1、单元素养评价(一)(第五章)(60分钟70分)一、选择题(本题共13小题,每小题3分,共39分)1.各种大型的货运站中少不了悬臂式起重机,如图所示,该起重机的悬臂保持不动,可沿悬臂“行走”的天车有两个功能,一是吊着货物沿竖直方向运动,二是吊着货物沿悬臂水平方向运动。现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶,同时又使货物沿竖直方向做匀减速运动。此时,我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是图中的()【解析】选D。由于货物在水平方向做匀速运动,在竖直方向做匀减速运动,故货物所受的合外力竖直向下,由曲线运动的特点:所受的合外力要指向圆弧内侧可知,对应的运动轨迹可能为D。2.(2020烟台高一检测)乒
2、乓球作为我国的国球,是一种大家喜闻乐见的体育运动,它对场地要求低且容易上手。如图所示,某同学疫情期间在家锻炼时,对着墙壁练习打乒乓球,球拍每次击球后,球都从同一位置斜向上飞出,其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上,不计空气阻力,则球在这两次从飞出到撞击墙壁前()A.飞出时的初速度大小可能相等B.飞出时的初速度竖直分量可能相等C.在空中的时间可能相等D.撞击墙壁的速度可能相等【解析】选A。将乒乓球的运动反向处理,即为平抛运动,由题知,两次的竖直高度不同,所以两次运动时间不同,故选项C错误;在竖直方向上做自由落体运动,因两次运动的时间不同,故初速度在竖直方向的分量不同,故选项B错误;撞击墙
3、壁的速度,即可视为反向平抛运动的水平初速度,两次水平射程相等,但两次运动的时间不同,故两次撞击墙壁的速度不同,故选项D错误;由上分析,可知竖直速度大的,其水平速度就小,所以根据速度的合成可知,飞出时的初速度大小可能相等,故选项A正确。3.如图所示,用一小车通过轻绳提升一货物,货物沿竖直光滑杆上升,某一时刻,两段绳恰好垂直。拴在小车一端的绳与水平方向的夹角为,此时小车的速度为v0,则此时货物竖直上升的速度是()A.v0B.v0sinC.v0cosD.【解析】选A。车的速度等于沿绳方向和垂直于绳方向速度的合速度,根据平行四边形定则,有v0cos=v绳,而货物的速度等于沿绳方向和垂直于绳方向速度的合
4、速度,则有v货cos=v绳,由于两绳相互垂直,所以=,则由以上两式可得,货物的速度就等于小车的速度v0。故选项A正确。4.某同学斜向上抛出一铅球,忽略空气阻力。铅球在空中运动的过程中加速度a随时间t变化的关系图像是()【解析】选B。由题意,忽略空气阻力,铅球抛出后只受重力,由牛顿第二定律得知,其加速度为g,保持不变,选项B正确。5.物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动,其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化如图甲所示。则物体在直角坐标系xOy所在的平面内的运动轨迹是图乙中的()【解析】选B。在03 s,物体在y正方向上做匀速直线运动,在x正方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度方向
5、向上,对应的轨迹为向x轴正方向弯曲的抛物线;在34 s,设初速度与横轴正方向夹角为,则tan=,根据图像可知,加速度方向与横轴方向夹角满足tan=,合加速度与合速度在一条直线上,做匀加速直线运动,图像是倾斜的直线,故选项B正确。6.(2019浙江1月学考)用小锤击打弹性金属片后,一小球做平抛运动,同时另一小球做自由落体运动。两球运动的频闪照片如图所示,最上面与最下面小球位置间的实际竖直距离为1 m,照片中反映的实际情况是()A.自由下落小球相邻位置间的位移相等B.平抛运动小球相邻位置间的位移相等C.自由下落小球相邻位置间的距离一定大于0.1 mD.平抛运动小球相邻位置间的水平距离一定大于0.1
6、 m【解析】选D。自由下落的小球做自由落体运动,速度越来越快,频闪照片中每个相邻位置的时间间隔相等,所以相邻位置间的位移越来越大,A错误;自由下落小球最上面与最下面的竖直距离为1 m,频闪照片中有10个时间间隔,每段的平均距离为0.1 m,C错误;平抛运动的小球在水平方向做匀速直线运动,时间间隔相等,所以相邻位置的水平位移相等,但竖直方向做自由落体运动,相邻位置的竖直位移越来越大,因此相邻位置间的位移(合位移)越来越大,B错误;由图片可知平抛运动的水平位移大于1 m,所以平抛运动小球相邻位置的水平距离一定大于0.1 m,D正确。7.(2020温州高一检测)河水由西向东流,河宽为800 m,河中
7、各点的水流速度大小为v水,各点到较近河岸的距离为x,v水与x的关系为v水=x(m/s)。让小船船头垂直河岸由南向北渡河,小船划水速度大小恒为v船=4 m/s。下列说法中正确的是()A.小船渡河的轨迹为直线B.小船在河水中的最大速度是5 m/sC.小船渡河的时间是160 sD.小船在距离南岸200 m处的速度小于距北岸200 m处的速度【解析】选B。小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动的分速度的矢量和,而两个分速度垂直,当顺水流方向的分速度最大时,合速度最大,合速度的方向随顺水流方向的分速度的变化而变化,故小船到达河中心时速度最大,且运动轨迹为曲线,故A错误。当船到河中央时,水流速度达
8、到最大,根据矢量的合成,船在河水中的最大速度v= m/s=5 m/s,故B正确。将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动,两个分运动同时发生,互不干扰,故渡河时间与顺水流方向的分运动无关,当船头与河岸垂直时,沿船头方向的分运动的分位移最小,故渡河时间最短,最短时间为t= = s=200 s,故C错误。小船距南岸200 m处,则水流速度为v水=200 m/s=1.5 m/s,而小船距北岸200 m处时,水流速度也为1.5 m/s;根据速度的合成可知,它们的速度大小相等,故D错误。8.(2020和平区高一检测)2019年5月3日,CBA总决赛第四战实力强大的广东男篮再次击败新疆队,时隔
9、6年再度夺得CBA总冠军。比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出,恰好垂直击中篮板上A点。若该运动员后撤到C点投篮,还要求垂直击中篮板上A点,运动员需()A.减小抛出速度v0,同时增大抛射角B.增大抛出速度v0,同时增大抛射角C.减小抛射角,同时减小抛射速度v0D.减小抛射角,同时增大抛射速度v0【解析】选D。篮球垂直击中A点,其逆过程是平抛运动,当平抛运动的水平速度越大时,抛出后落地速度越大,与水平面的夹角则越小。若水平速度减小,则落地速度变小,但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射速度v0,同时减小抛射角,才能仍垂直打到篮板上,故D正确,A、B、C错误。9.摩托车跨越表演是
10、一项惊险刺激的运动,受到许多极限运动爱好者的喜爱。假设在一次跨越河流的表演中,摩托车离开平台时的速度为24 m/s,刚好成功落到对面的平台上,测得两岸平台高度差为5 m,如图所示。若飞越中不计空气阻力,摩托车可以近似看成质点,g取10 m/s2,则下列说法错误的是()A.摩托车在空中的飞行时间为1 sB.河宽为24 mC.摩托车落地前瞬间的速度大小为10 m/sD.若仅增加平台的高度(其他条件均不变),摩托车依然能成功跨越此河流【解析】选C。摩托车在竖直方向做自由落体运动,则有h=gt2,解得摩托车在空中的飞行时间为t=1 s,故A正确;河流的最大宽度即摩托车在水平方向的位移为d=x=v0t=
11、241 m=24 m,故B正确;竖直方向速度为vy=gt=10 m/s,则摩托车落地前瞬间的速度为v= m/s=26 m/s,故C错误;摩托车离开平台做平抛运动,仅增加平台的高度(其他条件均不变),则有在空中的飞行时间增大,摩托车水平方向位移增大,所以摩托车依然能成功跨越此河流,故D正确。10.(2020潍坊高一检测)将一小球以一定的初速度水平抛出,设小球抛出后水平方向的位移为x,竖直方向的位移为y,结果小球在空中运动过程中y与x2的关系如图所示,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,则小球被抛出的初速度大小为()A.1 m/sB. m/sC. m/sD.5 m/s【解析】选A。将小球做
12、的平抛运动进行分解,则有x=v0t,y=gt2,则y=x2,结合图像有=5 m-1,求得v0=1 m/s,故选项A正确。11.根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位置。但实际上,从赤道上方20 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处。这一现象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该“力”水平向西,则小球()A.上升过程相对抛出点向西运动,下落过程相对抛出点向东运动B.到最高点时,水平方向的加速度为零,水平速度达到最大C.到最高点时,水平方向的
13、加速度和速度均不为零D.小球在水平方向上先做匀加速后做匀减速运动【解析】选B。将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向,在上抛过程中,水平方向速度不断增大,当下降时,因加速度方向与水平速度方向相反,做减速运动,但在落回到抛出点时,水平方向有向西的位移,因此落地点在抛出点西侧,故A错误;在刚竖直上抛时,因竖直方向有速度,则受到水平向西的一个力,导致物体水平向西有个加速度,加速度会随着竖直方向速度减小而减小,因此在水平方向不是匀变速运动;因此物体到最高点时,水平方向有速度,竖直方向速度为零,水平方向加速度为零,故C、D错误,B正确。12.一物体沿相互垂直的两个方向的运动规律是x=t2,y=2t2,则
14、下列说法中正确的是(x、y的单位为m,t的单位为s)()A.物体在x和y方向上都是做初速度为零的匀加速运动B.物体的合运动是初速度为零、加速度为 m/s2的匀加速直线运动C.物体的合运动是初速度为零、加速度为3 m/s2的匀加速直线运动D.物体的合运动是初速度为零的曲线运动【解析】选A。结合位移与时间公式s=v0t+at2可知物体在x方向做初速度为零、加速度为2 m/s2的匀加速运动,y方向上做初速度为零、加速度为4 m/s2的匀加速运动,故A正确;根据运动的合成可知,合运动的初速度为零,加速度为a= m/s2=2 m/s2,且物体会沿着加速度的方向做匀加速直线运动,B、C、D错误,故选A。1
15、3.如图所示,固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45,现由A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点),不计空气阻力,其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点,飞行时间为t,以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点,且B、C在同一水平面上,则()A.v1=gtB.v2=gtC.落于B点的小球的水平位移为gt2D.A点距O的距离为gt2【解析】选D。小球飞行的时间为t,则撞在C点竖直分速度v1y=gt,因为小球恰好垂直撞在C点,根据平行四边形定则知,小球的初速度v1=v1y=gt,故A错误; B、C在同一水平面上,所以两小球运动时间相同,对以v2抛出的小球有:tan45 =,
16、解得:v2=gt,故B错误;落于B点的小球的水平位移为v2t=gt2,故C错误;由几何关系可得:A点距O点的距离为d=gt2+(gt2-gt2)=gt2,故D正确。二、实验题(本题共2小题,共14分)14.(5分)如图甲所示,研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上,利用光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度v0和飞行时间t,底板上的标尺可以测得水平位移d。(1)控制斜槽轨道的水平槽口高度h不变,让小球从斜槽的不同高度处滚下,以不同的速度冲出水平槽口,下列说法正确的是_。A.落地点的水平距离d与初速度v0成反比 B.落地点的水平距离d与初速度v0成正比C.飞行时间t与初速度v0大小
17、无关D.飞行时间t与初速度v0成正比(2) 另一位同学做实验时根据实验画出的平抛小球的运动轨迹,如图乙所示,O为抛出点。在轨迹上任取两点A、B,分别测得A点的竖直坐标y1=4.90 cm、B点的竖直坐标:y2=44.10 cm,A、B两点水平坐标间的距离x=40.00 cm,g取9.80 m/s2,则平抛小球的初速度 v0为_m/s。【解析】(1)由h=gt2解得t=,飞行时间t与初速度v0大小无关,由d=v0t,所以落地点的水平距离d与初速度v0成正比,故B、C正确。(2)y1=4.90 cm=0.049 m;y2=44.10 cm=0.441 m,根据y1=g得t1= s=0.1 s;根据
18、y2=g得t2= s=0.3 s,则小球平抛运动的初速度为v0= m/s=2.0 m/s。答案:(1)B、C(2)2.015.(9分)图1是“研究平抛物体运动”的实验装置,通过描点画出平抛小球的运动轨迹。(1)以下实验过程的一些做法,其中合理的有_。a.安装斜槽轨道,使其末端保持水平b.每次小球释放的初始位置可以任意选择c.每次小球应从同一高度由静止释放d.为描出小球的运动轨迹,描绘的点可以用折线连接(2)实验得到平抛小球的运动轨迹,在轨迹上取一些点,以平抛起点O为坐标原点,测量它们的水平坐标x和竖直坐标y,图2中y-x2图像能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_。(3)图3是某同学根据实验画
19、出的平抛小球的运动轨迹,O为平抛起点,在轨迹上任取三点A、B、C,测得A、B两点竖直坐标y1为5.0 cm、y2为45.0 cm,测得A、B两点水平距离x为40.0 cm,则平抛小球的初速度v0为_m/s,若C点的竖直坐标y3为60.0 cm,则小球在C点的速度为vC=_m/s(结果保留两位有效数字,g取10 m/s2)。【解析】(1)斜槽末端水平,才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向,故a对;为保证小球多次运动是同一条轨迹,每次小球的释放点都应该相同,b错、c对;小球的运动轨迹是平滑曲线,故连线时不能用折线,d错。(2)平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是:x=v0t,y=gt2
20、联立可得y=x2,可知y-x2图像是直线时,说明小球运动轨迹是抛物线。故图c正确。(3)由竖直方向的分运动可知,y=gt2,t=,即t1=0.1 s,t2=0.3 s水平初速度为v0=2.0 m/sC点的竖直分速度为vy=2 m/s由运动合成可知vC=4.0 m/s答案:(1)a、c(2)c(3)2.04.0三、计算题(本题共2小题,共17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)16.(8分)在光滑的水平冰面上建立xOy平面直角坐标系:向东方向为x轴正方向,向南方向为y轴正方向。现有一质量为1 kg的质点静止在坐标原点,从t=0时刻开始,在第一个2 s内对质点施加一个向东方向
21、,大小为2 N的水平拉力F;在第二个2 s内将此力F改为向南方向,大小不变。求:(1)第4 s末质点的速度大小。(结果可以用根式表达)(2)前4 s的位移大小。【解析】(1)质点的加速度大小一直为:a=2 m/s2; (1分)第一个2秒末质点的速度为:v1=at1 =4 m/s,方向沿x轴正方向; (1分)第二个2秒质点向东运动做匀速直线运动,速度等于v1=4 m/s,向南运动做匀加速直线运动,v4y=at2=4 m/s; (1分)第4秒末质点的速度为v=4 m/s(1分)(2)向东方向的位移:x=a+v1t2=12 m(2分)向南方向的位移:y=a=4 m(1分)所以:前4秒内质点位移的大小
22、为s=4 m(1分)答案:(1)4 m/s(2)4 m17.(9分)如图所示,某人距离平台右端x0=10 m处起跑,以恒定的加速度向平台的右端冲去,离开平台后恰好落在地面上的小车车厢底板中心。设平台右端与车厢底板间的竖直高度H=1.8 m,与车厢底板中心的水平距离x=1.2 m,g取10 m/s2。求:(1)人离开平台时的速度v0的大小;(2)人运动的总时间t。【解析】(1)设人在平台上运动的时间为t1,离开平台做平抛运动的初速度为v0,平抛运动的时间为t2,由平抛运动的规律可得:x=v0t2(1分)H=g(1分)解得:t2=0.6 s,v0=2 m/s(2分)(2)人在平台上做匀加速直线运动
23、,有:x0=t1(1分)解得:t1=10 s(1分)人运动的总时间为:t=t1+t2(2分)解得:t=10.6 s(1分)答案:(1)2 m/s(2)10.6 s(30分钟30分)18.(4分)(2020温州高一检测)在河水匀速流动的河边,一只船头始终垂直河岸的小船,以一定速度向对岸驶去,下列关于小船行驶的路程、渡河时间与水流速度的关系,正确的是()A.水流速度越大,路程越长,时间越长B.水流速度越大,路程越长,时间越短C.水流速度越大,路程越长,时间不变D.路程、时间与水流速度大小无关【解析】选C。船头始终垂直河岸,以一定速度驶向对岸,根据运动的独立性和等时性,可知河宽一定,垂直河岸方向的分
24、速度不变,则小船渡河时间一定,水流速度越大,路程越长,故A、B错误,C正确。由以上分析可知渡河时间与水流速度大小无关,渡河路程和水流速度大小有关,水流速度越大,渡河路程越大,故D错误。19.(4分)如图所示,在竖直平面内有一曲面,曲面方程为y=x2,在y轴上有一点P,坐标为(0,6 m)。从P点将一小球水平抛出,初速度为1 m/s。则小球第一次打在曲面上的位置为(不计空气阻力)()A.(3 m,3 m)B.(2 m,4 m)C.(1 m,1 m)D.(1 m,2 m)【解析】选C。设小球经过时间t打在斜面上M(x,y)点,则水平方向:x=v0t,竖直方向上:6-y=gt2,又因为y=x2可解得
25、:x=1 m,y=1 m,故C正确。20.(4分)火车以1 m/s2的加速度在平直轨道上加速行驶,车厢中一乘客把手伸到窗外,从距地面2.5 m高处自由释放一物体,若不计空气阻力,则物体落地时与乘客的水平距离为(g取10 m/s2)()A.0B.0.50 mC.0.25 mD.0.75 m【解析】选C。设释放时火车的速度为v,物体做平抛运动的时间为t,根据h=gt2得t= s= s,落地时物体的水平位移为x1=vt,火车的位移x2=vt+at2,则物体落地时与乘客的水平距离为x=x2-x1=at2=1()2 m=0.25 m,故C正确。21.(5分)如图所示,B距地面高为2H,A是OB的中点,从
26、A平抛一小球,其水平射程为2s,从B以同方向平抛另一小球,水平射程为s,两球运行轨道在同一竖直平面内,若两球同时抛出且都从同一屏M的顶端擦过,求屏M的高度h。(不计空气的阻力)【解析】平抛物体的运动轨迹符合抛物线方程和规律,假设一个物体以速度v水平抛出,t时间内下降高度为y,水平位移为x,则满足:y=gt2,x=vt,联立得到方程y=x2。(1分)以O点为坐标原点,则A点抛出的小球轨迹方程:yA=H-(1分)B点抛出的小球轨迹方程:yB=2H-2s=vAs=vB得vA=2vB(2分)M点是两抛物线交点,yA=yB=h,xA=xB,由以上方程解得h=H。(1分)答案:H22.(13分)水平地面上
27、有一高h=4.2 m的竖直墙,现将一小球以v0=6.0 m/s的速度,从离地面高H=5.0 m 的A点水平抛出,球以大小为10 m/s的速度正好撞到墙上的B点,不计空气阻力,不计墙的厚度。重力加速度g取10 m/s2,求:(1)小球从A到B所用的时间t ;(2)小球抛出点A到墙的水平距离s和 B离地面的高度hB;(3)若仍将小球从原位置沿原方向抛出,为使小球能越过竖直墙,小球抛出时的初速度大小应满足什么条件?【解析】(1)对小球在B点的速度分解,设球在B点的竖直速度为vBy,由平抛运动的规律:=+(2分)vBy=gt(1分)联立解得:t=0.8 s(2分)(2)设球从A到B下落的竖直高度为h1,由平抛运动规律:水平方向s=v0t(1分)竖直方向h1=gt2(1分)根据几何关系hB=H-h1(1分)解得: s=4.8 m ,hB=1.8 m(2分)(3)设小球至少以vmin水平初速度抛出,能越过墙的上端,此过程由平抛运动规律:竖直方向:H-h=g(1分)水平方向:s=vmint2(1分)联立解得:vmin=12 m/s(1分)故应满足v012 m/s。答案:(1)0.8 s(2)4.8 m1.8 m(3)v012 m/s
