阶段验收评价(一)　匀变速直线运动　相互作用　牛顿运动定律

阶段验收评价(一)匀变速直线运动相互作用牛顿运动定律(考试时间：90分钟试卷分值：100分)一、选择题Ⅰ(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．下列说法正确的是()A．图甲为谷爱凌在北京冬奥会大跳台比赛中获得冠军，比赛中谷爱凌可视为质点B．图乙为我国航天员出舱活动，此时地球对航天员的引力大于航天员对地球的引力C．图丙为北京冬奥会雪橇比赛场地“雪游龙”，其全程长达1975米、垂直落差为121米。1975米指路程D．图丁为高亭宇在500m短道速滑决赛中获得金牌，用时34.32s，则他在整个过程的平均速度约为14.6m/s解析：选C谷爱凌在北京冬奥会大跳台比赛中需要关注其肢体动作，故不可视为质点，故A错误；地球对航天员的引力和航天员对地球的引力是一对作用力和反作用力，总是等大反向，故B错误；北京冬奥会雪橇比赛场地“雪游龙”不是一条直线，其全程长达1975米指的是路程，故C正确；500m短道指路程是500m,500m除以34.32s，得平均速率约为14.6m/s，而不是平均速度，平均速度等于位移除以时间，故D错误。2．在2022年卡塔尔世界杯比赛中，某运动员踢出的足球以10m/s的速度水平撞击到门框横梁，经过0.1s后以8m/s的速度返回，则该撞击过程中足球的平均加速度大小为()A．20m/s2 B．80m/s2C．100m/s2 D．180m/s2解析：选D该撞击过程中足球的平均加速度大小为a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(8－－10,0.1)m/s2＝180m/s2，D正确，A、B、C错误。3．如图所示，下列四幅图像能描述物体做匀加速直线运动的是()解析：选A在v-t图像中，斜率表示加速度，由A图像可以看出加速度是一恒定的值，所以物体做匀加速直线运动，故A符合题意；由B图像可以看出物体受力增加，加速度增加，不是做匀加速直线运动，故B不符合题意；由C图像可以看出物体加速度增加，不是做匀加速直线运动，故C不符合题意；在x-t图像中斜率表示速度的大小，所以D图像表示物体做匀速直线运动，故D不符合题意。4．如图所示是透明圆柱形球筒装着羽毛球，手握竖直的球筒保持静置，打开下底盖时羽毛球不会移动。现松手释放球筒使其自由下落，球筒撞地后球相对球筒下移一段距离，则()A．自由下落时羽毛球处于超重状态B．自由下落时所有羽毛球均与筒无相互作用力C．出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现D．相对下移时筒对羽毛球的力大于羽毛球对筒的力解析：选C自由下落时羽毛球加速度向下，处于失重状态，故A错误；自由下落时羽毛球所受的空气阻力大于筒所受的空气阻力，而球和筒的加速度相同，可知球与筒有相互作用力，故B错误；出现相对下移是羽毛球具有惯性的体现，故C正确；相对下移时筒对羽毛球的力与羽毛球对筒的力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。5.物体做直线运动的eq\f(x,t)-t图像如图所示，下列判断正确的是()A．物体做匀速直线运动B．物体在2s时的速度是3m/sC．物体的加速度是1.0m/s2D．物体的初速度为0解析：选C由公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2变形得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，则说明物体做匀加速直线运动，对照图像可得v0＝2m/s，a＝1.0m/s2，故A、D错误，C正确；由公式v＝v0＋at得v2＝4m/s，故B错误。6．如图所示，竖直墙面上固定两相同支架作为锅盖架，材质均匀、边缘光滑的锅盖置于其上，锅盖仅与两支架接触，下列说法正确的是()A．锅盖受到的弹力是由锅盖形变产生的B．若两支架等高，则锅盖对两支架的弹力相同C．两等高支架间距越大，则两支架对锅盖的弹力越大D．若两支架不等高，则锅盖对较高处支架的弹力更大解析：选C锅盖受到的弹力是由支架形变产生的，故A错误；若两支架等高，则锅盖对两支架的弹力大小相等、方向不同，故B错误；若两支架等高，设每个支架对锅盖的弹力方向与竖直方向的夹角均为θ，则由平衡知识可知2FNcosθ＝mg，当支架间距越大，则θ越大，则FN越大，故C正确；若两支架不等高，对锅盖受力分析如图所示，设T1和T2与竖直方向夹角分别为α和β，由平衡条件T1sinα＝T2sinβ，较高处支架的弹力和竖直方向夹角大，则弹力小，由牛顿第三定律可知，锅盖对较高处支架的弹力更小，故D错误。7．如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，下图中正确的是()解析：选C物体在下滑过程和水平面运动过程中始终受到恒定的作用力，下滑过程做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，其v-t图为两条斜率不同的倾斜直线，故A错误；根据牛顿第二定律，斜面上有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，水平面上有μmg＝ma2，由此可知，加速度在各过程均为一定值，所以a-t图应为两条与时间轴平行的直线，故B错误；下滑过程摩擦力为f1＝μmgcosθ，水平面滑行过程的摩擦力为f2＝μmg，由此可知，物体下滑过程中的摩擦力小于水平面滑动过程中的摩擦力，且两段过程均为定值，故C正确；物体在下滑过程中是匀加速直线运动，s-t图线应为向上弯曲的曲线，故D错误。8．如图所示，一足够长的轻质绸带放在水平光滑桌面上，绸带上放A、B两物块，A物块质量大于B物块，两物块同时分别受到反向等大且逐渐增大的力作用，两物块与绸带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。下列说法错误的是()A．两物块所受摩擦力的大小总是相等B．两物块不可能同时相对绸带滑动C．A物块不可能相对绸带发生滑动D．A物块所受摩擦力一定大于B物块所受摩擦力解析：选D轻质绸带的质量为零，因此合力一定为零。当A、B两物块同时分别受到反向等大且逐渐增大的力作用时，轻质绸带所受的摩擦力一定大小相等，方向相反；由于A物块所受最大静摩擦力较大，故B物块先相对绸带运动，A物块不会相对绸带滑动，如果A相对绸带滑动，则绸带受到A较大的滑动摩擦力，则B对绸带提供的摩擦力无法与之平衡。故A、B、C正确，与题意不符；D错误，与题意相符。9．一本书重约6N，有424页，书本正面朝上。现将一张A4纸夹在106～107页间，A4纸能够覆盖几乎整个书页，如图所示。若要将A4纸抽出，至少需用约1N的拉力。不计书皮及A4纸的质量，则A4纸和书之间的摩擦因数最接近()A．0.33 B．0.45C．0.56 D．0.67解析：选A由题意可知，需用约1N的拉力克服最大静摩擦力，A4纸受正、反两面的两个摩擦力，不计书皮及A4纸的质量，有1N＝2×μ×eq\f(G,n)×n1＝2×μ×eq\f(6,424)×106N，解得μ≈0.33，故选A。10．2022年初金华轨道交通金义线正式开通，某次列车从进站减速到以一定的速度离开车站的这段时间内的速度—时间图像如图所示，对于该列车下列说法正确的是()A．进站减速时列车的加速度大小为1.2m/s2B．列车在加速与减速两阶段运动的位移相同C．若列车总质量不变，则减速时列车所受的合外力比加速时列车所受的合外力大D．若列车在该站不停车，以30m/s的速度匀速驶过该站，与原来相比，通过车站的运行时间少耗费22.5s解析：选C由v-t图像可知进站减速时列车的加速度大小为a1＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s2，A错误；v-t图像与横轴围成的面积表示位移，列车在减速阶段运动的位移为x1＝eq\f(1,2)×20×30m＝300m，列车在加速阶段运动的位移为x2＝eq\f(1,2)×25×30m＝375m，可知列车在加速与减速两阶段运动的位移不相同，B错误；列车在加速阶段的加速度大小为a2＝eq\f(30,25)m/s2＝1.2m/s2，根据牛顿第二定律可得F合＝ma，由于a1＝1.5m/s2>a2＝1.2m/s2，可知若列车总质量不变，则减速时列车所受的合外力比加速时列车所受的合外力大，C正确；若列车在该站不停车，以30m/s的速度匀速驶过该站，则列车匀速通过所用的时间为t＝eq\f(x1＋x2,v)＝eq\f(300＋375,30)s＝22.5s，与原来相比，通过车站少耗费的时间为Δt＝75s－22.5s＝52.5s，D错误。11．某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取加速度竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．20cm刻度对应的加速度为gB．30cm刻度对应的加速度为0.5gC．80cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度值的间隔是不均匀的解析：选C设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则mg＝k(40－20)×10－2＝0.2k,20cm刻度时根据牛顿第二定律有k(20－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－g，故A错误；30cm刻度时根据牛顿第二定律有k(30－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－0.5g，故B错误；80cm刻度时根据牛顿第二定律有k(80－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝2g，故C正确；根据牛顿第二定律得k(l－20)×10－2－mg＝ma，可得a＝eq\f(kl－20×10－2,m)－g，则各刻度对应加速度的值是均匀的，故D错误。12．如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线，一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块。如果小圆环、滑轮、细线的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，细线又不可伸长，若平衡时弦AB所对应的圆心角为α，则两物块的质量之比eq\f(m1,m2)应为()A．coseq\f(α,2) B．sineq\f(α,2)C．2sineq\f(α,2) D．2sinα解析：选C因小圆环A受拉力m2g、细线BA的拉力FT及大圆环的弹力FN作用而处于平衡状态，则此三个力一定可以组成一封闭的矢量三角形，此力的三角形一定与几何三角形OAB相似，即有eq\f(m2g,R)＝eq\f(FT,AB)，而FT＝m1g，AB＝2Rsineq\f(α,2)，所以eq\f(m1,m2)＝eq\f(AB,R)＝2sineq\f(α,2)，故C正确。13．质量为5kg的木块与水平地面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，一人欲用最小的作用力F使木块沿地面做匀速直线运动，如图所示，则此最小作用力的大小F和F与水平地面的夹角θ分别为(g取10m/s2)()A．10N30° B.eq\f(50\r(3),3)N0°C．25N30° D．25N60°解析：选C如图所示，木块受重力G、地面的支持力FN、摩擦力Ff和施加的外力F四个力作用。由共点力平衡条件得Fcosθ＝Ff，Fsinθ＋FN＝G，且有Ff＝μFN，联立以上各式得F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)令tanφ＝eq\f(1,μ)，则F＝eq\f(μG,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)当sin(θ＋φ)＝1时，F具有极小值，Fmin＝eq\f(μG,\r(1＋μ2))＝eq\f(\f(\r(3),3)×5×10,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2))N＝25N，因为tanφ＝eq\f(1,μ)＝eq\r(3)，所以φ＝60°，则F与水平地面的夹角θ＝90°－60°＝30°，故选项C正确。二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分)14．如图所示，质量mB＝2kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600N/m，g＝10m/s2。以下结论正确的是()A．变力F的最小值为2NB．变力F的最小值为6NC．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/sD．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为eq\f(\r(5),5)m/s解析：选BCA、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大，等于重力，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝eq\f(mA＋mBg,k)＝0.05m；A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04m。物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2m/s，C正确，D错误。15．应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是()A．开始时行李的加速度大小为2m/s2B．行李经过2s到达B处C．行李到达B处时速度大小为0.4m/sD．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m解析：选AC开始时，对行李受力分析，根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得a＝2m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2s，匀加速运动的位移大小x＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2×0.22m＝0.04m，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(2－0.04,0.4)s＝4.9s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1s，故B错误；由上述分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04m，故D错误。三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．实验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)Ⅰ.(7分)(1)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：①甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂，乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L刻度处，但未碰到尺)，准备用手指夹住下落的尺。②甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为________(用L、L1和g表示)。③已知当地的重力加速度大小为g＝9.80m/s2，L＝30.0cm，L1＝10.4cm。乙的反应时间为____s。(结果保留2位有效数字)④写出一条能提高测量结果准确程度的建议：___________________________________________________________________________________________________________。(2)如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个质量均为m的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。①为完成实验，还需要的实验器材有：________。②实验中需要测量的物理量有：___________________________________________________________________________________________________________________。③图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F-x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为________N/m。图线不过原点是由于__________________。解析：(1)②根据自由落体运动的规律，得L－L1＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2L－L1,g))。③将题中数据代入t＝eq\r(\f(2L－L1,g))得t＝0.20s。④建议：多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子。(2)①根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹簧原长和伸长量。②根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)。③取图像中(0.5,0)和(3.5,6)两个点，代入F＝kx解得k＝200N/m，由于弹簧自身的重力，使得弹簧不加外力时就有形变量。答案：(1)②eq\r(\f(2L－L1,g))③0.20④多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子(2)①刻度尺②弹簧原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)③200弹簧自身的重力Ⅱ.(7分)(1)在下列学生实验中，需要用到打点计时器和天平的实验有________(填字母)。A．“探究小车速度随时间变化的规律”B．“探究加速度与力、质量的关系”C．两小车碰撞“探究碰撞中的不变量”(2)赵同学用如图甲所示的装置做“探究加速度与力的关系”实验。正确补偿阻力后，挂上装有砂的砂桶，得到如图乙所示的纸带已知打点计时器所使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度为________m/s2(保留两位有效数字)，由此可判断砂桶质量________(选填“满足”或“不满足”)本实验要求。(3)钱同学仍用图甲装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验。重新调整实验装置后，获取了一条新的纸带，利用实验数据绘制成如图丙所示的“v-t”图像发现其图线末端发生了弯曲，以下四个操作中，你认为最可能是________。A．实验前没有补偿阻力B．实验前补偿阻力时板垫起的太高C．砂桶质量不满足实验要求D．没有调节好定滑轮的高度解析：(1)“探究小车速度随时间变化的规律”需要打点计时器测速度，不需要天平，故A错误；“探究加速度与力、质量的关系”需要用打点计时器测加速度，用天平测量小车的质量，故B正确；两小车碰撞“探究碰撞中的不变量”需要用打点计时器测碰撞前后的速度，用天平测量小车的质量，故C正确。(2)已知打点计时器所使用的交流电频率为50Hz，由图乙可知相邻计数点之间的时间间隔为T＝2×0.02s＝0.04s，根据逐差法Δx＝aT2，由图乙可得a＝eq\f(CE－AC,2T2)≈2.0m/s2；本实验中要使小车受到的合力等于砂和砂桶的重力，需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，根据牛顿第二定律得T＝mg＝Ma，解得a＝eq\f(m,M)g，由于m≪M，则加速度较小，而本实验中小车加速度较大，故可判断砂桶质量不满足实验要求。(3)由图丙可知，图线末端发生了弯曲，且斜率变小，则加速度变小，可知小车所受合力减小，A、B、C三种情况合力不变，故A、B、C错误；当滑轮高度过低，随着小车靠近滑轮，细绳拉力平行木板方向分量减小，同时垂直木板方向分量增大，则摩擦力增大，合力减小，故可能是滑轮高度未调节好，故D正确。答案：(1)BC(2)2.0不满足(3)D17．(8分)风洞飞行是一项很刺激的运动，很受年轻人的喜爱。体验者在风洞中可以调整身体姿态以获得不同的风力，从而实现在风洞中上升、下降和飘浮，好似在太空中行走一般。假设风对体验者的升力与人的有效作用面积成正比。一身高为1.60m的体验者(可认为其重心为身高的中心)身体处于竖直状态时有最小的有效受力面积为S，平躺时有最大的有效受力面积为10S，当他调整姿态到有效受力面积为4S时，就可以飘浮在风洞中任何位置了(g取10m/s2)。则：(1)体验者在风洞中能获得的向上、向下的最大加速度各是多大？(2)体验者要体会从洞底到洞顶的来回往复运动(身体不能触碰洞底与洞顶)。若他要在最短时间内完成一次往复运动，体验者应如何调整身体姿态？(3)风洞高h＝7.2m，要实现第(2)问的要求，则体验者往返运动一次的最短时间是多少？最大速度是多大？解析：(1)设体验者的质量为m：则飘浮时，4kS＝mg，得kS＝eq\f(1,4)mg，设向上最大加速度为a1,10kS－mg＝ma1，a1＝15m/s2，设向下最大加速度为a2，mg－kS＝ma2，a2＝7.5m/s2。(2)向上运动：先平躺后突然直立；向下运动：先直立后突然平躺。(3)设最大速度为v，eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)＝h－0.8，解得v＝8m/s，最短时间为t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,a1)＋\f(v,a2)))＝3.2s。答案：(1)15m/s27.5m/s2(2)向上运动：先平躺后突然直立；向下运动：先直立后突然平躺(3)3.2s8m/s18．(11分)“天问一号”着陆器着陆火星前的运动可简化为如图所示四个过程。若已知着陆器(不含降落伞)总质量m＝1.2×103kg，火星表面重力加速度g′＝4m/s2，忽略着陆器质量的变化和g′的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：(1)在第Ⅳ阶段的最后，着陆器从无初速度开始经0.75s无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，求着陆器着陆时的速度v4；(2)假设着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”做匀减速运动，求动力减速装置给着陆器的反推力F的大小；(3)着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”也可视为匀减速运动，求从打开降落伞到悬停过程中(即Ⅱ、Ⅲ过程)的平均速度大小。(结果可用分数表示)解析：(1)在火星表面自由落体：v4＝g′t＝3m/s。(2)第Ⅲ阶段加速度：a＝eq\f(v3－v2,t3－t2)＝eq\f(0－100,460－380)m/s2＝－eq\f(5,4)m/s2根据牛顿第二定律：mg′－F＝ma所以：F＝mg′－ma，解得：F＝6.3×103N。(3)利用平均速度求得第Ⅱ、第Ⅲ阶段下落的高度：h2＝eq\f(v1＋v2,2)(t2－t1)，解得h2＝2.52×104mh3＝eq\f(v2＋v3,2)(t3－t2)，解得h3＝4.0×103m平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(h2＋h3,t3－t1)，解得eq\x\to(v)＝eq\f(2920,17)m/s。答案：(1)3m/s(2)6.3×103N(3)eq\f(2920,17)m/s19．(11分)如图所示，两平直的斜坡在O点平滑对接，左、右两侧与水平面的坡度分别为37°和5°。一名质量m＝75kg的单板滑雪运动员(包括装备)在坡上进行训练，他从左侧斜坡上匀加速下滑至O点后滑上右侧斜坡，在OB段做匀减速运动，到B点速度刚好减为零。已知运动员在左侧斜坡上受到的阻力为重力的0.5倍，下滑经过A点时速度为18m/s，AO段长为176m，从A点运动至B点用时28s。sin37°＝0.6，sin5°＝0.09，g＝10m/s2。求运动员：(1)经过O点时的速度大小；(2)在OB段上通过的位移大小；(3)在OB段上运动时所受的阻力大小。解析：(1)在左侧斜坡上对运动员受力分析，由牛顿第二定律得mgsin37°－0.5mg＝ma1 ①由匀变速直线运动速度—位