1、单元形成性评价(五)(第5章)(90分钟100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.2020年11月15日，乒乓球男子世界杯决赛中，中国选手樊振东以43击败马龙，成功卫冕世界杯冠军。在樊振东击球的瞬间，下列说法正确的是()A球拍对乒乓球的作用力大于乒乓球对球拍的作用力B球拍对乒乓球的作用力与乒乓球对球拍的作用力大小相等C球拍对乒乓球的作用力与乒乓球所受到的重力是一对平衡力D球拍对乒乓球的作用力与乒乓球对球拍的作用力是一对平衡力【解析】选B。球拍对乒乓球的作用力和乒乓球对球拍作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，故A、D错误，B正确；球拍对
2、乒乓球的作用力与乒乓球的重力方向不在同一直线上，不可能是一对平衡力，故C错误。2如图所示，小红在玩跳房子游戏。则小红()A在地面上向下蹲的过程中处于失重状态B在地面上向上起跳至脱离地面前处于超重状态C在空中上升的过程中处于超重状态D在空中下降的过程中处于失重状态【解析】选D。人在地面上向下蹲的过程中，加速度先向下再向上，故人先失重再超重，故A错误；在地面上向上起跳至脱离地面前，人的加速度先向上再向下，故处于先超重再失重状态，故B错误；在空中上升过程中加速度向下，人处于失重状态，故C错误；在空中下降过程中，加速度向下，人处于失重状态，故D正确。 3在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，
3、刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为()A7 m/sB14 m/sC10 m/s D20 m/s【解析】选B。设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgma，解得ag。由v2ax，可得汽车刹车前的速度为v0 m/s14 m/s，因此选项B正确。4(2021沧州高一检测)2020年2月8日，瑞典20岁小将杜普兰蒂斯在男子撑竿跳高中以6米17的成绩打破世界纪录，若他下落到厚为1.17 m的垫子中，g取9.8 m/s2，下列对其跳高
4、过程的分析正确的是()A撑竿上升过程中他一直处于失重状态B其运动到最高点时处于平衡状态C其在空中下落过程约用时1 sD其下落到垫子上时的速度大小约为5 m/s【解析】选C。撑竿上升过程中他是先向上加速运动，后减速上升的，所以他是先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；其运动到最高点时仅受重力作用，其加速度等于重力加速度，故B错误；其在空中下落的高度为h6.17 m1.17 m5 m，且做的是自由落体运动，所以其在空中下落的时间由hgt2可得ts1 s，故C正确；其下落到垫子上的速度大小为vgt9.81 m/s10 m/s，故D错误。5.一列以速度v匀速行驶的火车内有一水平桌面，桌面上的A处有
5、一小球。若车厢内的旅客突然发现(俯视图)小球沿如图所示的虚线从A点运动到B点，则由此可以判断火车的运行情况是()A减速行驶，向北转弯 B减速行驶，向南转弯C加速行驶，向南转弯 D加速行驶，向北转弯【解析】选B。火车以速度v匀速行驶，球突然向前运动，说明火车正在减速，球由于惯性要保持原来的速度，故相对火车前进；球同时相对火车向北运动，说明火车向南加速(向南转弯)，球由于惯性在南北方向要保持原来的分速度(为零)，故相对于火车向北运动；火车同时参与两个分运动，故A、C、D错误，B正确。【补偿训练】某平衡大师能将石头堆叠在一起保持静止，下列说法正确的是()AB石头对A石头的支持力大于A石头对B石头的压
6、力B.B石头对A石头的作用力就是A石头的重力C.B石头对A石头的作用力一定经过A石头的重心DB石头与A石头之间一定没有摩擦力【解析】选C。B石头对A石头的支持力与A石头对B石头的压力是相互作用力，根据牛顿第三定律，一定是大小相等的，故A错误；B石头对A石头的作用力的施力物体是B，而A石头的重力的施力物体是地球，故B石头对A石头的作用力不是A石头的重力，故B错误；A石头受重力和B石头对A石头的作用力，根据平衡条件，两个力作用在同一条直线上，故B石头对A石头的作用力一定经过A石头的重心，故C正确；B石头与A石头的接触面可能是斜面，故B石头与A石头间可能有静摩擦力，故D错误。6.2020年2月16日
7、，我国选手朱雪莹在蹦床世界杯系列赛巴库站女子网上个人决赛中英勇夺冠。若将弹簧床等效为竖直轻弹簧，某运动员在一次蹦床过程中从最低点由静止竖直向上运动过程中的vt图像如图所示，其中t0.5 s后为直线，其他部分为曲线。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()At0.3 s时，弹簧处于原长状态Bt0.6 s时，运动员到达最高处C00.3 s内，运动员处于失重状态Dt0.1 s时，运动员的加速度大小为g【解析】选D。由vt图像可知t0.3 s时，运动员的速度达到最大，此时运动员受到弹簧的弹力与重力平衡，弹簧处于压缩状态，并非原长状态，故A错误；由于t0.5 s后为直线，表明运动员在t0.5
8、s时离开弹簧，此时速率为v13 m/s，根据运动学公式得：0v1gt，可得：t s0.3 s，即t0.5 s0.3 s0.8 s时，运动员到达最高处，故B错误；00.3 s内，运动员在竖直方向上做加速直线运动，加速度竖直向上，处于超重状态，故C错误；由对称性可知，运动员在t0.1 s和t0.5 s时刻的斜率的绝对值相等，即运动员加速度大小相等，由于运动员在t0.5 s时离开弹簧，只受重力，所以有ag，则t0.1 s时，运动员的加速度大小为g，故D正确。7下列仪器测量的物理量的单位不是基本单位的是()【解析】选A。长度、时间、质量是三个力学基本物理量，刻度尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器
9、，秒表是测量时间的仪器，弹簧测力计是测量力的仪器，力的物理量的单位不是基本单位。8如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)()A物体的质量为1 kgB物体的质量为2.5 kgC物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【解析】选C。物体受重力、水平面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得：Fmgma，解得：ag，由aF图线，得到：0.5 m/s210，4 m/s210，联立得，m2 kg，
10、0.3；则C正确，A、B、D错误。【加固训练】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，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B，所得加速度a与拉力F的关系图线如图中A、B所示，则由图线可知()AAB，mBmABAB，mBmAC可能mAmB DAB，mBmA【解析】选B。对质量为M的物体受力分析，假定动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，有：FMgMa，解得：ag，故aF关系图像的斜率表示质量的倒数，故mAmB；从图像可以看出纵轴截距用g表示，故AB。故B正确，A、C、D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合
11、题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.某人在地面上用体重计称得其体重为490 N。他将体重计移至电梯内称其体重，t0 至t3时间段内，体重计的示数如图所示，电梯运动的vt图像可能是以下四个选项中的(取电梯向上运动的方向为正方向)()【解析】选A、D。由题图可知，在t0t1阶段，体重计示数小于实际体重，则处于失重状态，此时具有向下的加速度；在t1t2阶段，体重计示数等于实际体重，说明电梯做匀速直线运动或处于静止状态；在t2t3阶段，体重计示数大于实际体重，则处于超重状态，具有向上的加速度。故选项A、D正确。10.如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一
12、起做无相对滑动的加速运动。小车的质量为M，木块的质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小为()Amg BC(Mm)g Dma【解析】选B、D。m与M无相对滑动，对m、M整体，有F(Mm)a，故a，m与整体的加速度相同，也为a，对m，有fma，即f，故B、D正确。11.如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻弹簧与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内。弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和车之间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止。下列说法正确的是()A若mg小于kx，则车的加速度方向一定向
13、左B若mg小于kx，则车的加速度a最小值为，且车只能向左加速运动C若mg大于kx，则车的加速度方向可以向左也可以向右D若mg大于kx，则加速度最大值为，加速度的最小值为【解析】选A、C。由牛顿第二定律Fma知，若mg小于kx，则车的加速度方向一定向左，A正确；若mg小于kx，则车的加速度a的最小值为，方向向左，可能向左加速运动，还可能向右减速运动，B错误；若mg大于kx，则车的加速度方向可以向左也可以向右，C正确；若mg大于kx，则加速度最大值为，加速度的最小值为0，D错误。12质量分别为2 kg和3 kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为F20 N的力作用在A
14、上使AB相对静止一起向前匀加速运动，则下列说法正确的是()A. 弹簧的弹力大小等于8 NB. 弹簧的弹力大小等于12 NC. 突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0D. 突然撤去F瞬间，B的加速度大小为4 m/s2【解析】选B、D。对整体分析，整体的加速度a m/s24 m/s2，隔离对B分析，则弹簧的弹力F弹mBa34 N12 N，故A错误，B正确；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则A的加速度aA m/s26 m/s2，故C错误；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，则B的加速度aB m/s24 m/s2，故D正确。三、实验题：本题共2小题，共14分。13(6分)如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受
15、合外力关系”的实验装置。他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求出加速度a。请回答下列问题：(1)实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50 Hz，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为_m/s2(结果保留三位有效数字)。(2)以拉力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的aF图像是一条直线如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为F0，若传感器的质量为m0，则物块的质量为_。若已知重力加速度为g，物块与长木板动摩擦因数为_。(3)该实验需不需要满
16、足托盘和砝码总质量远远小于物块和传感器的总质量？_。(选填“需要”或“不需要”)【解析】(1)根据xaT2，运用逐差法得am/s22.00 m/s2。(2)由牛顿第二定律得F(mm0)a，则aF，aF图像的斜率k，所以物块的质量为mm0，由图像可知，物块与木板之间的摩擦力为F0，则F0(mm0)g，即。(3)由于传感器测的是真实拉力，不需要满足此条件。答案：(1)2.00(2)m0(3)不需要14(8分)用图甲所示装置探究“加速度与力、质量的关系”。探究步骤：将木板倾斜一定角度并固定，使小车能匀速下滑，把打点计时器固定在木板上端；连接小车和空砝码盘的细绳跨过滑轮并与木板平行，并在小车内放若干相
17、同的砝码；将小车接上纸带，接通电源，从图示位置静止释放小车；记录砝码盘和盘中砝码总质量，通过纸带计算小车的加速度；将小车内的1个砝码取出，放在砝码盘内，重复操作；重复操作，直到小车内的砝码全部都移至砝码盘内。已知打点计时器的频率为50 Hz，砝码盘质量为m，所有砝码总质量为m1，小车质量为m2。回答下列问题：(1)某次打出的一条清晰纸带的一部分如图乙所示，则打这条纸带时小车加速度a_m/s2。(结果保留三位有效数字)(2)以小车加速度a为横坐标，砝码盘和盘中砝码的总重力F为纵坐标，建立坐标系，依据多次测得的数据描点作出图像。下列正确的图像是_。(3)通过实验得到结论：物体质量一定时，其加速度与
18、合外力成正比。则本探究实验中，测量对象的质量是_。(用题中所给的字母表示)【解析】(1)打这条纸带时小车加速度为：a m/s21.70 m/s2；(2)将小车以及小车上的砝码以及砝码盘和砝码盘里的砝码当作一个整体，根据牛顿第二定律可知：F(m1m2m)a，所以以小车加速度a为横坐标，砝码盘和盘中砝码的总重力F为纵坐标，建立坐标轴，图线是过原点的倾斜直线，故A正确，B、C、D错误。(3)根据(2)的分析过程可知，当物体的质量为系统总质量，即为mm1m2时，其加速度与合外力成正比。答案：(1)1.70(2)A(3)mm1m2四、计算题：本题共4小题，共46分。15(8分)如图所示，为了将质量为10
19、0 kg的货物(可视为质点)移上汽车，装卸工人用长为5.0 m的直木板做了一个倾角为37的固定斜面，沿斜面向上施加推力F900 N，将货物从斜面底端由静止推上汽车。已知货物与木板间的动摩擦因数0.3，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)货物沿斜面向上加速运动时加速度的大小；(2)要将货物推上汽车，推力F至少需要作用多长的距离。【解析】(1)由牛顿第二定律，对货物可列方程：Fmg sin 37mg cos 37ma1，(1分)代入数据解得：a10.6 m/s2(1分)(2)撤去拉力后，平行于斜面方向，对货物可列方程：mg sin 37mg cos 37ma2，(1分)代入数据解得：
20、a28.4 m/s2(1分)设运动的最大速度为v：v22a1x1(1分)v22a2x2(1分)又因为x1x25 m(1分)代入数据解得：x1 m4.7 m(1分)答案：(1)0.6 m/s2(2)4.7 m16.(8分)有“海洋之舟”美称的企鹅喜欢在冰面上游戏，如图所示。有一质量为30 kg的企鹅先从倾斜冰面底端由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”7.5 s，速度达到4 m/s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面继续向前滑行，最后退滑到出发点(假设企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。已知冰面倾角为30，企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数，g取10 m/s2。求：(1)企鹅向上“奔跑”时所受合力大小；(2)企鹅向上运
21、动的最远距离；(3)若企鹅退滑到出发点时的速度超过10 m/s就会受伤，试判断该企鹅是否会受伤。【解析】(1)设向上匀加速运动的加速度为a1，由a1 m/s2(1分)由牛顿第二定律，得F合ma116 N(1分) (2)设企鹅向上匀加速运动的位移为x1，则x1t15 m(1分)设企鹅向上匀减速运动的位移为x2、加速度为a2，则mg sin 30mg cos 30ma2(1分)得：a28 m/s2由v2v2a2x2得： x21 m(1分)企鹅向上运动的最远距离为xx1x216 m(1分)(3) 设企鹅返回时加速度为a3，末速度为v，则mg sin 30mg cos 30ma3得：a32 m/s2(
22、1分)由v2v2a3x得：v8 m/s由于企鹅的末速度8 m/s10 m/s，故企鹅不会受伤。(1分)答案：(1)16 N(2)16 m(3)企鹅的末速度8 m/s10 m/s，故企鹅不会受伤17(14分)如图所示，一小木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L2.0 m，处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数0.40。现使平板车在水平路面上以加速度a0匀加速启动，速度达到v6.0 m/s后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)若木箱与平板车保持相对静止，加速度a0大小满足什么条件？(2)若a06.0 m/s2，
23、当木箱与平板车的速度都达到6.0 m/s时，求木箱在平板车上离驾驶室后端的距离s。(3)若在木箱速度刚达到6.0 m/s时平板车立即用恒定的阻力刹车，要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小a应满足什么条件？【解析】(1)木箱与平板车相对静止，加速度相同，设最大值为am，由牛顿第二定律有：mgmam，(1分)解得：am4 m/s2，(1分)故应满足的条件为：a04 m/s2(1分)(2)由于a06 m/s24 m/s2，故木箱与车发生相对滑动，木箱速度达到v6 m/s所需时间为：t11.5 s(2分)运动的位移为：x1t1(1分)平板车速度达到v6 m/s所需时间为：t21 s(1分)
24、运动的位移为：x2t2v(t1t2)(1分)且有sx2x1L(1分)联立解得s3.5 m(1分)(3)木箱减速停止的位移为：x3(1分)平板车减速停止的位移为：x4(1分)木箱不发生碰撞的条件为：x3x4s(1分)联立解得：a18 m/s2(1分)答案：(1)a04 m/s2(2)3.5 m(3)a18 m/s218.(16分)某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征，使用质量m0.05 kg的流线形人形模型进行模拟实验。实验时让模型从h0.8 m高处自由下落进入水中。假设模型入水后受到大小恒为Ff0.3 N的阻力和F1.0 N的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动
25、时的阻力，试求模型：(g取10 m/s2)(1)落到水面时速度v的大小；(2)在水中能到达的最大深度H；(3)从开始下落到返回水面所需时间t。【解析】(1)模型入水时速度记为v，自由下落阶段加速度记为a1，则a1g，(1分)v22a1h，v4 m/s。(2分)(2)模型入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a2，则mgFfFma2，(2分)得a216 m/s2(1分)所以最大深度H0.5 m。(2分)(3)自由落体阶段：t10.4 s，(1分)在水中下降：t20.25 s，(1分)在水中上升：FmgFfma3，(2分)得a34.0 m/s2，(1分)所以t30.5 s，(2分)总时间tt1t2t31.15 s。(1分)答案：(1)4 m/s(2)0.5 m(3)1.15 s