2021年新高考物理總復習檢測：第三章單元評估檢測(三)(含解析)

1、-1 -單元評估檢測（三）（時間：45 分鐘分值：100 分）、選擇題（本題共 8 小題，每小題 6 分，共 48 分.15 為單選題，68 為多選題）1 . （2019 安徽蕪湖模擬）某物體做直線運動的vt圖象如圖所示，據(jù)此判斷四個選項解析：選 B.由圖可知前 2 s 物體做初速度為零的勻加速直線運動，所以前 2 s 受力恒定,24s 做勻減速直線運動，速度方向為正方向，所以受力為負，且恒定,加速直線運動，所以受力為負，恒定，68 s 做負方向勻減速直線運動，所以受力為正，故A 錯誤，B 正確；由上分析可知，先向正方向做加速運動，然后減速運動,然后返回，8 s 回到原點；故物體的位移一直為正

2、值，故C、D 錯誤.2 . （2019 齊魯名校聯(lián)考）直升機懸停在空中向地面投放裝有救災物資的箱子，如圖所 示設投放初速度為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態(tài)在箱子下落過程中，下列說法正確的是A.加速下落時，箱內(nèi)物體對箱子底部的壓力逐漸變大B.箱子剛從飛機上投下時，箱內(nèi)物體受到的支持力最大C.箱子接近地面時，箱內(nèi)物體受到的支持力可能為0D.若下落距離足夠長，箱內(nèi)物體有可能做減速運動解析：選 A選整體為研究對象，由牛頓第二定律mkv2=ma隨著v變大，加速度a逐 漸變小，直到變?yōu)榱?分析物體受力，由牛頓第二定律可得N= mema剛開始運動時N= 0

3、,此后支持力逐漸變大，即加速下落時，箱內(nèi)物體對箱子底部的壓力逐漸變大，箱子剛從飛機上投下時，箱內(nèi)物體受到的支持力最小，選項A 正確，B 錯誤；箱子接近地面時，箱子的加速度趨近于零，則箱內(nèi)物體受到的支持力趨近與mg選項 C 錯誤；若下落距離足夠長，當mg=kv2時，箱子做勻速運動，即箱內(nèi)物體不可能做減速運動，選項D 錯誤.46 s 做負方向勻4 s 末到達最遠處，中（F表示物體所受合力,ft-2 -3. （2019 河北邢臺模擬）如圖所示，質(zhì)量為 1 kg 的滑塊P位于粗糙水平桌面上，用跨-3 -過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩與質(zhì)量也為1 kg 的鉤碼Q相連，P與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2 ,重力加速度

4、為 10 m/s2.從離滑輪足夠遠處由靜止釋放滑塊P,下列說法正確的是（）A.滑塊P與桌面間的摩擦力大小為10 NB.輕繩受到的拉力大小為6 NC.滑塊 P 的加速度大小為5 m/s2D.滑塊P釋放后 1 s 內(nèi)沿桌面前進的距離為4 m解析：選 B.釋放P后，PQ起做加速運動，所以P受到的滑動摩擦力大小為f=卩mg=0.2X1X10 N= 2 N,故 A 錯；P從靜止釋放后PQ起做勻加速運動，以整體為對象，根據(jù)牛頓第二定律可求得mg-卩mg=2ma即a= 4 m/s2，再以Q為對象，由牛頓第二定律可知：mgT=ma解得：T= 6 N，故 B 對，C 錯；滑塊P釋放后 1 s 內(nèi)沿桌面前進的距離

5、為s= *at212=X4X1 m= 2 m,故 D 錯.4 .如圖所示，底板光滑的平板小車上用兩個量程足夠大、完全相同的彈簧秤甲和乙系住一個質(zhì)量為 0.5 kg 的物塊，在水平地面上，當小車做勻速直線運動時，兩彈簧秤的示數(shù)均為10 N,此時彈簧秤中的彈簧均伸長5 cm.當彈簧秤甲的示數(shù)穩(wěn)定為8 N 時，下列說法正確的是甲乙PWVMA.彈簧的勁度系數(shù)為 400 N/mB. 小車一定是向右做勻加速直線運動C.小車運動的加速度大小是4 m/s2D.與小車勻速運動時相比，物塊相對于小車向左移動了1 cm解析：選 D.根據(jù)題意彈簧秤中的彈簧均伸長5 cm 時彈簧秤的示數(shù)均為 10 N，此時kx=正比，

6、故當一個彈簧縮短時，另一個彈簧伸長，且二者形變量的變化大小相同，所以當彈簧秤甲的示數(shù)穩(wěn)定為 8 N 時，彈簧秤乙的示數(shù)應為 12 N,物體在水平方向所受到的合外力為4 N,一F42根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊的加速度大小為a= 05 = 8 m/s，所以物塊可以向右做勻加速運動也可以向左做勻減速運動，故B、C 錯；彈簧乙的彈力變成了 12 N 根據(jù)胡克定律可知：10 N 解得:10k= 005N/m = 200 N/m,故 A 錯；兩彈簧完全相同，且彈簧的彈力和其形變量成-4 -F12F=kxi解得Xi= = 200 m= 0.06 m = 6 cm,所以相對于原來物塊向左移動了1 cm,故 D

7、 對.k2005.（2019 四川眉山一中模擬）一物塊沿傾角為0的斜坡向上滑動.當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H如圖所示；當物塊的初速度為力加速度大小為g.物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)工HA. tan0和 2HC. tan0和一4牛頓第二定律得：mgsin0 +口mopos0a=m=gsin0+卩gcos0,聯(lián)立解得動摩擦因數(shù)為:211H半，則上滑的最大位移為原來的 4,上升的最大高度為原來的 4，即h=一故 D 正確，A BC錯誤.6. （2019 山東濟寧調(diào)考）如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面 上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距離X1后停止.現(xiàn)拿走砝碼，而

8、持續(xù)加一個豎直向下的恒力F（F=mg，若其他條件不變，木盒以加速度a2滑行距離X2后停止.則（）工H0和 20和一4解析：選 D.根據(jù)速度位移公式得，物塊上滑的加速度為:H2 一sin2vsin02H-，根據(jù)“ 2gH-1 tan0.因為物塊上滑的加速度大小不變，根據(jù)vx=石知，初速度變?yōu)樵瓉淼囊籄.a2=a1C. X2X1B. a2a1D. X2a1.根據(jù)v2= 2aX得,X=2a-5 -知加速度增大，則滑行的距離變小，即X2in0 = amgcos0 +kvmmg .Vm= (si nk0 acos0).由圖象知 t = 0 時風帆下滑的加速度3 022a=m/s = 3 m/s1風帆下滑

9、過程中最大速度vm= 2 m/s當t= 0 時，由牛頓第二定律得：min0-mgcos0=maa=g(sin0 acos0)=10 x(0.5 -2 a)=3 m/s4 5 6解得卩=0.23由 mn0=卩mgcos0+kvm4冰塊在加速與減速運動過程中加速度大小之比；5冰塊滑動過程中的最大速度；6工人拉冰塊的拉力大小.解析：(1)冰塊先做勻加速運動，加速度為a,最大速度為vm,減速加速度大小為a2，加2Vm速位移為X1= 4 m；所以減速位移為X2= 12 X1= 8 m；因為全程初末速度為零，a=2X1,口mg得，k=渲 sinVm0 acos0)2x102(0.50.23x1) = 3

10、N/(m s1).-12 -答案：mgsin0acos0)(2)0.233 N/(m s1)k11. (20 分)(2019 浙江聯(lián)考)如圖甲所示為冰庫工作人員移動冰塊的場景，冰塊先在工作人員斜向上拉力的作用下運動一段距離，然后放手讓冰塊向前滑動到運送冰塊的目的地，其工作原理可簡化為如圖乙所示.設冰塊質(zhì)量 M= 100 kg,冰塊與滑道間動摩擦因數(shù)a= 0.05 ,運送冰塊距離為 12 m，工人拉冰塊時拉力與水平方向成53角斜向上.某次拉冰塊時，工人從滑道前端拉著冰塊(冰塊初速度可視為零)向前勻加速前進 4.0 m 后放手，冰塊剛好到達滑 道末端靜止(已知 sin 53 = 0.8 , cos 53 = 0.6).求：Vma2=2X2aiX28(2) 加速結束時刻速度最大，減速開始時刻速度最大；在減速階段，冰塊受滑動摩擦力減 速，根據(jù)牛頓第二定律：f=maf=卩mga2=g= 0.5 m/s20 Vm= 2( 一a2)X2Vm=、?2a2X2=-J2X0.5X8m/s=2 2 m/s.(3) 冰