（京津鲁琼版）2020版高考物理总复习第三章单元评估检测（三）（含解析）.docx

单元评估检测(三)(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.15为单选题，68为多选题)1(2019安徽芜湖模拟)某物体做直线运动的vt图象如图所示，据此判断四个选项中(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)正确的是()解析：选B.由图可知前2 s物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前2 s受力恒定，24 s做匀减速直线运动，速度方向为正方向，所以受力为负，且恒定，46 s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，68 s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，故A错误，B正确；由上分析可知，先向正方向做加速运动，然后减速运动，4 s末到达最远处，然后返回，8 s回到原点；故物体的位移一直为正值，故C、D错误2(2019齐鲁名校联考)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态在箱子下落过程中，下列说法正确的是()A加速下落时，箱内物体对箱子底部的压力逐渐变大B箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力可能为0D若下落距离足够长，箱内物体有可能做减速运动解析：选A.选整体为研究对象，由牛顿第二定律mgkv2ma，随着v变大，加速度a逐渐变小，直到变为零分析物体受力，由牛顿第二定律可得Nmgma，刚开始运动时N0，此后支持力逐渐变大，即加速下落时，箱内物体对箱子底部的压力逐渐变大，箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最小，选项A正确，B错误；箱子接近地面时，箱子的加速度趋近于零，则箱内物体受到的支持力趋近与mg，选项C错误；若下落距离足够长，当mgkv2时，箱子做匀速运动，即箱内物体不可能做减速运动，选项D错误3(2019河北邢台模拟)如图所示，质量为1 kg的滑块P位于粗糙水平桌面上，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳与质量也为1 kg的钩码Q相连，P与桌面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为10 m/s2.从离滑轮足够远处由静止释放滑块P，下列说法正确的是()A滑块P与桌面间的摩擦力大小为10 NB轻绳受到的拉力大小为6 NC滑块P的加速度大小为5 m/s2D滑块P释放后1 s内沿桌面前进的距离为4 m解析：选B.释放P后，PQ一起做加速运动，所以P受到的滑动摩擦力大小为fmg0.2110 N2 N，故A错；P从静止释放后PQ一起做匀加速运动，以整体为对象，根据牛顿第二定律可求得mgmg2ma，即a4 m/s2，再以Q为对象，由牛顿第二定律可知：mgTma，解得：T6 N，故B对，C错；滑块P释放后1 s内沿桌面前进的距离为sat2412 m2 m，故D错4如图所示，底板光滑的平板小车上用两个量程足够大、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为0.5 kg的物块，在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10 N，此时弹簧秤中的弹簧均伸长5 cm.当弹簧秤甲的示数稳定为8 N时，下列说法正确的是()A弹簧的劲度系数为400 N/mB小车一定是向右做匀加速直线运动C小车运动的加速度大小是4 m/s2D与小车匀速运动时相比，物块相对于小车向左移动了 1 cm解析：选D.根据题意弹簧秤中的弹簧均伸长5 cm时弹簧秤的示数均为10 N，此时kx10 N解得：k N/m200 N/m，故A错；两弹簧完全相同，且弹簧的弹力和其形变量成正比，故当一个弹簧缩短时，另一个弹簧伸长，且二者形变量的变化大小相同，所以当弹簧秤甲的示数稳定为8 N时，弹簧秤乙的示数应为12 N，物体在水平方向所受到的合外力为4 N, 根据牛顿第二定律可知，物块的加速度大小为a8 m/s2，所以物块可以向右做匀加速运动也可以向左做匀减速运动，故B、C错；弹簧乙的弹力变成了12 N根据胡克定律可知： Fkx1解得x1 m0.06 m6 cm，所以相对于原来物块向左移动了1 cm，故D对5(2019四川眉山一中模拟)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为 时，上升的最大高度记为h，重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan 和 B.tan 和 Ctan 和 D.tan 和 解析：选D.根据速度位移公式得，物块上滑的加速度为：a，根据牛顿第二定律得：agsin gcos ，联立解得动摩擦因数为：tan .因为物块上滑的加速度大小不变，根据x知，初速度变为原来的一半，则上滑的最大位移为原来的，上升的最大高度为原来的，即h.故D正确，A、B、C错误6(2019山东济宁调考)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(Fmg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止则()Aa2a1 Ba2a1Cx2x1 Dx2x1解析：选BD.设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度a1g；拿走砝码施加F时，加速度a2，可知a2a1.根据v22ax得，x.知加速度增大，则滑行的距离变小，即x2x1，故B、D正确，A、C错误7(2019云南师大属中模拟)如图所示，A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体已知A和C的质量都是2 kg，B的质量是3 kg，A、B间的动摩擦因数是0.2，其他摩擦不计由静止释放C，C下落一定高度的过程中(C未落地，B未撞到滑轮，且A未与B分离，g10 m/s)，下列说法正确的是()AA、B两物体没有发生相对滑动BC物体的加速度大小是3.2 m/s2CB物体受到的摩擦力大小是4 ND细绳的拉力大小等于13.6 N解析：选BCD.假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度：a m/s2 m/s2；隔离对A分析，fmAa2 NmAg4 N，可知假设不成立，即A、B两物体发生相对滑动，A所受的摩擦力为4 N，B物体受到A的摩擦力大小是4 N，对B、C系统的加速度aBC m/s23.2 m/s2.对C分析，根据牛顿第二定律得：mCgTmCaBC；解得T13.6 N，故A错误，B、C、D正确8(2019山西部分学校调研)2018年7月12日，C919大型客机102机顺利完成首次空中远距离转场飞行假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，加速1.6103m时才能达到起飞所要求80 m/s的速度已知飞机的质量为7.0104 kg，滑跑时受到的阻力恒为重力的0.1，取g10 m/s2，则在飞机滑跑的过程中()A飞机加速度的大小为4 m/s2B飞机滑跑的时间为40 sC飞机牵引力的大小为1.4105 ND飞机牵引力的最大功率为1.68107 W解析：选BD.飞机加速度的大小为a m/s22 m/s2，选项A错误；根据xt解得飞机滑跑的时间为t40 s，选项B正确；根据Ffma可得飞机牵引力的大小为Fmakmg2.1105 N，选项C错误；飞机牵引力的最大功率为PFv2.110580 W1.68107 W，选项D正确二、实验题(本题共1小题，共12分)9(12分)(2019安徽皖中名校联考)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图甲所示的实验装置其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量， m0为滑轮的质量，滑轮大小不计且光滑力传感器可测出轻绳中的拉力大小甲(1)实验时，一定要进行的操作是_A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2(结果保留三位有效数字)乙丙(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，如图丙所示，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_A. B.m0C.m0 D.(4)乙同学根据测量数据做出如图丁所示的aF图线，该同学做实验时存在的问题是_丁解析：(1)本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于小车的总质量，故A、D错误；实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确(2)根据xaT2，运用逐差法得，am/s22.00 m/s2.(3)由牛顿第二定律得：2Fma，则aF，aF图象的斜率：k，则小车的质量mmm0m0，故C正确(4)当F不等于零，加速度a仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或木板倾角过小，平衡摩擦力不够答案：(1)BC(2)2.00(3)C(4)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够三、计算题(本题共2小题，共40分)10(20分)(2019山东临沂调研)如图甲所示，在倾角为的足够长的斜面上，有一个带风帆的滑板从静止开始沿斜面下滑，滑板的总质量为m，滑板与斜面间的动摩擦因数为，滑板上的风帆受到的空气阻力与滑板下滑的速度成正比，即 fkv.(1)试求滑板下滑的最大速度vm的表达式；(2)若m2 kg、30， g取10 m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度时间图象如图乙所示，图中斜线是t0时刻的速度图象的切线由此求 和 k 的值解析：(1)滑板受力分析如图所示，当mgsin f1f2 时，风帆下滑的速度最大为 vm 则有mgsin mgcos kvm vm(sin cos )(2)由图象知t0时风帆下滑的加速度a m/s23 m/s2 风帆下滑过程中最大速度vm2 m/s当t0时，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma ag(sin cos )10(0.5)3 m/s2解得0.23由mgsin mgcos kvm 得，k(sin cos )(0.50.23)N/(ms 1)3 N/(ms1)答案：(1)(sin cos )(2)0.233 N/(ms1)11(20分)(2019浙江联考)如图甲所示为冰库工作人员移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向上拉力的作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动到运送冰块的目的地，其工作原理可简化为如图乙所示设冰块质量M100 kg，冰块与滑道间动摩擦因数0.05，运送冰块距离为12 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成53角斜向上某次拉冰块时，工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进4.0 m后放手，冰块刚好到达滑道末端静止(已知sin 530.8，cos 530.6)求：(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比；(2)冰块滑动过程中的最大速度；(3)工人拉冰块的拉力大小解析：(1)冰块先做匀加速运动，加速度为a1，最大速度为vm，减速加速度大小为a2，加速位移为x14 m；所以减速位移