1、单元素养评价(五) (第5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.关于力与运动和惯性的说法中,正确的是()A.力是物体运动的原因B.力是改变物体运动状态的原因C.物体运动速度越大,它具有的惯性越大,所以越不容易停下来D.在相同外力作用下获得加速度大的物体惯性大【解析】选B。力是改变物体运动状态的原因,不是物体运动的原因,故A错误,B正确;惯性的量度是质量,质量大,惯性大,与速度无关,故C错误;在相同外力作用下,获得加速度大的物体,质量小,惯性小,故D错误。2.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
2、尺是测量长度的仪器,天平是测量质量的仪器,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。3.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()A.B石头对A石头的支持力大于A石头对B石头的压力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D.B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
3、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。4.现在很多超市都安装了智能化的自动扶梯(无台阶),如图所示。为了节约能源,在没有乘客乘行时,自动扶梯以较小的速度匀速运行,当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则电梯在运送乘客的过程中()A.乘客始终受摩擦力作用B.乘客先经历超重再失重C.乘客对扶梯的作用力始终竖直向下D.扶梯对乘客的作用力始终垂直斜面向上【解析】选A。乘客站在斜面上,始终受摩擦力作用,否则将沿斜面滑下来,
4、故A正确;加速运动阶段,乘客有向上的加速度,乘客处于超重状态,匀速运动阶段,乘客没有加速度,乘客既不超重,也不失重,B错误;加速运动阶段,扶梯对乘客有沿斜面向上的摩擦力和支持力,二者的合力即扶梯对乘客的作用力指向斜上方,扶梯对乘客的作用力不是垂直于斜面向上。根据牛顿第三定律分析可知:乘客对扶梯的作用力也不是始终竖直向下,故C、D错误。5.一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之间的关系的图像是()【解析】选C。物块受力分析如图所示:由牛顿第二定律
5、得;F-mg=ma,解得:F=ma+mg,所以F与a关系如C选项图像所示,故C正确,A、B、D错误。6.飞机起飞后在某段时间内斜向上加速直线飞行,用F表示此时空气对飞机的作用力,下列关于F的示意图正确的是()【解析】选A。飞机斜向上加速直线飞行,加速度斜向上,故其合力也斜向上;飞机受重力和空气对其作用力,根据平行四边形法则作图如下:故A正确,B、C、D错误。7.如图所示,质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成角的轻弹簧系着处于静止状态,现将绳AO烧断,在绳AO烧断的瞬间,下列说法正确的是(g为重力加速度)()A.小球受到的合力大小为B.弹簧的拉力大小F=mgcosC.小球的加速度大小为gta
6、nD.小球的加速度大小为gsin【解析】选C。未烧断绳AO时,根据共点力的平衡得,绳子的拉力为:T=mgtan,烧断绳AO的瞬间,弹簧来不及发生形变,弹力不变,F=。烧断前、烧断后的瞬间,弹力不变,弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向,所以烧断后的瞬间,小球受到的合力为mgtan。根据牛顿第二定律得加速度为:a=gtan,故C正确,A、B、D错误。8.如图所示,有一箱装得很满的水果,在水平外力F作用下在水平面上先向右做匀加速直线运动,水果箱与水平地面间的动摩擦因数为,不计其他外力及空气阻力,在撤去F后的瞬间,中间一质量为m的水果A受到其他水果对它的作用力大小应是()A.mgB.mgC.m
7、gD.mg【解析】选A。对整体分析,加速度a=g,方向水平向左。隔离对水果A分析,水果A受重力、其他水果对它的作用力,根据牛顿第二定律得,F合=ma=mg。根据平行四边形定则,其他水果对它的作用力为=mg。故A正确,B、C、D错误。9.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
8、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:F-mg=ma,解得:a=-g,由a-F图线,得到:0.5 m/s2=-10,4 m/s2=-10,联立得,m=2 kg,=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()A.A=B,mBmAB.AB,mBmAC.可能mA=mBD.AmA【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:F-Mg=Ma,解得:a
9、=-g,故a-F关系图像的斜率表示质量的倒数,故mAB。故B正确,A、C、D错误。二、实验题(5分)10.某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”。(1)实验时,必须先平衡小车与木板之间的摩擦力。该同学是这样操作的:如图乙,将小车静止地放在水平长木板上,并连着已穿过打点计时器的纸带,调整木板右端的高度,接通电源,用手轻拨小车,让打点计时器在纸带上打出一系列_的点,说明小车在做_运动。(2)如果该同学先如(1)中的操作,平衡了摩擦力。以砂和砂桶的重力为F,在小车质量M保持不变情况下,不断往桶里加砂,砂的质量最终达到M,测小车加速度a,作a-F的图像。如图丙中的图线正确的是_
10、。(3)设纸带上计数点的间距为x1和x2,如图丁为用米尺测量某一纸带上的x1、x2的情况,从图中可读出x1=3.10 cm,x2=_cm,已知打点计时器的频率为50 Hz,由此求得加速度的大小a=_m/s2。【解析】(1)平衡摩擦力时,应将绳从小车上拿去,不要挂钩码,将长木板的右端垫高至合适位置,使小车重力沿斜面分力和摩擦力抵消,若小车做匀速直线运动,此时打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点。(2)如果这位同学先如(1)中的操作,已经平衡摩擦力,则刚开始a-F的图像是一条过原点的直线,不断往桶里加砂,砂的质量最终达到M,不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量,此时图像发生弯曲,故C正确。
11、(3)根据图像可知,x2=5.50 cm,打点计时器的频率为50 Hz,每5个点取一个计数点,则T=0.1 s,加速度的大小为:a= m/s2=2.40 m/s2。答案:(1)点迹均匀匀速直线(2)C(3)5.50 2.40三、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)近年来,我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为。每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起,死亡上千人。只有科学设置交通管制,人人遵守交通规则,才能保证行人的生命安全。如图所示,停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23 m。质量8 t、车长7 m的卡车
12、以54 km/h的速度向北匀速行驶,当车前端刚驶过停车线AB,该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯。(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路,卡车司机发现行人,立即制动,卡车受到的阻力为3104N。求卡车的制动距离;(2)若人人遵守交通规则,该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD。为确保行人安全,D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯?【解析】(1)根据题意,由 公式-=2ax得:x=(2分)汽车刹车时,阻力产生的加速度为a,由牛顿第二定律得a=-(2分)代入数据得制动距离x=30 m (1分)(2)根据题意可知,汽车不受影响的行驶距离应该是AB与C
13、D间距加车身长度,即:x1=30 m(1分)故黄灯的持续时间为t,则t=(1分)代入数据得,时间为t=2 s(2分)答案:(1)30 m(2)2 s【加固训练】如图所示,质量m=2 kg的物块静止在水平地面上,物块与地面间的动摩擦因数=0.4,用一水平恒力F=12 N作用在该物块上,使它在水平地面上由静止开始加速运动,F作用4 s后撤去。取g=10 m/s2,求:(1)物块在这4 s内的加速度的大小;(2)物块在这4 s内发生的位移的大小;(3)撤去水平恒力F后,物块经多长时间停下来。【解析】(1)由受力得F-f=ma1f=FNFN=mg所以a1=,代入数据得:a1=2 m/s2(2)由x=a
14、1t2得x=16 m;(3)4 s末速度:v=a1t=8 m/s撤去F后:a2=g=4 m/s2撤去F后,物块的运动时间为:t= s=2 s。答案:(1)2 m/s2(2)16 m(3)2 s12.(9分)因搬家要把一质量为300 kg的钢琴从阳台上落到地面。用一绳子吊着钢琴先以0.5 m/s的速度匀速降落,当钢琴底部距地面高h时,又以大小为1 m/s2的加速度匀减速运动,钢琴落地时速度刚好为0。g取10 m/s2)求:(1)钢琴做匀减速运动的时间t;(2)匀减速运动的距离h;(3)匀减速下落过程中绳子对钢琴的拉力大小。【解析】(1)钢琴匀减速运动时,初速度 v0=0.5 m/s,加速度 a=
15、-1 m/s2,末速度 v=0,(1分)由v=v0+at(1分)得 t= s=0.5 s。(2分)(2)匀减速运动的距离 h=|a|t2=10.52 m=0.125 m。(2分)(3)匀减速下落过程中,由牛顿第二定律得 mg-T=ma;(1分)可得 T=m(g-a)=300(10+1)N=3 300 N(2分)答案:(1)0.5 s(2)0.125 m(3)3 300 N13.(10分)如图所示,为了将质量为100 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F=900 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
16、动摩擦因数=0.3,sin37=0.6,cos37=0.8。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:F-mgsin37-mgcos37=ma1,(2分)代入数据解得:a1=0.6 m/s2(2分)(2)撤去拉力后,平行于斜面方向,对货物可列方程:mgsin37+mgcos37=ma2,(1分)代入数据解得:a2=8.4 m/s2(1分)设运动最大速度为v:v2=2a1x1(1分)v2=2a2x2(1分)又因为x1+x2=5 m(1分)代入数据解得:x1= m4.7 m(1分)答案:(1)
17、0.6 m/s2(2)4.7 m(30分钟40分)14.(5分)一质点受多个力的作用,处于静止状态,现使其中一个力的大小逐渐减小到零,再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。此过程中,其他力保持不变,则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()A.a和v都始终增大B.a和v都先增大后减小C.a先增大后减小,v始终增大D.a和v都先减小后增大【解析】选C。由于质点初始处于静止状态,则其所受合力为零。这就相当于受两个等大反向的力:某个力和其余几个力的合力。其中某个力逐渐减小,而其余几个力的合力是不变的,则其合力就在这个力的反方向逐渐增大,这个力再由零增大到原来大小,则合力又会逐渐减小直到变为零,所以合
18、力变化为先增大后减小,故加速度a先增大后减小,因此A、D错误;又由于其合外力方向始终不变,则加速度方向始终不变,所以其速度会一直增大。因此B错误,C正确。15.(5分)如图所示A、B两相同的木箱(质量不计)用细绳连接放在水平地面上,当两木箱内均装有质量为m的沙子时,用水平力F拉B木箱,使两木箱一起做匀加速直线运动,细绳恰好不被拉断。在不改变拉力的情况下,为使两木箱一次能运送更多的沙子,下列方法(加沙子后A、B木箱均能被拉动)可行的是 ()A.只在A木箱内加沙子B.只在B木箱内加沙子C.A木箱内加入质量为2m的沙子,B木箱内加入质量为m的沙子D.A木箱内加入质量为4m的沙子,B木箱内加入质量为3
19、 m的沙子【解析】选B。对整体,根据牛顿第二定律可得:F-(mA+mB)g=(mA+mB)a对A,根据牛顿第二定律可得:T-mAg=mAa联立解得绳子拉力为:T=F可知,当只在B木箱内加沙子时,细线的拉力减小,能使两木箱一次运送更多的沙子,故B正确,A、C、D错误。【加固训练】如图所示,A、B两物体之间用水平轻质弹簧连接,用水平恒力F拉A,使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动,此时弹簧的长度为L1、弹力大小为F1;若将A、B置于粗糙水平面上,用相同的水平恒力F拉A,使A、B一起做匀加速直线运动,此时弹簧的长度为L2、弹力大小为F2。若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同,下列关系式正确的
20、是()A.F1L1 D.L2L1【解析】选B。A、B在粗糙水平面上运动时,对A、B整体,根据牛顿第二定律有:a=-g;对物体B,根据牛顿第二定律得:kx-mBg=mBa,解得:x=;即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关,所以L2=L1,根据弹力F=kx,知F1=F2。故B正确,A、C、D错误。16.(5分)(多选)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮,绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线,如图乙所示,设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度g取9.8 m
21、/s2,斜面的倾角为,下列说法正确的是()A.若已知,可求出A的质量B.若已知,可求出乙图中m0的值C.若已知,可求出乙图中a2的值D.若未知,可求出乙图中a1的值【解析】选C、D。根据牛顿第二定律:对B得:mg-F=ma对A得:F-mAgsin=mAa联立得 a=若已知,由知,不能求出A的质量mA,故A错误;当a=0时,由式得,m=m0=mAsin,mA未知,m0不能求出,故B错误;由式得,m=0时,a=a2=-g sin,故C正确;由式变形得: a=,当m时,a=a1=g,故D正确。17.(10分)用如图所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验:(1)下面列出了一些实验器材:电磁
22、打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶,除以上器材外,还需要的实验器材有_A.天平(附砝码)B.秒表C.刻度尺(最小刻度为mm)D.低压交流电源(2)实验中,下列做法能保证砂和砂桶所受的重力近似等于细绳对小车的拉力的是_。A.平衡小车受到的摩擦力B.砂和砂桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量MC.小车运动过程中,保持细绳与长木板平行D.先接通电源后释放小车,且释放时尽量靠近打点计时器(3)如图所示为某次实验的纸带,在相邻两计数点间都有四个计时点未画出,用刻度尺测得x1=0.55 cm,x2=0.94 cm,x3=1.35 cm,x4=1.76 cm,x5=2.15 cm,
23、x6=2.54 cm。相邻两计数点间的时间间隔为_s;计数点“6”和“7”间的位移比较接近于_。A.2.76 cm B.2.85 cmC.2.96 cmD.3.03 cm打下“3”点时小车的瞬时速度v3=_m/s;小车的加速度a=_m/s2。(计算结果均保留2位有效数字)【解析】(1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系,用砂和砂桶的重力代表小车受到的合外力,需要用天平测砂和砂桶的总质量及小车和砝码的总质量,故A正确;打点计时器的工作电源为低压交流电源(46 V),工作频率为50 Hz,周期为0.02 s,可以计时,不需要秒表,故B错误,D正确;打点计时器打下纸带,需用刻度尺测量距离,以求
24、加速度和瞬时速度,故C正确。(2)要使拉力等于砂和砂桶的总重力,必须满足砂和砂桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量M。(3)打点计时器的工作周期为T0=0.02 s,相邻两计数点间都有四个打点未画出,所以两计数点之间的时间间隔为T=5T0=0.1 s。由所给的数据可知相同时间内的位移增量为:x=0.40 cm ,则x7=x6+x=2.54 cm+0.40 cm=2.94 cm ,则C正确,A、B、D错误。打下3点的速度为:v3=m/s=0.16 m/s,加速度a=0.40 m/s2答案:(1)A、C、D (2)B(3)0.1 C 0.160.4018.(15分)可爱的企鹅喜欢在冰面上游玩,如图
25、所示,有一企鹅在倾角为37的斜面上,靠脚爪抓冰面,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒,以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数=0.25,已知sin37=0.6,cos37=0.8。求:(1)企鹅向上匀加速“奔跑”的位移大小;(2)从静止开始10 s内企鹅的位移和路程。【解析】(1)企鹅向上加速的位移大小 x1=at2,(2分)解得:x1=16 m(1分)(2)向上匀加速时,匀加速的末速度 v=at=4 m/s,(1分)向上匀减速滑行时,根据牛顿第二定律
26、有:mgsin37+mgcos37=ma1(1分)解得:a1=8 m/s2(1分)设经过时间t1企鹅已停止,由v=a1t1(1分)解得:t1=0.5 s(1分)匀减速到最高点的位移为 x2=a1=1 m(1分)之后企鹅沿斜面向下做匀加速直线运动,对企鹅受力分析有:mgsin37-mgcos37=ma2(1分)解得:a2=4 m/s2(1分)t2=t总-t-t1=(10-8-0.5)s=1.5 s(1分)位移为 x3=a2=4.5 m(1分)所以10 s内位移为 x=x1+x2-x3=12.5 m,方向向上(1分)路程为 s=x1+x2+x3=21.5 m(1分)答案:(1)16 m(2)12.5 m,方向向上21.5 m