第03章 单元测试卷-2019年高考物理一轮复习讲练测

第03章 单元测试卷-2019年高考物理一轮复习讲练测

‎ ‎ ‎《第二章 力与物体的平衡》单元测试卷——测 ‎【满分：110分 时间：90分钟】‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)‎ ‎1．质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M > m。用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为F1 ，如图（a）。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为F1′，如图（b），则（ ）‎ A． a′= a ，F1 = F1′‎ B． a′>a ，F1 = F1′‎ C． a′=a ，F1 < F1′‎ D． a′>a ，F1 < F1′‎ ‎【答案】 B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据牛顿第二定律，有 F−F1sinα=ma   ②‎ F1cosα−mg=0    ③‎ 由以上三式可解得 F1=mg/cosα a=‎ 再对右图中小球受力分析，如图 ‎【点睛】‎ 先对左图中情况下的整体受力分析，运用牛顿第二定律列式；然后对小球受力分析，运用牛顿第二定律列式，求出绳子的拉力T和加速度a；再次对右图中的小球受力分析，运用牛顿第二定律求出绳子的拉力T′和加速度a′；最后再比较结果即可．‎ ‎2．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是 A． ‎ B． ‎ C． ‎ D． ‎ ‎【答案】 A ‎【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等。‎ ‎3．一定质量的小球套在倾斜的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆处于同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O处于同一高度由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧竖直时，小球速度恰好为零，如图所示，若弹簧一直处于伸长状态且处于弹性限度内，不考虑空气阻力，则 A． 当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大 B． 当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，小球的动能最大 C． 小球从最高点到最低点的过程中，加速度的值一直增大 D． 在之后的运动中，小球不可能返回释放点 ‎【答案】 B 点睛：在此类问题中要理解加速度为零时，动能达到最大，且整个过程小球与弹簧组成的系统机械能守恒。‎ ‎4．2018年4月14日，风靡全球的蹦床主题公园----乐园空间登陆上海，在人气最高的自由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落下后沉入海绵池中，如图是小朋某次游戏中的v-t图像，t=0时小朋离开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋 A． t1时刻落到海面上 B． t2时刻到达最低处 C． t3时刻处于平衡状态 D． t2~t4时间内处于超重状态 ‎【答案】 D ‎【解析】A、小朋先向上做匀减速运动，在t1时刻上到最高点，故A错误；‎ B、小球上到最高点后开始做自由落体运动，t2时刻速度达到最大，当没有在最低点，故B错误；‎ C、t3时刻速度为零，但合力不为零，故C错误；‎ D、t2~t4时间内先向下做减速，速度减到零后开始反向做加速度运动，在此过程中，加速度的方向一直向上，所以是超重状态，故D正确；‎ 故选D 点睛：本题考查了对v-t图像的理解，掌握图像的斜率和截距分别代表什么。‎ ‎5．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图1所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)(　　)‎ A． 处于超重状态 B． 不受摩擦力的作用 C． 受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D． 所受合力竖直向上 ‎【答案】 C ‎【解析】‎ 当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力沿斜面向下，合力的大小不变，人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图 ‎【点睛】解决本题的关键知道乘客和车具有相同的加速度，通过汽车的加速度得出乘客的加速度．以及能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解。‎ ‎6．如图所示，斜面AD和BD与水平方向的夹角分别为60º和30º，两斜面的A端和B端在同一竖直面上，现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面底端D，设两物块与AD、BD面间的动摩擦因数分别为和，则为( )‎ A． 1：3‎ B． 3：1‎ C． ：1‎ D． ：1‎ ‎【答案】 B ‎【解析】设斜面底边长为L，倾角为θ，沿斜面下落的时间为t，根据牛顿第二定律，；根据位移时间关系， ，代入数据，联立解得： =3:1，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B ‎7．如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增 大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是 A． 升降机正在匀加速上升 B． 升降机正在匀减速上升 C． 升降机正在加速下降，且加速度越来越大 D． 升降机正在减速下降，且加速度越来越大 ‎【答案】 C ‎【解析】AB：对篮球受力分析如图，‎ 解得：，加速度越来越大，则越来越小，压力传感器的示数逐渐增小。故D 项不可能。‎ ‎8．如图所示，轨道OA与倾角不同的轨道OB、OC在底端连接·不计摩擦和小球经过最低点时的机械能损失，小球自轨道OA上某一位置由静止自由释放，分别运动到轨道OB、OC上时，均能够到达与出发点等高的位置．用1、2表示小球分别沿轨道OB，OC再返回到OA轨道上最高点过程中速度大小的变化规律，下列图象正确的是 A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】 A ‎9．如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下面说法正确的是（ ）‎ A． 压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大 B． 压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动 C． 当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力一直减小 D． 当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长 ‎【答案】 ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB. 因为开始A相对于B静止，则A在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈的倾角为θ，有：mgsinθ⩽μmgcosθ，所以(mg+F)sinθ⩽μ(mg+F)cosθ，所以A. B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力f=(mg+F)sinθ，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误；‎ C. 撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有：F−mg=ma，则B对A的作用力逐渐减小。当弹簧恢复原长后，B受到重力和弹簧的弹力作用，加速度大于g，将与A发生分离。故C正确，D正确。‎ 故选：ACD.‎ ‎10．如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上。现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 A． 该水平拉力大于轻绳的弹力 B． 物块c受到的摩擦力大小为μmg C． 当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩檫力大小为0.5μmg D． 剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg ‎【答案】 ACD ‎【点睛】本题考查了平衡条件和牛顿第二定律的应用，要分析清楚物体的受力情况，应用牛顿第二定律与平衡条件可以解题；解题时注意整体法与隔离法的应用。‎ ‎11．如图甲所示，在倾角为的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中过程的图线是曲线，过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（ ）‎ A． 物体在沿斜面向上运动 B． 在过程中，物体的加速度一直变大 C． 在过程中，物体先加速再匀速 D． 在过程中，物体的加速度为 ‎【答案】 BD D、在过程中，拉力，机械能守恒，此时加速度为，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律。‎ ‎12．如图所示，倾角为30°的传送带，始终以大小为v的速度逆时针匀速转动。现将质量为m的小物体(可视为质点)轻放在传送带的上端O，经过时间t达到与传送带相同的速度v，再经过时间t刚好到达传送带下端P。已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度为g。则在小物体从上端运动到下端过程中，下列说法正确的是 A． 小物体位移大小为vt B． 小物体位移大小为vt C． 小物体与传送带间生热mgvt D． 小物体与传送带间生热mgvt ‎【答案】 BC ‎，选项C正确，D错误；故选BC.‎ 点睛；此题关键是先搞清物块在传送带上运动的性质，先加速，与传送带共速后仍然做加速运动，但是加速度发生了变化；物块先相对传送带向后运动，然后向前运动；摩擦生热等于摩擦力与两阶段的相对位移的和的乘积.‎ 二、实验题（本大题共2小题，第13题4分、14题6分；共10分）‎ ‎13．在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图（1）所示(打点计时器、纸带图中未画出)．实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小明得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧秤弹力F的关系图象分别如图（2）中的A、B所示。‎ ‎（1）下图是其中一条纸带的一部分，O、A、B、C为4个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。通过对纸带的测量，可知小车运动过程中的加速度大小为______m/s2（保留2位有效数字）。‎ ‎（2）（多选题）由图（1）判断下列说法正确的是________‎ A．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的 B．实验时应先接通打点计时器电源后释放物体 C．实验中重物P的质量应远小于物体的质量 D．弹簧秤的读数始终为重物P的重力的一半 ‎（3）小明仔细分析了图（2）中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且mA____mB（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数μA_______μB（填“大于”“等于”或“小于”）．‎ ‎【答案】 0.50 AB 小于 大于 ‎【解析】（1）由△x=aT2可得：a==0.50m/s2；‎ ‎（3）由牛顿第二定律得：a= ，a-F图象斜率的倒数等于m，由图象可得：A的斜率大于B的斜率，则A斜率的倒数小于B斜率的倒数，即A的质量小于B的质量；由牛顿第二定律得：F-μmg=ma，a=0时，F=μmg，由图象可知，a=0时，A、B的F相等，即μAmAg=μBmBg，而mA＜mB，则μA＞μB；‎ 点睛：在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力，同时加强基础物理知识在实验中的应用，加强解决实验问题的能力．掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时加速度．‎ ‎14．某同学利用如图甲所示的实验装置探究“物体的加速度与合外力的关系”，具体实验步骤如下：‎ A．按图示装置安装器材；‎ B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且使小车上的挡光板通过两个光电门的时间相等；‎ C．取下细绳和砂桶，测量砂桶和砂子的总质量m并记录；‎ D．把小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门1和光电门2时显示的时间；‎ E．重新挂上细绳和砂桶，改变砂桶中砂子的质量，重复B～D步骤。‎ ‎(1)如图乙所示，用游标卡尺测量挡光片的宽度d =_______cm。‎ ‎(2)下列有关本实验的说法正确的是_______。‎ A．砂桶和砂子的总质量必须远小于小车的质量 B．小车的质量必须远小于砂桶和砂子的总质量 C．平衡摩擦力时要取下细绳和砂桶 D．平衡摩擦力时不需要取下细绳和砂桶 ‎(3)若挡光片的宽度为d，光电门1、光电门2之间的距离为l，显示的时间分别为t1、t2，则小车的加速度为______________。‎ ‎【答案】 (1)0.670 (2)D (3)‎ ‎【点睛】本题考查小车的加速度与所受合外力的关系的实验，该题重点是要知道通过光电门甲和乙时可以认为速度是不变的，以此才能来表示小车的加速度．‎ 三、计算题（本大题共4小题，第15、16题每题9分；第17、18题每题11分；共40分）‎ ‎15．如图所示，在倾角θ=30º的足够长斜面上放置一长木板，长木板质量M=3.0 kg，其上表面光滑，下表面粗糙，木板的下端有一个凸起的挡板，木板处于静止状态。将质量为m=1.0 kg的小物块放置在木板上，从距离挡板L=1.6m处由静止开始释放。物块下滑后与挡板相撞，撞击时间极短，相撞后瞬间物块的速率为=2.0 m/s.木板开始下滑，且当木板沿斜面下滑至速度为零时，物块与木板恰好发生第二次相撞。取重力加速度g=10m/s².求：‎ ‎(1)物块与木板第一次相撞后瞬间木板的速率；‎ ‎(2)长木板与斜面之间的动摩擦因数μ. (计算结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1) 2.0 m/s (2) ‎ 解得 点睛：本题考查牛顿第二定律及动量守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用好可正确求解．‎ ‎16．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体A（与弹簧固联），在物体A的上方再放上物体B，初始时物体A、B处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体B-直竖直向上做匀加速直线运动，拉力F与物体B的位移x之间的关系如图乙所示。已知经过t=0.1s物体A、B分离，物体A的质量为mA=lkg，重力加速度g=l0m／s2，求：‎ ‎(1)物体B的质量mB；‎ ‎(2)弹簧的劲度系数k。‎ ‎【答案】 (1)mB=1Kg；；(2)‎ ‎(2)分离前，AB一起上升的高度：‎ 根据胡克定律，有。‎ 点晴：本题考查图象的识别，从图象中获取信息是物理的一项基本能力，获取信息后能否根据获取的信息分析过程，灵活运用好牛顿第二定律是关键。‎ ‎17．如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m，已知木板与地面的动摩擦因数为，m与M之间的摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。M与m保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O的速度为=10m/s，在坐标为x=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，，求：‎ ‎（1）木板碰挡板P时的速度v1为多少？‎ ‎（2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？‎ ‎【答案】 （1）（2）1.40m ‎【解析】（1）对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律可得；‎ 根据速度位移公式可得，解得；‎ ‎（2）由牛顿第二定律，对小m有；‎ 对M有，‎ 最终木板M左端A点位置坐标为。‎ ‎【点睛】解决本题的关键根据物体的受力，判断出木块和木板在整个过程中的运动情况，对木块和木板系统运用牛顿第二定律求出整体的加速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出木板碰挡板P时的速度大小。根据牛顿第二定律分别求出木板和木块碰后的加速度，m向右做匀减速直线运动，M向右做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出最终木板停止运动时其左端A的位置坐标。‎ ‎18．如图甲所示，光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接，且OAB在一条直线上，与水平面夹角a=37°，轻质弹赁下端固定在O点，上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点，该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。已知物体与传送带间动牌擦因数μ=0.5，传送带AB部分长为5m，顺时针转动，速度v=4m/s，重力加速度g取l0m/s2.(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8) 求：‎ ‎（1）物体的质量m；‎ ‎（2）弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W；‎ ‎（3）若在C点撤去力F，物体被弹回并滑上传送带，同物体在传送带上最远能到何处?‎ ‎【答案】 （1）5kg（2）90J（3）恰好到达传送带顶端B点 ‎【解析】（1)由图像可知：‎ mg sin 370=30N……①‎ 解得m=5kg ‎（2）图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功：‎ ‎ ……②.‎ ‎（3）撒去力F，设物体返回至A点是速度大小为v0，‎ 从A出发两次返回A处的过程应用动能定理：‎ ‎ ……③‎ 箱得：v0=6m/s mg sin37°-μmg cos 37°=ma 设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2，由运动学规律：‎ ‎. ……⑦‎ 解得：x2=4m 所以物块能够在传送带上发生的最大位移：xm=x1+x2=5m 即恰好到达传送带顶端B点 ‎ 点睛：此题是关于牛顿第二定律的综合应用问题；关键是分析物体在传送带上运动的物理过程，尤其是摩擦力的方向变化情况和加速度变化情况；并能从图像中获取信息求解.‎ ‎ ‎