【全程复习方略】2019高考物理(人教版)一轮单元质量评估1 第一、二章(含答案)

单元质量评估(一)
第一、二章
(60分钟100分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。

每小题只有一个选项正确)
1.如图是火箭点火升空瞬间的照片,关于这一瞬间的火箭的速度和加速度的判断,
下列说法正确的是( )
A.火箭的速度很小,但加速度可能较大
B.火箭的速度很大,加速度可能也很大
C.火箭的速度很小,所以加速度也很小
D.火箭的速度很大,但加速度一定很小
【解析】选A。

火箭点火升空瞬间速度很小,火箭得到高速气体的反冲力,加速度
可以较大,A正确,B、D错误;加速度的大小与速度的大小无必然联系,故C错误。

2.(2018·莆田模拟)如图所示是A、B两质点从同一地点开始运动的s -t
图像,则下列说法中正确的是( )
A.A质点以20m/s的速度匀速运动
B.B质点做曲线运动
C.B质点最初4s做加速运动,后4s做减速运动
D.A、B两质点在4s末时刻速度大小相等
【解析】选A。

s-t图像中图线的斜率表示速度,所以A质点的速度v A=20m/s,故选项A正确;B质点的位移先增大,后减小,做往复的直线运动,故选项B错误;B质点的s-t图线切线斜率先减小后增大,说明B质点最初4s做减速运动,后4s做加速运动,故选项C错误;A、B两质点从同一地点出发,在4s末位移相同,速度大小不同,故选项D 错误。

3.甲、乙两个物体从同一地点出发,在同一直在线做匀变速直线运动,它们的速度图像如图所示,则( )
A.甲、乙两物体运动方向相反
B.t=4s时,甲、乙两物体相遇
C.甲、乙两物体能相遇两次
D.在相遇前,甲、乙两物体的最远距离为20m
【解析】选D。

由图像可知,甲、乙两物体速度方向相同,只是甲在后做加速运动,乙在前做减速运动,甲追及乙且t=4s时甲、乙两物体速度相同(此时,在相遇前甲、乙两物体相距最远,以后两物体距离越来越小,甲追上乙并超越乙,甲、乙两物体只能相遇一次)。

设t=4s时的速度为v,由速度—时间图像的面积等于位移知,甲、乙两物体在t=4s时的距离为20m,故D正确。

【总结提升】求解追及问题的分析思路
(1)根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质,列出两个物体的位移方程,并注意两物体运动时间之间的关系。

(2)通过对运动过程的分析,画出简单的图标,找出两物体的运动位移间的关系。

追及的主要条件是两个物体在追上时位置坐标相同。

(3)寻找问题中隐含的临界条件。

例如速度小者加速追赶速度大者,在两者速度相等时有最大距离;速度大者减速追赶速度小者,在两者速度相等时有最小距离。

利用这些临界条件常能简化解题过程。

(4)求解此类问题的方法,除了以上所述根据追及的主要条件和临界条件联立方程外,还有利用二次函数求极值及应用图像法和相对运动知识求解。

4. (2018·和平区模拟)质点做直线运动的位移s和时间平方t2的关系图像如图所示,则该质点( )
A.加速度大小为1 m/s2
B.任意相邻1 s内的位移差都为2 m
C.第2 s内的位移是2 m
D.第3 s内的平均速度大小为3 m/s
【解析】选B。

由s=at2,可知质点做直线运动的位移s和时间平方t2的关系图像的斜率k=a,求得加速度a=2m/s2,选项A错误;由Δs=aT2可得任意相邻1s内的位移差都为2 m,选项B正确;第2 s内的位移是s2=a·22-a·12=3m,选项C错误;质点第3s内的位移是s3=a·32-a·22=5m,平均速度大小为5m/s,选项D错误。

5. (2018·莆田模拟)如图,运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械,在手臂OA由水平方向缓慢移到A′位置过程中,若手臂OA、OB的拉力分别为F A和F B,下列表述正确的是( )
A.F A一定小于运动员的重力G
B.F A与F B的合力大小始终不变
C.F A的大小保持不变
D.F B的大小保持不变
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)缓慢移动的含义即物体始终处于平衡状态。

(2)F A、F B的合力与重力等大反向。

【解析】选B。

由于各力之间的夹角大小未知,各力的大小关系无法判断,故A错误;在OA上移到OA′的过程中,由力的平衡条件可知F A、F B的大小均发生变化,但二者的合力始终与重力等大反向保持不变,故B正确,C、D错误。

6.如图所示,A和B两物块的接触面是水平的,A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,在下滑过程中B的受力个数为( )
A.3个
B.4个
C.5个
D.6个
【解析】选B。

A与B相对静止一起沿斜面匀速下滑,对A进行受力分析可知,A、B间无摩擦力,只存在正压力;再对B受力分析,可知B受到的力有:重力G B、A对B的压力、斜面对B的支持力和摩擦力4个力作用,选项B正确。

【总结提升】对物体受力分析的四点注意
(1)明确研究对象(可以是一个点、一个物体或一个系统等)。

(2)养成按“一重力二弹力三摩擦四其它”的顺序分析受力的习惯。

(3)分析弹力、摩擦力这些接触力时,按一定的绕向围绕研究对象一周,对接触面逐一分析,在弹力和摩擦力不确定时,可结合产生条件和受力分析的结果与题中物体状态是否相符来判断。

(4)区分研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力。

7.(2018·南平模拟)如图所示,滑轮本身的质量可忽略不计,滑轮轴O安在一
根轻木杆B上,一根轻绳AC绕过滑轮,A端固定在墙上,且绳保持水平,C端下
面挂一个重物,BO与竖直方向的夹角为θ=45°,系统保持平衡。

若保持滑轮
的位置不变,改变θ的大小,则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是( )
A.只有θ变小,弹力才变大
B.只有θ变大,弹力才变大
C.无论θ变大还是变小,弹力都变大
D.无论θ变大还是变小,弹力都不变
【解析】选D。

无论θ变大还是变小,水准绳和竖直绳中的拉力均不变,因这两个力的合力与杆的弹力平衡,故弹力都不变。

8.(2018·三明模拟)如图所示,形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠
在一起,表面光滑,重力为G,其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方,上边露出另一半,a静止在平面上。

现过a的轴心施以水平作用力F,可缓慢地将a拉离平面一直滑到b的顶端,对该过程分析,则应有( )
A.拉力F先增大后减小,最大值是G
B.开始时拉力F最大为G,以后逐渐减小为0
C.a、b间的压力开始最大为2G,而后逐渐减小到G
D.a、b间的压力由0逐渐增大,最大为G
【解析】选B。

对a球受力分析,由力的平衡条件得:Nsinθ=G,Ncosθ=F,所以
N=,F=,开始时sinθ==,最后当a滑到b顶端时θ=,故拉力F一
直减小,其最大值为F max=G,故A错误,B正确;a、b间弹力N一直减小,其最
大值为N max=2G,最小值为G,故C、D错误。

【变式备选】如图所示,桌面上固定一个光滑的竖直挡板,现将一个质量一
定的重球A与截面为三角形的垫块B迭放在一起,用水平外力F可以缓慢
向左推动B,使球慢慢升高,设各接触面均光滑,则该过程中( )
A.A和B均受三个力作用而平衡
B.B对桌面的压力越来越大
C.A对B的压力越来越小
D.推力F的大小恒定不变
【解析】选D。

分析A、B整体受力如图甲所示,由平衡条件可得:N B=(m A+m B)g,不随球的升高而改变,故B错误;
分析球A受力如图乙所示,由平衡条件可得:N AB=,N A=m A gtanθ,并不随球的升高而改变,故缓慢推动B的过程中F也不变,C错误、D正确;垫块B受支持力、压力、重力、推力F四个力作用,A错误。

二、实验题(本大题共2小题,共15分)
9.(5分)(2018·淮南模拟)在研究匀变速直线运动的实验中,算出小车经过各计数点的瞬时速度后,为了计算加速度,最合理的方法是( )
A.根据任意两计数点的速度用公式a=算出加速度
B.根据实验数据画出v-t图像,量取其倾角,由公式a=tanα求出加速度
C.根据实验数据画出v-t图像,由图像上相距较远的两点所对应的速度、时间用公式a=算出加速度
D.依次算出通过连续两计数点间的加速度,算出平均值作为小车的加速度
【解析】选C。

如果仅根据任意两计数点的速度,由公式a=算出加速度,则不能利用取平均值的方法来减小误差,A错误;在v-t图像中,由于横、纵坐标的长度单位不同,不能利用a=tanα求加速度,只能在图像上由相距较远的两点根据a=计算加速度,故B错误,C正确;如果做匀变速运动的纸带上有四段时间间隔,对应的位移分别
为s1、s2、s3、s4,则s2-s1=a1T2,s3-s2=a2T2,s4-s3=a3T2,其平均值==,仅利用了s1和s4两个数据,不能充分利用测量数据来减小误差,故D错误。

10.(10分)在“探究共点力合成规律”的实验中,某同学经历了以下实验步骤:
A.在白纸上按比例作出两个力F1和F2的图示,根据平行四边形定则作图求出合力F;
B.只用一个弹簧测力计,通过细绳把橡皮筋拉至同样长度;
C.记下两个弹簧测力计F1和F2的读数,并且记录它们的方向;
D.在水平放置的木板上,垫一张白纸,把橡皮筋的一端固定在板上P点,用两条
细绳连接在橡皮筋的另一端,通过细绳同时用两个弹簧测力计互成角度地拉
橡皮筋,使橡皮筋与细绳的连接点到达某一位置O,并记下此位置,如图所示;
E.记下弹簧测力计的读数F′和细绳方向,按同一比例作出这个力的图示,比
较这个实测合力F′和按平行四边形定则求出的合力F,看它们的大小和方向是否相近;
F.用刻度尺测量出P、O之间的距离并记录;
G.改变两弹簧测力计拉力的大小和方向,多次重复实验,并得出结论。

(1)上述实验步骤有明显的错误,这个步骤是______(填选项前的字母);正确的操作应为______。

(2)上述实验步骤中有一步骤是多余的,这个步骤是________________(填选项前的字母);
(3)将以上实验步骤按正确顺序排列,应为___________(填选项前的字母)。

【解析】(1)B中只是说“通过细绳把橡皮筋拉至同样长度”,并没有强调沿PO方向。

(2)本实验中只需要保证弹簧测力计两次作用的效果相同即可,没有必要记录橡皮筋被拉伸的实际长度,故多余的步骤是F。

(3)根据本实验的实验原理可知,题述实验步骤合理的顺序是DCABEG。

答案:(1)B 只用一个弹簧测力计,通过细绳把橡皮筋拉到O点(2)F (3)DCABEG
三、计算题(本大题共2小题,共37分。

要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(2018·合肥模拟)(16分)歼—15战机是我国自行设计研制的首型舰
载多用途歼击机,短距起飞能力强大。

若歼—15战机正常起飞过程中加速度为a,经s距离就达到起飞速度腾空而起。

现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L<s),且起飞过程可简化为匀加速直线运动。

现有两种方法助其正常起飞,方法一:在航空母舰静止的情况下,用弹射系统给飞机以一定的初速度;方法二:起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行。

求:
(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1m;
(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2m。

【解析】(1)设飞机起飞速度为v,则有v2=2as (2分)
v2-=2aL (2分)
联立解得v1m=(2分)
(2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t,则
t=(2分)
飞机位移s1=(2分)
航空母舰位移s2=v2m t (2分)
位移关系:s1-s2=L (2分)
联立解得:v2m=-(2分)
答案:(1)(2)-
12.(21分)如图甲所示,在水平桌面上放一块重为20N的木块A,木块与桌面间的动摩擦因子μA=0.5。

(1)使木块A沿桌面做匀速运动时的水平拉力为多大?
(2)如果再在木块A上加一块重为10N的木块B,B与A之间的动摩擦因子μB=0.2,那么当A、B两木块一起沿桌面匀速滑动时,对木块A的水平拉力应为多大?此时木块B受到木块A的摩擦力多大?
(3)如果拉力与水平面成53°角斜向上,那么当A、B两木块一起沿桌面匀速滑动时,如图乙所示,对木块A的拉力应为多大?(sin53°=0.8,cos53°=0.6)
【解析】(1)对木块A,由平衡条件得:
F1-f1=0 (2分)
又f1=μA G A(1分)
解得F1=10N (2分)
(2)对A、B整体,由平衡条件得:
F2-f2=0 (2分)
又f2=μA(G A+G B) (2分)
解得F2=15N (2分)
因A、B一起沿桌面匀速运动,故A、B之间无相对运动趋势,即f B=0 (2分)
(3)以A、B整体为研究对象,受力如图所示:
由平衡条件得:
水平方向:
F3cos53°-f3=0 (2分)
竖直方向:
N+F3sin53°-(G A+G B)= 0 (2分)
又f3=μA N
(2分)
解得F3=15N (2分)
答案:(1)10N (2)15 N 0 (3)15 N
【总结提升】对物体受力分析的四点注意
(1)明确研究对象(可以是一个点、一个物体或一个系统等)。

(2)养成按“一重力二弹力三摩擦四其它”的顺序分析受力的习惯。

(3)分析弹力、摩擦力这些接触力时,按一定的绕向围绕研究对象一周,对接触面逐一分析,在弹力和摩擦力不确定时,可结合产生条件和受力分析的结果与题中物体状态是否相符来判断。

(4)区分研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力。

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