【文档说明】【精准解析】2021学年高中物理粤教版必修1练习：单元素养评价（四）.pdf，共(22)页，659.084 KB，由envi的店铺上传

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单元素养评价(四)(第四章)(60分钟·60分)一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分)1.下列选项是四位同学根据图中驾驶员和乘客的身体姿势,分别对向前运动的汽车运动情况作出的判断。其中正确的是()A.汽车一定做匀加速直线运动B.汽车一定做匀速直线运动C.汽车可

能是突然减速D.汽车可能是突然加速【解析】选C。在行驶的汽车上,人随着汽车一起向前运动,当汽车刹车时,人的下半身随着汽车的运动速度变慢,而人的上身由于惯性,仍要保持原来的运动状态,故此时人会向前倾;同理,当汽车突然倒车时,人的下半身随着汽车向后运动,上半身向前倾。若加速前进或突然启动,则人向

后倒,由图可知,人向前倾,所以汽车可能做减速运动,故C正确,A、B、D错误。故选C。2.牙医建议每天早晚各刷一次牙能有效预防各种口腔疾病。生活中人们常常刷牙后,用力甩一甩牙刷后放回牙刷杯中。关于用力甩牙刷的分析正确的是()A.仅仅是个人习惯没有科学依据B.甩牙刷时,在突然运动和突然停止瞬间,

刷毛之间的水由于惯性继续运动,导致水、刷毛分离,有利于保持刷毛干燥,从而有利于口腔健康C.用力甩牙刷使牙刷运动和停止,说明牙刷的运动状态要靠力来维持D.刷毛间的水被甩出去是因为刷毛太细太光滑,没有摩擦

力造成的【解析】选B。甩牙刷时,在牙刷突然运动和突然停止瞬间,刷毛之间的水由于惯性继续运动,导致水、刷毛分离,有利于保持刷毛干燥,从而有利于口腔健康,故A、D错误,B正确;物体的运动不需要力来维持,用力甩牙刷使牙刷运动和停止,说明力是改变物体运动状态的原因,故C错误;故选B。3.(20

20·青岛高一检测)放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑,如图甲所示;在滑块A上放一物体B,物体B始终与A保持相对静止,以加速度a2沿斜面匀加速下滑,如图乙所示;在滑块A上施加一竖直向下的恒力F

,滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑,如图丙所示。斜面为同一斜面,则()A.a1=a2=a3B.a1=a2<a3C.a1<a2=a3D.a1<a2<a3【解析】选B。设斜面倾角为α并对题图甲中滑块进行受力分析,沿斜面方向mgsinα-μmgc

osα=ma,所以a=gsinα-μgcosα,可以得出a与质量无关,故a1=a2,选项C、D错误;在滑块上施加竖直向下的力F,对滑块有(mg+F)sinα-μ(mg+F)cosα=ma3,解得a3=gsinα-μgcosα+(sinα-μcosα),得a1=a2<a3,选项

A错误,B正确。【加固训练】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F>Ffmax时,F=ma+Ffmax,C正确。4.细绳拴着一个质量为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。(已知cos53°

=0.6,sin53°=0.8)以下说法正确的是()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为gD.细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g【解析】选D。小

球静止时,分析受力情况,如图,由平衡条件得:弹簧的弹力大小为:F=mgtan53°=mg,细绳的拉力大小为:FT==mg,故A、B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。【加固训练】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=2

g,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。5.(2020·和平区高一检测)某同学站在一观光电梯地板上,利用速度传感器和计算机研究该观光电梯升降过程中的运动情况,如图所示的v-t图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况(向上为正方向

)。根据图像提供的信息,可以判断下列说法正确的是()A.0～5s内,观光电梯在加速上升,该同学处于失重状态B.5～10s内,该同学对电梯地板的压力大于他所受的重力C.10～20s内,观光电梯在减速下降,该同学处于超重状态D.20～25s内,观光电梯在加速下降,该同学处于失

重状态【解析】选D。由v-t图像可知,0～5s内,电梯的加速度为正,说明电梯在加速上升,该同学处于超重状态,A错误;5～10s内,电梯的加速度为0,该同学做匀速运动,故电梯地板对他的支持力大小等于他所受的重力大小,结合牛顿第三定律可知,B错误;10～20s内,电梯加速度向下,向上做匀减速运动,

该同学处于失重状态,C错误;20～25s内,电梯加速度向下,向下做匀加速运动,该同学处于失重状态,D正确。【总结提升】(1)超重与失重不是重力本身变了,而是物体对竖直悬绳的拉力或对水平支持物的压力发生了变化,若弹力大于重力是超重,反之是失重。(2)从牛顿第二定

律可以知道,加速度方向是超重、失重判断的关键,若加速度方向向上(包括斜向上),物体处于超重状态;若加速度方向向下(包括斜向下),物体处于失重状态。6.(2020·深圳高一检测)如图所示,在跳板跳水比赛中,运动员的起跳过程可简化为:运动员将跳板顶端

从水平位置B压到最低点C后向上弹起,直到最高点A,然后运动员完成规定动作落入水中,不计空气阻力,关于运动员,下列说法正确的是()A.在C点时,加速度为0B.在B点时,加速度为0C.从B到A过程中,始终处于失重状态D.从C到B过程中,始终处于超重状态【解

析】选C。运动员在下压跳板运动至最低点C时,速度为零;运动员将向上运动,故加速度向上,故A错误;在B点时运动员只受重力,加速度为g,故B错误;运动员从B到A的过程中,只受重力作用,加速度向下,故运动员处于失重状态,故C正确;从C到B的过程中,先是弹

力大于重力,然后弹力小于重力,故加速度先向上再向下,故运动员先超重再失重,故D错误。故选C。7.如图所示,粗糙的传送带与水平方向夹角为θ,当传送带静止时,在传送带上端轻放一小物块,物块下滑到底端所用时间为T,则下列说法正确的是()A.当传送带顺时针转动时,物

块下滑的时间可能大于TB.当传送带顺时针转动时,物块下滑的时间可能小于TC.当传送带逆时针转动时,物块下滑的时间等于TD.当传送带逆时针转动时,物块下滑的时间小于T【解析】选D。当传送带顺时针转动时,物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力,向下做匀

加速直线运动的加速度与传送带静止时加速度相同,所以物块下滑的时间等于T,故A、B错误;当传送带逆时针转动时,开始时物块受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力,向下做匀加速直线运动的加速度大于其在传送带静止时的加速度,则物块下滑的时间小于T,故C错误

,D正确。【加固训练】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μ<tanθ,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a>gs

inθ【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μ<tanθ,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。8.质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动,其在只受摩擦力

作用时和受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度-时间图像如图所示,则下列说法正确的是(g取10m/s2)()A.水平力F可能等于0.3NB.摩擦力一定等于0.1NC.水平力F一定等于0.1ND.摩擦力可能等于0.3N【解析】选C。两种情况下物体均在做匀减速运

动,其加速度大小分别为m/s2、m/s2,则根据牛顿第二定律得两种情况下的合外力分别为0.1N、0.2N。物体受到的水平力F和摩擦力的方向关系存在两种情况:当水平力F跟摩擦力方向一致时,摩擦力为0.1N,故此时水平力F=0.2N-0.1N=0.1N;当水平力F跟摩擦力方向相反时,摩擦力为0

.2N,故水平力F=0.2N-0.1N=0.1N。故水平力F一定等于0.1N,摩擦力等于0.1N或0.2N,选项A、B、D错误,C正确。9.如图所示,A为电磁铁,C为胶木秤盘,电磁铁A和秤盘C(包括支架)的总质量为M,B为铁片,质量为m,整个装置用轻绳悬挂于O点。当电磁

铁通电,铁片被吸引加速上升的过程中,轻绳中拉力FT的大小为()A.FT=mgB.Mg<FT<(M+m)gC.FT=(M+m)gD.FT>(M+m)g【解析】选D。以A、B、C组成的系统为研究对象,A、C静止,铁片B由静止被吸引加速上升,则系统的重心加速上升,系统处于超重状态,故轻绳的

拉力为FT>(M+m)g。故选项D正确。二、实验题(5分)10.某同学用如图所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系。(1)安装实验装置时,打点计时器应接在学生电源的________(选填“直流”或“交流”)上。长木板右端用垫木适当垫高的主要目的是____

____________________________________________。(2)验证“合外力一定时,加速度与质量成反比”时,将砝码盘及盘中砝码所受的重力视为小车及车上砝码受到的合外力。①实验中,若小车及车上砝码的

质量为120g,则砝码盘及盘内砝码的总质量最好选择______。(填选项前的字母)A.10gB.50gC.100gD.1kg②实验中,某同学用电磁打点计时器打了一条较为清晰的纸带,他按图所示选取计数点,在测量各相邻两计数点间的距离时不慎将纸带撕成了几段,但他清楚地知道图中的甲、乙属于同一纸带,

则图中点2与点3两点之间的距离为________cm。③由图中的甲、乙图可求得小车的加速度大小为________m/s2(保留3位有效数字)。【解析】(1)打点计时器应接在学生电源的交流电源上,实验过程中为保证绳子的拉力等于小车

及车上砝码所受到的合外力,则需抬高长木板右端从而平衡摩擦力。(2)①实验中为保证绳子的拉力近似等于砝码盘及砝码的重力,则需要满足砝码盘及砝码的质量远小于小车及车上砝码的质量,所以砝码盘及盘内砝码的总质量应较小,故A正确,

B、C、D错误;故选A。②毫米刻度尺的精确度为1mm,所以读数保留到精确度的下一位,则x23=12.00cm-7.30cm=4.70cm,③小车的加速度大小为:a==×10-2m/s2≈1.18m/s2答

案:(1)交流平衡摩擦力(2)①A②4.70③1.18三、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)如图所示,水平地面上有一质量m=2kg的物块,物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2,在与水平方向成θ=37°角斜

向下的推力F=10N作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求:(1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小;(2)物块运动10s后撤去力F,物块还能向前运动多远?【解析】(1)

对物块进行受力分析如图所示:在竖直方向根据平衡条件有:FN=mg+Fsin37°(2分)根据摩擦力公式可以得到:f=μFN(1分)则代入数据可以得到:f=5.2N;(1分)(2)在水平方向根据牛顿第二定律可以得到:Fcos37°-f

=ma(2分)代入数据可以得到:a=1.4m/s2则10s末物块的速度为:v=at=14m/s(2分)撤去力F后,根据牛顿第二定律得到:-μmg=ma1,(1分)则a1=-2m/s2根据位移与速度关系可知撤去力F后,还能向前运动的位移为:x=则代入数据可

以得到:x=49m答案:(1)5.2N(2)49m【加固训练】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解得a==2.5m/s2(2)对乘客进行受力分析,沿x方向有mgsinθ-Ff=ma沿y方向有FN-mg

cosθ=0又Ff=μFN联立方程解得μ=≈0.92答案:(1)2.5m/s2(2)0.9212.(9分)如图甲所示,在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道,供发生紧急情况的车辆避险使用,本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路

面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵,以v0=90km/h的速度驶入避险车道,如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零,货车与路面间的动摩擦因数μ=0.30,取重力加速度大小g=10m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象,该避险车道上坡路面的倾角应该满足什么条件?设最

大静摩擦力等于滑动摩擦力,结果用θ的正切值表示。(2)若避险车道路面倾角为15°,求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin15°=0.26,cos15°=0.97,结果保留2位有效数字。)【解析】(1)当货车在避险

车道停下后,有fm≥mgsinθ货车所受的最大摩擦力f=μN=μmgcosθ联立可解得tanθ≤0.30。(2)货车在避险车道上行驶时根据牛顿第二定律:mgsinθ+μmgcosθ=maa=gsinθ+μgcosθ=5.51m/s2货车的初速度v0=25m/

s则货车在避险车道上行驶的最大距离为x=≈57m答案:(1)tanθ≤0.30(2)57m13.(10分)(2020·滨州高一检测)如图所示,光滑水平面上静止放着长L=1m,质量为M=3kg的木板(厚度不计),一个质量为m=1kg

的小物体放在木板的最右端,m和M之间的动摩擦因数μ=0.1,今对木板施加一水平向右的拉力F。(g取10m/s2)(1)为使小物体与木板恰好不相对滑动,F不能超过多少?(2)如果拉力F=10N恒定不变,求小物体所能获得的最大速率。【解析】(1)为使小物体与木板恰好不相对滑动

,必须是最大静摩擦力提供最大加速度,即μmg=ma把小物体和木板看作整体,则由牛顿第二定律得F=(M+m)a联立两个式子可得:F=μ(M+m)g=0.1×(3+1)×10N=4N(2)小物体的加速度a1==μg=0.1×10m/s2=1m/s2木板的加速度a2==m/s2=3m/s

2由a2t2-a1t2=L解得小物体滑出木板所用时间t=1s;小物体离开木板时的速度v1=a1t=1m/s答案:(1)4N(2)1m/s(30分钟·40分)14.(5分)(多选)如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水

平面上,其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的a-F图像,已知g取10m/s2,则()A.木板B的质量为1kgB.滑块A的质量为4kgC.当F=1

0N时木板B的加速度为4m/s2D.滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1【解析】选A、C。当F等于8N时,加速度为a=2m/s2,设木板B的质量为M,滑块A的质量为m,对整体分析,由牛顿第二定律F=(M+m)a,代入数据解得M

+m=4kg,当F大于8N时,根据牛顿第二定律得a==F-,知图线的斜率k=,解得M=1kg,滑块A的质量为m=3kg,故选项A正确,B错误;由a=F-代入数据得μ=0.2,当F=10N时,解得a=4m/s2,故选项

C正确,D错误。15.(5分)(科学推理——整体与隔离法)(多选)如图所示,光滑的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C,质量均为m。中间用细绳1、2连接,现用一水平恒力F作用在C上,三者开始一起做匀加速运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面,系统仍加速运动,则下列说法正确的是(

)A.无论粘在哪个木块上面,系统加速度都将减小B.若粘在A木块上面,绳1的拉力增大,绳2的拉力不变C.若粘在B木块上面,绳1的拉力减小,绳2的拉力增大D.若粘在C木块上面,绳1、2的拉力都减小【解析】选A、C、D。设恒力为F,绳1、2的拉力大小分别为F1、F2。对A、B、C

整体研究,根据牛顿第二定律得a=可知,质量增大,加速度a减小,故A正确。若橡皮泥粘在A木块上面,根据牛顿第二定律得:对B、C整体:F-F1=(mC+mB)a,得F1=F-(mC+mB)a,a减小,F1

增大;对C:F-F2=mCa,得F2=F-mCa,a减小,F2增大,故B错误。若橡皮泥粘在B木块上面,根据牛顿第二定律得:对A:F1=mAa,a减小,F1减小;对C:F-F2=mCa,a减小,F2增大,故C正确;若橡皮泥粘在C木块上面,分别以A、AB为研究对象,同理可得绳1、2的拉力都减

小,故D正确。16.(5分)(多选)如图甲所示,A、B两物体叠放在光滑水平面上,对B物体施加一水平变力F,F-t关系图像如图乙所示。两物体在变力F作用下由静止开始运动,且始终相对静止,则()A.t0时刻,两物体之间的摩擦力为零B.t0时刻,两物体的速度方向开始改

变C.t0～2t0时间内,两物体之间的摩擦力逐渐减小D.t0～2t0时间内,物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同【解析】选A、D。t0时刻F=0,A、B的加速度为零,因此两物体速度的大小和方向均不变,所以A、B

间的摩擦力为零,选项A正确,B错误;t0～2t0时间内,A、B组成的整体加速度逐渐增大,以A为研究对象,A的加速度由其受到的摩擦力提供,A受到的摩擦力应逐渐增大,且与A、B加速度同向,即与变力F同向,选项C错误,D正确。【加固训练】如图甲所示,A、B两物块在如图

乙所示的随时间按正弦规律变化的外力作用下,由静止开始一起沿光滑水平面运动,A、B两物块始终保持相对静止,则以下说法中正确的是()A.A、B两物块一起做往复运动B.t1时刻物块的速度最大C.t2时刻物块运动的位移最大D.t3时刻物块A受到的摩擦力最大【解析】选D

。在0～t2内整体沿正方向做加速运动;t2～t4内加速度反向,做减速运动,因为两段时间内受力是对称的,所以t4末速度变为零;之后两个物块又重复以前的运动,一直沿正方向运动,故A、C错误;由前面分析可知,在0～t2内一直做加速运动,所以在t

2时刻物块的速度最大,故B错误;对整体分析,整体的加速度与F的方向相同,t3时刻两个物块的加速度最大;B物块所受的合力为摩擦力,故摩擦力的方向与加速度方向相同,大小为f=mBa;可知当加速度最大时,B受到的摩擦力最大。即

当t3时刻物块B受到的摩擦力最大,根据牛顿第三定律可知,t3时刻物块A受到的摩擦力最大。故D正确。17.(10分)(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)0.3518.(15分)(模型建构——传送带模型)如图所示,绷紧的水平传送带足够长,始终以恒定速率v1=2m/s沿顺时针方向运行。初速度为v2=4m/s的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带,小物块

与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,若从小物块滑上传送带开始计时,求:(1)小物块在传送带上滑行的最远距离。(2)小物块从A处出发再回到A处所用的时间。【解析】(1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动,设小物块的质量为m,由牛顿第二定律得:μmg=ma得a=μg=2m/s2因小物块在传送

带上滑行至最远距离时速度为0,由公式x=得x=4m。(2)小物块速度减为0所用时间t1==2s,小物块速度减为0后,再向右做匀加速运动,加速度为a′=μg=2m/s2设小物块与传送带共速时所需时间为t2,t2==1st2时间内小物块向右运动的距离x1

==1m最后小物块做匀速直线运动,位移x2=x-x1=3m匀速运动时间t3==1.5s所以t总=t1+t2+t3=4.5s。答案:(1)4m(2)4.5s关闭Word文档返回原板块