2022_2023学年新教材高中物理单元素养评价四牛顿运动定律教科版必修第一册 试卷

这是一份2022_2023学年新教材高中物理单元素养评价四牛顿运动定律教科版必修第一册，共12页。

单元素养评价(四)(时间：75分钟　满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．如图所示，对下列插图描述正确的是(　　)A．图甲右上方的路牌所标的“50”应为车辆通行的平均速度B．由图乙可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处C．图丙中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性D．图丁中汽车速度减小时速度变化方向与汽车运动方向相同2．“严禁超重，严禁超速，严禁酒后驾驶”是阻止马路车祸的有力三招．在这三招中，都应用到我们学过的物理知识．下列说法中正确的是(　　)A．“严禁超速”是为了减小汽车的惯性B．“严禁超重”是为了控制汽车司机的反应时间C．“严禁酒后驾驶”是为了减小汽车的惯性D．汽车超重会增大汽车的惯性3．关于力学单位制，下列说法中正确的是(　　)A．N、m/s、m/s2是导出单位B．后人为了纪念牛顿，将N作为力学中的基本单位C．在国际单位制中，时间的单位可以是s，也可以是hD．在不同的力学单位制中，牛顿第二定律的表达式都是F＝ma4．一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之间关系的图像是(　　)5．如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角．重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)A．小铁球受到的合外力方向水平向左B．F＝(M＋m)g tan αC．系统的加速度为a＝g sin αD．F＝Mg tan α6．如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度g取10 m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬间加速度为(　　)A．0B．大小为10 m/s2，方向竖直向下C．大小为5 eq \r(3) m/s2，方向斜向右下方D．大小为5 m/s2，方向斜向右下方7．某物体质量为1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据图像可知(　　)A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力B．物体在第3 s内所受的拉力大于1 NC．在0～3 s内，物体所受的拉力方向可能与摩擦力方向相同D．物体在第2 s内所受的拉力为零8．如图(a)所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图(b)所示．(g取10 m/s2)则下列结论正确的是(　　)A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC．物体的质量为3 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.将一铁块A放在水平放置的磁板B上，A被B吸住并处于静止状态(如图所示)，关于铁块A的受力情况，下列叙述正确的是(　　)A．铁块共受三个力的作用，其中有两个力的施力物体是磁板B．铁块所受的重力与铁块所受磁板的支持力是一对平衡力C．磁板所受铁块的压力大于铁块的重力D．磁板对铁块的吸引力与铁块对磁板的吸引力，大小相等、方向相反，是一对平衡力10.如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　)A．在第一过程中始终处于失重状态B．在第二过程中始终处于超重状态C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态11．一个物体在多个力的作用下处于静止状态．若仅使其中的一个力保持方向不变、大小均匀减小到零，然后又从零均匀恢复到原来的大小，在这个过程中其余各力均不变，则下列图像中能正确描述该过程中物体速度和加速度随时间变化情况的是(　　)12.把弹力球从一定高处由静止释放，碰地反弹到最高点时接住，过程中的速度大小与时间关系图像如图所示，空气阻力恒定，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)A．过程中球的位移为0B．球释放时的高度为1.125 mC．过程中球的运动路程为1.62 mD．球上升过程的加速度大小为9 m/s2三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)在“探究加速度a与力F、质量M的关系”的实验中(1)我们都是先确保小车质量M不变，研究a与F的关系，再确保F不变，研究a与M之间的关系，这种实验方法称为________________．(2)下列说法中正确的是________．A．牵引小车的轻绳应和长木板保持平行B．将打点计时器接在6 V电压的蓄电池上，先接通电源，后放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量C．在探究a与质量M的关系时，作出a ­  eq \f(1,M)图像能更直观地判断二者间的关系D．轻绳对小车的拉力，一定等于砝码的重力14．(8分)图a为“探究小车的加速度与受力的关系”的实验装置图，图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电磁打点计时器，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，B为砝码，质量为m2，不计绳与滑轮间的摩擦，改变砝码质量，测量多组数据，并在坐标系中作出了如图c所示的a ­ F图像，其中F＝m2g.　(1)下列说法正确的是________．A．电磁打点计时器正常工作时使用220 V的交流电源B．实验时应先接通电源后释放小车C．平衡摩擦力时，应将砝码用细绳通过定滑轮系在小车上D．为了减小误差，实验中一定要保证m2远小于m1(2)图b为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的五个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出，各点间的距离如图中所示，则小车的加速度大小为________ m/s2(交流电源的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字).(3)图c所示的a ­ F图像中，图线不过坐标原点的原因是________________________________，由图像求出小车的质量m1为________ kg(结果保留两位有效数字).15．(8分)如图所示的机车，质量为100 t，设它从停车场出发经225 m后速度达到54 km/h，此时，司机关闭发动机，让机车进站．机车又行驶了125 m才停在站上，设机车所受的阻力保持不变，关闭发动机前机车所受的牵引力不变，求机车关闭发动机前所受的牵引力．16．(10分)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施加平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5 s时撤去拉力，物体速度与时间(v ­ t)的部分图像如图乙所示．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少？(2)拉力F的大小为多少？17．(12分)如图所示，在一次无人机载货测试中，一架质量为1 kg的无人机，下方固定一个质量为0.5 kg的配送箱，箱中放有一个质量为1.5 kg的货物，若无人机从地面以最大升力竖直起飞，6 s内上升了36 m，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小恒为6 N，g取10 m/s2.求：(1)无人机提供的最大升力的大小．(2)此过程中货物受到箱底的支持力的大小．(3)若6 s末无人机升力变为24 N，无人机最高能上升到距地面多高处？18．(16分)如图1所示，水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．如图2所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行．一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离l＝2 m，g取10 m/s2.求：(1)行李从A处传送到B处所需的时间；(2)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，传送行李的最短时间和传送带对应的最小运行速率．单元素养评价(四)1．答案：C2．解析：由于惯性大小是由质量去度量，与物体运动速度及受力与否无关，D正确．答案：D3．解析：N、m/s、m/s2是导出单位，A正确；N是力的单位，但是N是导出单位，不是基本单位，B错误；在国际单位制中，时间的单位是s，其他的单位不是国际单位制中时间的单位，C错误；只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式F＝kma中的k才是1，此时的表达式才能写成F＝ma，D错误．答案：A4．解析：当拉力大于最大静摩擦力时，物块才产生加速度，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，可知a与F成线性关系，C正确．答案：C5．解析：对小铁球受力分析得mg tan α＝ma，且合外力水平向右，故小铁球加速度为g tan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为g tan α，A、C错误；整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)g tan α，故选项B正确，D错误．答案：B6．解析：小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为：N＝mg cos 30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力N大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mg cos 30°＝ma，解得a＝5 eq \r(3) m/s2，方向斜向右下方，选项C正确．答案：C7．解析：由题图可知，第2 s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以选项A、D错误；第3 s内物体的加速度大小为1 m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 N，故其所受拉力大于1 N，选项B正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项C错误．答案：B8．解析：设物体的质量为m，静止时弹簧的压缩量为Δx，由二力平衡条件可知：kΔx＝mg①刚开始的合外力即为拉力F＝10 N，使物体开始向上做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F＝ma②拉力F＝30 N时，由牛顿第二定律得：F′－mg＝ma③联立①②③式解得，物体的质量m＝2 kg，物体的加速度大小a＝5 m/s2，劲度系数k＝500 N/m，只有选项D正确．答案：D9．解析：铁块受重力、支持力、吸引力，其中支持力、吸引力的施力物体是磁板，故A正确；铁块受重力、支持力、吸引力，三力平衡，故B错误；根据牛顿第三定律，铁块对磁板的压力大小等于磁板对铁块的支持力大小，而磁板对铁块的支持力等于铁块受到的重力与吸引力的矢量和，故磁板所受铁块的压力大于铁块的重力，故C正确；磁板对铁块的吸引力与铁块对磁板的吸引力是一对作用力和反作用力，大小相等、方向相反，故D错误．答案：AC10．解析：运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随着床面形变增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误、C正确；蹦床运动员在上升过程中和下降过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误、D正确．故选C、D.答案：CD11．解析：合力先增大后减小，则加速度也是先增大后减小，方向不变，速度一直增大．故选项B、C正确．答案：BC12．解析：A错：下降过程和上升过程的位移不相等，总位移不为0；B对：图线与坐标轴围成的面积表示位移的大小，下降的位移大小为1.125 m；C对、D错：下降过程有mg－f＝ma1，上升过程有mg＋f＝ma2，得出a1＝9 m/s2，a2＝11 m/s2，运动的总路程为下降和上升的位移大小之和x＝ eq \f(v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,2a1)＋ eq \f(v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,2a2)＝1.125 m＋0.495 m＝1.62 m.答案：BC13．解析：(1)在实验中先确保小车质量M不变，研究a与F的关系，再确保F不变，研究a与M之间的关系，这种实验方法称为控制变量法．(2)牵引小车的轻绳应和长木板保持平行，使得拉力等于小车所受的合力，故A正确．打点计时器应接交流电源，蓄电池是直流电源，故B错误．加速度a与M的关系图线是曲线，作a ­ M图线不能判断出二者的关系，作a ­  eq \f(1,M)图像能更直观地判断二者间的关系，故C正确．在实验中，由于钩码也做加速运动，故钩码的重力大于细绳对小车的拉力，只有当M≫m时才可近似认为钩码的重力等于细绳对小车的拉力，故D错误．答案：(1)控制变量法　(2)AC14．解析：(1)A错：电磁打点计时器正常工作时使用6 V的交流电．B对：实验时应先接通电源后释放小车．C错：平衡摩擦力时应不挂钩码，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动．D对：为了减小误差，实验中一定要保证m2远小于m1，这样才能认为钩码的重力等于小车的拉力．(2)已知T＝0.1 s，Δx＝4 mm，则加速度a＝ eq \f(Δx,T2)＝ eq \f(4×10－3,0.12) m/s2＝0.40 m/s2.(3)题图c所示的a ­ F图像中，当F＝0.1 N时才开始有加速度，可知图线不过坐标原点的原因是没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够；根据牛顿第二定律a＝ eq \f(F,m1)，则 eq \f(1,m1)＝ eq \f(0.5,0.6－0.1) kg－1＝1 kg－1，解得m1＝1.0 kg.答案：(1)BD　(2)0.40　(3)没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够　1.015．解析：设机车在加速阶段的加速度为a1，减速阶段的加速度为a2则：v2＝2a1x1，v2＝2a2x2，解得：a1＝0.5 m/s2，a2＝0.9 m/s2，由牛顿第二定律得：F－f＝ma1，f＝ma2，解得：F＝1.4×105 N.答案：1.4×105 N16．解析：(1)由速度—时间图像知：物体匀减速时的加速度大小为a1＝ eq \f(10－5,0.5) m/s2＝10 m/s2根据牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1解得μ＝0.5.(2)由速度—时间图像知：物体向上匀加速时的加速度a2＝ eq \f(Δv,Δt)＝20 m/s2根据牛顿第二定律得：F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma2解得F＝30 N.答案：(1)0.5　(2)30 N 17．解析：(1)在匀加速上升的过程中，有h＝ eq \f(1,2)at2解得a＝2 m/s2根据牛顿第二定律可得Fm－f－m总g＝m总a解得Fm＝42 N.(2)对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：N－mg＝ma解得N＝18 N.(3)若6 s末无人机升力变为24 N，无人机开始做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得F－f－m总g＝m总a1解得a1＝－4 m/s2t＝6 s时的速度v＝at＝12 m/s匀减速上升的距离h1＝ eq \f(0－v2,2a1)＝ eq \f(0－144,2×（－4）) m＝18 m无人机最高能上升到距地面的高度H＝h1＋h＝54 m.答案：(1)42 N　(2)18 N　(3)54 m18.解析：(1)对行李刚放上传送带时受力分析如图所示根据牛顿第二定律得：f＝μmg＝ma代入数值得加速度a＝1 m/s2设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度v＝1 m/s则v＝at1得加速运动的时间t1＝1 s则匀速运动的时间t2＝ eq \f(l－\f(1,2)at eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,v)＝1.5 s运动的总时间t总＝t1＋t2＝2.5 s.(2)行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，则l＝ eq \f(1,2)at eq \o\al(\s\up11(2),\s\do4(min)) 得最短时间tmin＝2 s传送带对应的最小运行速率vmin＝atmin＝2 m/s.答案：(1)2.5 s　(2)2 s　2 m/s