高考物理大一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动单元质量检测（含解析）粤教版-粤教版高三全册物理试题.doc

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1、第一章 运动的描述 匀变速直线运动时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，15题为单项选择题，68题为多项选择题)1冰壶在冰面上运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”。这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于()图1A冰壶的速度 B冰壶的质量C冰壶受到的推力 D冰壶受到的阻力解析由于惯性是物体本身的固有属性，其大小只由物体的质量来决定，故只有选项B正确。答案B2(2016河南信阳模拟)中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3 000 m，着陆距

2、离大约为2 000 m。设客机起飞滑跑和着陆时都做匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是()A32 B11 C12 D21解析由题意可知，s起飞3 000 m，s着陆2 000 m，v起飞1.5v0，v着陆v0，由st可得：t起飞；t着陆，选项B正确。答案B3(2016广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图2所示。则下列相关说法正确的是()图2At4.5 s时，电梯处于失重状态B555 s时间内，绳索拉力最小Ct59.

3、5 s时，电梯处于超重状态Dt60 s时，电梯速度恰好为零解析利用at图象可判断：t4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5 s55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55 s60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t60 s时为零，D正确。答案D4从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，以抛出点为计时起点，小球上升到最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2。若空气阻力的

4、大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出的小球的速率v随时间t的变化关系的图线是()解析设小球的质量为m，空气阻力的大小为f，小球上升和下落过程的加速度分别为a1、a2，则上升过程由牛顿第二定律得mgfma1，a1g；下降过程有mgfma2，a2g，即a1a2，D错误；上升与下降的位移大小相等，即图象对应的面积相等，B错误；题中表示的是速率与时间的变化关系，没有方向，A错误，C正确。答案C5(2016广东四校联考)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角60，使飞行器恰沿与水平方向成30角的直线斜向右上方匀加速飞行，经一段时间后，将动力的方向沿逆时针旋转

5、60同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，则()图3A减速时加速度的大小为gB减速时动力的大小等于mgC加速时动力的大小等于mgD加速时加速度的大小为g解析对飞行器加速和减速飞行时，分别受力分析如图甲、乙所示由牛顿第二定律和几何关系可得，飞行器加速时，F合mgma1，a1g，Fmg，故C错误，D正确；飞行器减速时，F合mgma2，a2g，Fmg，故A、B均错误。答案D6甲、乙、丙是三个在同一直线上运动的物体，它们运动的vt图象如图4所示，下列说法正确的是()图4A丙与甲的运动方向相反B丙与乙的运动方向相同C乙的加速度的大小大于甲的加速度

6、的大小D丙的加速度的大小小于乙的加速度的大小解析甲、乙、丙三个物体的速度均为正值，运动方向相同，选项A错误，B正确；根据速度图象斜率的绝对值表示加速度的大小，乙的加速度的大小大于甲的加速度的大小，丙的加速度的大小大于乙的加速度的大小，选项C正确，D错误。答案BC7(2016山东菏泽十校一模)如图5所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为60，OB绳与水平方向的夹角为30，则球A、B的质量之比和杆对A、B的弹力之比分别为()图5A. B.C. D.解析分别对A、B两球受力分析，运用合成法，如图所示

7、。由几何知识得Tsin 60mAg，Tsin 30mBg，故mAmBsin 60sin 301。杆的弹力FN，则，选项A、C正确。答案AC8(2016广东中山模拟)如图6甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是()图6A0.4 B0.2Ct4.5 s Dt3

8、 s解析由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a2.0 m/s2，由牛顿第二定律得fmamg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数0.2，A错误，B正确；在vt图象中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误。答案BC二、非选择题(共4小题，共52分)9(2016河北保定质检)(10分)某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图7甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示

9、，已知实验过程中操作正确。图7(1)乙图中F1、F2、F、F四个力，其中力_(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的。实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是_(填正确选项前字母)。A两个弹簧测力计拉力F1和F2的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小B橡皮条沿同一方向伸长C橡皮条伸长到同一长度D橡皮条沿同一方向伸长同一长度(2)丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为_N。解析(1)F在以F1与F2为邻边的平行四边形的对角线上，不是由弹簧测力计直接测出的。该实验采用了“等效替代”法，即合力与分力的关系是等效的，前后两次要求橡皮条沿同一方向伸长同一长度，故A、B、C错误，D正确。(2

10、)根据丙图读出力的值为9.0 N。答案(1)FD(2)9.0(8.89.2之间均可)10(2016宝鸡一模)(10分)振华同学用如图8所示的实验装置验证牛顿第二定律。图8(1)该实验装置中有两处错误，分别是：_和_。(2)振华同学在老师的指导下改正了实验装置中的错误后，将细绳对小车的拉力当作小车及车上砝码受到的合外力，来验证“合外力一定时加速度与质量成反比”。实验中，砝码盘及盘内砝码的总质量最好应为_。A10 g B50 g C100 g D1 kg振华同学在实验时用电磁打点计时器打了一条理想的纸带，他按要求选取计数点后，在测量各相邻两计数点间的距离时不慎将纸带撕成了几段，如图9所示，但他知道

11、甲、乙属于同一纸带，则丙、丁、戊中属于上述纸带的是_。图9已知打点计时器所用电源频率为50 Hz，则由甲、乙纸带可求得小车的加速度大小为_m/s2(结果保留两位小数)。解析(2)该实验要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车及车上砝码的总质量，即砝码和砝码盘的总质量要尽量小，故选A。根据刻度尺的读数可知，0、1两点的距离为s012.45 cm，2、3两点的距离为s234.70 cm。根据匀变速直线运动规律有s23s01s45s23，得s456.95 cm，故戊纸带最符合。根据逐差法得a m/s21.13 m/s2。答案(1)滑轮太高(或细绳与长木板不平行)打点计时器接到直流电源上(或打点计时器未接交

12、流电源)(2)A戊1.1311(16分)如图10甲所示，质量m1 kg的物体置于倾角为37的固定斜面的底端(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的拉力F，t12 s时拉力大小减半并反向，t23 s时撤去外力，物体运动的部分vt图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s 2，sin 370.6，求：图10(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；(2)3 s后再经多长时间物体回到斜面底端。解析(1)由vt图线知，物体匀加速运动时加速度大小为a110 m/s2由牛顿第二定律得Fmgsin mgcos ma1物体匀减速运动时加速度大小为a220 m/s2由牛顿第二

13、定律得mgsin mgcos ma2联立并代入数据解得F20 N，0.5。(2)由vt图线知物体上滑的总距离为s t3 m30 m设撤去外力后物体的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma3代入数据解得a32 m/s2设3 s后再经过间t物体回到斜面底端，由运动学规律知sa3t2代入数据解得t s答案(1)0.520 N(2) s12(16分)如图11所示，一长木板静止在水平地面上，在长木板的上表面放一滑块。现在长木板上施加一水平向左的恒力，使长木板由静止开始以恒定的加速度a2.5 m/s2向左做匀加速直线运动，当其速度为v9 m/s时调整恒力的大小使长木板做匀速直线运动

14、。假设滑块与长木板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.225，重力加速度g10 m/s2，运动过程中滑块始终未滑离长木板。求：图11(1)长木板的速度达到v前滑块的加速度大小；(2)滑块相对地面加速运动的时间及位移大小；(3)为保证运动过程中滑块不滑离长木板，长木板运动前滑块到长木板右端的最短距离。解析(1)设滑块的质量为m，滑块的最大加速度为a，根据牛顿第二定律有mgma解得a2.25 m/s22.5 m/s2，滑块与长木板存在相对运动，则滑块的加速度大小为2.25 m/s2(2)设滑块相对地面加速运动的时间为t1，加速运动的位移大小为s1，则t14 ss118 m(3)设长木板做匀加速直线运动的时间为t2，则t23.6 s设滑块与长木板达到共同速度时长木板的位移为s2，则s2v(t1t2)19.8 m要使滑块不从长木板上滑落，滑块与长木板右端的最短距离为ss2s11.8 m答案(1)2.25 m/s2(2)4 s18 m(3)1.8 m