2019-2020新教材高中物理 单元素养评价（四）（含解析）新人教版必修1

单元素养评价(四)(第四章)(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分)1.“歼-20”是我国自主研制的新一代隐身重型歼击机,具有卓越的机动性能,当它在空中向下俯冲时,速度增加得很快。则()A.加速向下俯冲时有惯性B.加速向下俯冲时无惯性C.加速向下俯冲时惯性增大D.加速向下俯冲时惯性减小【解析】选A。惯性是物体本身的一种性质,与运动状态无关,A正确,B错误;惯性的大小只与物体的质量有关,C、D错误。2.搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车,当力沿斜面向上,大小为F时,物体的加速度为a1;若保持力的方向不变,大小变为2F时,物体的加速度为a2,则()A.a1=a2B.a1a22a1C.a2=2a1D.a22a1【解析】选D。设总的阻力为F′,第一次拉时F-F′=ma1,式子两边同乘以2,得2F-2F′=m·2a1,第二次拉时,2F-F′=ma2,比较两个式子可以看出a22a1,所以D正确。【补偿训练】一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是()【解析】选C。物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用,根据牛顿第二定律,有当F≤Ffmax时,a=0,当FFfmax时,F=ma+Ffmax,C正确。3.如图所示,吊篮P悬挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体Q被固定在篮中的轻弹簧托住,当悬挂的细绳烧断的瞬间,吊篮P与Q的加速度大小可能是()A.aP=aQ=gB.aP=2g,aQ=gC.aP=2g,aQ=0D.aP=g,aQ=2g【解析】选C。绳断瞬间,弹簧弹力未变,Q受力未变,故aQ=0,而吊篮P受重力mg和弹簧给吊篮P的弹力,大小等于mg,根据牛顿第二定律,其加速度为2g,故C正确,A、B、D错误。【补偿训练】细绳拴一个质量为m的小球,小球用固定在墙上的水平弹簧支撑,小球与弹簧不粘连,平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°,如图所示,以下说法正确的是(已知cos53°=0.6,sin53°=0.8)()A.小球静止时弹簧的弹力大小为mgB.小球静止时细绳的拉力大小为mgC.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为gD.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g【解析】选D。小球静止时,分析受力情况,如图所示:由平衡条件得:弹簧的弹力大小为:F=mgtan53°=mg,因此A选项错误。细绳的拉力大小为:T==mg,因此B选项错误。细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变,则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反,则此瞬间小球的加速度大小为:a==g,故C错误、D正确。4.里约奥运会男子跳高决赛的比赛中,加拿大选手德劳因突出重围,以2米38的成绩夺冠。则()A.德劳因在最高点处于平衡状态B.德劳因在下降过程中处于超重状态C.德劳因起跳以后在上升过程中处于失重状态D.德劳因起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力【解析】选C。最高处时,具有竖直向下的加速度,故不是平衡状态,A错误;无论是上升过程还是下落过程,还是最高点,运动员的加速度始终向下,所以他处于失重状态,B错误,C正确;德劳因起跳时地面对他的支持力大于他所受的重力,从而才从地面上离开向上运动,故D错误。5.如图所示为物体的合外力F的大小随时间t的变化情况,物体在合外力的作用下从静止开始运动,则在0～t0时间内,下列说法正确的是()A.物体的加速度先变小,后变大;速度先变小,后变大B.物体的加速度先变大,后变小;速度先变大,后变小C.物体的加速度先变小,后变大;速度先变大,后变小D.物体的加速度先变大,后变小;速度一直变小【解析】选C。由于合力先减小后反向增大,根据牛顿第二定律可知,其加速度先减小后反向增大,加速度与速度方向相同时,物体做加速运动,加速度反向后,加速度和速度方向相反,物体做减速运动,故速度先变大后变小,故C正确,A、B、D错误。6.用30N的水平外力F拉一个静止在光滑水平面上的、质量为20kg的物体,力F作用3s后消失。则第5s末物体的速度和加速度分别是()A.v=4.5m/s,a=1.5m/s2B.v=7.5m/s,a=1.5m/s2C.v=4.5m/s,a=0D.v=7.5m/s,a=0【解析】选C。由牛顿第二定律得力F作用时物体的加速度a==m/s2=1.5m/s2,力F作用3s时速度大小为v=at=1.5×3m/s=4.5m/s,而力F消失后,其速度不再变化,物体加速度为零,C正确。7.如图所示为运送粮袋的传送装置,已知AB间长度为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),以下说法正确的是()A.粮袋到达B点的速度小于vB.粮袋开始运动的加速度为g(sinθ-cosθ),若L足够大,则以后将以速度v做匀速运动C.若μtanθ,则粮袋从A到B一直做加速运动D.不论μ大小如何,粮袋从A到B一直做匀加速运动,且agsinθ【解析】选C。粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于v;可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故A错误;粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmgcosθ,根据牛顿第二定律得,加速度a=g(sinθ+μcosθ),故B错误;若μtanθ,则重力的下滑分力大于滑动摩擦力,故a的方向一直向下,粮袋从A到B一直是做加速运动,可能是一直以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速;也可能先以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速,后以g(sinθ-μcosθ)匀加速,故C正确;由以上分析可知,粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动。故D错误。【补偿训练】如图所示,传送带与水平面的夹角θ=30°,A、B间传送带长16m,传送带以10m/s的速率逆时针匀速转动,在传送带顶端A无初速度释放一个质量为0.5kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为,则物体从A运动到B所需时间是(g取10m/s2)()A.1.6sB.2sC.sD.s【解析】选B。开始运动时物体沿传送带向下做匀加速直线运动μmgcosθ+mgsinθ=ma1,a1=12.5m/s2设加速到与传送带同速的时间为t1:v=a1t1,t1=0.8s,运动的位移x1=a1=4m,之后mgsinθμmgcosθ,物体跟随传送带做匀速直线运动,t2=s=1.2s,t=t1+t2=2s,B正确。8.如图甲所示,运动员和雪橇总质量为60kg,沿倾角θ=37°的斜坡向下滑动。测得雪橇运动的v-t图像如图乙所示,且AB是曲线的切线,B点坐标为(4,15),CD是曲线的渐近线。若空气阻力与速度成正比,g取10m/s2,根据以上信息,无法求出下列哪些物理量()A.空气阻力系数B.雪橇与斜坡间的动摩擦因数C.雪橇在斜坡上下滑的最大速度D.雪橇达到最大速度时所用的时间【解析】选D。在A点时,加速度为:aA=m/s2=2.5m/s2。速度为:vA=5m/s,根据牛顿第二定律得运动以后的加速度为:a=①当加速度a=0时,速度达到最大,vm=10m/s。有:mgsinθ-μmgcosθ-kvm=0②联立①②解得:μ=,k=30N/(m·s-1)由于该运动是加速度变化的加速运动,故无法求出雪橇到达最大速度所用的时间,故A、B、C能求出,D无法求出,故选D。9.如图所示,A、B两物体用细绳连接后放在斜面上,如果两物体与斜面间的摩擦因数都为μ,则它们下滑的过程中()A.它们的加速度a=gsinαB.它们的加速度agsinαC.细绳中的张力FT=0D.细绳中的张力FT=mAg(sinα-cosα)【解析】选C。对A、B组成的系统整体运用牛顿第二定律,有(mA+mB)gsinα-μ(mA+mB)gcosα=(mA+mB)a,得a=(sinα-μcosα)ggsinα,A、B错误;对A进行隔离,运用牛顿第二定律有mAgsinα-μmAgcosα-FT=mAa,得FT=0,C正确,D错误。二、实验题(共5分)10.(2019·全国卷Ⅱ)如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题:(1)铁块与木板间动摩擦因数μ=______(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角θ=30°。接通电源。开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.8m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为____________(结果保留2位小数)。【解析】(1)以铁块为研究对象,受力分析如图所示由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma,故μ=。(2)由逐差法求加速度a=,由纸带可得sⅡ=(76.39-31.83)×10-2m,T=0.10s,sⅠ=(31.83-5.00)×10-2m,a=m/s2=1.97m/s2,代入μ=,解得μ≈0.35。答案:(1)(2)0.35三、计算题(本题共3小题,共28分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(9分)民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口,发生意外情况的飞机着陆后,打开紧急出口的舱门,会自动生成一个由气囊组成的斜面,机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上。若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0m,构成斜面的气囊长度为5.0m,要求紧急疏散时,乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0s。(取g=10m/s2)则:(1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大?(2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少?【解析】(1)乘客在气囊组成的斜面的受力示意图如图所示,h=4.0m,L=5.0m,t=2.0s,斜面倾角为θ,则sinθ==0.8,cosθ==0.6设乘客沿气囊下滑过程的加速度至少为a,则L=at2(1分)解得a==2.5m/s2(1分)(2)对乘客进行受力分析,沿x方向有mgsinθ-Ff=ma(2分)沿y方向有FN-mgcosθ=0(2分)又Ff=μFN(1分)联立方程解得μ=≈0.92(2分)答案:(1)2.5m/s2(2)0.9212.(9分)如图是上海中心大厦,质量为60kg的泽楷同学乘坐大厦快速电梯,从底层到达第119层观光平台仅用时t=55s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动,经过20s达到最大速度vm=18m/s,然后以最大速度匀速运动,最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为H=549m,重力加速度g取10m/s2。求:(1)加速度a1及上升高度h。(2)在匀加速上升过程中泽楷同学对电梯地板的压力。(3)电梯匀速运动的时间。【解析】(1)vm=a1t1(1分)代入数据得:a1=0.9m/s2,方向竖直向上(1分)h=t1(1分)代入数据得:h=180m(1分)(2)根据牛顿第二定律:F-mg=ma1(1分)代入数据得:F=654N(1分)由牛顿第三定律得:泽楷同学对电梯地板的压力为654N,方向竖直向下(1分)(3)匀速运动和匀减速运动的位移:vmt2+(t-t1-t2)=H-h(1分)代入数据得:t2=6s(1分)答案:(1)0.9m/s2方向竖直向上180m(2)654N方向竖直向下(3)6s13.(10分)如图,光滑水平面上放一质量M=3kg,长为L=1m的木板,板上最右端放一质量为m=1kg的小物块,接触面间的动摩擦因数为μ=0.1,今对木板施加一水平向右的拉力F。(1)要使木板能从物块下