阶段质量检测(四) 运动和力的关系（含解析）高中物理人教版（2019）必修 第一册
文档属性
| 名称 | 阶段质量检测(四) 运动和力的关系（含解析）高中物理人教版（2019）必修 第一册 |  | |
| 格式 | DOC | ||
| 文件大小 | 708.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-07-05 21:05:06 | ||
图片预览
文档简介
阶段质量检测(四) 运动和力的关系
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.在足球运动中，足球入网如图所示，则( )
A．踢香蕉球时足球可视为质点
B．足球在飞行和触网时惯性不变
C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D．触网时足球对网的力大于网对足球的力
2．关于国际单位制，下列说法不正确的是( )
A．国际单位制是世界各国统一使用的一种通用的单位制
B．各国均有不同的单位制，国际单位制是为了方便交流而采用的一种单位制
C．国际单位制是一种基本的单位制，只要在物理运算中各物理量均采用国际单位制中的单位，则最后得出的结果的单位必然是国际单位制中的单位
D．国际单位制中力学的基本单位所对应的物理量有长度、能量、时间
3.如图所示，一只鸽子在空中以加速度a沿图中虚线斜向上匀加速飞行，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．鸽子处于超重状态
B．鸽子处于完全失重状态
C．空气对鸽子的作用力可能等于鸽子所受重力
D．鸽子受到空气的作用力的方向与其飞行的速度方向相同
4．物块以一定的初速度竖直上抛，到达某一高度后又落回出发点。已知物块在运动过程中受到大小恒定的阻力作用。以下关于速度v随时间t变化的图像中，能正确描述物块整个运动过程的是( )
5.如图所示，一物块放在倾角为θ的斜面上，现给物块一个沿斜面向上的初速度，同时对物块施加一个沿斜面向上的恒力F(未知)，物块将以大小为a的加速度沿斜面向上加速运动；若给物块一个沿斜面向下的初速度，同时对物块仍施加一个沿斜面向上的恒力F(同上)，则物块将以大小为3a的加速度沿斜面向下运动，则物块与斜面间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
6.如图，箱子里用a、b两根轻质细线悬吊一个小球，a线水平，b线倾斜，a、b线上的拉力分别为Fa、Fb。初始时箱子处于静止状态，现让箱子向左做加速度增大的加速运动时，下列关于Fa、Fb说法正确的是( )
A．Fa保持不变 B．Fa不断减小
C．Fb保持不变 D．Fb不断增大
7.如图所示，跨过光滑定滑轮的轻绳将物块A、B连在一起静止不动，物块B的质量是物块A质量的。如果在物块B的下面再吊上一个与物块B质量相等的物块C后，发现连接A、B的轻绳上的拉力是原来的1.8倍，则物块A与桌面之间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是( )
A．μA＝μB，mA＜mB B．μB＜μC，mB＝mC
C．μB＝μC，mB＞mC D．μA＜μC，mA＜mC
9.如图所示，质量分别为2m和4m的P、Q按如图的方式用轻弹簧和轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力大小为3mg，轻弹簧的伸长量为x，重力加速度用g表示，则下列说法正确的是( )
A．剪断轻绳的瞬间，P的瞬时加速度大小为
B．剪断轻绳后，P向下运动x瞬时加速度大小为零
C．撤走长木板的瞬间，Q的瞬时加速度大小为
D．撤走长木板后，Q向下运动x瞬时加速度大小为
10．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v t图像如图乙所示，2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则( )
A．传送带的倾角θ＝30°
B．传送带上下两端的间距为15 m
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(6分)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面(已知sin α＝0.34，cos α＝0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT＝0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i＝1,2,3,4,5)，如下表所示。
s1 s2 s3 s4 s5
5.87 cm 7.58 cm 9.31 cm 11.02 cm 12.74 cm
由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为________。(结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80 m/s2)
12.(10分)某实验小组利用气垫导轨、光电门和力传感器等器材来完成“探究加速度与物体所受合力的关系”实验，具体装置如图甲所示。实验时先测出遮光条的宽度d，由刻度尺读出滑块释放时遮光条到光电门的距离L，滑块每次都从气垫导轨上的同一位置由静止释放，光电门连接的数字计时器记录下遮光条的遮光时间t，仅改变悬挂的钩码个数来进行多组实验。
(1)实验中调节气垫导轨水平后，________调节定滑轮位置使细线与气垫导轨平行，力传感器和钩码的总质量________远小于滑块及遮光条的总质量。(均填“需要”或“不需要”)
(2)根据实验中测量的各物理量可知，遮光条经过光电门时的速度大小v＝________，滑块的加速度大小a＝________。(均用题目给定的物理量符号表示)
(3)测得多组实验数据后，根据实验数据处理结果绘制出的F 图像如图乙所示，若该图像的斜率为k，则滑块及遮光条的总质量M＝________(用题目给定的物理量符号表示)。
13.(11分)第24届冬奥会在我国成功举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时的速度大小为 8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g取10 m/s2，求雪车(包括运动员)：
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
14.(12分)如图所示，在光滑的水平面上，一辆质量M＝5 kg的玩具卡车装载着规格相同、质量均为m＝0.2 kg的5个光滑圆柱形空桶，车厢底层的一排桶固定，在桶A、B上方自由地摆放桶C，没有用绳索固定，车和桶均处于静止状态，现对车施加一水平向左的拉力F。取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若桶C恰好与桶A接触但不挤压，求车的加速度大小a；
(2)若拉力F＝4 N，求桶A对桶C的支持力大小FA。
15. (15分)某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带。传送带保持静止，包裹P以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，被拦停在B处，且系统启动传送带转动，将包裹送回C处。已知v0＝3 m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带与水平方向夹角θ＝37°，传送带BC长度l＝10 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向。
(2)求包裹P到达B时的速度大小。
(3)若传送带以速度v′＝2 m/s匀速转动，则包裹P从B处由静止被送回到C处需经多长时间。
阶段质量检测(四)
1．选B 在踢香蕉球时，需要考虑踢在足球上的位置与角度以及足球的转动和空气阻力，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故只受重力和空气阻力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。
2．选D 各国均有不同的单位制，国际单位制是世界各国统一使用的一种通用的单位制，国际单位制是为了方便交流而采用的一种单位制，故A、B正确，不符合题意； 国际单位制是一种基本的单位制，只要在物理运算中各物理量均采用国际单位制中的单位，则最后得出的结果的单位必然是国际单位制中的单位，故C正确，不符合题意；国际单位制中力学的基本单位对应的物理量是长度、时间和质量，故D错误，符合题意。
3．选A 因为鸽子在空中以加速度a沿图中虚线斜向上匀加速飞行，加速度有竖直向上的分量，所以鸽子处于超重状态，故A正确，B错误；鸽子所受的合力的方向与其飞行的速度方向相同，合力、空气的作用力与重力应构成矢量三角形，故空气对鸽子的作用力不可能等于鸽子所受重力，空气的作用力的方向应与其飞行的速度方向有一定的夹角，故C、D错误。
4．选C 根据v t图像的斜率为加速度，上升过程由牛顿第二定律可知mg＋Ff＝ma1，得a1＝g＋，下降过程由牛顿第二定律可知mg－Ff＝ma2，得a2＝g－，由于阻力恒定，所以上升和下降阶段加速度都恒定，且a1>a2，C正确。
5．选A 物块向上加速运动时，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，物块沿斜面向下运动，加速度大小为3a，说明物块向下减速运动，根据牛顿第二定律可得：F＋μmgcos θ－mgsin θ＝3ma，联立解得：μ＝，故选A。
6．选C 设悬线b与水平方向的夹角为θ，向左加速运动时有Fa－Fbcos θ＝ma，Fbsin θ＝mg，当加速度增大时，Fb不变，Fa增大，选项A、B、D项均错误，C项正确。
7．选C 开始时，绳上拉力T＝mBg＝mAg，如果在物块B的下面再吊上一个与物块B质量相等的物块C后，发现连接A、B的轻绳上的拉力是原来的1.8倍，T′＝1.8T＝0.6mAg，根据牛顿第二定律，对B、C整体分析有2mBg－T′＝2mBa，对A分析有T′－μmAg＝mAa，解得μ＝，故选C。
8．选ABD 根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝－μg，则a F图像的斜率k＝，由题图可看出，乙、丙的斜率相等，且小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC。当F＝0时，a＝－μg，根据题图可看出，μA＝μB＜μC，故选项A、B、D正确。
9．选AD 以P为对象，剪断轻绳之前，根据受力平衡可得kx＋2mg＝T，解得弹簧的弹力为kx＝mg，弹簧处于伸长状态，剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得P的加速度大小为a＝＝＝，故A正确；剪断轻绳后，P向下运动x，弹簧恢复原长，P只受重力作用，所以加速度为g，故B错误；撤走长木板的瞬间，弹簧弹力保持不变，以Q为对象，根据牛顿第二定律可得Q的加速度大小为a′＝＝＝，故C错误；撤走长木板后，Q向下运动x，弹簧的伸长量变为2x，弹力变为2mg，根据牛顿第二定律得Q的加速度大小为a″＝＝，故D正确。
10．选CD 由题图乙得0～1 s内物体加速度a1＝10 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1,1～2 s内加速度a2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，A错误，C正确；由题可得物体在0～2 s内的位移即为传送带上下两端的间距，v t图像与t轴所围面积表示位移，可知位移l＝m＝16 m，B错误；由题图知传送带的速率v0＝10 m/s，则0～1 s内，物体的位移为5 m，传送带的位移为10 m，故相对位移为5 m，物体相对传送带向上运动，1～2 s内物体的位移为11 m，传送带的位移为10 m，故相对位移为1 m，物体相对传送带向下运动，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m，D正确。
11．解析：根据逐差法有a＝
代入数据可得小铜块沿斜面下滑的加速度大小a≈0.43 m/s2。
对小铜块受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin α－μmgcos α＝ma
代入数据解得μ≈0.32。
答案：0.43 0.32
12．解析：(1)为了确保细线的拉力等于滑块所受外力的合力，实验中需要调节定滑轮位置使细线与气垫导轨平行；当实验中调节气垫导轨水平且细线与气垫导轨平行时，力传感器的示数F等于细线的拉力，结合上述可知，该示数即为滑块的合力，可知实验中不需要使力传感器和钩码的总质量远小于滑块及遮光条的总质量。
(2)根据光电门的测速原理，遮光条经过光电门时的速度大小为v＝，根据速度与位移的关系式有v2＝2aL，联立解得a＝。
(3)根据牛顿第二定律有F＝Ma，结合上述分析有F＝·，结合题图乙有＝k，解得M＝。
答案：(1)需要 不需要 (2) (3)
13．解析：(1)在直道AB上根据速度与位移的关系有
v12＝2a1x1，解得a1＝ m/s2。
(2)在直道AB上有v1＝a1t1，解得t1＝3 s
在倾斜直道BC上有x2＝v1t2＋a2t22，
t2＝t－t1，解得a2＝2 m/s2
由vC＝v1＋a2t2，解得vC＝12 m/s。
(3)在斜道BC上由牛顿第二定律有
F＝mgsin 15°－f＝ma2，解得f＝66 N。
答案：(1) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
14．解析：(1)若桶C恰好与桶A接触但不挤压，以桶C为对象，在竖直方向有FBcos 30°＝mg
在水平方向上根据牛顿第二定律可得
FBsin 30°＝ma
联立解得a＝gtan 30°＝ m/s2。
(2)若拉力F＝4 N，以卡车和5个空桶为整体，根据牛顿第二定律可得F＝(M＋5m)a′
解得a′＝ m/s2
以桶C为对象，在竖直方向有
FAcos 30°＋FB′cos 30°＝mg
在水平方向有FB′sin 30°－FAsin 30°＝ma′
联立解得FA＝ N。
答案：(1) m/s2 (2) N
15．解析：(1)包裹下滑时，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，
代入数据解得a1＝－0.4 m/s2，负号表示方向沿传送带向上。
(2)包裹P沿传送带由C到B过程中，
根据速度与位移关系可知v2－v02＝2a1l，
代入数据解得v＝1 m/s。
(3)包裹P开始时向上做匀加速运动，
根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，
解得a2＝0.4 m/s2，
包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为t1＝＝ s＝5 s，
速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移为
x＝＝ m＝5 m，
因为x＜l，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间为t2＝＝ s＝2.5 s，
则P从B处到C处总时间为
t＝t1＋t2＝7.5 s。
答案：(1)0.4 m/s2，方向沿传送带向上
(2)1 m/s (3)7.5 s
1 / 5
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.在足球运动中，足球入网如图所示，则( )
A．踢香蕉球时足球可视为质点
B．足球在飞行和触网时惯性不变
C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D．触网时足球对网的力大于网对足球的力
2．关于国际单位制，下列说法不正确的是( )
A．国际单位制是世界各国统一使用的一种通用的单位制
B．各国均有不同的单位制，国际单位制是为了方便交流而采用的一种单位制
C．国际单位制是一种基本的单位制，只要在物理运算中各物理量均采用国际单位制中的单位，则最后得出的结果的单位必然是国际单位制中的单位
D．国际单位制中力学的基本单位所对应的物理量有长度、能量、时间
3.如图所示，一只鸽子在空中以加速度a沿图中虚线斜向上匀加速飞行，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．鸽子处于超重状态
B．鸽子处于完全失重状态
C．空气对鸽子的作用力可能等于鸽子所受重力
D．鸽子受到空气的作用力的方向与其飞行的速度方向相同
4．物块以一定的初速度竖直上抛，到达某一高度后又落回出发点。已知物块在运动过程中受到大小恒定的阻力作用。以下关于速度v随时间t变化的图像中，能正确描述物块整个运动过程的是( )
5.如图所示，一物块放在倾角为θ的斜面上，现给物块一个沿斜面向上的初速度，同时对物块施加一个沿斜面向上的恒力F(未知)，物块将以大小为a的加速度沿斜面向上加速运动；若给物块一个沿斜面向下的初速度，同时对物块仍施加一个沿斜面向上的恒力F(同上)，则物块将以大小为3a的加速度沿斜面向下运动，则物块与斜面间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
6.如图，箱子里用a、b两根轻质细线悬吊一个小球，a线水平，b线倾斜，a、b线上的拉力分别为Fa、Fb。初始时箱子处于静止状态，现让箱子向左做加速度增大的加速运动时，下列关于Fa、Fb说法正确的是( )
A．Fa保持不变 B．Fa不断减小
C．Fb保持不变 D．Fb不断增大
7.如图所示，跨过光滑定滑轮的轻绳将物块A、B连在一起静止不动，物块B的质量是物块A质量的。如果在物块B的下面再吊上一个与物块B质量相等的物块C后，发现连接A、B的轻绳上的拉力是原来的1.8倍，则物块A与桌面之间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是( )
A．μA＝μB，mA＜mB B．μB＜μC，mB＝mC
C．μB＝μC，mB＞mC D．μA＜μC，mA＜mC
9.如图所示，质量分别为2m和4m的P、Q按如图的方式用轻弹簧和轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力大小为3mg，轻弹簧的伸长量为x，重力加速度用g表示，则下列说法正确的是( )
A．剪断轻绳的瞬间，P的瞬时加速度大小为
B．剪断轻绳后，P向下运动x瞬时加速度大小为零
C．撤走长木板的瞬间，Q的瞬时加速度大小为
D．撤走长木板后，Q向下运动x瞬时加速度大小为
10．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v t图像如图乙所示，2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则( )
A．传送带的倾角θ＝30°
B．传送带上下两端的间距为15 m
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(6分)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面(已知sin α＝0.34，cos α＝0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT＝0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i＝1,2,3,4,5)，如下表所示。
s1 s2 s3 s4 s5
5.87 cm 7.58 cm 9.31 cm 11.02 cm 12.74 cm
由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为________。(结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80 m/s2)
12.(10分)某实验小组利用气垫导轨、光电门和力传感器等器材来完成“探究加速度与物体所受合力的关系”实验，具体装置如图甲所示。实验时先测出遮光条的宽度d，由刻度尺读出滑块释放时遮光条到光电门的距离L，滑块每次都从气垫导轨上的同一位置由静止释放，光电门连接的数字计时器记录下遮光条的遮光时间t，仅改变悬挂的钩码个数来进行多组实验。
(1)实验中调节气垫导轨水平后，________调节定滑轮位置使细线与气垫导轨平行，力传感器和钩码的总质量________远小于滑块及遮光条的总质量。(均填“需要”或“不需要”)
(2)根据实验中测量的各物理量可知，遮光条经过光电门时的速度大小v＝________，滑块的加速度大小a＝________。(均用题目给定的物理量符号表示)
(3)测得多组实验数据后，根据实验数据处理结果绘制出的F 图像如图乙所示，若该图像的斜率为k，则滑块及遮光条的总质量M＝________(用题目给定的物理量符号表示)。
13.(11分)第24届冬奥会在我国成功举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时的速度大小为 8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g取10 m/s2，求雪车(包括运动员)：
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
14.(12分)如图所示，在光滑的水平面上，一辆质量M＝5 kg的玩具卡车装载着规格相同、质量均为m＝0.2 kg的5个光滑圆柱形空桶，车厢底层的一排桶固定，在桶A、B上方自由地摆放桶C，没有用绳索固定，车和桶均处于静止状态，现对车施加一水平向左的拉力F。取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若桶C恰好与桶A接触但不挤压，求车的加速度大小a；
(2)若拉力F＝4 N，求桶A对桶C的支持力大小FA。
15. (15分)某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带。传送带保持静止，包裹P以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，被拦停在B处，且系统启动传送带转动，将包裹送回C处。已知v0＝3 m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带与水平方向夹角θ＝37°，传送带BC长度l＝10 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向。
(2)求包裹P到达B时的速度大小。
(3)若传送带以速度v′＝2 m/s匀速转动，则包裹P从B处由静止被送回到C处需经多长时间。
阶段质量检测(四)
1．选B 在踢香蕉球时，需要考虑踢在足球上的位置与角度以及足球的转动和空气阻力，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故只受重力和空气阻力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。
2．选D 各国均有不同的单位制，国际单位制是世界各国统一使用的一种通用的单位制，国际单位制是为了方便交流而采用的一种单位制，故A、B正确，不符合题意； 国际单位制是一种基本的单位制，只要在物理运算中各物理量均采用国际单位制中的单位，则最后得出的结果的单位必然是国际单位制中的单位，故C正确，不符合题意；国际单位制中力学的基本单位对应的物理量是长度、时间和质量，故D错误，符合题意。
3．选A 因为鸽子在空中以加速度a沿图中虚线斜向上匀加速飞行，加速度有竖直向上的分量，所以鸽子处于超重状态，故A正确，B错误；鸽子所受的合力的方向与其飞行的速度方向相同，合力、空气的作用力与重力应构成矢量三角形，故空气对鸽子的作用力不可能等于鸽子所受重力，空气的作用力的方向应与其飞行的速度方向有一定的夹角，故C、D错误。
4．选C 根据v t图像的斜率为加速度，上升过程由牛顿第二定律可知mg＋Ff＝ma1，得a1＝g＋，下降过程由牛顿第二定律可知mg－Ff＝ma2，得a2＝g－，由于阻力恒定，所以上升和下降阶段加速度都恒定，且a1>a2，C正确。
5．选A 物块向上加速运动时，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，物块沿斜面向下运动，加速度大小为3a，说明物块向下减速运动，根据牛顿第二定律可得：F＋μmgcos θ－mgsin θ＝3ma，联立解得：μ＝，故选A。
6．选C 设悬线b与水平方向的夹角为θ，向左加速运动时有Fa－Fbcos θ＝ma，Fbsin θ＝mg，当加速度增大时，Fb不变，Fa增大，选项A、B、D项均错误，C项正确。
7．选C 开始时，绳上拉力T＝mBg＝mAg，如果在物块B的下面再吊上一个与物块B质量相等的物块C后，发现连接A、B的轻绳上的拉力是原来的1.8倍，T′＝1.8T＝0.6mAg，根据牛顿第二定律，对B、C整体分析有2mBg－T′＝2mBa，对A分析有T′－μmAg＝mAa，解得μ＝，故选C。
8．选ABD 根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝－μg，则a F图像的斜率k＝，由题图可看出，乙、丙的斜率相等，且小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC。当F＝0时，a＝－μg，根据题图可看出，μA＝μB＜μC，故选项A、B、D正确。
9．选AD 以P为对象，剪断轻绳之前，根据受力平衡可得kx＋2mg＝T，解得弹簧的弹力为kx＝mg，弹簧处于伸长状态，剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得P的加速度大小为a＝＝＝，故A正确；剪断轻绳后，P向下运动x，弹簧恢复原长，P只受重力作用，所以加速度为g，故B错误；撤走长木板的瞬间，弹簧弹力保持不变，以Q为对象，根据牛顿第二定律可得Q的加速度大小为a′＝＝＝，故C错误；撤走长木板后，Q向下运动x，弹簧的伸长量变为2x，弹力变为2mg，根据牛顿第二定律得Q的加速度大小为a″＝＝，故D正确。
10．选CD 由题图乙得0～1 s内物体加速度a1＝10 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1,1～2 s内加速度a2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，A错误，C正确；由题可得物体在0～2 s内的位移即为传送带上下两端的间距，v t图像与t轴所围面积表示位移，可知位移l＝m＝16 m，B错误；由题图知传送带的速率v0＝10 m/s，则0～1 s内，物体的位移为5 m，传送带的位移为10 m，故相对位移为5 m，物体相对传送带向上运动，1～2 s内物体的位移为11 m，传送带的位移为10 m，故相对位移为1 m，物体相对传送带向下运动，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m，D正确。
11．解析：根据逐差法有a＝
代入数据可得小铜块沿斜面下滑的加速度大小a≈0.43 m/s2。
对小铜块受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin α－μmgcos α＝ma
代入数据解得μ≈0.32。
答案：0.43 0.32
12．解析：(1)为了确保细线的拉力等于滑块所受外力的合力，实验中需要调节定滑轮位置使细线与气垫导轨平行；当实验中调节气垫导轨水平且细线与气垫导轨平行时，力传感器的示数F等于细线的拉力，结合上述可知，该示数即为滑块的合力，可知实验中不需要使力传感器和钩码的总质量远小于滑块及遮光条的总质量。
(2)根据光电门的测速原理，遮光条经过光电门时的速度大小为v＝，根据速度与位移的关系式有v2＝2aL，联立解得a＝。
(3)根据牛顿第二定律有F＝Ma，结合上述分析有F＝·，结合题图乙有＝k，解得M＝。
答案：(1)需要 不需要 (2) (3)
13．解析：(1)在直道AB上根据速度与位移的关系有
v12＝2a1x1，解得a1＝ m/s2。
(2)在直道AB上有v1＝a1t1，解得t1＝3 s
在倾斜直道BC上有x2＝v1t2＋a2t22，
t2＝t－t1，解得a2＝2 m/s2
由vC＝v1＋a2t2，解得vC＝12 m/s。
(3)在斜道BC上由牛顿第二定律有
F＝mgsin 15°－f＝ma2，解得f＝66 N。
答案：(1) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
14．解析：(1)若桶C恰好与桶A接触但不挤压，以桶C为对象，在竖直方向有FBcos 30°＝mg
在水平方向上根据牛顿第二定律可得
FBsin 30°＝ma
联立解得a＝gtan 30°＝ m/s2。
(2)若拉力F＝4 N，以卡车和5个空桶为整体，根据牛顿第二定律可得F＝(M＋5m)a′
解得a′＝ m/s2
以桶C为对象，在竖直方向有
FAcos 30°＋FB′cos 30°＝mg
在水平方向有FB′sin 30°－FAsin 30°＝ma′
联立解得FA＝ N。
答案：(1) m/s2 (2) N
15．解析：(1)包裹下滑时，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，
代入数据解得a1＝－0.4 m/s2，负号表示方向沿传送带向上。
(2)包裹P沿传送带由C到B过程中，
根据速度与位移关系可知v2－v02＝2a1l，
代入数据解得v＝1 m/s。
(3)包裹P开始时向上做匀加速运动，
根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，
解得a2＝0.4 m/s2，
包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为t1＝＝ s＝5 s，
速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移为
x＝＝ m＝5 m，
因为x＜l，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间为t2＝＝ s＝2.5 s，
则P从B处到C处总时间为
t＝t1＋t2＝7.5 s。
答案：(1)0.4 m/s2，方向沿传送带向上
(2)1 m/s (3)7.5 s
1 / 5