2020版新教材高中物理单元素养评价四含解析鲁科版必修1.pdf

第 - 1 - 页 共 12 页 单元素养评价(四)单元素养评价(四) (第 4 章)(第 4 章) (90 分钟 100 分)(90 分钟 100 分) 【合格性考试】(60 分钟 60 分) 一、选择题(本题共 9 小题，每小题 3 分，共 27 分) 1.(2019·丽水高一检测)草原上三只狼在争抢食物， 三只狼沿水平方向作用力大小为 800 N、 1 000 N 和 1 200 N，狼的方位不确定，三只狼合力的最大值和最小值分别为( ) A.3 000 N，0 NB.3 000 N，400 N C.2 200 N，400 ND.2 200 N，0 N 【解析】选 A。三力方向一致时，合力最大为 3 000 N； 800 N 和 1 000 N 二力合力的最大值为 1 800 N，最小值为 200 N，1 200 N 大于最小值，小于最大值，所以三力合力的最小值为 0 N， 故 A 正确，B、C、D 错误。 2.如图所示，拖拉机拉着耙耕地，拉力 F 与水平方向成 角，若将该力沿水平和竖直方向分 解，则它的水平分力为( ) A.Fsin B.Fcos C.Ftan D. 【解析】选 B。根据平行四边形定则，以 F 为对角线作平行四边形，如图： 则有 F2=Fcos；故选 B。 3.(2019·泉州高一检测)如图所示，总重为 G 的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上， 每条轻绳与竖直方向的夹角均为 ，则每条轻绳对吊灯的拉力大小为( ) 第 - 2 - 页 共 12 页 A. B. C. Gcos D. Gsin 【解析】选 A。由平衡知识可知：3Tcos=G 解得 T=，故选 A。 4.如图，智能清洁机器人在竖直玻璃墙面上沿虚线斜向上匀速“爬行”，则玻璃墙面对其作 用力的方向是( ) A.F1B.F2C.F3D.F4 【解析】选 B。智能清洁机器人在竖直玻璃墙面上沿虚线斜向上匀速“爬行”时受力平衡，根 据平衡条件进行分析。智能清洁机器人在竖直玻璃墙面上沿虚线斜向上匀速“爬行”时受力 平衡，则玻璃墙面对其作用力与其重力等大反向，即为 F2方向，故 A、C、D 错误，B 正确。 5.“垂直风洞”是上海世博会拉脱维亚馆的亮点，风洞喷出竖直向上的气流将体验者悬空 “托起”(如图所示)。假定某段时间体验者恰好在空中静止，则下述各对力中属于平衡力的 是 ( ) A.人受到的重力和气流对人向上的力 B.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力 C.人受到的重力和人对气流向下的力 D.人对气流向下的力和气流对人向上的力 第 - 3 - 页 共 12 页 【解析】选 A。以人为研究对象，受竖直向下的重力和气流对人向上的力，二力平衡。地球对 人的吸引力和人对地球的吸引力为一对作用力和反作用力，人对气流向下的力和气流对人向 上的力也为一对作用力和反作用力。人对气流向下的力为人施加的力，不是受到的力，A 对。 6.一些机场为了方便乘客长距离搬运行李，安装了一种水平电梯，如图所示，某乘客站在水 平电梯之上，随电梯一起匀速运动，下列说法正确的是( ) A.该乘客正在向前运动，所以受到向后的摩擦力 B.该乘客与电梯相对静止，她受到的摩擦力为静摩擦力 C.因为该乘客处于运动状态，她受到的摩擦力为滑动摩擦力 D.该乘客不受摩擦力 【解析】选 D。随水平电梯一起匀速运动的乘客相对电梯静止，做匀速运动，受到重力和支持 力作用，二力平衡，所以不受摩擦力作用，故 A、B、C 错误，D 正确。 【补偿训练】 近日一张名为 “史上最寂寞熊猫” 的图片走红网络， 一只熊猫躺在倾斜的树干上一动不动， 姿势令人忍俊不禁，树干给熊猫的力方向为( ) A.垂直于树干向上 B.沿树干向上 C.竖直向上 D.树干形变复杂，无法判断力的方向 【解析】选 C。熊猫静止在树干上，受重力和树干对熊猫的作用力，根据二力平衡，树干对熊 猫的力与重力等大反向，故树干给熊猫的力方向为竖直向上，故 C 正确，A、B、D 错误。 7.(2019·台州高一检测)如图所示为小朋友喜欢的磁性黑板 ，下面有一个托盘，让黑板撑开 一个安全角度(黑板平面与水平面的夹角为 )，不易倾倒，小朋友不但可以在上面用专用画 第 - 4 - 页 共 12 页 笔涂鸦，磁性黑板擦也可以直接吸在上面。图中就有小朋友把一块质量为 m 的黑板擦吸在上 面保持静止，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数为 ，则下列说法正确的是( ) A.黑板擦对黑板的压力大小为 mgcos B.黑板对黑板擦的摩擦力大小为 mgcos C.黑板对黑板擦的摩擦力大于 mgsin D.黑板对黑板擦的作用力大小为 mg 【解析】选 D。对黑板擦受力分析，受到竖直向下的重力，黑板给的支持力 N，以及垂直黑板 向下的吸力 F，沿黑板平面向上的摩擦力 f，根据正交分解可知 f=mgsin，N=mgcos+F，根 据牛顿第三定律可知黑板擦对黑板的压力大小为 N=mgcos+F，由于黑板擦处于静止，所以 重力和其余三个力(黑板对黑板擦的作用力)的合力为零， 故黑板对黑板擦的作用力大小为 mg， D 正确。 8.2018 年 9 月 2 日结束的亚运会中，中国队包揽了跳水项目的全部 10 金。图示为跳水运动员 在走板时，从跳板的 a 端缓慢地走到 b 端，跳板逐渐向下弯曲(相当于斜面倾角不断变大)， 在此过程中，跳板对运动员的 ( ) A.摩擦力不断增大B.作用力不断减小 C.作用力不断增大D.支持力不断增大 【解析】选 A。设运动员质量为 m，跳板与水平方向的夹角为 ，运动员受力平衡，对运动员 受力分析，则跳板对运动员的摩擦力：f=mgsin，随 增大，摩擦力增大；跳板对运动员 第 - 5 - 页 共 12 页 的支持力：N=mgcos，随 增大，支持力减小；运动员受力平衡，跳板对运动员的作用力 与重力等大反向，不变。故 A 正确，B、C、D 错误。 9.如图所示，三个形状不规则的石块 a、b、c 在水平桌面上成功地叠放在一起，则石块 ( ) A.c 受到水平桌面向左的摩擦力 B.c 对 b 的作用力一定竖直向上 C.b 对 a 的支持力一定竖直向上 D.b 对 a 的支持力一定等于 a 所受重力 【解析】选 B。以三石块作为整体研究，根据平衡条件可知，则石块 c 不会受到水平桌面的摩 擦力，故 A 错误；选 ab 作为整体研究，根据平衡条件，则石块 c 对 ab 整体的作用力与其总 重力平衡，则石块 c 对 b 的作用力一定竖直向上，故 B 正确；石块 b 对 a 的支持力与其对 a 的静摩擦力的合力，跟 a 受到的重力是平衡力，则 b 对 a 的支持力和静摩擦力的合力方向竖 直向上， 支持力的方向不是竖直向上， 也不等于 a 的重力， 故 C、 D 错误。 所以 B 正确， A、 C、 D 错误。 【总结提升】对物体受力分析的步骤 (1)确定研究对象：研究对象可以是单个物体或者物体的一部分，也可以是几个物体组成的系 统。 (2)按顺序分析受力：通常按重力、弹力、摩擦力、其他力的顺序逐个分析。 (3)画出力的示意图：将作用点画在重心上。 (4)检查正误：是否有遗漏或多余的力。 二、实验题(共 5 分) 10.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，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，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。 第 - 6 - 页 共 12 页 (1)下列叙述正确的是_(填选项前的字母) A.同一实验过程中，结点的位置必须都拉到同一位置 O 点，不能随意变动 B.用两只弹簧测力计拉橡皮条时，应使两细绳之间的夹角为 90°，以便算出合力的大小 C.两个分力之间的夹角越大越好 D.必须使分力与合力在同一平面内 (2)如果没有操作失误，图乙中的 F 与 F两力中，方向一定沿 AO 方向的是_。 (3)本实验采用的科学方法是_。 A.理想实验法B.等效替代法 C.控制变量法D.建立物理模型法 【解析】(1)同一实验过程中，结点的位置必须都拉到同一位置 O 点，不能随意变动，选项 A 正确；此实验对 F1、F2之间的夹角没有要求，通常在 60°至 120°之间最佳，故 B、C 错误。 完成本实验时，弹簧测力计、橡皮条、细绳方向必须与平面平行，且在同一平面内，这样才 能确保力的准确性，故 D 正确。故选 A、D。 (2)F 是由两个分力做出的合力的理论值， F是实际测量的合力的值 ； 由于误差的存在， 所以 F 和 F方向并不完全重合，图乙中的 F 与 F两力中，方向一定沿 AO 方向的是 F。 (3)合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的是等效替代法。故选 B。 答案：(1)A、D (2)F (3)B 三、计算题(本题共 3 小题，共 28 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.(9 分)如图所示，一辆汽车走钢丝横跨尼罗河，如果汽车的总质量为 2 000 kg，两侧的钢 索弯曲成 150°夹角， 求每条钢索所受拉力的大小(钢索的质量可不计， cos75°=0.259， g 取 10 N/kg)。 第 - 7 - 页 共 12 页 【解析】设一条钢索的拉力大小为 F，汽车两侧的钢索的合力与汽车的总重力等大反向，作出 拉力与其合力的平行四边形为一菱形，如图所示， 据几何知识可得=2Fcos75°(3 分) 所以拉力F= N=19 305 N(6分) 答案：均为 19 305 N 12.(9 分)如图所示，灯重 G=20 N，绳 AO 与天花板的夹角 =30°，绳 BO 与墙面垂直，试求 AO、BO 两绳所受的拉力各为多大？ 【解析】将电灯所受的重力 G 按效果沿两个绳子方向进行分解，如图。(3 分) 根据平衡条件结合几何知识得： FOA=F1=2G=40 N (3 分) FOB=F2=20 N=34.6 N (3 分) 答案：AO、BO 两绳受到的拉力分别为 40 N、34.6 N。 第 - 8 - 页 共 12 页 13.(10 分)如图所示，工人需要把质量 m=20 kg 的货箱沿斜放的木板推上卡车。木板与水平面 夹角 =37°，货箱与木板间的动摩擦因数 =0.5。假定工人推力的方向与板面平行，货箱 始终沿板面匀速运动(已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取 10 N/kg)。 (1)求货箱对木板的压力大小 N。 (2)求木板对货箱的摩擦力 f。 (3)求工人对货箱的推力大小 F。 【解题指南】解答本题可以从以下两点入手： (1)以货箱为研究对象，画出受力分析图。 (2)根据平衡条件进行求解即可。 【解析】(1)以货箱为研究对象，货箱受到重力、木板的支持力、摩擦力以及工人的推力，受 力分析如图所示 根据平衡条件得垂直于斜面方向有： N=Gcos37°(2 分) 由牛顿第三定律可知，货箱对木板的压力大小 N=N=160 N(2 分) (2)由 f=N=0.5×160 N=80 N， 方向沿木板向下(3 分) (3)根据平衡条件得平行于斜面方向有： F=f+Gsin37°=200 N(3 分) 答案：(1)160 N (2)80 N，方向沿木板向下 (3)200 N 第 - 9 - 页 共 12 页 【等级性考试】(30 分钟 40 分) 14.(5 分)(多选)如图所示，F1、F2为两个分力，F 为其合力，图中正确的合力矢量图是( ) 【解析】选 A、C。根据力的平行四边形定则，以 F1和 F2为邻边，作平行四边形，则与 F1和 F2 共顶点的对角线就是合力，故 A 正确；根据三角形定则，将 F1、F2首尾顺次相接，合力等于 从 F1的起点到 F2终点的有向线段，C 正确。故本题选 A、C。 15.(5 分)(多选)(2017·全国卷)如图， 柔软轻绳 ON 的一端 O 固定， 其中间某点 M 拴一重物， 用手拉住绳的另一端 N，初始时，OM 竖直且 MN 被拉直，OM 与 MN 之间的夹角 ( )。现 将重物向右上方缓慢拉起， 并保持夹角 不变， 在 OM 由竖直被拉到水平的过程中( ) A.MN 上的张力逐渐增大 B.MN 上的张力先增大后减小 C.OM 上的张力逐渐增大 D.OM 上的张力先增大后减小 【解析】选 A、D。以重物为研究对象，它受三个力即重力 mg 、绳 OM 段的拉力 FO、 NM 段的拉 力 FN的作用，处于平衡状态。考虑到力 mg 不变，FO与 FN的夹角不变，当 FO由竖直向上变为 水平向左时，作出如图所示的力矢量图，由图可知：FN一直变大，FO先变大后减小。 第 - 10 - 页 共 12 页 【总结提升】力的动态问题的分析步骤 (1)画出力的分解图。在合力与两个分力构成的三角形中，一个是恒力，大小方向均不变；另 两个是变力，其中一个是方向不变的力，另一个是大小、方向均变化的力。 (2)分析方向变化的力在哪个空间内变化，借助力的矢量三角形，利用图解法判断两个变力大 小、方向的变化。 (3)注意：由图解可知，当大小、方向都可变的分力(设为 F1)与方向不变、大小可变的分力垂 直时，F1有最小值。 16. （多选）（2019·全国卷） 如图， 一粗糙斜面固定在地面上， 斜面顶端装有一光滑定滑轮。 一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 N，另一端与斜面上的物块 M 相连，系统处于静止状态。现 用水平向左的拉力缓慢拉动 N，直至悬挂 N 的细绳与竖直方向成 45°。已知 M 始终保持静止， 则在此过程中( ) A.水平拉力的大小可能保持不变 B.M 所受细绳的拉力大小一定一直增加 C.M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D.M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 【解析】选 B、D。如图所示，以物块 N 为研究对象，它在水平向左的拉力 F 作用下，缓慢向 左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中， 水平拉力F逐渐增大， 绳子拉力T逐渐增大， A 错误，B 正确； 对 M 受力分析可知，若起初 M 受到的摩擦力 f 沿斜面向下，则随着绳子拉力 T 的增加，则摩 擦力 f 也逐渐增大；若起初 M 受到的摩擦力 f 沿斜面向上，则随着绳子拉力 T 的增加，摩擦 力 f 可能一直减小，也可能先减小后增加，C 错误，D 正确。 17.(10 分)在倾角为 30°的光滑斜面上放着一个质量 M=2 kg 的物体 A，由轻绳与质量为 m 的 物体 B 相连，如图所示，A 和 B 都处于静止状态，则 B 物体的质量为多大？(g 取 10 N/kg) 第 - 11 - 页 共 12 页 【解析】分析 B 的受力可知，绳的拉力等于 B 所受重力。 即 FT=mg(2 分) 以 A 为研究对象，它受三个力，将重力分解后，在平行斜面方向上，A 的合力为零， 即 Mgsin 30°=FT(2 分) 由得 mg=Mgsin 30°，(4 分) m= M=1 kg。(2 分) 答案：1 kg 18.(15 分)如图所示，某人用轻绳牵住一只质量 m=0.6 kg 的氢气球，因受水平风力的作用， 系氢气球的轻绳与水平方向成 37°角。已知空气对气球的浮力为 15 N，人的质量 M=50 kg，且 人受的浮力忽略。(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取 10 N/kg) (1)画出气球的受力分析图，并求出水平风力的大小。 (2)通过计算说明，若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？ 【解析】(1)对氢气球进行受力分析如图 设氢气球受绳子拉力为 T，水平风力为 F风， Tcos37°=F风(4分) F浮=mg+Tsin37°(4分) 解得：F风=12 N(2 分) (2)若风力增强，人对地面的压力不变。 理由：把人与气球视为整体，受力分析可得： N=mg+Mg-F浮(5 分) 重力不变，浮力不变，所以压力也不变。 答案：(1)受力分析图见解析 12 N (2)若风力增强，人对地面的压力不变，计算过程见解析 第 - 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