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1、第 - 1 - 页 共 8 页 单元评估检测(三)单元评估检测(三) (时间：45 分钟 分值：100 分) 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分.15 为单选题，68 为多选题) 1(2019安徽芜湖模拟)某物体做直线运动的vt图象如图所示，据此判断四个选项 中(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)正确的是( ) 解析：选 B.由图可知前 2 s 物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前 2 s 受力恒定， 24 s 做匀减速直线运动，速度方向为正方向，所以受力为负，且恒定，46 s 做负方向匀 加速直线运动， 所以受力为负， 恒定， 68 s 做负方向匀减速直线运动
2、， 所以受力为正， 故 A 错误，B 正确；由上分析可知，先向正方向做加速运动，然后减速运动，4 s 末到达最远处， 然后返回，8 s 回到原点；故物体的位移一直为正值，故 C、D 错误 2(2019齐鲁名校联考)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所 示设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中 箱子始终保持图示姿态在箱子下落过程中，下列说法正确的是( ) A加速下落时，箱内物体对箱子底部的压力逐渐变大 B箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大 C箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力可能为 0 D若下落距离足够长，箱内物体有可能做减速运
3、动 解析：选 A.选整体为研究对象，由牛顿第二定律mgkv2ma，随着v变大，加速度a逐 渐变小，直到变为零分析物体受力，由牛顿第二定律可得Nmgma，刚开始运动时N0， 此后支持力逐渐变大，即加速下落时，箱内物体对箱子底部的压力逐渐变大，箱子刚从飞机 上投下时，箱内物体受到的支持力最小，选项 A 正确，B 错误；箱子接近地面时，箱子的加速 度趋近于零， 则箱内物体受到的支持力趋近与mg， 选项 C 错误 ； 若下落距离足够长， 当mgkv2 时，箱子做匀速运动，即箱内物体不可能做减速运动，选项 D 错误 3(2019河北邢台模拟)如图所示，质量为 1 kg 的滑块P位于粗糙水平桌面上，用跨过
4、 第 - 2 - 页 共 8 页 光滑轻质定滑轮的轻绳与质量也为 1 kg 的钩码Q相连，P与桌面间的动摩擦因数为 0.2， 重力 加速度为 10 m/s2.从离滑轮足够远处由静止释放滑块P，下列说法正确的是( ) A滑块P与桌面间的摩擦力大小为 10 N B轻绳受到的拉力大小为 6 N C滑块P的加速度大小为 5 m/s2 D滑块P释放后 1 s 内沿桌面前进的距离为 4 m 解析：选 B.释放P后，PQ一起做加速运动，所以P受到的滑动摩擦力大小为fmg 0.2110 N2 N，故 A 错；P从静止释放后PQ一起做匀加速运动，以整体为对象，根据牛 顿第二定律可求得mgmg2ma，即a4 m/
5、s2，再以Q为对象，由牛顿第二定律可知 ：mgT ma， 解得 ：T6 N， 故 B 对， C 错 ； 滑块P释放后 1 s 内沿桌面前进的距离为sat2 412 1 2 1 2 m2 m，故 D 错 4如图所示，底板光滑的平板小车上用两个量程足够大、完全相同的弹簧秤甲和乙系住 一个质量为 0.5 kg 的物块， 在水平地面上， 当小车做匀速直线运动时， 两弹簧秤的示数均为 10 N，此时弹簧秤中的弹簧均伸长 5 cm.当弹簧秤甲的示数稳定为 8 N 时，下列说法正确的是 ( ) A弹簧的劲度系数为 400 N/m B小车一定是向右做匀加速直线运动 C小车运动的加速度大小是 4 m/s2 D与
6、小车匀速运动时相比，物块相对于小车向左移动了 1 cm 解析 ： 选 D.根据题意弹簧秤中的弹簧均伸长 5 cm 时弹簧秤的示数均为 10 N， 此时kx 10 N 解得：k N/m200 N/m，故 A 错；两弹簧完全相同，且弹簧的弹力和其形变量成正 10 0.05 比，故当一个弹簧缩短时，另一个弹簧伸长，且二者形变量的变化大小相同，所以当弹簧秤 甲的示数稳定为 8 N 时，弹簧秤乙的示数应为 12 N，物体在水平方向所受到的合外力为 4 N, 根据牛顿第二定律可知，物块的加速度大小为a 8 m/s2，所以物块可以向右做匀加 F m 4 0.5 速运动也可以向左做匀减速运动，故 B、C 错；
7、弹簧乙的弹力变成了 12 N 根据胡克定律可知： Fkx1解得x1 m0.06 m6 cm，所以相对于原来物块向左移动了 1 cm，故 D 对 F k 12 200 第 - 3 - 页 共 8 页 5 (2019四川眉山一中模拟)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动 当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为 时，上升的最大高度记为h，重力 v 2 加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( ) Atan 和 B.tan 和 H 2( v2 2gH1) H 2 Ctan 和 D.tan 和 H 4( v2 2gH1) H 4 解析：选 D.根据速度位移公式得，物块
8、上滑的加速度为：a，根据 v2 2 H sin v2sin 2H 牛顿第二定律得 ：agsin gcos ，联立解得动摩擦因数为 ： mgsin mgcos m tan .因为物块上滑的加速度大小不变，根据x知，初速度变为原来的一半， ( v2 2gH1) v2 2a 则上滑的最大位移为原来的 ，上升的最大高度为原来的 ，即h .故 D 正确，A、B、C 错误 1 4 1 4 H 4 6(2019山东济宁调考)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面 上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止现拿走砝码，而持续加一个竖直 向下的恒力F(Fmg)，若其他条件不变，木盒以
9、加速度a2滑行距离x2后停止则( ) Aa2a1 Ba2a1 Cx2x1 Dx2x1 解析 ： 选 BD.设木盒的质量为M， 根据牛顿第二定律得， 放砝码时， 加速度a1（Mm）g Mm g；拿走砝码施加F时，加速度a2，可知a2a1.根据v22ax得，x. （MgF） M v2 2a 知加速度增大，则滑行的距离变小，即x2x1，故 B、D 正确，A、C 错误 7(2019云南师大属中模拟)如图所示，A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳 一端连接B， 另一端绕过定滑轮连接C物体 已知A和C的质量都是 2 kg，B的质量是 3 kg，A、B 间的动摩擦因数是 0.2，其他摩擦不计由静止释放
10、C，C下落一定高度的过程中(C未落地，B 未撞到滑轮，且A未与B分离，g10 m/s)，下列说法正确的是( ) 第 - 4 - 页 共 8 页 AA、B两物体没有发生相对滑动 BC物体的加速度大小是 3.2 m/s2 CB物体受到的摩擦力大小是 4 N D细绳的拉力大小等于 13.6 N 解析 ： 选 BCD.假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度 ：a m/s2 mCg mAmBmC 20 223 m/s2；隔离对A分析，fmAa2 NmAg4 N，可知假设不成立，即A、B两物体发 20 7 20 7 生相对滑动，A所受的摩擦力为 4 N，B物体受到A的摩擦力大小是 4 N，对B、C系统的加
11、速 度aBC m/s23.2 m/s2.对C分析，根据牛顿第二定律得 ：mCgTmCaBC； 解得T mCgf mBmC 204 23 13.6 N，故 A 错误，B、C、D 正确 8(2019山西部分学校调研)2018 年 7 月 12 日，C919 大型客 机 102 机顺利完成首次空中远距离转场飞行假设飞机在水平跑道 上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，加速 1.6103m 时才能 达到起飞所要求 80 m/s 的速度 已知飞机的质量为 7.0104 kg， 滑跑 时受到的阻力恒为重力的 0.1，取g10 m/s2，则在飞机滑跑的过程中( ) A飞机加速度的大小为 4 m/s2 B飞机
12、滑跑的时间为 40 s C飞机牵引力的大小为 1.4105 N D飞机牵引力的最大功率为 1.68107 W 解析 ： 选 BD.飞机加速度的大小为a m/s22 m/s2，选项 A 错误 ； 根据x v2 2x 802 2 1 600 t解得飞机滑跑的时间为t40 s，选项 B 正确；根据Ffma可得飞机牵引力的大小 v 2 2x v 为Fmakmg2.1105 N，选项 C 错误；飞机牵引力的最大功率为PFv2.110580 W1.68107 W，选项 D 正确 二、实验题(本题共 1 小题，共 12 分) 9(12 分)(2019安徽皖中名校联考)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，
13、甲、 乙同学设计了如图甲所示的实验装置其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量， m0为滑 轮的质量，滑轮大小不计且光滑力传感器可测出轻绳中的拉力大小 第 - 5 - 页 共 8 页 甲 (1)实验时，一定要进行的操作是_ A用天平测出砂和砂桶的质量 B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器 的示数 D为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M (2)甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知 打 点 计 时 器 采 用 的 是 频 率 为 50 Hz 的 交 流
14、电 ， 根 据 纸 带 可 求 出 小 车 的 加 速 度 为 _m/s2(结果保留三位有效数字) 乙 丙 (3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的aF图象是一条 直线，如图丙所示，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为 _ A. B.m0 1 tan 1 tan C. m0 D. 2 k 2 m (4)乙同学根据测量数据做出如图丁所示的aF图线，该同学做实验时存在的问题是 _ 丁 解析：(1)本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不 第 - 6 - 页 共 8 页 需要使小桶(包括砂)的质量远小于小车的总质量，故 A、D
15、错误 ； 实验时需将长木板右端垫高， 以平衡摩擦力，故 B 正确；实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需 记录传感器的示数，故 C 正确 (2)根据xaT2，运用逐差法得，a x36x03 9T2 m/s22.00 m/s2. （7.109.1311.091.103.095.12） 102 9 0.01 (3)由牛顿第二定律得 ： 2Fma， 则aF，aF图象的斜率 ：k ， 则小车的质量mmm0 2 m 2 m m0，故 C 正确 2 k (4)当F不等于零，加速度a仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或木板倾角过小，平 衡摩擦力不够 答案：(1)BC (2)2.00 (3)
16、C (4)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 三、计算题(本题共 2 小题，共 40 分) 10(20 分)(2019山东临沂调研)如图甲所示，在倾角为的足够长的斜面上，有一个 带风帆的滑板从静止开始沿斜面下滑，滑板的总质量为m，滑板与斜面间的动摩擦因数为， 滑板上的风帆受到的空气阻力与滑板下滑的速度成正比，即 fkv. (1)试求滑板下滑的最大速度vm的表达式； (2)若m2 kg、30， g取 10 m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度时间图象 如图乙所示，图中斜线是t0 时刻的速度图象的切线由此求 和 k 的值 解析：(1)滑板受力分析如图所示， 当mgsin f1f2 时，风帆下滑的速
17、度最大为 vm 则有mgsin mgcos kvm 第 - 7 - 页 共 8 页 vm(sin cos ) mg k (2)由图象知t0 时风帆下滑的加速度 a m/s23 m/s2 30 1 风帆下滑过程中最大速度vm2 m/s 当t0 时，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma ag(sin cos )10(0.5)3 m/s2 3 2 解得0.23 由mgsin mgcos kvm 得，k(sin cos ) mg vm (0.50.23)N/(ms 1)3 N/(ms1) 2 10 2 3 2 答案：(1)(sin cos ) (2)0.23 3 N/(ms1) mg k 1
18、1(20 分)(2019浙江联考)如图甲所示为冰库工作人员移动冰块的场景，冰块先在工 作人员斜向上拉力的作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动到运送冰块的目的地， 其工作原理可简化为如图乙所示 设冰块质量M100 kg， 冰块与滑道间动摩擦因数0.05， 运送冰块距离为 12 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成 53角斜向上某次拉冰块时， 工人从 滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进 4.0 m 后放手， 冰块刚好到达滑道末 端静止(已知 sin 530.8，cos 530.6)求： (1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比； (2)冰块滑动过程中的最大速度； (3)工
19、人拉冰块的拉力大小 解析：(1)冰块先做匀加速运动，加速度为a1，最大速度为vm，减速加速度大小为a2，加 速位移为x14 m；所以减速位移为x212x18 m；因为全程初末速度为零，a1 v 2x1 a2 v 2x2 21. a1 a2 x2 x1 8 4 第 - 8 - 页 共 8 页 (2)加速结束时刻速度最大，减速开始时刻速度最大；在减速阶段，冰块受滑动摩擦力减 速，根据牛顿第二定律：fma2 fmg a2g0.5 m/s2 02v2(a2)x2 2 m vm m/s2 m/s.2a2x22 0.5 82 (3)冰块在加速阶段：受力如图所示， 根据牛顿第二定律：水平方向：Fcos 53fMa1 竖直方向：NFsin 53Mg0 fN 由(1)得a12a21 m/s2 解得F MgMa1 cos 53sin 53 代入数据得：F234.4 N. 答案：(1)21 (2)2 m/s (3)234.4 N2