选项D错误3.如图
3、所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为.现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，两木块之间的距离为(A)AL BLCL DL解析：由于两木块一起匀速运动，故每个木块均受力平衡，设弹簧的伸长量为x，对木块1进行受力分析，可得kxm1g，所以x，因此两木块间的距离为LxL，选项A正确4如图所示，物块以初速度v0从底端沿足够长的光滑斜面向上滑行，不考虑空气阻力，则该物块在斜面上运动全过程的vt图象是(A)解析：物块在运动过程中，只受到重力和支持力作用，合力不变，加速度不变，物体先做匀减速直线运
4、动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，加速度不变，故A正确5.如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1和a2，则(D)Aa1a20Ba1a，a20Ca1a，a2aDa1a，a2a解析：两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力F弹m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加速度此时仍为a，对B物体：取向右为正方向，m1am2a2，a2a，所以只有D项正确6质量m030 kg、长L1 m的木板放在水平面上，木板
5、与水平面的动摩擦因数10.15.将质量m10 kg的小木块(可视为质点)，以v04 m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示)小木块与木板面的动摩擦因数20.4(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)则以下判断中正确的是(C)A木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板B木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C木板一定静止不动，小木块能滑出木板D木板一定静止不动，小木块不能滑出木板解析：木块受到的滑动摩擦力为Ff2，方向向左，Ff22mg40 N，木板受到木块施加的滑动摩擦力为Ff2，方向向右，大小为Ff2Ff240 N，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即Ff11(mm0)
6、g60 NFf1方向向左，Ff2Ff1，木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x，则由0v22gx得x2 mL1 m，故小木块能滑出木板，选项C正确7关于牛顿第二定律的下列说法中，正确的是(AB)A物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合力大小决定，与物体的速度大小无关B物体加速度的方向只由它所受合力的方向决定，与速度方向无关C物体所受合力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的D一旦物体所受合力为零，则物体的加速度立即为零，其速度也一定立即变为零解析：对于某个物体，合力的大小决定加速度的大小，合力的方向决定加速度的方向，而与速度的方向无关，选项A、B正确；物体所受合力方
7、向若与速度方向相同，则物体做加速运动；若合力方向与速度方向相反，则物体做减速运动，选项C错误；合力一旦为零，根据牛顿第二定律，则加速度立即为零，而此时物体的速度不一定为零，物体有可能做匀速直线运动，选项D错误8.如图所示，100个大小相同、质量均为M的光滑小球，静止放置于两个相互垂直挡板上，平面AB与水平面夹角为30，则(AD)A第1个小球受4个力作用B第8个小球受力个数可能小于4C斜面对第31个小球的支持力为D第5个小球对第4个小球的作用力为48Mg解析：选取第1个小球为研究对象，对它进行受力分析，它受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和第2个小球对它的压力，故选项A正确；选取第8个小球为研
8、究对象，对它进行受力分析，它受到重力、斜面的支持力、第7个小球对它的支持力和第9个小球对它的压力故它受到4个力的作用，故选项B错误；选取第31个小球为研究对象，对它进行受力分析，它受到的斜面的支持力等于重力垂直于斜面方向的分量，即FNMgcos30，故选项C错误；以第5个球到第100个球共96个球整体为研究对象，由于无摩擦力，由平衡条件得知，第4个小球对第5个球的作用力大小等于这96个球的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F96Mgsin3048Mg，故选项D正确9如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线由图线可知(AC)A该同学体重约为650 NB该同学
9、做了两次下蹲起立的动作C该同学做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2 s起立D下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态解析：由图线可知该同学体重约为650 N，A正确人下蹲动作有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，故下蹲时应先失重再超重起立时应先超重再失重，由对应图象可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，B、D错误由图象看出两次超重的时间间隔约为2 s，这就是人蹲下后持续的时间，C正确10如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是(ABD)A当F小于图中A点值时，物体的重力MgF，
10、物体不动B图中A点值即为物体的重力值C物体向上运动的加速度和力F成正比D图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度解析：当0FMg时，物体静止，选项A正确；当FMg时，即能将物体提离地面，此时，FMgMa，ag，A点表示的意义即为FMg，所以选项B正确；直线的斜率为，故B点数值的绝对值为g，故选项D正确二、填空题(共2小题，每小题8分，共16分)11在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50 Hz.(1)该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图1所示，自A点起，相邻两点的距离分别为10.0 mm、12.0 mm、
11、14.0 mm、16.0 mm、18.0 mm，则打E点时小车的速度为0.85 m/s，小车的加速度为5.0 m/s2；(2)该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持拉力F(砂和砂桶的总质量)不变；若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车质量M不变；(3)该同学通过数据的处理作出了aF图象，如图2所示，则图中直线不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度解析：(1)D、F两点间的平均速度即为E点的瞬时速度，vE m/s0.85 m/s根据xaT2得：a m/s25.0 m/s2.(2)该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持细线对车的拉力F不变即砂桶(含砂)的质量不变；若
12、该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变(3)题图2中当F0时，a0.说明当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，也就是说小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高12某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数.滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码的总质量为m，托盘和盘中砝码的总质量为m.实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2.(1)为测量滑块的加速度a，需测出它在A、B间运动的位移与时间，计算a的运动学公式是a.
13、(2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为amg他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算.若要求a是m的一次函数，必须使上式中的mm保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上(3)实验得到a与m的关系如图所示，由此可知0.23(取两位有效数字)解析：(1)由xat2，得a，可见需测出滑块在A、B间的位移x和运动时间t.(2)要使amg是m的一次函数，必须使mm保持不变，这就要求实验中从托盘中取出的砝码应置于滑块上(3)由amg，得agm.取a10.23 m/s2，m10.064 kg；a20.39 m/s2，m20.068 kg，则，解得0.23.三、计算题(共4小题，每小题1
14、0分，共40分)13.如图所示，一木块沿倾角37的光滑固定斜面自由下滑g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8.(1)求木块的加速度大小；(2)若木块与斜面间的动摩擦因数0.5，求木块加速度的大小答案：(1)6 m/s2(2)2 m/s2解析：(1)分析木块的受力情况如图甲所示，木块受重力mg、支持力FN两个力作用，合外力大小为mgsin，根据牛顿第二定律得mgsinma1，所以a1gsin100.6 m/s26 m/s2.(2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系在x方向上(沿斜面方向)mgsinFfma2在y方向上(垂直斜面方向)FNmgcos又因为FfFN由
15、得a2gsingcos(100.60.5100.8) m/s22 m/s2.14.如图所示，在倾角为的光滑斜面上端固定一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端连有一质量为m的小球，小球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变若手持挡板A以加速度a(agsin)沿斜面匀加速下滑，求：(1)从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间；(2)从挡板开始运动到小球的速度达到最大，小球经过的最小路程答案：(1)(2)解析：(1)当小球与挡板分离时，挡板对小球的作用力恰好为零，对小球，由牛顿第二定律得mgsinkxma解得小球做匀加速运动的位移为x由xat2得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t.(
16、2)小球的速度达到最大时，其加速度为零，则有kxmgsin故小球从开始运动到小球速度达到最大，小球经过的最小路程为x.15如图所示，将质量m0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上环的直径略大于杆的截面直径环与杆间的动摩擦因数为0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为53的拉力F，使圆环以a4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小(取sin530.8，cos530.6，g10 m/s2)答案：1 N或9 N解析：当环与直杆之间没有作用力时，在垂直杆方向有Fsinmg解得F1.25 N当F1.25 N时，杆对环的弹力向下，对环进行受力分析，根据牛顿第二定律和平衡条件有FcosFNma
17、，FsinmgFN解得F9 N.16.如图所示，长L1.5 m、高h0.45 m、质量M10 kg的长方体木箱，在水平地面上向右做直线运动当木箱的速度v03.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F50 N，并同时将一个质量m1 kg的小球轻放在距木箱右端处的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面木箱与地面间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计取g10 m/s2.求：(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；(2)小球放在P点后，木箱向右运动的最大位移；(3)小球离开木箱时木箱的速度答案：(1)0.3 s(2)0.9 m(3)2.8 m/s方向向左解析：(1)由hgt2得小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间t s0.3 s.(2)小球放到木箱上后相对地面静止，木箱的加速度大小为a1 m/s27.2 m/s2故木箱向右运动的最大位移为x1 m0.9 m.(3)因为x1小于1 m，所以小球不会从木箱的左端掉下，木箱向左运动的加速度大小为a2 m/s22.8 m/s2设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则x2x10.9 m0.5 m1.4 m此时木箱的速度方向向左，大小为v m/s2.8 m/s.