2024届高考物理大一轮复习模拟题：章末测评验收卷(四)

章末测评验收卷(四)(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)1.科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段，在研究和解决问题的过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法。理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个理想实验，如图所示。①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动。通过对这个实验的分析，我们可以得到的最直接结论是()A.自然界的一切物体都具有惯性B.光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力C.如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小答案B解析理想斜面实验只能说明小球具有惯性，推广到一切物体的是牛顿，A错误；伽利略通过“理想斜面实验”和科学推理，得出的结论是：力不是维持物体运动的原因，光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力，B正确；如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变，这是牛顿得出的，C错误；小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小，这是牛顿第二定律内容，D错误。2.下列说法中正确的是()A.在完全失重的情况下，物体的惯性将消失B.牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证C.单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位D.长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量答案C解析惯性只与质量有关，惯性不会消失，与物体所处的状态无关，故A错误；牛顿第一定律是指在物体不受力的情况下，生活中不存在物体不受外力的作用，因此牛顿第一定律无法通过实验验证，但是可以通过实验推理出来。牛顿第二定律则可以通过实验验证，故B错误；单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位，故C正确；长度、时间、质量是一组属于国际单位制的基本单位的物理量，力不属于，故D错误。3.(2021·北京丰台期中)如图所示，一顾客乘扶梯上楼，随电梯一起加速运动。在这一过程中，关于顾客的受力分析正确的是()答案C解析当扶梯加速上升时，在竖直方向，人受重力、支持力；接触面水平，摩擦力沿水平方向，将加速度分解可知，物体应有水平向右的加速度，所以在水平方向，扶梯应对人有平行于接触面向前的摩擦力，选项C正确。4.如图所示，建筑工人在砌墙时需要将砖块运送到高处，采用的方式是一工人甲在低处将一摞砖竖直向上抛出，在高处的工人乙将其接住。每块砖的质量均为m，现只考虑最上层的两块砖，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.工人甲在将砖块抛出时(砖未离手)砖块处于失重状态B.工人甲在将砖块抛出时(砖未离手)砖块间作用力等于mgC.工人甲在将砖块抛出后，砖块处于失重状态D.工人甲在将砖块抛出后，砖块间作用力等于mg答案C解析工人甲在将砖块抛出时，砖块具有向上的加速度，砖块处于超重状态，选项A错误；以最上层的一块砖为研究对象，根据牛顿第二定律可知，砖块间作用力FN＝m(g＋a)>mg，选项B错误；工人甲在将砖块抛出后，砖块具有向下的加速度g，处于完全失重状态，砖块间的作用力为0，选项C正确，D错误。5.在倾角为30°的光滑斜面上，小滑块A和B之间用轻质弹簧连接，A的上端用细线固定，小滑块A的质量是小滑块B质量的一半。开始两个物块均静止，现在把细线OA剪断，在剪断细线瞬间A和B的加速度大小分别是()A.g，0 B.eq\f(g,2)，eq\f(g,2)C.g，g D.eq\f(3g,2)，0答案D解析设A的质量为m，则B的质量为2m，剪断细线前细线的拉力为FT＝(2m＋m)gsinθ＝eq\f(3,2)mg，剪断细线的瞬间，细线的拉力立刻减为零，而弹簧的弹力不变，则B的加速度为零，A的加速度为aA＝eq\f(\f(3,2)mg,m)＝eq\f(3,2)g，选项D正确。6.(2020·江苏如东中学月考)如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列结论正确的是()A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为eq\f(4,3)gB.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq\f(4,3)gC.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq\f(5,3)gD.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为eq\f(5,3)g答案C解析甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示，由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(5,3)mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝eq\f(FT,m)＝eq\f(5,3)g，故C正确，B、D错误。7.如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小和方向为(重力加速度为g)()A.mg，竖直向上B.mgeq\r(1＋μ2)，斜向左上方C.mgtanθ，水平向右D.mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向右上方答案D解析以A为研究对象，受力分析如图所示。根据牛顿第二定律得mAgtanθ＝mAa，得a＝gtanθ，方向水平向右。再对B受力分析，小车对B的摩擦力为Ff＝ma＝mgtanθ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为FN＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B的作用力的大小为F＝eq\r(Feq\o\al(2,N)＋Feq\o\al(2,f))＝mgeq\r(1＋tan2θ)，方向斜向右上方，D正确。二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选和不选的得0分)8.如图所示，在光滑水平面上有一物块在水平恒定外力F的作用下从静止开始运动，在其正前方有一根固定在墙上的轻质弹簧，从物块与弹簧接触到弹簧压缩量最大的过程中，下列说法正确的是()A.物块接触弹簧后一直做减速运动B.物块接触弹簧后先做加速运动后做减速运动C.当物块的加速度等于零时，速度最大D.当弹簧压缩量最大时，物块的加速度等于零答案BC解析物体与弹簧接触前做匀加速直线运动；物体与弹簧接触后，弹簧弹力不断增大，开始阶段弹簧弹力小于推力F，合力向右，加速度向右，物体做加速度不断减小的加速运动；当加速度减小为零时，速度达到最大，故A错误，C正确；接下来物体由于惯性继续向右运动，弹力进一步变大，且大于推力，合力向左，加速度向左，物体做加速度不断变大的减速运动，当速度减为零时，加速度最大，故B正确，D错误。9.如图所示，用轻绳悬挂于运动小车里的小球向左偏离竖直方向θ角，则小车可能的运动情况是()A.向右加速运动 B.向右减速运动C.向左加速运动 D.向左减速运动答案AD解析由图可知，小球的加速度与小车的加速度相同，小球受绳子的拉力与重力，两个力的合力方向水平向右，所以小车的加速度水平向右，故选项A正确；向右减速运动和向左加速运动，加速度都向左，与题意不符，故选项B、C错误；向左匀减速运动，加速度也向右，故选项D正确。10.热气球下面吊着一个箱子，在地面从静止开始竖直向上运动，一段时间后，悬吊箱子的绳子断开，箱子运动的v－t图像如图所示，运动过程中箱子受到的空气阻力恒定，g取10m/s2，则下列判断正确的是()A.t＝3s时刻，箱子上升到最高点B.箱子上升的最大高度为24mC.空气阻力与箱子重力之比为1∶4D.悬吊箱子的绳子张力与箱子重力之比为8∶5答案BD解析t＝4s时刻，箱子上升到最高点，故A错误；箱子上升的最大高度为h＝eq\f(1,2)×12×4m＝24m，故B正确；绳断后mg＋Ff＝ma2，a2＝12m/s2，则eq\f(Ff,mg)＝eq\f(1,5)，故C错误；向上加速运动时FT－mg－Ff＝ma1，a1＝4m/s2，解得eq\f(FT,mg)＝eq\f(8,5)，故D正确。11.(2020·山东东明县一中月考)如图甲所示，一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平外力F作用，下列表述正确的是()A.t1时刻加速度最大 B.t1时刻速度最大C.t2时物体离出发点最远 D.t4时物体离出发点最远答案AD解析在t1时刻物体受到的力最大，根据牛顿第二定律，则t1时刻加速度最大，A正确；在0～t1加速度和物体的速度同向，物体做正向的加速度增大的加速运动，t1～t2加速度也和物体的速度同向，物体做正向的加速度减小的加速运动，t2时刻物体的速度最大，t2～t3力反向，加速度和物体的速度反向，做正向的加速度增大的减速运动，t3～t4加速度也和物体的速度反向，做正向的加速度减小的减速运动，一直到t4时刻，即t4时物体离出发点最远，B、C错误，D正确。三、实验题(本题共2小题，共16分)12.(8分)(2020·福建厦门一中月考)小米同学用如图所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车(含车中重物)的质量不变，细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a。(1)下列操作中，是为了保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力F”这一条件的有________。A.实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力B.实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行C.小车的质量应远小于钩码的质量D.实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车(2)如图为实验中打出的一条纸带，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已知所用电源的频率为50Hz，则小车的加速度a＝________m/s2(结果保留2位小数)。(3)改变细线下端钩码的个数，得到a－F图像如图所示，造成图线不过原点的原因可能是_________________________________________________________。答案(1)AB(2)0.93(3)平衡摩擦力过度解析(1)实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F，选项A正确；实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F，选项B正确；要使得细线下端悬挂钩码的重力等于小车受到的合力，则要使得小车的质量应远大于钩码的质量，选项C错误；实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车，这一操作对保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力F”这一条件无影响，选项D错误。(2)根据Δx＝aT2可得小车的加速度a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f(0.1636－0.0632－0.0632,4×0.12)m/s2＝0.93m/s2。(3)由图像可知，小车上拉力为零时就有了加速度，可知是由于平衡摩擦力时木板抬的过高，平衡摩擦力过度引起的。13.(8分)(2020·石嘴山市三中期中)为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的总质量(滑轮质量不计)。(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是________。A.用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.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，同时记录弹簧测力计的示数D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2(结果保留2位有效数字)。(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图像是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________。A.2tanθ B.eq\f(1,tanθ)C.k D.eq\f(2,k)答案(1)BCD(2)1.3(3)D解析(1)本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，A、E错误；将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；打点计时器使用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，C正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，D正确。(2)由于两计数点间还有两个点没有画出，两个相邻计数点的时间间隔为0.06s，由Δx＝aT2可得a＝eq\f(（3.8＋3.3＋2.8）×10－2－（1.4＋1.9＋2.3）×10－2,（3×0.06）2)m/s2≈1.3m/s2(3)由牛顿第二定律得2F＝Ma则a＝eq\f(2,M)Fa－F图像的斜率k＝eq\f(2,M)小车质量为M＝eq\f(2,k)，故D正确。四、计算题(本题共3小题，共36分)14.(10分)(2020·江西高安中学高二月考)固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小环的质量m；(2)细杆与地面间的倾角α。答案(1)1kg(2)30°解析由图得0～2s内环的加速度a＝eq\f(v,t)＝0.5m/s2前2s，环受到重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律，有F1－mgsinα＝ma2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有F2＝mgsinα由图读出F1＝5.5N，F2＝5N联立两式，代入数据可解得m＝1kg，sinα＝0.5，即α＝30°。15.(12分)(2020·安达市七中高一月考)民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上。如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝3.0m，斜面气囊长度AC＝5.0m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2s，g取10m/s2。求：(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？(忽略空气阻力)答案(1)2.5m/s2(2)0.44解析(1)根据运动学公式x＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2x,t2)＝2.5m/s2。(2)乘客在斜面上受力情况如图所示。Ff＝μFNFN＝mgcosθ根据牛顿第二定律得mgsinθ－Ff＝ma由几何关系可知sinθ＝0.6，cosθ＝0.8联立以上各式得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)＝eq\f(7,16)＝0.44乘客和气囊间的动摩擦因