高中物理2024年高考复习名师重难点导学必修一：阶段评估检测四

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阶段评估检测四第四章　运动和力的关系一、单项选择题（本题共7个小题，每小题4分，共28分，在每个题给出的四个选项中，只有一项符合题意要求）1．放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态，如图所示，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是（　　）A．匀速上升         B．加速上升C．加速下降         D．减速下降解析：选C　物体在水平方向受弹力及摩擦力，发现木箱突然被弹簧拉动，说明最大静摩擦力减小，支持力减小，是失重状态，加速度向下，可能加速下降可能减速上升，故A、B、D错误，C正确。2．如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块，木箱上、下表面都装有压力传感器。木箱静止时，两个传感器都有读数，当系统竖直向上发射时相比于静止，可能的是              （　　）A．两个传感器的读数都增大B．上表面传感器读数增大，下表面传感器读数减小C．上表面传感器读数增大，下表面传感器读数不变D．上表面传感器读数减小，下表面传感器读数不变解析：选D　对弹簧与物块组成的系统，设木箱上表面对系统的弹力为F1，下表面对系统的弹力为F2，平衡时，根据平衡条件有F1＋mg＝F2，当竖直向上发射时，根据牛顿第二定律，对系统有F2－F1－mg＝ma，对物块有F弹－F1－m'g＝m'a，因为弹簧弹力不可能变得更大，a大于0，则F1不可能增大，综上，可能F1减小，F2不变即上表面传感器读数减小，下表面传感器读数不变，故A、B、C错误，D正确。3．如图，一辆货车载着一些相同的圆柱形光滑空油桶，底部一层油桶平整排列且相互紧贴，上一层只有一只桶C自由摆放在A、B桶之间。当向左行驶的货车紧急刹车时，桶C有可能脱离B而撞向驾驶室造成危险。已知重力加速度为g，要使油桶C不离开B，则货车刹车时加速度的最大值为              （　　）A．g　        B．gC．g　        D．g解析：选C　为保持A、B、C相对静止，当B、C间作用力为0时，汽车刹车时的加速度有最大值，此时C受力如图所示，对C，由牛顿第二定律得：mgtan30°＝ma，解得：a＝g，故C正确，A、B、D错误。4．如图所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则              （　　）A．物体到达C1点时的速度最大B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同C．物体到达C3的时间最短D．在C3上运动的加速度最小解析：选C　在沿斜面方向上，物体所受合力为重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝gsinθ，斜面倾角越大，加速度越大，所以在C3上运动的加速度最大，故D错误；由“等高斜面”模型可知，倾角越大，时间越短，则物体到达C3的时间最短，故B错误，C正确；根据v2＝2ax＝2a·得，v＝，可知到达底端的速度大小相等，故A错误。5．在一架直升飞机的顶板上用一细绳悬挂一个质量为M＝2 kg的三角形箱子，在箱子的底板上固定一个轻质弹簧，弹簧上端拴接一质量为m＝0．5 kg的小球，开始时，整个系统随直升机一起以加速度a＝2 m/s2向上加速，某时刻细绳突然断裂，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是              （　　）A．细绳未断裂时弹簧弹力为F＝4 NB．细绳断裂瞬间小球处于失重状态C．细绳断裂瞬间小球的加速度大小为am＝8 m/s2D．细绳断裂瞬间箱子的加速度大小为aM＝13 m/s2解析：选D　细绳未断裂时，对小球受力分析，受到重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得FN＝6N，故A错误；细绳断裂时，由于弹簧的弹力没来得及发生变化，故小球受力不变，此时小球的加速度还是原来的加速度，大小为2m/s2，方向向上，处于超重状态，故B、C错误；断裂瞬间，对箱子受力分析，受到重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可得Mg＋FN＝Ma'，解得a'＝13m/s2，故D正确。6．如图所示，一劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧两端分别与墙和物体A连接，另一物体B紧靠物体A放置，此时弹簧刚好处于原长。已知物体A的质量为1 kg，A、B与水平地面间的摩擦因数分别为μA＝0．1，μB＝0．5，取g＝10 m/s2，现缓慢推动物体向左运动使弹簧压缩0．2 m后由静止释放，此后两个物体从开始运动到分离的过程中向右移动的位移为　　              （　　）A．0．18 m        B．0．20 mC．0．22 m        D．0．24 m解析：选D　当A、B间弹力刚好为零时，两物体分离，此时对B据牛顿第二定律可得μBmBg＝mBa，对A据牛顿第二定律可得μAmAg＋kx＝mAa，解得x＝0．04m，故弹簧处于拉伸状态，伸长量0．04m，原来压缩0．2cm，故两个物体从开始运动到分离的过程中向右移动的位移为0．24m，故A、B、C错误，D正确。7．如图甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t＝0时初速度大小为v1（v1＞v2）的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v－t图像如图乙，则              （　　）A．0～t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ＜tan θC．t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大D．小物块返回传送带底端时的速率大于v1解析：选B　通过图乙可以看出，小物块先向上减速运动，减速到零后反向加速，当速度与传送带速度相等时，加速度大小发生变化，所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前，摩擦力方向一直沿斜面向下，t2时刻以后摩擦力方向沿斜面向上，故A错误；根据图乙可知，t2时刻以后小物块相对于传送带向下加速运动，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，所以小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ＜tanθ，故B正确；根据图乙可知，t1时刻小物块向上运动的速度为零，此时小物块离传送带底端的距离达到最大，故C错误；由v2－＝2ax可知，小物块上滑过程和下滑过程中对应的位移x相同，但t2时刻以后a上滑＞a下滑，所以小物块返回传送带底端时的速率小于v1，故D错误。二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个题给出的四个选项中，有多项符合题意要求）　8．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子的拉力FT之间的函数关系如图乙所示，g表示当地的重力加速度大小，由图可以判断              （　　）A．图像与纵轴的交点M的纵坐标为aM＝gB．图像与横轴的交点N的横坐标为FTN＝mgC．图像的斜率等于货物的质量mD．图像的斜率等于货物质量的倒数解析：选BD　对货物受力分析，货物受重力mg和拉力FT，根据牛顿第二定律，有FT－mg＝ma，得a＝－g，当FT＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的纵坐标为aM＝－g，故A错误；当a＝0时，FT＝mg，即图线与横轴的交点N的横坐标为FTN＝mg，故B正确；图线的斜率表示货物质量的倒数，故C错误，D正确。9．如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体c置于水平地面上，滑块b置于光滑斜面上，通过细绳跨过轻质定滑轮与物体a连接。连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止。已知物块a、b、c的质量分别为5m、4m、3m，重力加速度为g，不计滑轮的质量和摩擦，下列说法中正确的是              （　　）A．杆对轻滑轮的作用力大小为2mgB．地面对c的摩擦力为2mgC．c对地面的压力为6mgD．剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为0．4g解析：选ACD　b静止处于平衡状态，由平衡条件得FT＝4mgsinθ＝2mg，细绳对轻滑轮作用力的合力F＝2FTcos30°＝2mg，轻滑轮受细绳与杆的作用力处于平衡状态，轻滑轮所受合力为零，则杆对轻滑轮的作用力大小F'＝F＝2mg，故A正确；对b、c整体分析，地面对c的摩擦力Ff＝FTcos30°＝mg，地面对c的支持力FN＝（4m＋3m）g－FTsin30°＝6mg，由牛顿第三定律可知，c对地面的压力为6mg，故B错误，C正确；开始a静止处于平衡状态，设弹簧弹力为F弹，由平衡条件得5mg＝FT＋F弹，解得F弹＝3mg，剪断细绳瞬间弹簧弹力不能突变，仍为3mg，则对a由牛顿第二定律得5mg－F弹＝5ma，解得a＝0．4g，方向竖直向下，故D正确。10．如图所示，一粗糙长薄木板（厚度不计）静置于足够大的光滑水平面上，一滑块（视为质点）以某一初速度从长木板的一端开始沿长木板运动。已知长木板的质量大于滑块的质量，则从滑块滑上长木板开始计时，滑块与长木板运动的速度—时间图像（v－t图像）可能为              （　　）解析：选AC　滑块滑上木板，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设滑块的质量为m，木板的质量为M，滑块与薄木板间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得a滑块＝μg，a木板＝，由题意可知M＞m，则a滑块＞a木板，v－t图线斜率的绝对值等于加速度大小，故B、D错误；如果木板足够长，最终滑块与木板一起匀速运动，如果木板较短，滑块在木板上滑行一段时间后离开木板，离开木板时滑块的速度大于木板的速度，然后滑块与木板都做匀速直线运动，故A、C正确。三、非选择题（本题共5个小题，共54分）11．（6分）为了探究牛顿第二定律，某同学设计了如下实验方案：①实验装置如图所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m的钩码。用垫块将长木板固定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动，不计细绳与定滑轮的摩擦。②保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图所示（不计纸带与打点计时器间的阻力）。请回答下列问题：（1）此实验设计　　　　　（填“需要”或“不需要”）满足钩码质量远小于滑块质量； （2）若滑块质量为M，长木板的倾角为θ，则滑块所受摩擦力Ff的表达式：Ff＝　　　　　　（用m、M、θ和重力加速度g表示）； （3）图中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接频率为50 Hz的交流电源，根据图求出滑块的加速度a＝　　m/s2。（结果保留三位有效数字） 解析：（1）平衡摩擦力让滑块带着钩码一块做匀速运动，有Mgsinθ－Ff＝mg，取下细绳和钩码时，提供滑块做匀加速运动的外力为定值，F合＝Mgsinθ－Ff，钩码没有出现在滑块匀加速运动中，因此实验设计不需要满足M≫m。（2）滑块带着钩码一块做匀速运动，有Mgsinθ－Ff＝mg解得Ff＝Mgsinθ－mg。（3）由题可知，相邻两计数点之间的时间间隔T＝0．1s，纸带上相邻的相等时间的位移差Δx均相等，则有a＝×10－2m/s2＝1．65m/s2。答案：（1）不需要　（2）Mgsinθ－mg　（3）1．6512．（8分）如图所示，斜面AB的倾角为θ，质点b从顶端A处由静止滑下，质点b与斜面的动摩擦因数为。1 s后质点a从顶端A处以1．5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在斜面底端B处追上质点b，重力加速度取10 m/s2，sin θ＝。试求：（1）质点b在斜面上运动的加速度；（2）斜面AB的长度。解析：（1）设质点b的质量为m，在斜面运动的加速度a2，为根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2又有sin2θ＋cos2θ＝1解得a2＝2m/s2。（2）对质点b，根据位移与时间的关系式有x＝a2t2对质点a，x＝v0（t－Δt）＋a1（t－Δt）2其中v0＝1．5m/s，Δt＝1s，a1＝3m/s2联立解得x＝9m。答案：（1）2 m/s2　（2）9 m13．（12分）如图所示，升降机中的斜面和竖直壁之间放一个质量为10 kg的光滑小球，斜面倾角θ＝30°，当升降机以a＝5 m/s2的加速度竖直上升时，求：（1）小球对斜面的压力大小；（2）小球对竖直墙壁的压力大小。（取g＝10 m/s2）解析：（1）（2）小球的受力如图所示：在水平方向上有：FN1sin30°＝FN2在竖直方向上有：FN1cos30°－mg＝ma联立并代入数据解得：FN1＝100N，FN2＝50N根据牛顿第三定律知，小球对斜面的压力为100N，对竖直墙壁的压力为50N。答案：（1）100 N　（2）50 N14．（14分）如图所示，质量为4 kg的小球用轻质细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，细绳的延长线通过小球的球心O，且与竖直方向的夹角为θ＝37°，已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8。（1）求汽车匀速运动时，细绳对小球的拉力大小和车后壁对小球的弹力大小；（2）若要始终保持θ＝37°，则汽车刹车时的加速度最大不能超过多少？ 解析：（1）对小球受力分析如图所示，由平衡条件可得FTcosθ＝mg，FTsinθ＝FN，联立两式解得FT＝50N，FN＝30N。（2）设汽车刹车时的最大加速度为a，此时车后壁对小球的弹力FN'＝0，由牛顿第二定律有：水平方向上，FTsinθ＝ma，竖直方向上，FTcosθ＝mg，解得a＝7．5m/s2，即汽车刹车时的加速度最大不能超过7．5m/s2。答案：（1）50 N　30 N　（2）7．5 m/s215．（14分）如图所示，一长度为L的木板静止在光滑的水平面上，长木板的左端放置一个可视为质点的物块，长木板与物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某一时刻用外力F水平向右拉物块，重力加速度为g，求：（1）欲使物块从长木板右端滑出，外力F的取值范围；（2）当F＝4μmg时，物块在木板上滑动的时间；（3）当外力F取值多少时，物块从木板右端滑离时速度最小。解析：若物块与木板间刚好将要相对滑动，则对物块有F＝μmg＋ma，对木板有μmg＝ma，联立解得F＝2μmg即外力F的取值范围为F＞2μmg。（2）当F＝4μmg时对物块有F－μmg＝ma1，得a1＝3μg对木板有μmg＝ma2，得a2＝μg根据位移与时间的关系式，有x1＝a1t2x2＝a2t2，又x1－x2＝L联立解得t＝。（3）设物块的加速度为a，经时间t1物块从木板右端离开，由位移关系得aa2＝L，又v＝at1联立解得v＝可知当即a＝2a2＝2μg时，v有最小值。此时有F－μmg＝ma，故F＝3μmg。答案：（1）F＞2μmg　（2）　（3）3μmg