1、45分钟单元能力训练卷(三)考查范围：第三单元分值：100分一、单项选择题(每小题4分，共16分)1假设洒水车的牵引力F不变且所受阻力f与车重mg成正比，未洒水时，做匀速运动，洒水时其运动将是()A变加速运动B做初速度不为零的匀加速直线运动C做匀减速运动D继续保持匀速直线运动2如图D31所示，物体甲、乙质量均为m，弹簧、悬线及细线的质量可以忽略不计，当烧断连接甲、乙两物体的细线的瞬间，甲、乙的加速度是()A甲是0B甲的大小是g，方向向上C乙是0D乙的大小是g，方向向上3物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB，与水平面间的动摩擦因数分别为A、B，用水平拉力F分别拉物体A、B，
2、所得加速度a与拉力F关系图线如图D32中A、B所示，则()AAB，mAmBBAB，mAmBC可能有mAmB DAmB4如图D33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()图D33Aa1a20Ba1a，a20Ca1a，a2aDa1a，a2a二、双项选择题(每小题6分，共30分)5下列说法中正确的是()A物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿运动定律又叫惯性定律B牛顿第一定律仅适用于宏观物体，只可用于解决物体的低速运动问题C牛顿第一定律是
3、牛顿第二定律在物体的加速度a0条件下的特例D伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去6下列关于力的说法正确的是()A作用力和反作用力作用在同一物体上B太阳系中的行星均受到太阳的引力作用C运行的人造地球卫星所受引力的方向不变D伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因7一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是()A车速越大，它的惯性越大B质量越大，它的惯性越大C车速越大，刹车后滑行的路程越长D车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大8某实验小组的同学在电梯的天花板上竖直悬挂一只弹
4、簧测力计，并在弹簧测力计的钩上悬挂一个重为10 N的钩码弹簧测力计的弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图D34所示则下列分析错误的是()A从时刻t1到t2，钩码处于失重状态B从时刻t3到t4，钩码处于失重状态C开始电梯可能停在10楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼D开始电梯可能停在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在10楼9图D35所示为蹦极运动的示意图弹性绳的一端固定在A点，另一端和运动员相连运动员从A点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起整个过程中忽略空气阻力分析这一过程，下列表述正确的是()A经过B点时，
5、运动员的速率最大B经过C点时，运动员的速率最大C从C点到D点，运动员的加速度增大D从C点到D点，运动员的加速度不变三、实验题(共18分)10(8分)用如图D36所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力(1)某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：_.图D36(2)如果这位同学先如(1)中的操作，然后不断改变对小车的拉力F，他得到小车质量M保持不变情况下的aF图线是图D37中的_(将选项代号的字母填在横线上)ABCD图
6、D37(3)打点计时器使用的交流电频率f50 Hz，图D38所示是该同学在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出，写出用s1、s2、s3、s4以及f来表示小车加速度的计算式：a_，根据纸带所提供的数据，算得小车的加速度大小为_m/s2(结果保留两位有效数字)图D3811(10分)某同学做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图D39所示计时器打点的时间间隔为0.02 s，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离该小车的加速度a_ m/s2.(结果保留两位有效数字)图D39
7、(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表，请根据实验数据作出aF的关系图象砝码盘中砝码总重力F/N0.1960.3920.5880.7840.980加速度a/(ms2)0.691.181.662.182.70(3)根据提供的实验数据作出的aF图线有何特点？请说明主要原因四、计算题(共36分)12(18分)有一个质量1 kg小球串在长0.5 m的轻杆顶部，轻杆与水平方向成37角由静止释放小球，经过0.5 s小球到达轻杆底端，求：(1)小球与轻杆之间的动摩擦因数；(2)
8、在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，使小球释放后加速度为2 m/s2，此恒力大小为多少？13(18分)如图D310所示，皮带在轮O1、O2带动下以速度v匀速转动，皮带与轮之间不打滑皮带AB段长为L，皮带轮左端B处的光滑小圆弧与光滑斜面相连接物体无初速度放上皮带右端后，能在皮带带动下向左运动，并滑上斜面已知物体与皮带间的动摩擦因数为，且.求：(1)若物体无初速度放上皮带的右端A处，则其运动到左端B处所需的时间；(2)若物体无初速度放上皮带的右端A处，则其运动到左端B处过程中所产生的热量；(3)物体无初速度放上皮带的不同位置，则其沿斜面上升的最大高度也不同设物体放上皮带时离左端B的距离
9、为x，物体沿斜面上升的最大高度为h，请画出hx图象图D31045分钟单元能力训练卷(三)1A解析 由牛顿第二定律得：Fkmgma，即加速度akg，因为洒水，质量减小，所以加速度在增大，即洒水车做变加速运动2B解析 悬线未烧断时，弹簧的弹力F2mg.悬线烧断的瞬间，乙只受重力，所以乙的加速度为重力加速度，即大小为g，方向向下，故C、D错甲受弹簧的弹力F2mg和重力Gmg，所以合力大小为mg，方向向上，即加速度大小为g，方向向上，故A错、B对3B解析 由牛顿第二定律有Fmgma，解得aFg，由此可知：aF图象的斜率k，纵轴截距bg则mAB，所以选项B正确4D解析 在撤去拉力F前，以整体为研究对象，
10、求得拉力F的大小F(m1m2)a，以A为研究对象，求得弹簧弹力Fm1a.突然撤去F，以A为研究对象，由于弹簧弹力在短时间内不会发生突变，所以A受力不变，其加速度a1a.以B为研究对象，则有：Fm2a2，所以a2a，选项D正确5BD解析 牛顿第一定律表明，物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变，这种性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，选项A错误牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，选项B正确牛顿第一定律有两点含义，一是所有的物体都具有惯性，二是物体不受力时处于静止或匀速直线运动状态，牛顿第二定律并不能完全包含这两点，选项C错误伽利略的理想实验是牛顿第
11、一定律的基础，选项D正确6BD解析 作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，选项A错误；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，选项B正确，选项C错误；伽利略的理想实验说明力不是维持物体运动的原因，选项D正确7BC解析 惯性由物体的质量决定，与运动状态无关，故A错、B对；刹车后，初速度大的滑行路程远，C对；惯性与速度大小无关，D错8BD解析 根据题意，由图可知：从时刻t1到t2，弹力小于钩码重力，钩码处于失重状态，选项A正确；从时刻t3到t4，弹力大于钩码重力，钩码处于超重状态，选项B错误；根据题目的情景，电梯可能是先向下加速运动，加速度向下，失重，再匀速向
12、下运动，加速度为零，最后减速向下运动，加速度向上，超重，所以选项C正确，选项D错误9BC解析 合力为零时速度最大，故经过C点时，运动员速率最大，A错、B对；从B点到C点加速度逐渐减小，从C点到D点加速度逐渐增大，C对、D错10(1)该同学操作不正确调节木板倾斜角，直到轻推小车后小车能沿倾斜木板缓慢匀速移动(2)C(3)af20.60解析 (1)若按(1)操作，则平衡摩擦力过度了，即重力沿斜面的分力大于小车所受的摩擦力，使得物体还未受到拉力即有了加速度(3)由(s4s3)(s2s1)4aT2及T得af20.60 m/s211(1) 0.16(0.15)(2)如图所示(3)图线不过原点，未计入砝码
13、盘的重力解析 (1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式saT2，关键弄清公式中各个量的物理意义，s为连续相等时间内的位移差，T为连续相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为T0.1 s，s(3.683.52)102 m，代入可得加速度a0.16 m/s2.也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度a0.15 m/s2.(2)根据图中的数据，合理地设计横纵坐标的标度，使图线倾斜程度不能太小也不能太大，以与水平方向夹角为45左右为宜由此确定F的范围从0设置到1.2 N较合适，而a则从0到3 m/s2较合适设好标度，根据数据确定各点的位置，将各点用一条直线连
14、起来，延长交于坐标轴某一点，如图所示(3)图线不过原点，原因是实验过程中没有考虑砝码盘的重力12(1)0.25(2)8 N或24 N解析 由运动学公式，得sat2根据牛顿第二定律，有mgsinmgcosma联立解得 0.25(2)若F垂直杆向下，mgsin(Fmgcos)ma解得F8 N若F垂直杆向上，mgsin(Fmgcos)ma解得F24 N13(1)(2)mv2(3)如图所示解析 (1)由可得mv2mgL说明物体到达B处之前就与传送带达到共同速度，设其加速度为a，则由牛顿第二定律，有mgma加速阶段的时间为t1加速阶段的位移s1匀速阶段的时间t2总时间tt1t2由以上各式，解得t(2)物体在加速阶段与传送带的相对位移svt1vt1产生的热量Qmgs解得Qmv2(3)如图所示