2024届高考物理大一轮复习模拟题：章末自测卷(四)

章末自测卷(四)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。其中1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题。全部选对的得6分，选对但不全的得4分，错选和不选的得0分)1.教科书中这样表述牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。其中“改变这种状态”指的是改变物体的()A.位移 B.位置C.速度 D.加速度答案C解析状态与时刻对应，过程与时间间隔对应，故描述运动状态的物理量是瞬时速度，与位移、位置、加速度以及受力无关，故A、B、D错误，C正确。2.同学们学过的测量仪器主要有：刻度尺、天平、秒表、打点计时器、汽车速度计、测力计、量筒等，在下列各组仪器中，都可以用来测量国际单位制规定的三个力学基本物理量的是()A.刻度尺、天平、秒表B.刻度尺、测力计、汽车速度计C.刻度尺、测力计、打点计时器D.量筒、天平、秒表答案A解析在国际单位制中力学的三个基本物理量分别为长度、时间、质量。刻度尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，秒表是测量时间的仪器，A正确；测力计是测量力的仪器，汽车速度计是测量速度的仪器，而力与速度都不是基本物理量，B、C错误；量筒是测量体积的仪器，体积不是基本物理量，D错误。3.体重600N的人站在电梯内的体重计上，体重计的示数为575N，可能的原因是()A.电梯匀速上升 B.电梯匀加速上升C.电梯匀速下降 D.电梯匀加速下降答案D解析电梯匀速上升，人处于平衡状态，人对体重计的压力等于其重力，体重计示数为600N，A错误；电梯匀加速上升，人处于超重状态，人对体重计的压力大于自身重力，体重计示数大于600N，B错误；电梯匀速下降，人处于平衡状态，人对体重计的压力等于自身重力，体重计示数为600N，C错误；电梯加速下降，人处于失重状态，人对体重计的压力小于其自身重力，体重计示数小于600N，示数可能为575N，D正确。4.如图所示，质量为2m的物块A与水平地面的动摩擦因数为μ，质量为m的物块B与地面的摩擦不计，在大小为F的水平推力作用下，A、B一起向右做加速运动，则A和B之间的作用力大小为()A.eq\f(μmg,3) B.eq\f(2μmg,3)C.eq\f(2F－4μmg,3) D.eq\f(F－2μmg,3)答案D解析以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得系统的加速度a＝eq\f(F－μ×2mg,2m＋m)＝eq\f(F－2μmg,3m)，以B为研究对象，由牛顿第二定律得A对B的作用力FAB＝ma＝eq\f(F－2μmg,3)，即A、B间的作用力大小为eq\f(F－2μmg,3)，故D正确。5.如图所示，竖直圆环中有多条终止于E点的光滑轨道，其中BE通过环心O并竖直。一小物体分别自A、B、C、D点沿各条轨道下滑，初速度均为零。比较小物体沿各轨道下滑的时间，则()A.小物体沿着与BE夹角越大的轨道下滑，时间越短B.小物体沿着轨道BE下滑，时间最短C.小物体沿其与BE夹角越小(BE除外)的轨道下滑，时间越短D.无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同答案D解析设圆环半径为R，轨道与BE方向夹角为θ，则物体运动的位移为x＝2Rcosθ，物体运动的加速度a＝eq\f(mgcosθ,m)＝gcosθ，根据位移时间关系可得x＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(4R,g))，与θ角无关。即与弦长无关，无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同，故A、B、C错误，D正确。6.2020年是特殊的一年，无情的新冠病毒袭击了中国，经过全国人民的努力，受伤最深的武汉也在全国各界的支持下使疫情得到了控制。在这场没有硝烟的战疫中涌现了大量最可爱的人，尤其是白衣天使和人民解放军。在这场战疫中某次空军基地用直升飞机运送医护人员去武汉，为了保证直升机升空过程中医护人员不至于很难受，飞行员对上升过程某阶段加速度进行了相应操作。操作的a－t图像如图所示(除ab段曲线，其余段均为直线，取向上为正)，则下列说法正确的是()A.Oa和ab段医护人员处于超重状态，cd段处于失重状态B.O到d整个过程医护人员均处于超重状态C.O到d过程速度增量无法求出D.根据上述图像可求出0～8s这段时间直升机往上上升的高度答案BC解析O到d过程中加速度始终为正，即始终向上，因此O到d整个过程中医护人员均处于超重状态，故A错误，B正确；O到d过程速度增量为0～8s这段时间内a－t图像所围的面积，因不知ab段的精确速度增量，因此无法知道速度增量的准确值，故C正确；由于未告诉初速度所以无法求出0～8s这段时间直升机上升的高度，故D错误。7.高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始编号的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢，每节车厢质量均为m。当列车在平直轨道上匀加速启动时，每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍，重力加速度为g。则()A.启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上B.整列车的加速度大小为eq\f(F－2kmg,2m)C.第3节车厢对第2节车厢的作用力大小为0D.第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为eq\f(F－2kmg,2)答案BC解析启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力，两个力的合力方向斜向上方，A错误；对列车整体，根据牛顿第二定律有4F－8kmg＝8ma，解得a＝eq\f(F－2kmg,2m)，B正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，故C正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律F21－kmg＝ma，解得F21＝eq\f(F,2)，D错误。8.如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g，这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M，物体C的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后()A.绳子上的拉力大小FT＝(M＋m)gB.物体A的加速度a＝eq\f(m,2M＋m)gC.eq\f(M,m)的取值小一些，便于观测D.eq\f(M,m)的取值大一些，便于观测和研究答案BD解析对物体A，由牛顿第二定律得FT－Mg＝Ma，对B、C整体，由牛顿第二定律得(M＋m)g－FT＝(M＋m)a，联立解得FT＝Mg＋eq\f(Mmg,2M＋m)，a＝eq\f(m,2M＋m)g，故A错误，B正确；由a＝eq\f(m,2M＋m)g＝eq\f(1,\f(2M,m)＋1)g知eq\f(M,m)的取值大一些，则a小一些，便于观测和研究，故C错误，D正确。二、实验题(本题共1小题，共12分)9.为了验证“当质量一定时，物体的加速度与它所受的合力成正比”的结论是否正确，一组同学用图甲所示的装置进行实验，并将得到的实验数据描在图乙所示的坐标图中。(1)关于该实验，下列叙述正确的是________。A.保持小车的质量不变，改变沙和桶的总质量B.保持沙和桶的总质量不变，改变小车的质量C.保持小车和沙桶的质量均不变D.同时改变小车和沙桶的质量(2)在图乙中作出a－F图线。(3)由a－F图线可以发现，该组同学实验操作中遗漏了________这个步骤。(4)根据a－F图线可以求出小车的质量是________(保留2位有效数字)。答案(1)A(2)见解析(3)平衡摩擦力(4)0.28kg解析(1)本实验验证的是加速度与力之间的关系，故应保证小车质量不变，改变沙和桶的总质量，故A正确，B、C、D错误。(2)如图(3)从右图中发现直线没过原点，当F≤0.16N时，a＝0。也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车运动过程中F不是小车受的合力。该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤。(4)根据a＝eq\f(F,m)得a－F图线的斜率的倒数表示小车的质量。由图像可知m＝eq\f(1,k)＝eq\f(0.6－0.16,1.6－0)kg＝0.28kg。所以小车的质量m＝0.28kg。三、计算题(本题共3小题，共40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)10.(12分)某幼儿园要在空地上做一个滑梯，根据空地的大小，滑梯的水平跨度确定为6m。设计时，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数μ取0.4。(g取10m/s2)(1)假设滑梯的高度为4.5m，计算儿童沿滑梯下滑的加速度的大小。(2)设计人员从儿童安全考虑，觉得4.5m高度存在安全隐患，决定在水平跨度6m的前提下将滑梯高度降低为2m。设计人员这样设计是否合理，请说明理由。答案(1)2.8m/s2(2)不合理，理由见解析解析(1)设滑梯的倾角为θ，则sinθ＝eq\f(4.5,\r(4.52＋62))＝0.6，则cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝0.8儿童的受力如图。其中摩擦力Ff＝μmgcosθ根据牛顿第二定律得mgsinθ－Ff＝ma解得a＝2.8m/s2。(2)不合理。理由是：儿童在滑梯上能滑下，应满足mgsinθ＞μmgcosθ；即得tanθ＞μ＝0.4根据几何关系可知，tanθ＝eq\f(h,L)，其中L＝6m，解得滑梯的高度h>2.4m所以，将滑梯高度降低为2m时，儿童将不能沿滑梯自由下滑。11.(12分)一质量为m＝40kg的小孩站在电梯内的体重计上。电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0～6s内体重计示数F的变化情况如图所示。试问：在这段时间内小孩超、失重情况及电梯上升的高度是多少？(取重力加速度g＝10m/s2)答案见解析解析小孩体重G＝mg＝400N，由题图知，在0～2s内，F1＝440N，F1>G，电梯匀加速上升，小孩处于超重状态，此时有a1＝eq\f(F1－G,m)＝1m/s2，v＝a1t1＝2m/s，h1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝2m。在2～5s内，F2＝400N，F2＝G，电梯匀速上升，小孩处于平衡状态，此时有h2＝vt2＝6m。在5～6s内，F3＝320N，F3<G，电梯匀减速上升，小孩处于失重状态，此时有a3＝eq\f(G－F3,m)＝2m/s2又v－a3t3＝0，说明电梯在6s末停止运动。故h3＝eq\f(v,2)t3＝1m所以电梯上升的高度为h＝h1＋h2＋h3＝9m。12.(16分)(2020·重庆巴蜀中学高一月考)如图所示，一个水平的浅色传送带长8m，其上左端放置一煤块(可视为质点)，初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带沿顺时针方向加速运动，加速度大小为a0＝4m/s2，经过一段时间t0后，立即以同样大小加速度做匀减速运动；在传送带开始加速运动的同时，煤块也开始向右匀加速运动，加速度大小为a1＝2m/s2，当煤块与传送带速度相等后，立即做匀减速运动，加速度大小仍为2m/s2，最终煤块恰好停止在传送带的右端，由于摩擦力作用，煤块在传送带发生相对滑动时留下了一段黑色痕迹，求：(1)煤块加速时间t1；(2)传送带加速时间t0；(3)煤块停止运动时在传送带上留下黑色痕迹的长度。答案(1)2s(2)1.5s(3)3m解析(1)由题可知，传送带与煤块的运动情景，可由v－t图像表示，其中A图像表示传送带的v－t图像，B图像表示煤块的v－t图像，如图所示对煤块，由静止开始匀加速，再减速到零，位移为传送带长度8m，加速和减速的加速度大小不变，故煤块运动的全过程有L＝2×eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)代入数据解得t1＝2s可得煤块的最大速度为v1＝a1t1＝4m/s。(2)对传送带，在0～t0时间内做匀加速运动，则有v＝a0t0在t0～t1时间做匀减速运动，则有v1＝v－