2025高考物理专项复习单元形成性评价(四)(第四章)含答案

2025高考物理专项复习单元形成性评价(四)(第四章)含答案单元形成性评价(四)(第四章)(75分钟100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中有一项符合题目要求。1.2023年诺贝尔物理学奖授予三位物理学家以表彰他们发现了一种产生极短(阿秒as)光脉冲的方法。这种光脉冲可用于测量电子移动或能量变化的快速过程,为人类探索原子和分子的内部提供了新工具。阿秒是时间单位,1as=10-18s。下列不是国际单位制的基本单位的是 ()A.牛顿B.千克C.安培D.米【解析】选A。国际单位制中的基本物理量为长度、质量、时间、热力学温度、电流、物质的量、发光强度,基本物理量的单位为基本单位,即米、千克、秒、开尔文、安培、摩尔、坎德拉。2.(2024·温州高一检测)2023年亚运会在杭州举行。有关运动项目的描述,下列说法正确的是 ()A.甲图中跳水运动员在空中运动到最高点时加速度为零B.乙图中研究羽毛球运动员击球动作时,运动员可视为质点C.丙图中撑竿跳运动员在撑竿起跳上升过程中,运动员始终处于超重状态D.丁图中跨栏运动员在100米跨栏比赛中获得第一名,该运动员全程平均速度最大【解析】选D。甲图中跳水运动员在空中运动到最高点时加速度不为零,等于重力加速度,故A错误;乙图中研究羽毛球运动员击球动作时,运动员形状不可忽略,运动员不可视为质点,故B错误;丙图中撑竿跳运动员在撑竿起跳上升过程中,当弹力小于重力,合力向下,运动员处于失重状态,故C错误;丁图中跨栏运动员在100米跨栏比赛中获得第一名,位移相同,时间最短,该运动员全程平均速度最大,故D正确。3.(2024·无锡高一检测)某同学用细线拴一重物制成简易加速度计,其刻度面如图所示(刻度为弧度)。若某次火车出站时读到细线与竖直方向夹角为0.1rad,则加速度约为(g为重力加速度) ()A.0.01gB.0.05gC.0.1gD.0.5g【解析】选C。根据牛顿第二定律可知mgtanθ=ma,角度很小时tanθ≈sinθ≈θ,解得a=0.1g,故选C。【补偿训练】动力滑翔伞是飞行伞的一种,主要由滑翔伞与发动机两部分组成,是风靡世界的极限运动之一。起飞阶段,动力滑翔伞在空气的上升气流和发动机动力的联合作用下起飞。设在某次飞行的起飞阶段,质量为m的动力滑翔伞飞行员(可视为质点)沿着与竖直方向成60°角的倾斜直线加速飞行,如图所示。若加速度的大小等于重力加速度g,则伞绳和发动机对飞行员的合力大小和方向为 ()A.32mgB.3mg,与竖直方向成30°角向上C.32mgD.3mg,与竖直方向成60°角向上【解析】选B。起飞阶段对飞行员进行受力分析如图所示用F表示伞绳和发动机对飞行员作用力的合力,a为飞行员的飞行加速度(a=g),根据几何关系可知mg、ma与经平移后的F组成一个等腰三角形,两个底角为30°,因此F=2mgcos30°=3mg,从图中可知F与竖直方向成30°角向上。4.(2024·徐州高一检测)某同学把一个弹簧测力计改装成“竖直加速度测量仪”,用来测量电梯竖直运行时的加速度,他将弹簧测力计上原本为1.0N的刻度改为0m/s2。测量电梯加速度时将重1.0N的钩码挂在弹簧测力计上,当指针指在0m/s2刻度线上方时 ()A.钩码处于失重状态B.钩码处于超重状态C.电梯可能在加速上行D.电梯可能在减速下行【解析】选A。当指针指在0m/s2刻度线上方时,可知拉力小于1N,对钩码有mg-F=ma,即加速度向下,钩码处于失重状态,电梯加速上行或者减速下行时均为超重状态,故选A。5.(2023·北京等级考)如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连,两物块质量均为1kg,细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下,两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为 ()A.1N B.2N C.4N D.5N【解析】选C。对两物块整体做受力分析有F=2ma,再对于左边的物块有FTmax=ma=2N,联立解得F=4N,故选C。6.“雪地魔毯”是滑雪场常见的一种设备,它类似于机场的传送带,主要用于将游客从雪道底端运送到顶端。一名穿戴雪具的游客,从雪道底端静止站上“雪地魔毯”,“雪地魔毯”长L=150m,倾角θ=11.6°(sinθ=0.2,cosθ=0.98),“雪地魔毯”以v=5m/s的速度向上滑行,经过t=35s游客滑到“雪地魔毯”的顶端,g取10m/s2,“雪地魔毯”的动摩擦因数一定,不计其他阻力,则 ()A.游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动B.游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为20sC.游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变D.游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为0.26【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)将游客从雪道底端运送到顶端,“雪地魔毯”类似于传送带,游客类似于物体,分析游客摩擦力的突变,进一步分析游客的运动过程是解决问题的关键。(2)解决本题的切入点是分析游客在“雪地魔毯”上是一直加速,还是先加速后匀速,假设游客一直加速得到与题设矛盾的条件,故可得游客先加速后匀速,然后根据传送带模型解决问题。【解析】选D。若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动,则游客的位移x≤v2t=87.5m,选项A错误;设游客匀加速的时间为t1,则L=v2t1+v(t-t1),解得t1=10s,选项B错误;游客在“雪地魔毯”先受到滑动摩擦力,摩擦力方向沿“雪地魔毯”向上,然后受静摩擦力,方向也沿“雪地魔毯”向上,选项C错误;游客加速阶段的加速度a=vt1=0.5m/s2,根据μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得7.如图a所示,一滑块置于长木板左端,木板放置在水平地面上,已知滑块和木板的质量均为2kg,现在滑块上施加一个F=0.8t(N)的变力作用,从t=0时刻开始计时,滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图b所示,设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是 ()A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.2B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1C.图b中,t2=17.5sD.木板的最大加速度为4m/s2【解析】选C。由题意可知,t2时刻之后,滑块与木板间有相对滑动,滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化,可得Ff1=μ1mg=10N,解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.5,A错误;结合图b可知,0~t1时间内,滑块与木板均静止,t1~t2时间内,滑块与木板仍相对静止,木板在地面滑行,可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力,可得Ff2=μ2·2mg=6N,解得木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.15,B错误;t2时刻,滑块与木板恰好发生相对滑动,由牛顿第二定律对滑块、木板分别可得F-μ1mg=ma,μ1mg-μ2·2mg=ma,其中F=0.8t2(N),联立解得a=2m/s2,t2=17.5s,之后木板的加速度保持不变,故木板的最大加速度为2m/s2,C正确,D错误。【总结提升】(1)外力F作用在滑块上,当板块间的摩擦力较小时,可能木板永远不会滑动,当板块间的摩擦力较大时,也存在三种情况,板块一起静止在地面,板块一起加速,板块间发生相对滑动。(2)滑块所受摩擦力随时间变化的关系有三个,分别代表板块运动的三种状态,t1时刻代表滑块和木板将要一起加速,代表木板和地面之间的摩擦力为最大静摩擦力,为6N,t2时刻代表滑块和木板一起加速的最大加速度,滑块和木板间的最大静摩擦力为10N。二、多项选择题:共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求;全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.如图所示,斜面A固定于水平地面上,在t=0时刻,滑块B以初速度v0自斜面底端冲上斜面,t=t0时刻到达最高点。取沿斜面向上为正方向,下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图像中,可能正确的是 ()【解析】选A、B、D。若斜面是光滑的,则滑块在上滑和下滑的过程中所受合力为重力沿斜面向下的分力,大小方向均不变,由于上滑和下滑过程中的距离相同,由公式x=12at2【补偿训练】(多选)(2024·周口高一检测)一架质量为7.225×104kg的飞机,自静止开始滑行2000m后起飞,飞机滑行过程可认为做匀加速直线运动,起飞时离地速度为85m/s。已知飞机获得的升力大小为F=kv2,k为飞机的升力系数,v是飞机的滑行速度,F与飞机所受重力相等时的速度称为飞机的起飞离地速度。取重力加速度大小为g=10m/s2,下列说法正确的是 ()A.此飞机的升力系数的单位为kg/mB.国际单位制下此飞机的升力系数数值为100C.飞机滑行时的加速度约为2.8m/s2D.飞机自滑行至起飞经历的时间约为27s【解析】选A、B。根据F=kv2得到k=Fv2,k的单位为Nm2/s2=kg·m/s2m2/s2=kg/m。设飞机的起飞速度为v,飞机的质量为m,刚刚离地时有kv29.用水平拉力使雪橇在平坦的雪地上由静止开始沿直线运动,雪橇运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示,图中b、c(c<0)和n均为已知量,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 ()A.雪橇一定做匀加速直线运动B.雪橇的质量为bC.雪橇与雪地间的动摩擦因数为-cD.拉力F=nb时,雪橇的加速度大小为c(1-n)【解析】选C、D。由图像知雪橇拉力变化,雪橇做变加速直线运动,选项A错误;设雪橇的质量为m,雪橇与雪地间的动摩擦因数为μ,依据牛顿第二定律,对雪橇有F-μmg=ma,即F=μmg+ma,图像斜率表示雪橇的质量,得m=-bc,选项B错误;若F=0,c=-μg,得μ=-cg,选项C正确;当拉力F=nb时,加速度a=nb-bm10.(2024·福州高一检测)如图甲所示,5颗完全相同质量为m的象棋棋子整齐叠放在水平面上,所有接触面间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对第3颗棋子施加一水平变力F,F随t的变化关系如图乙所示,重力加速度为g,下列说法正确的是 ()A.t=1s时,第5颗棋子受到水平面的摩擦力向左,大小为μmgB.t=2s时,第4、5颗棋子间没有摩擦力C.t=4s时,第3颗棋子的加速度大小为μgD.第6s以后,第1颗棋子受到的摩擦力大小为μmg【解析】选A、D。由于第4颗棋子对第3颗棋子的最大静摩擦力为Ff43max=3μmg,所以当F≤3μmg,时,棋子3不会运动;由图乙可知t=1s时F=μmg<3μmg,棋子都处于静止状态,把5个棋子整体分析,受平衡力作用,第5颗棋子受到水平面的摩擦力和水平力F是平衡力,所以第5颗棋子受到水平面的摩擦力向左,大小为μmg,故A正确;由图乙可知t=2s时,F=2μmg<3μmg则棋子1、2、3静止,对1、2、3棋子整体分析,棋子4对棋子3的摩擦力与外力二力平衡,所以棋子4对3的摩擦力大小为2μmg,方向水平向左,由牛顿第三定律可知,棋子3对棋子4的摩擦力大小为2μmg,方向水平向右;对棋子4受力分析可知,棋子5对4的摩擦力大小为2μmg,方向水平向左,故B错误;最上面的两颗棋子向右运动的最大加速度为amax=2μmg2m=μg。设最上面的三个棋子一起以最大加速度amax向右运动,且水平恒力为F0,则,F0-3μmg=3mamax,解得F0=6μmg。当水平向右的恒力F大于6μmg时,第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动;由图乙可知t=4s时3μmg<F=4μmg<6μmg,所以最上面的三个棋子作为整体一起向右运动,由牛顿第二定律可得,F-3μmg=3ma1,解得a1=μg3,故C错误;第6s以后,水平外力大于6μmg,第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动,上面的两个棋子一起向右运动,第1颗棋子受到的摩擦力大小为Ff1=ma三、非选择题:本题共5小题,共54分。11.(7分)(2024·烟台高一检测)某同学手中没有托盘天平,设计利用如图甲所示装置测量小车和智能手机的质量,智能手机固定在小车上,智能手机可以利用APP直接测量出手机运动时的加速度。悬挂质量为m的钩码,使小车运动,用智能手机测出小车运动的加速度a;改变钩码的质量m,进行多次测量,作出a与m(g-a)的图像如图乙所示,已知图像中直线的截距为b,斜率为k。不计空气阻力,重力加速度为g。(1)下列说法中正确的是________;

A.钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量B.细绳应该始终与长木板平行C.实验开始前应先平衡小车运动所受到的摩擦力D.细线的拉力等于钩码的重力(2)根据图像可得,小车和手机的总质量为____________(用题目中所给字母表示);

(3)再利用手机APP测出斜面倾角为θ,则可求小车与木板间的动摩擦因数μ的大小为________。

【解析】(1)设小车和智能手机的质量为M,斜面倾角为θ,对钩码和小车以及智能手机的系统由牛顿第二定律有mg+Mgsinθ-μMgcosθ=(M+m)a整理可得a=m(g-a)M+g可得本实验的原理为a与m(g-a)成一次函数。因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法,故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力,也就不需要钩码的质量远小于智能手机和小车的质量,故A错误;为了让绳子拉小车的力为恒力,则细绳应该始终与长木板平行,故B正确;根据上述原理分析,考虑了小车受到的摩擦力,则不需要平衡摩擦力,故C错误;本实验研究系统的牛顿第二定律,钩码本身也有加速度,则绳子的拉力小于钩码的重力,故D错误。(2)根据a与m(g-a)的一次函数关系,可知图像的斜率的意义为k=1M则小车和手机的质量为M=1k(3)根据a与m(g-a)的一次函数关系,可知纵轴截距的物理意义为b=gsinθ-μgcosθ联立解得动摩擦因数的大小为μ=gsin答案:(1)B(2)1k(3)12.(9分)为了探究质量一定时加速度与力的关系,某同学设计了如图所示的实验装置,通过拉力传感器直接测量绳子拉力。(1)实验时,下列需要满足的条件或正确进行的操作是________。

A.实验时一定要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量MB.带滑轮的长木板右端适当垫高以平衡摩擦力C.让小车靠近打点计时器,先释放小车,再接通电源,打出一条纸带,同时记录拉力传感器的示数D.改变沙和沙桶的质量,多打出几条纸带(2)接通频率为50Hz的交流电源,释放小车,打出如图乙所示的纸带。从比较清晰的点起每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离,则由纸带求出打3计数点时的速度v3=______m/s,小车加速度的大小为a=________m/s2。(结果均保留3位有效数字)

(3)以拉力传感器的示数F为横坐标,加速度a为纵坐标,画出的a-F图像是一条倾斜的直线,且测得图线的斜率为k,则小车的质量M=____________。

(4)若为了进行对比,该同学在沙和沙桶质量m远小于小车质量M的情况下,再用该装置做实验,他在记录拉力传感器读数F的同时,也记录下了对应的沙和沙桶总重力G以测得的加速度a为纵轴,在同一个坐标系中分别画出a-F和a-G图像,如图丙所示的两条倾斜直线a和b,则____________(选填“a”或“b”)表示的是a-F图像,原因是___________________________,

图线未过坐标原点的原因是____________________________________。

【解析】(1)实验时,拉力由传感器测出,不需要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M,故A错误;带滑轮的长木板右端适当垫高以平衡摩擦力,保证小车所受合外力为绳子拉力,故B正确;让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,同时记录拉力传感器的示数,故C错误;改变沙和沙桶的质量,即改变拉力的大小,多打出几条纸带,研究加速度随拉力变化的关系,故D正确。(2)依题意,打点计时器的打点间隔为t=1f=0.则相邻计数点的时间间隔为T=5t=0.1s。根据一段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度,可求出打3计数点时的速度v3=x24t24=3根据逐差法可得小车加速度的大小为a=x35-x10-2m/s2=0.160m/s2。(3)根据牛顿第二定律,可得a=FM,即a-F图线的斜率倒数表示小车的质量,可得M=1(4)由牛顿第二定律可知F=Ma,G=(M+m)a可知,在坐标系中同一个加速度a,对应的沙和沙桶总重力大于拉力传感器读数,所以直线a表示的是a-F图像。由图像可知,当F或者G取到某一定值时,小车才具有加速度,所以图线未过坐标原点的原因是小车未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足。答案:(1)B、D(2)0.3760.160(3)1(4)a见解析小车未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足13.(11分)如图所示,物块A和B的质量分别为M=2kg和m=1kg,它们通过跨过光滑定滑轮的轻绳连接,物块A置于倾角为α(α未知)的光滑固定斜面上,恰好处于静止状态。现互换A、B两物块的位置,然后释放A,物块A、B会加速运动,已知重力加速度g取10m/s2。斜面上方的轻绳始终与斜面平行,则A、B运动过程中,求:(1)A运动的加速度大小;(2)轻绳的拉力大小。【解析】(1)当系统静止时:Mgsinα=mg, (2分)解得α=30°。 (1分)A、B位置互换后,对A、B整体由牛顿第二定律得Mg-mgsinα=(M+m)a, (2分)解得a=5m/s2。 (2分)(2)对物块B由牛顿第二定律得FT-mgsinα=ma, (2分)解得FT=10N。 (2分)答案:(1)5m/s2(2)10N14.(12分)(2024·厦门高一检测)如图所示,质量mA=mB=10kg的物体A、B置于倾角为θ=30°的固定光滑斜面上,斜面末端有一挡板,两物体用劲度系数为k=1000N/m的轻弹簧连接,弹簧与A、B物体固定在一起,地面上有一质量为m0=50kg的人通过定滑轮用绳子拉着B物体,绳子与水平方向夹角为α=53°,最开始绳中无拉力,绳子与弹簧质量均不计。(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)绳中无拉力时,求弹簧的压缩量;(2)现在人开始用力拉绳子,保持绳子与水平方向夹角不变,使B物体缓慢上升(始终在斜面上),直到A物体即将离开挡板,求:①在此过程中B物体沿斜面上升的距离;②A物体即将离开挡板时绳上拉力大小;③A物体即将离开挡板时地面对人的摩擦力大小及支持力大小。【解析】(1)绳中无拉力时,对B物体受力分析,由平衡条件有F弹=mBgsinθ=50N,(2分)这时弹簧处于压缩状态,压缩量为x1=F弹k=0.05m。(2)①缓慢说明系统时刻处于平衡状态,A物体即将离开挡板,对A物体受力分析,由平衡条件有F弹1=mAgsinθ=50N, (2分)这时弹簧处于拉伸状态,伸长量为x2=F弹1k=0.在此过程中B物体沿斜面上升的距离s=x1+x2=0.10m。 (1分)②对A、B、弹簧作为一系统,有FT=(mA+mB)gsinθ=100N。 (2分)③对人受力分析,由平衡条件有Ff=FTcosα=60N, (1分)FN=m0g-FTsinα=420N。 (1分)答案:(1)0.05m(2)①0.10m②100N③60N420N15.(15分)如图所示,足够长的木板AB上表面O点左侧粗糙、右侧光滑,质量为M=3kg,以速度v0=1m/s在光滑水平面上向右运动。质量为m=1kg的小物块P以相对地面速度为零轻放到木板上表面,并同时对小物块施加一水平向右的拉力F=0.5N;第一次,小物块P轻放到B端后,始终未通过O点,并再回到B端;第二次,小物块P轻放到OB间的某一位置,能通过O点,通过O点的速度大小v1=0.5m/s、小物块P与木板粗糙部分的动摩擦因数μ=0.03,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。(1)求小物块P从轻放到B端再到回到B端通过的位移大小;(2)求小物块P轻放到OB间的某一位置后,在O点左侧距O点的最远距离;(3)通过计算判断:将小物块P轻放到OB间的某一位置,通过O点后是否能够再通过O点。【解析】(1)小物块P从轻放到B端到再次回到木板B端,设经过的时间为t1,木板AB做匀速运动,位移为x1,小物块加速度大小为a1,位移为xP,则F=ma1, (1分)x1=v0t1,xP=12a1t12根据x1=xP, (1分)解得a1=0.5m/s2,t1=4s,xP=4m。 (1分)(2)小物块P轻放到OB间的某一位置,通过O点后,设小物块P加速度大小为a2,木板AB加速度大小为a3,则μmg+F=ma2,μmg=Ma3, (2分)解得a2=0.8m/s2,a3=0.1m/s2。 (1分)设小物块过O点后再经过时间t2,小物块与木板速度相等,小物块在O点左侧距O点的距离最远,小物块位移大小为x2,木板AB位移大小x3,则v1+a2t2=v0-a3t2, (1分)x2=v1t2+12a2t22x3=v0t2-12a3t22设小物块在O点左侧距O点的最远距离为xPO,则xPO=x3-x2, (1分)解得t2=59s,x2=65162m,x3=175324m,xPO(3)假设小物块与木板速度相等后,小物块与木板之间能发生相对滑动,则小物块将相对木板向右滑动,设小物块加速度为a4,木板加速度为a5,则F-μmg=ma4,μmg=Ma5, (1分)解得a4=0.2m/s2,a5=0.1m/s2。 (1分)因为a4>a5,则小物块将相对木板向右滑动,通过O点后能再通过O点。 (1分)答案:(1)4m(2)536m(3)能通过O点,计算过程见解析【补偿训练】如图所示,一水平的浅色传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面上。在传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块(视为质点),煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1=0.1,初始时,传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送带以顺时针方向的恒定加速度a=3m/s2开始运动,当其速度达到v0=1.5m/s后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,相对于传送带不再滑动,随后,在平稳滑上右端平板上的同时,在平板右侧施加一个水平向右的恒力F=17N,F作用了0.5s时煤块与平板速度恰好相等,此时撤去F,最终煤块没有从平板上滑下。已知平板质量M=4kg,重力加速度g取10m/s2,求:(1)传送带上黑色痕迹的长度;(2)有F作用期间平板的加速度大小;(3)平板的最短长度。【解析】(1)煤块在传送带上发生相对运动时,加速度a1=μ1mgm=μ1g方向向右。设经过时间t1,传送带达到速度v0,经过时间t2,煤块速度达到v0,即v0=at1=a1t2,代入数值可得t1=0.5s,t2=1.5s。在0~1.5s内,煤块与传送带有相对运动,传送带发生的位移x=v022a+v0(t2-t煤块发生的位移x'=v022黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差,即Δx=x-x'=0.75m。(2)煤块滑上平板时的速度为v0=1.5m/s,加速度大小为a1=μ1mgm=μ1g经过t0=0.5s时,煤块速度为v1=v0-a1t0=1.5m/s-1×0.5m/s=1.0m/s。设平板的加速度大小为a2,则v1=a2t0=1.0m/s,解得a2=2m/s2。(3)设平板与地面间的动摩擦因数为μ2,由于a2=2m/s2且Ma2=μ1mg-μ2(mg+Mg)+F,代入数据解得μ2=0.2,由于μ2>μ1。则共速后煤块将仍以加速度大小a1=μ1mgm=μ做匀减速运动,直到停止,而平板以加速度a3做匀减速运动Ma3=μ1mg-μ2(mg+Mg),代入数据解得a3=-2.25m/s2,用时t3=v1|a3|所以,全程平板的位移为x板=0+v12(t0+t3)=12×(0.5+煤块的位移x煤=v022a1平板的长度即煤块与平板的位移之差L=x煤-x板=4772答案:(1)0.75m(2)2m/s2(3)0.65m单元形成性评价(一)(第一章)(75分钟100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。1.关于质点,下列说法正确的是 ()A.研究一辆从自贡开往成都的汽车通过高速公路上的一块标志牌所用的时间,可以把汽车看成质点B.研究地球的公转轨迹时可以把地球看成质点C.研究“北斗卫星”的飞行姿势时可以把“北斗卫星”看成质点D.研究电子绕原子核的运动时可以把原子看成质点【解析】选B。研究一辆从自贡开往成都的汽车通过高速公路上的一块标志牌所用的时间,因标志牌比汽车的长度小得多,因此标志牌可看作质点,但汽车不可以看成质点,选项A错误;研究地球的公转轨迹时,由于地球的直径比地球与太阳间的距离要小得多,可以忽略不计,可以把地球当作质点,选项B正确;研究“北斗卫星”的飞行姿势时,北斗卫星的形状不可忽略,因此不可以把“北斗卫星”看成质点,选项C错误;研究电子绕原子核的运动时,原子必须分成原子核和核外电子两个部分,两部分之间还有一定距离,也就是说,这时候原子是有一定体积的,不能把原子看成质点,选项D错误。2.在陕西西安第十四届全运会田径比赛上,我国著名运动员苏炳添在百米短跑中跑出9秒95的好成绩,以强势的表现赢得全运男子100米金牌,他也是亚洲跑进10s之内的第一人。假定他在起跑后10m处的速度是8.0m/s,到达终点的速度是9.6m/s,则他在全程中的平均速度约为 ()A.10.04m/s B.9.60m/sC.10.05m/s D.8.80m/s【解析】选C。根据平均速度公式v=xt,代入数据解得v≈10.3.一辆汽车以速度v匀速行驶了全程的一半,以速度v3行驶了另一半,则全程的平均速度为 (A.3v2 B.2v3 C.v2【解析】选C。设全程为2s,前半程的时间为t1=sv,后半程的时间为t2=sv3=3sv,则全程的平均速度为v4.根据速度定义式v=ΔxΔt,当Δt极短时,ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度;由此可知,当Δt极短时,ΔvA.控制变量法、微元法 B.假设法、等效法C.理想模型法、类比法 D.极限法、类比法【解析】选D。当时间极短时,某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度,某段时间内的平均加速度表示瞬时加速度,该思想运用了极限法、类比法的思想方法。故选D。5.(2024·襄阳高一检测)汽车行驶的过程中,经常会出现如下提示,关于下列4幅图片的说法正确的是 ()A.甲图是高速上的指示牌,上面的“95km”“171km”等指的是位移B.乙图是高速上的指示牌,上面的“120”“100”等指的是平均速度C.丙图是汽车上的时速表,上面的“72”指的是瞬时速度的大小D.丁图是导航中的信息,上面的“34分钟”“50分钟”指的是时刻【解析】选C。甲图是高速上的指示牌,上面的“95km”“171km”等指的是路程,A错误;乙图是高速上的指示牌,上面的“120”“100”等指的是瞬时速度的大小,B错误;丙图是汽车上的时速表,上面的“72”指的是瞬时速度的大小,C正确;丁图是导航中的信息,上面的“34分钟”“50分钟”指的是时间间隔,D错误。6.(2024·成都高一检测)某人驾车从南充到成都用时3h,车上里程表的示数增加了243km,根据地图上的相关数据得到出发地到目的地的直线距离为180km,则整个过程中汽车的位移大小和平均速度的大小分别为 ()A.180km、60km/h B.180km、81km/hC.243km、60km/h D.243km、81km/h【解析】选A。位移是起点到终点的有向线段,则位移大小为180km,平均速度为v=xt7.(2024·重庆高一检测)如图所示,一个垒球以25m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为35m/s。设球棒与垒球的作用时间为0.01s,则该过程中垒球 ()A.速度改变量大小为10m/sB.速度改变量大小为60m/sC.平均加速度大小为0.1m/s2D.平均加速度大小为0.6m/s2【解析】选B。规定垒球飞向球棒时的速度方向为正方向,则初速度v0=25m/s,末速度:v=-35m/s,垒球的速度变化量为Δv=v-v0=-35m/s-25m/s=-60m/s,可知速度改变量大小为60m/s,故A错误,B正确;球棒与垒球的作用时间为0.01s,则平均加速度大小为a=|Δv|Δt=|-二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.下列物理量中,属于矢量的是 ()A.路程 B.加速度 C.速度 D.位移【解析】选B、C、D。矢量既有大小又有方向,路程只有大小,没有方向,属于标量。故选B、C、D。9.2023年11月,某学校在标准体育场举行了校运动会,同学们展现了良好的精神面貌,其中,有关此次运动会的说法正确的是 ()A.在高一男子400米比赛中,某同学以65秒的成绩获得冠军,则他的平均速度为0B.百米赛跑时,运动员耗时11s,表示他撞线时的速度约为9.09m/sC.高一女子实心球成绩为9.69m,其中9.69m为实心球出手后的位移大小D.高一女子100米成绩为11.5s,其中11.5s为时间间隔【解析】选A、D。根据v=xt,由于该同学的位移为0,则他的平均速度为0,故A正确;百米赛跑时,运动员耗时10秒,则他的平均速度为v=10011m/s=9.09m/s但他撞线时的速度不一定为9.09m/s,故B错误;高一女子实心球成绩为9.69m,其中9.6910.甲、乙、丙三架观光电梯,甲中乘客看一高楼在向下运动,乙中乘客看甲在向下运动,丙中乘客看甲、乙都在向上运动,这三架电梯相对地面的运动情况可能是()A.甲向上、乙向下、丙不动B.甲向上、乙向上、丙不动C.甲向上、乙向上、丙向下D.甲向上、乙向上、丙也向上,但比甲、乙都慢【解析】选B、C、D。甲中乘客看到高楼向下运动,说明甲电梯相对高楼向上运动;乙中乘客看到甲电梯向下运动,说明乙电梯相对甲电梯向上运动,相对高楼也向上运动,且比甲电梯运动得快;丙中乘客看到甲、乙两电梯都在向上运动,说明丙电梯相对于甲、乙两电梯在向下运动,则丙电梯相对地面的运动情况有三种可能:①静止不动,②向下运动,③向上运动,但比甲、乙两电梯都慢。综合可知,B、C、D正确,A错误。三、非选择题:本题共5小题,共54分。11.(7分)(1)在“用打点计时器测速度”实验中,电磁打点计时器和电火花打点计时器都使用________(选填“直流”或“交流”)电源,电磁打点计时器的工作电压为__________V。

(2)已知打点计时器接交流50Hz的电源,如图为物体做匀加速运动时打点计时器打出的一条纸带,图中相邻的两点间还有四个点未画出,则每两个点之间的时间间隔为________s。打点计时器打出D点时,物体的速度大小为________m/s,物体运动的加速度大小为__________m/s2(后两空计算结果均保留两位有效数字)。

【解析】(1)电磁打点计时器使用低压交流电源,电火花打点计时器使用220V交流电源,打点计时器必须使用交流电源;电磁打点计时器使用8V低压交流电源;(2)相邻的两点间还有四个点未画出,计数点间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则vD=xCE2T=8根据逐差法可得物体运动的加速度大小为a=xCE-xAC(2T)答案:(1)交流8(2)0.10.962.012.(9分)完成下列关于打点计时器的问题:(1)运动物体拉动穿过打点计