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〔京津鲁琼版〕2022版高考物理总复习第三章单元评估检测〔三〕〔含解析〕PAGE21-单元评估检测(三)(时间:45分钟分值:100分)一、选择题(此题共8小题,每题6分,共48分.1~5为单项选择题,6~8为多项选择题)1.(2022·安徽芜湖模拟)某物体做直线运动的v-t图象如下图,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)正确的选项是()解析:选B.由图可知前2s物体做初速度为零的匀加速直线运动,所以前2s受力恒定,2~4s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,4~6s做负方向匀加速直线运动,所以受力为负,恒定,6~8s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,4s末到达最远处,然后返回,8s回到原点;故物体的位移一直为正值,故C、D错误.2.(2022·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,如下图.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,以下说法正确的选项是()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.假设下落距离足够长,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mg-kv2=ma,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N=mg-ma,刚开始运动时N=0,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,那么箱内物体受到的支持力趋近与mg,选项C错误;假设下落距离足够长,当mg=kv2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.(2022·河北邢台模拟)如下图,质量为1kg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1kg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10m/s2.从离滑轮足够远处由静止释放滑块P,以下说法正确的选项是()A.滑块P与桌面间的摩擦力大小为10NB.轻绳受到的拉力大小为6NC.滑块P的加速度大小为5m/s2D.滑块P释放后1s内沿桌面前进的距离为4m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f=μmg=0.2×1×10N=2N,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mg-μmg=2ma,即a=4m/s2,再以Q为对象,由牛顿第二定律可知:mg-T=ma,解得:T=6N,故B对,C错;滑块P释放后1s内沿桌面前进的距离为s=eq\f(1,2)at2=eq\f(1,2)×4×12m=2m,故D错.4.如下图,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0.5kg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10N,此时弹簧秤中的弹簧均伸长5cm.当弹簧秤甲的示数稳定为8N时,以下说法正确的选项是()A.弹簧的劲度系数为400N/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4m/s2D.与小车匀速运动时相比,物块相对于小车向左移动了1cm解析:选D.根据题意弹簧秤中的弹簧均伸长5cm时弹簧秤的示数均为10N,此时kx=10N解得:k=eq\f(10,0.05)N/m=200N/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8N时,弹簧秤乙的示数应为12N,物体在水平方向所受到的合外力为4N,根据牛顿第二定律可知,物块的加速度大小为a=eq\f(F,m)=eq\f(4,0.5)=8m/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12N根据胡克定律可知:F=kx1解得x1=eq\f(F,k)=eq\f(12,200)m=0.06m=6cm,所以相对于原来物块向左移动了1cm,故D对.5.(2022·四川眉山一中模拟)一物块沿倾角为θ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,如下图;当物块的初速度为eq\f(v,2)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μ和h分别为()A.tanθ和eq\f(H,2) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)-1))tanθ和eq\f(H,2)C.tanθ和eq\f(H,4) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)-1))tanθ和eq\f(H,4)解析:选D.根据速度位移公式得,物块上滑的加速度为:a=eq\f(v2,2\f(H,sinθ))=eq\f(v2sinθ,2H),根据牛顿第二定律得:a=eq\f(mgsinθ+μmgcosθ,m)=gsinθ+μgcosθ,联立解得动摩擦因数为:μ=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)-1))tanθ.因为物块上滑的加速度大小不变,根据x=eq\f(v2,2a)知,初速度变为原来的一半,那么上滑的最大位移为原来的eq\f(1,4),上升的最大高度为原来的eq\f(1,4),即h=eq\f(H,4).故D正确,A、B、C错误.6.(2022·山东济宁调考)如下图,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(F=mg),假设其他条件不变,木盒以加速度a2滑行距离x2后停止.那么()A.a2=a1 B.a2>a1C.x2>x1 D.x2<x1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a1=eq\f(μ〔M+m〕g,M+m)=μg;拿走砝码施加F时,加速度a2=eq\f(μ〔Mg+F〕,M),可知a2>a1.根据v2=2ax得,x=eq\f(v2,2a).知加速度增大,那么滑行的距离变小,即x2<x1,故B、D正确,A、C错误.7.(2022·云南师大属中模拟)如下图,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.A和C的质量都是2kg,B的质量是3kg,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别离,g=10m/s),以下说法正确的选项是()A.A、B两物体没有发生相对滑动B.C物体的加速度大小是3.2m/s2C.B物体受到的摩擦力大小是4ND.细绳的拉力大小等于13.6N解析:选BCD.假设A、B不发生相对滑动,整体的加速度:a=eq\f(mCg,mA+mB+mC)=eq\f(20,2+2+3)m/s2=eq\f(20,7)m/s2;隔离对A分析,f=mAa=2×eq\f(20,7)N>μmAg=4N,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4N,B物体受到A的摩擦力大小是4N,对B、C系统的加速度aBC=eq\f(mCg-f,mB+mC)=eq\f(20-4,2+3)m/s2=3.2m/s2.对C分析,根据牛顿第二定律得:mCg-T=mCaBC;解得T=13.6N,故A错误,B、C、D正确.8.(2022·山西局部学校调研)2022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1.6×103m时才能到达起飞所要求80m/s的速度.飞机的质量为7.0×104kg,滑跑时受到的阻力恒为重力的0.1,取g=10m/s2,那么在飞机滑跑的过程中()A.飞机加速度的大小为4m/s2B.飞机滑跑的时间为40sC.飞机牵引力的大小为1.4×105ND.飞机牵引力的最大功率为1.68×107W解析:选BD.飞机加速度的大小为a=eq\f(v2,2x)=eq\f(802,2×1600)m/s2=2m/s2,选项A错误;根据x=eq\f(v,2)t解得飞机滑跑的时间为t=eq\f(2x,v)=40s,选项B正确;根据F-f=ma可得飞机牵引力的大小为F=ma+kmg=2.1×105N,选项C错误;飞机牵引力的最大功率为P=Fv=2.1×105×80W=1.68×107W,选项D正确.二、实验题(此题共1小题,共12分)9.(12分)(2022·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),打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电,根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2(结果保存三位有效数字).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a-F图象是一条直线,如图丙所示,图线与横坐标的夹角为θ,求得图线的斜率为k,那么小车的质量为____________.A.eq\f(1,tanθ) B.eq\f(1,tanθ)-m0C.eq\f(2,k)-m0 D.eq\f(2,m)(4)乙同学根据测量数据做出如图丁所示的a-F图线,该同学做实验时存在的问题是__________.丁解析:(1)此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Δx=aT2,运用逐差法得,a=eq\f(x36-x03,9T2)=eq\f(〔7.10+9.13+11.09-1.10-3.09-5.12〕×10-2,9×0.01)m/s2=2.00m/s2.(3)由牛顿第二定律得:2F=ma,那么a=eq\f(2,m)F,a-F图象的斜率:k=eq\f(2,m),那么小车的质量m′=m-m0=eq\f(2,k)-m0,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(此题共2小题,共40分)10.(20分)(2022·山东临沂调研)如图甲所示,在倾角为θ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μ,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f=kv.(1)试求滑板下滑的最大速度vm的表达式;(2)假设m=2kg、θ=30°,g取10m/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t=0时刻的速度图象的切线.由此求μ和k的值.解析:(1)滑板受力分析如下图,当mgsinθ=f1+f2时,风帆下滑的速度最大为vm那么有mgsinθ=μmgcosθ+kvmvm=eq\f(mg,k)(sinθ-μcosθ).(2)由图象知t=0时风帆下滑的加速度a=eq\f(3-0,1)m/s2=3m/s2风帆下滑过程中最大速度vm=2m/s当t=0时,由牛顿第二定律得:mgsinθ-μmgcosθ=maa=g(sinθ-μcosθ)=10×(0.5-eq\f(\r(3),2)μ)=3m/s2解得μ=0.23由mgsinθ=μmgcosθ+kvm得,k=eq\f(mg,vm)(sinθ-μcosθ)=eq\f(2×10,2)(0.5-0.23×eq\f(\r(3),2))N/(m·s-1)=3N/(m·s-1).答案:(1)eq\f(mg,k)(sinθ-μcosθ)(2)0.233N/(m·s-1)11.(20分)(2022·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M=100kg,冰块与滑道间动摩擦因数μ=0.05,运送冰块距离为12m,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

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