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 kg B60 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 avt 2 m/s2，根据牛顿第二定律可得 mFa 60
2、 kg，故选项 B 正确。2.2020 年 7 月 9 日 20 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
3、，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
4、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()【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
5、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()A14 F B12 F C34 F DF【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 aF4mg4m。隔离对环4
6、分析，根据牛顿第二定律得，F1mgma，联立解得：F114 F，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，t2t1Bt1t1Ct1t0，t2t1Dt1t0，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
7、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Dt3 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 t1v0a1 1 s，上滑的距离 x112 v0t15 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
8、 sin mg cos ma2，解得 a22 m/s2，t2 s 时，滑块下滑的距离 x212 a2(tt1)21 m v22gL，则 tLv v2gB若 v22gL，则 t2LgC若 v22gL，则 tLv v2gD若 v22gL，则 t2Lg【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 v22gL。匀加速运动的时间 t1va vg，匀速运动的时间 t2L v22gvLv v2g，则总时间 tt1t2Lv v2g，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
9、v22gL。根据位移时间公式，有 L12 at2，解得 t2Lg，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
10、】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，a20.40.21 m/s20.2 m/s2，且 FfFTma20.2 N，可解出质量 m1 kg，选项 A 正确；24 s 内，a10.4042 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忽略不计的定滑轮
11、，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
12、，则重物对地面的压力为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
13、放到传送带上的同时，乘客也以 1 m/s 的恒定速率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 xv2 t112 1 m0.5 m，则匀速运动的时间为 t2Lxv20.5
14、1 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 人Lv 21 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 L12 at2min，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
15、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a-F 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
16、案：_。【解析】(1)根据 xaT2，运用逐差法得：axBDxOB4T2（4.041.631.63）10240.01 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
17、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-1m1 图像(2)如果实验时，某同学由于疏忽，遗漏
18、了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的 a-F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 a-F 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Fm1am1m2gm1m2 m2g1m2m1。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
19、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，a-m图像是曲线，若 a-1m 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 axT2 3.373.88 2.402.89 102（20.1）2 m/s20.49 m/s2。答案：(1)D(2)(3)0.4919.(9 分)民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急
20、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 hl(1 分)得 a2 m/s2(2 分)(2)由 l12 at2(2 分)解得 t 6 s(2
21、 分)答案：(1)2 m/s2(2)6 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14 时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的 F-t 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
22、二定律有mgFTma(2 分)根据图 2 得此时 FT1 975 N，则有agFTm 0.125 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 h2v2 t212 8 m4 m(2 分)匀加速上升的位移为总位移的14，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的34，则有 h1h234 h，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
23、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 16。现用轻绳将木块与一质量 m1 kg 的小球相连，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
24、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
25、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 sm12 a1t21(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s112 a1t22(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 v1a1t2s2v212a2(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v232a3 v232a4 sv3a3t3(1 分)联立解得 t33 22 s(1 分)答案：(1)2 N(2)42 m(3)3 22 s
