1、高考资源网（ ）与您相伴。欢迎广大教师踊跃来稿！。 单元质量评估(二)第三章(60分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。每小题只有一个选项正确)1.(2014邯郸模拟)关于物体的惯性,下列说法中正确的是()A.把手中的球由静止释放后,球能加速下落,说明力是改变物体惯性的原因B.田径运动员在110 m跨栏比赛中做最后冲刺时,速度很大,很难停下来,说明速度越大,物体的惯性也越大C.战斗机在空战时,甩掉副油箱是为了减小惯性,提高飞行的灵活性D.公共汽车在启动时,乘客都要向前倾,这是乘客具有惯性的缘故【解析】选C。由于惯性是物体的固有属性,只与物体的质量有关,所以A项错误;惯
2、性与运动速度无关,所以B项错误;战斗机在空战时,甩掉副油箱,质量减小,减小惯性,C项正确;公共汽车在启动时,乘客都要向后倾倒,D项错误。【变式备选】关于物体的运动,下列说法中正确的是()A.运动速度大的物体,不能很快停下来,是因为速度大时,惯性也大B.静止的火车启动时,速度变化慢,是因为静止的火车惯性大C.乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球惯性小D.物体受到的外力大,则惯性小;受到的外力小,则惯性就大【解析】选C。因为一切物体都具有惯性,惯性是物体的固有属性,惯性仅由物体的质量大小决定,与外界因素(受力与否、受力的大小与多少、运动状态以及所处环境)无关,选项D错误;运动速度大的物体不能很快停下来
3、,是因为从较大的速度变为静止,速度的改变量很大,需要较长的时间,并非速度大,惯性大,选项A错误;静止的火车启动时,速度变化缓慢,是因为火车质量大,惯性大,而不是因为静止物体惯性大,选项B错误;乒乓球可以很快抽杀,是因为其质量很小,惯性小,在相同外力作用下运动状态容易改变,选项C正确。2.如图所示,用网球拍打击飞过来的网球,网球拍打击网球的力()A.比球撞击球拍的力更早产生B.与球撞击球拍的力同时产生C.大于球撞击球拍的力D.小于球撞击球拍的力【解析】选B。网球拍打击网球的力与球撞击球拍的力是一对作用力与反作用力,它们同时产生、同时变化、同时消失,选项A错误,B正确;作用力与反作用力大小相等、方
4、向相反、作用在同一条直线上,选项C、D错误。3.在2012年伦敦奥运会上,我国跳水运动员吴敏霞勇夺女子3米跳板冠军。如图所示,运动员3m跳板跳水运动的过程可简化为:运动员走上跳板,将跳板从水平位置B压到最低点C,跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A,然后运动员做自由落体运动,竖直落入水中。跳板自身重力忽略不计,则下列说法正确的是()A.运动员向下运动(BC)的过程中,先失重后超重,对板的压力先减小后增大B.运动员向下运动(BC)的过程中,先超重后失重,对板的压力先增大后减小C.运动员向上运动(CB)的过程中,先失重后超重,对板的压力先增大后减小D.运动员向上运动(CB)的过程中,先超重后失重,对
5、板的压力一直减小【解析】选D。运动员由BC的过程中,先向下加速后向下减速,即先失重后超重,但板的形变量一直变大,所以板所受的压力一直变大,选项A、B均错误;运动员由CB的过程中,先向上加速后向上减速,即先超重后失重,板所受的压力一直变小,选项C错误,D正确。4.如图所示,轻弹簧两端拴接两个小球a、b,拴接小球的细线固定在天花板上,两球静止,两细线与水平方向的夹角=30,弹簧水平,以下说法正确的是()A.两球所受细线的拉力可能不相等B.两球质量可能不相等C.剪断左侧细线瞬间,a球加速度为gD.剪断左侧细线瞬间,b球加速度为0【解析】选D。a球受力如图所示,由平衡条件得T=,故两小球a、b所受细线
6、拉力相等,再由mag=kxtan,同理可得mbg=kxtan,可知两球质量一定相等,选项A、B均错误;剪断左侧细线瞬间,弹簧的弹力不会瞬间发生变化,左侧细线的拉力瞬间消失,右侧细线的拉力保持不变,故b球所受合力为零,加速度为0,a球所受合力大小等于T,对a球由牛顿第二定律得T=maa,解得a=,选项C错误,D正确。5.在倾角为30的足够长的斜面上,有一重10N的物体,被平行于斜面的大小为8N的恒力F推着沿斜面匀速上滑,如图所示,g取10m/s2。物体所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。在推力F突然消失的瞬间()A.物体所受摩擦力方向立即与原来相反B.物体的瞬时加速度为8m/s2C.物体与斜面间的
7、动摩擦因数等于0.4D.推力F消失后,物体将沿斜面上滑,最后静止在斜面上【解析】选B。物体沿斜面匀速上滑时,滑动摩擦力的方向沿斜面向下,当推力F突然消失的瞬间,由于惯性,物体继续沿斜面上滑,滑动摩擦力的方向仍沿斜面向下,选项A错误;物体匀速上滑时,由平衡条件得F-Gsin30-Gcos30=0,解得=0.3,选项C错误;推力消失瞬间,对物体由牛顿第二定律得Gsin30+Gcos30=ma,解得a=8m/s2,选项B正确;推力F消失后,物体沿斜面上滑至最高点时,由于Gsin30Gcos30,故物体将沿斜面加速下滑,选项D错误。6.(2014南平模拟)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图。
8、机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带,最后从传送带上落下装箱打包。假设传送带静止不动时,物体滑到传送带右端的速度为v,最后物体落在P处的箱包中。下列说法正确的是()A.若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来,且传送带速度小于v,物体将落在P点的右侧B.若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来,且传送带速度大于v0,物体仍落在P点C.若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来,且传送带速度大于v,物体仍落在P点D.若由于操作不慎,传送带随皮带轮逆时针方向转动起来,物体仍落在P点【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)分析物体在不同情况下的受力情况;(2)根据物体的受力情况分析物
9、体的运动情况,判断物体滑到传送带右端时的速度与v的大小关系。【解析】选D。若传送带静止,物体滑到传送带右端的过程中,物体一直减速,其加速度a=-g,v2-=2aL,当传送带顺时针转且速度小于v时,物体仍一直减速,到达传送带右端速度仍为v,因而物体仍落在P点,A错误;当传送带顺时针转且速度大于v0时,物体应先加速,因而到达右端时速度一定大于v,应落在P点右侧,B错;当传送带顺时针转且速度大于v时,物体在传送带上应先减速,当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动,到达右端时速度大于v,应落在P点右侧,C错;当传送带逆时针转时,物体一直减速,到达右端时速度为v,仍落在P点,D正确。7.(2014
10、三明模拟)如图所示,吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m。B和C分别固定在弹簧两端,弹簧的质量不计。B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间()A.吊篮A的加速度大小为gB.物体B的加速度大小为gC.物体C的加速度大小为2gD.A、B、C的加速度大小都等于g【解析】选C。未剪断轻绳时,弹簧弹力为3mg,轻绳剪断的瞬间,弹簧弹力不变,物体B受力不变,加速度为零;对A和C,所受向下合力为F=3mg+mg+2mg=6mg,由牛顿第二定律得F=3ma,解得A和C的加速度为2g,选项C正确,A、B、D错误。8.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上,上端固定
11、一质量为m0的托盘,托盘上有一个质量为m的木块。用竖直向下的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力,则m即将脱离m0时的弹簧长度为()A.l0B.l0-C.l0-D.l0-【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)恰好分离时,木块和托盘间的弹力恰好为零。(2)恰好分离时,木块和托盘的加速度相同,且为重力加速度。【解析】选A。弹簧上端只有托盘时,弹簧被压缩的长度为;当再加上木块时,弹簧被压缩的长度为;在力的作用下,弹簧被压缩得更多。撤去外力后,两者加速向上运动,当到达压缩量为时,速度达到最大而加速度为零,显然这时木块和托盘之间有压力作用,且压力等于木块的重力。再向上做减速运动,由于木块处于失重状
12、态,对托盘的压力变小。当恰好分离时,两者恰好无相互作用力,两者都处于完全失重状态,所以弹簧为原长,选项A正确。二、实验题(本大题共2小题,共15分)9.(5分)如图甲所示为“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置。(1)在实验过程中,打出了一条纸带如图乙所示,计时器打点的时间间隔为0.02s。从比较清晰的点起,每两测量点间还有4个点未画出,量出相邻测量点之间的距离如图乙所示,该小车的加速度大小a=_m/s2(结果保留两位有效数字)。(2)根据实验收集的数据作出的a -F图线如图丙所示,请写出一条对提高本实验结果准确程度有益的建议: _。【解析】(1)T=50.02s=0.1 s。该小
13、车的加速度大小a=m/s2=0.16 m/s2。(2)由根据实验收集的数据作出的a -F图线可知,小车运动时受摩擦力作用,故实验前要先平衡摩擦力。答案:(1)0.16(2)实验前要先平衡摩擦力10.(10分)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木块上,桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮,细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线P、Q,并测出间距d。开始时将木块置于P处,现缓慢向瓶中加水,直到木块刚刚开始运动为止,记下弹簧测力计的示数F0,以此表示滑动摩擦力的大小。再将木块放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧测力计的示数F,
14、然后释放木块,并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t。(1)木块的加速度可以用d、t表示为a=_。(2)改变瓶中水的质量,重复实验,确定加速度a与弹簧测力计示数F的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是_。(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是_。A.可以改变滑动摩擦力的大小B.可以更方便地获取更多组实验数据C.可以改变木块与木板之间动摩擦因数的大小D.可以获得更大的加速度以提高实验精度【解析】(1)由匀变速直线运动规律得d=at2,解得a=。(2)选C。木块刚刚开始滑动时,弹簧测力计的示数F0大小等于木块所受的滑动摩擦力;木块加速运动时,由牛顿第二定律得F-F0=ma
15、,解得a=F-,选项C正确。(3)选B。用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是可以更方便地获取更多组实验数据,可以更精确地测出摩擦力的大小,不能改变木块与木板之间动摩擦因数的大小,选项B正确。答案:(1)(2)C(3)B三、计算题(本大题共2小题,共37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.(2014宣城模拟)(18分)如图所示,水平桌面上有一薄木板,它的右端与桌面的右端相齐,薄木板的质量M=1.0kg,长度L=1.0m。在薄木板的中央有一个小滑块(可视为质点),质量m=0.5kg,小滑块与薄木板之间的动摩擦因数1=0.10,小滑块和薄木板与桌面之间
16、的动摩擦因数相等,均为2=0.20,设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力。某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动。(g取10m/s2)(1)若小滑块与木板之间发生相对滑动,拉力F1至少是多大?(2)若小滑块脱离木板但不离开桌面,求拉力F2应满足的条件。【解析】(1)设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时,小滑块的加速度为a1,薄木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律1mg=ma1(2分)F1-1mg-2(m+M)g=Ma2(2分)a1=a2F1=4.5N(1分)小滑块与木板之间发生相对滑动,拉力F1至少为4.5N。(1分)(2)设小滑块脱离薄木板时的速度为v,时间为t
17、,在桌面上滑动的加速度为a3,小滑块脱离木板前,薄木板的加速度为a4,空间位置变化如图所示,则滑块的位移:v=a1t(2分)2mg=ma3(2分)s1=,s2=(1分)+=(1分)木板的位移:+=a4t2(2分)F2-1mg-2(m+M)g=Ma4(2分)解得:F2=6N要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面,拉力F26N。(2分)答案:(1)4.5N(2)F26N12.(19分)如图甲所示,质量为m=1kg的物体置于倾角为=37的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面向上的恒力F,作用时间t1=1s时撤去拉力,物体运动的部分v-t图像如图乙所示,取g=10m/s2,sin37=0.6,co
18、s37=0.8,试求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小;(2)t=6s时物体的速度,并在图乙上将6s内物体运动的v-t图像补画完整,要求标明有关数据。【解析】(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1,撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a2,由v-t图像可知:a1=m/s2=20m/s2(2分)a2=m/s2=10m/s2(2分)对物体在撤去拉力前,由牛顿第二定律得F-mgsin37-mgcos37=ma1(2分)对物体在撤去拉力后上滑时,由牛顿第二定律得mgsin37+mgcos37=ma2(2分)解得F=30N,=0.5(2分)(2)加速上滑的时间t1=1s,撤去拉力时的
19、速度为v=20m/s,设再经过t2速度减至0。由0=v-a2t2得t2=2s(2分)在最高点时,因mgsin37mgcos37,故物体将沿斜面加速下滑,设加速度大小为a3,据牛顿第二定律得mgsin37-mgcos37=ma3(2分)解得a3=2m/s2(2分)再经过3s物体的速度大小为6m/s,方向沿斜面向下,补画完整后的图线及有关数据如图所示。(3分)答案:(1)0.530N(2)见解析【总结提升】数图结合解决物理问题的答题技巧(1)物理公式与物理图像的结合是中学物理的重要题型,也是近年高考的热点,特别是v-t图像在考题中出现频率极高。(2)对于由已知图像求解相关物理量的问题,往往是结合物理过程从分析图像的横、纵轴所对应的物理量的函数入手,分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出相关信息,结合题目所问,选择合适规律列式求解。(3)针对本题,图线分三段,01s倾斜直线表示匀加速;13s倾斜直线表示匀减速;3s后通过计算判断其运动性质。图线斜率代表加速度,纵轴截距代表初速度,线与时间轴所围面积代表位移,理解这些知识再结合牛顿第二定律,本题就不难求解。关闭Word文档返回原板块试卷、试题、教案、学案等教学资源均可投稿。