1、单元形成性评价(四)(第四章)(90分钟100分)一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.太空中测量质量的原理是依据牛顿运动定律：航天员在轻质支架上被另一航天员拉离平衡位置，如图所示，松手后，该航天员在大小为120 N的恒定合力作用下，经0.5 s复位，测得复位瞬间速度为1 m/s，则被测航天员的质量为()A65 kgB60 kgC70 kg D75 kg【解析】选B。航天员静止到复位过程看作匀加速直线运动，其加速度为a2 m/s2，根据牛顿第二定律可得m60 kg，故选项B正确。2.2020年7月9日2
2、0时11分0秒，我国用长征三号乙运载火箭成功发射亚太6D卫星，发射重量约5 550 kg，通信总容量达到50Gbps，在轨服务寿命15年，该卫星在载荷重量、通信容量等方面，刷新了国内同类通信卫星的纪录。在这则新闻中涉及了质量、时间和通信总容量及其单位，以下判断正确的是()A新闻中涉及的单位“年”是国际单位制中的导出单位B“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的导出单位C秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一D所有的物理量都有单位【解析】选B。“年”是时间的一个单位，但不是国际单位制中的单位，选项A错误；“千克米每二次方秒”是由Fma推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为
3、了纪念牛顿把它定义为牛顿，选项B正确；国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而秒只是时间的单位，选项C错误：有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数就没有单位，选项D错误。3如图所示，猴子抓住树枝悬挂在空中静止，根据如图所示，关于猴子的运动状态，下列判断正确的是()A平衡状态 B超重状态C失重状态 D无法判断【解析】选A。由题可知，猴子抓住树枝悬挂在空中静止，其合力为零，即处于平衡状态，故选项A正确，B、C、D错误。4雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像可以正确反映出雨滴下落运动情况的是()
4、【解析】选C。对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mgFfma。雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在v t图像中其斜率变小，故选项C正确。5.某同学想利用所学力学知识研究地铁列车的运动情况，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁列车车厢的竖直扶手上。在地铁列车运动的某段过程中，他观察到细绳偏离了竖直方向，并相对车厢保持静止。他用手机拍摄了当时情景，如图所示， 拍摄方向跟地铁列车运动方向垂直。根据这张照片，你能推断出这段过程中()A地铁列车加速度方向B地铁列车速度方向C地铁列车匀速运动D地铁列车一定加速运动【解析】选A。圆珠笔相对车厢保持静止，在水平方向
5、做直线运动，圆珠笔受重力和细绳斜向左上方的拉力，则圆珠笔的加速度方向水平向左，所以地铁列车加速度方向水平向左，地铁列车可能向左做加速运动也可能向右做减速运动，故选项A正确，B、C、D错误。6.四个质量相等的金属环，环环相扣，在一竖直向上的恒力F作用下，四个金属环匀加速上升。则环3和环4间的相互作用力大小为()AFBFCFDF【解析】选A。设每个金属环的质量为m，对整体分析，根据牛顿第二定律得，整体的加速度a。隔离对环4分析，根据牛顿第二定律得，F1mgma，联立解得：F1F，故选项A正确，B、C、D错误。7将一物体以某一初速度竖直上抛。物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到
6、最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则()At1t0，t2t1 Bt1t1Ct1t0，t2t1 Dt1t0，t2ga2，其中，a1t1v0gt0，得t1t1，选项B正确。8.如图所示，一倾角37的足够长的斜面固定在水平地面上。当t0时，滑块以初速度v010 m/s 从斜面上某位置沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8，下列说法正确的是()A滑块一直做匀变速直线运动Bt1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上Ct2 s时，滑块恰好又回到出发点D
7、t3 s时，滑块的速度大小为4 m/s【解析】选D。设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mg sin mg cos ma1，解得a110 m/s2，上滑时间t11 s，上滑的距离x1v0t15 m，因mg sin mg cos ，所以滑块上滑到速度为零后将向下运动，选项B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mg sin mg cos ma2，解得a22 m/s2，t2 s时，滑块下滑的距离x2a2(tt1)21 m，则tB若，则tC若，则tD若，则t【解析】选A、D。木块做加速运动时根据牛顿第二定律有mgma。若先加速后匀速，则满足：v22aL，即。匀加速运动
8、的时间t1，匀速运动的时间t2，则总时间tt1t2，故选项A正确、B错误；若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有mgma，且有满足：v22aL，即。根据位移时间公式，有Lat2，解得t，故选项C错误、D正确。15如图甲所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平力F的作用，在t4 s 时撤去力F。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。g取10 m/s2。由题给数据可以得出 ()A木板的质量为1 kgB24 s内，力F的大小
9、为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【解析】选A、B。结合两图像可判断出02 s物块和木板未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F大小等于Ff，故F在此过程中是变力，选项C错误；25 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，在45 s内，a2 m/s20.2 m/s2，且FfFTma20.2 N，可解出质量m1 kg，选项A正确；24 s内，a1 m/s20.2 m/s2，由牛顿运动定律，得FmaFf0.4 N，选项B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数，故选项D错误。16一条不可伸长的轻绳跨过质量可
10、忽略不计的定滑轮，轻绳的一端系一质量m15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m10 kg的猴子，从轻绳的另一端沿轻绳向上爬，如图所示，不计滑轮与轻绳间的一切摩擦，且重物始终不离开地面，g取10 m/s2。下列说法正确的是()A.猴子受到轻绳对它向上的拉力B若猴子匀速向上爬，则重物对地面的压力为100 NC猴子向上运动的加速度越大，重物对地面的压力越大D猴子向上运动的最大加速度为5 m/s2【解析】选A、D。由于猴子向上运动，则猴子在竖直方向上受到重力和绳子向上的拉力，故选项A正确；若猴子匀速向上爬，有：Tmg1010 N100 N，对重物分析，有NTmg，代入数据解得N50 N，则重物对
11、地面的压力为50 N，故选项B错误；对猴子，根据牛顿第二定律得Tmgma，加速度a越大，拉力越大，对重物分析NTmg，可知支持力越小，则压力越小，故选项C错误；重物不离开地面时绳子的最大拉力Tmg150 N，对猴子分析，根据牛顿第二定律得Tmgma，代入数据解得最大加速度为a5 m/s2，故选项D正确。【补偿训练】(多选)如图所示，旅客的行李通过安检的过程可以等效如下：质量为m的行李在水平传送带的左端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v1 m/s匀速运动，传送带左、右两端的距离为2 m，行李与传送带间的动摩擦因数为0.1。若乘客把行李放到传送带上的同时，乘客也以1 m/s的恒定速率
12、平行于传送带运动到传送带的右端，则(g取10 m/s2)()A乘客和行李同时到达传送带的右端B乘客提前0.5 s到达传送带的右端C行李提前0.5 s到达传送带的右端D若提高传送带的速度到足够大，行李到达传送带的右端的最短时间为2 s【解析】选B、D。行李匀加速过程，由牛顿第二定律，得：mgma，代入数据得：a1 m/s2。设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v1 m/s。由vat1代入数值，得：t11 s，匀加速运动的位移大小为xt11 m0.5 m，则匀速运动的时间为t2 s1.5 s，行李从左端到右端的时间为tt1t22.5 s。而乘客一直做匀速运动，从左端到右端的时间为t
13、人 s2 s，故乘客提前0.5 s到达右端，故选项A、C均错误，B正确；若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短。由Lat，解得最短时间为tmin2 s，故选项D正确。三、非选择题(本题共6小题，共55分)17(7分)某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。(1)图乙是实验中得到的一条纸带，图中打相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，由图中的数据可得小车的加速度a为_m/s2。(2)该实验小组以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图像如丙图中图线1所示，发现图线不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行
14、了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F，作aF图如丙图中图线2所示，则图线不过原点的原因是_，对于图像上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，其原因是_。(3)该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F和传感器测得的F为横轴作图像，要使两个图线基本重合，请你设计一个操作方案：_。【解析】(1)根据xaT2，运用逐差法得：a m/s20.195 m/s2。(2)由图线可知，F不等于零时，a仍然为零，可知图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。力传感器可以直接得出细线拉力的大小，用钩码的重力表示细线的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质
15、量，否则细线的拉力实际上小于钩码的重力。所以对于图线上相同的力，用力传感器测得的加速度偏大，原因是钩码的质量未远小于小车的质量。(3)要使两个图线基本重合，只要满足钩码的质量远小于小车的质量即可。答案：(1)0.195(2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足钩码的质量未远小于小车的质量(3)将n个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余钩码留在小车上随小车一起运动18(7分)如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图。图中A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50 Hz交流电。小车的质量为m1，小桶(及砝码)的
16、质量为m2。(1)下列说法正确的是_。A本实验m2应远大于m1B每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C实验时应先释放小车后接通电源D在用图像探究加速度与质量关系时，应作a图像(2)如果实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图像，可能是乙图中的_图线；另一同学如果平衡摩擦力过大，他测量得到的aF图像，可能是乙图中的_图线(以上两空均选填“”“”或“”)。(3)如丙图所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出，可求得小车的加速度大小为a_m/s2。(保留二位有效数字)【解析】(1)根据牛顿第二定律可求得绳对小车的拉力为Fm1
17、am1。当m1m2时，拉力Fm2g，故选项A错误；改变小车的质量，由于小车的重力下滑分力及摩擦力同比例减小，所以一次平衡好后，只要不改变平板的倾角，则不必另外平衡，故选项B错误；打点计时器打点时要求先通电后释放小车，故选项C错误；力不变时，由于加速度与质量成反比，am图像是曲线，若a图像是一条直线，则a与m成反比，故选项D正确。(2)若遗漏了平衡摩擦阻力，则当有力(钩码的重力)时小车却没有加速度，所以图对应此种情况。同理若平衡过度，则当不挂重物(拉力为零)时，小车就将加速运动，此种情况对应图像；(3)由逐差法求小车的加速度大小为a m/s20.49 m/s2。答案：(1)D(2)(3)0.49
18、19.(9分)民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。若机舱口下沿距地面h3.6 m，气囊所构成的斜面长度为l6.0 m，一个质量为m60 kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是f240 N，g取10 m/s2(为简化问题，此处将人看作质点，并忽略空气阻力) 求：(1)乘客在气囊上滑下的加速度为多大；(2)若乘客从静止开始下滑，滑到底需要多长时间？【解析】(1)对人进行受力分析如图所示设斜面倾角为，由牛顿第二定律：G sin fma(2分)sin (1分)得a2 m/s2(2分)(2)由lat2(2
19、分)解得t s(2分)答案：(1)2 m/s2(2) s20(12分)(2020浙江7月选考)如图1所示，有一质量m200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的Ft图线如图2所示，t34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10 m/s2)，求物件：(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。【解析】(1)由题图2可知026 s内物件匀速运动，2634 s 物件匀减速运动，在匀减速运动过程中根据牛顿第二定律有mgFTma(2分)根据
20、图2得此时FT1 975 N，则有ag0.125 m/s2，方向竖直向下。(2分)(2)结合图2根据运动学公式有vat20.125(3426) m/s1 m/s。(2分)(3)根据图像可知匀速上升的位移h1vt1126 m26 m(2分)匀减速上升的位移h2t28 m4 m(2分)匀加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，则有h1h2h，所以总位移为h40 m。(2分)答案：(1)0.125 m/s2竖直向下(2)1 m/s(3)40 m21.(10分)如图所示，质量M3 kg的木块套在水平固定的粗糙直杆上，木块和直杆间的动摩擦因数。现用轻绳将木块与一质量m1 kg的小
21、球相连，并用与水平方向成53的恒力F20 N拉小球，使其和木块一起水平向右做匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，sin530.8，cos530.6。求：(1)小球和木块运动的加速度a的大小；(2)轻绳与水平方向的夹角的正切值。【解析】(1)如图甲所示，对木块和小球整体受力分析沿水平和竖直方向建立正交轴，正交分解后，列方程为Fcos53f(Mm)a(1分)Fsin53FN(Mm)g(1分)fFN(1分)联立以上各式解得a2 m/s2(2分)(2)如图乙所示，对木块受力分析沿水平和竖直方向建立正交轴，正交分解后列方程为FNT sin Mg(2分)T cos fMa(2分)联立以上方程解得
22、tan 0.6(1分)答案：(1)2 m/s2(2)0.622(10分)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m1 kg，动力系统提供的恒定升力F14 N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2。(1)第一次试飞，飞行器飞行t18 s时到达高度sm64 m，求飞行器所受阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t26 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度s；(3)第二次试飞中为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。【解析】(1)第一次飞行中，设加速度为a1，飞行器匀加速运动，则sma1t(1分)由牛顿第二定律Fmgfma1(1分)联立解得f2 N(1分)(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1，匀加速运动s1a1t(1分)设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2，由牛顿第二定律mgfma2(1分)又v1a1t2s2(1分)最大高度ss1s2联立解得s42 m(1分)(3)设失去升力下降阶段加速度为a3，恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3，由牛顿第二定律mgfma3Ffmgma4(1分)且sv3a3t3(1分)联立解得t3 s(1分)答案：(1)2 N(2)42 m(3) s
