第4章 运动和力的关系 综合检测·培优卷-【一本】2025-2026学年高中物理必修第一册周末小测卷（人教版）

高中物理周末小测卷 第四章 综合检测·培优卷 ⊙时间：75分钟 8总分：100分 昌得分： ☑答案：P27 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) 劳 1.牛顿在伽利略和笛卡尔等人的研究基础上，总结出了牛顿第 h 一定律，关于牛顿第一定律，下列说法正确的是 () A.要使一个物体运动，必须推它或拉它 B.牛顿第一定律对惯性参考系和非惯性参考系都是成立的 C.牛顿第一定律是在伽利略理想实验基础上总结出来的 D.牛顿第一定律表明：物体只有在匀速直线运动状态或静止 状态时才有惯性 2.冬季路面结冰时，汽车刹车后不能及时停止的现象时有发生。 同学们对该现象进行分析，小刚认为，汽车刹车将车轮抱死但 不能短距离停车是因为车身较轻，汽车所受的摩擦力太小，解 决方法是行车时在车上载满货物。请你帮小刚分析，刹车时 T 速度相同，轮胎及路面等其他条件均相同，汽车载满货物后， 车轮抱死刹车时 () 封 A汽车惯性大，滑行的距离远 B.汽车的质量大，加速度小 C.汽车所受的摩擦力大，会更快地停下 D.汽车滑行的距离不改变 3如图所示，质量相同的A、B两个小球用轻弹簧相连，A 的另一端用轻绳悬挂在天花板上，某一时刻突然剪断轻 绳，则轻绳被剪断瞬间（已知重力加速度为g)() A A.B的加速度为0 B.A的加速度为0 C,A、B的加速度都为g D.A、B的加速度都为2g 4.如图所示，用与竖直墙面成0角的恒力F推动磨石向上做匀 线 加速直线运动。磨石的质量为m,与墙面间的动摩擦因数为 4,重力加速度为g,则磨石的加速度大小是 A.F-pmg m B.Fcos 0-pumg-mg m C.Feos o-umng D.Fcos 0-uFsin 0-mg m 5.某同学研究雨滴下落的规律，在查阅资料时了解到：较大的雨 滴大约在1000m的高空形成并下落，到达地面前已经匀速运 动，雨滴在下落过程中，阻力与速度满足的关系式为f=2, 其中，k是比例系数，v是雨滴速率，设雨滴下落时质量m保持 不变，下列说法正确的是 () A.比例系数k的单位是kg/m B雨滴先加速，后减速，最终匀速 C雨滴的最大速度是√受 D.当加速度为0时，雨滴的位移最大 6.图甲是上海东方明珠塔和观光电梯示意图。小明乘坐观光电 梯时，通过手机上的加速度传感器，记录了电梯从静止开始运 动的加速度α随时间t变化的情况，近似处理后得到如图乙所 示的图像（以向上为正方向）。电梯总质量m=3×103kg,忽 略一切阻力，重力加速度g取10m/s2,下列说法不正确的是 () 拉力 ↑a/(ms-2) 30314041 电梯 0 1011 t/s 甲 乙 A.电梯在第1s末的速率为0.5m/s B.电梯在上升过程中受到的最小拉力为3.0×104N C.电梯在第11s末速度达到最大 D.电梯在11s到30s内向上做匀速运动且速率为10m/s 7某商场装有如图甲、乙所示的两部电梯，小明先乘 坐甲电梯（接触面为水平面）后乘坐乙电梯（接触 面视为斜面)，若两部电梯都是先以加速度α做匀 加速直线运动达某速度后再做匀速运动，电梯运 动方向与水平方向的夹角均为日，人与电梯始终保持相对静 止，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 () 甲 A乘坐甲电梯，电梯加速和匀速时，小明均受3个力作用 B.乘坐乙电梯，电梯加速和匀速时，小明先受4个力作用，后受 3个力作用 C电梯加速时，甲、乙两个电梯对小明的支持力之比为 (gfasin 0):gcos 0 D.电梯加速时，小明在甲、乙两个电梯上受到的摩擦力之比为 acos 0:(gcos 0+a) 必修第一册RJ版 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，选对但不全的得3 分，有选错的得0分) 8.如图甲所示，运动员“3米跳板跳水”运动的过程可简化为运动 员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C,跳板又将运 动员竖直向上弹到最高点A。运动员由C到A的t图像如 图乙所示，该图像0~t2部分为曲线，t2~t3部分为直线，不计 空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是 () A● B C 水面 甲 A.t1时刻运动员脱离踏板 B.t1时刻前运动员处于超重状态 C.t1~t2时间内运动员处于超重状态 D.t2~t3时间内运动员处于完全失重状态 9有一倾角为0=37°的斜面雪道如图甲所示。假设 一滑雪爱好者和他的雪橇总质量m=75kg,他沿 足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空 气阻力f与滑雪速度成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道 间的动摩擦因数处处相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇 运动的t图像如图乙中的曲线AD所示，图中AB是曲线 AD在A点的切线，A点坐标为(0,5)，切线上一点B的坐标为 (4,15),CD是曲线AD的渐近线。(g取10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8)。下列说法正确的是 () ↑w/(msl) B 15 10 --D 0 t/s 甲 A.计时开始时雪橇的加速度大小为a=2.5m/s2 B.0~4s内雪橇做加速度变小的曲线运动 C.比例系数k=37.5N·s/m D.动摩擦因数4=0.25 。33。 一本高中物理周未小测卷 10.2024年10月21日，潍烟高铁正式开通，标志着 烟台从此迈入全域高铁时代。某列动车由8节车 厢组成，其中第1节和第5节为动力车厢，在动车 匀加速启动过程中均可提供大小恒为F的牵引力，其余车厢 为普通车厢。假设每节车厢的质量均为，所受阻力的大小 均为kg(k为正的常数)，重力加速度为g,则在动车匀加速 启动过程中，下列说法正确的是 () A.整列动车的加速度大小为F一6mS 4m B.第5节车厢对第4节车厢的作用力大小为0 C5、6节车厢间的作用力大小为F-3mg D.某节车厢中一质量为mo的乘客所受车厢的作用力大小 为m(F-4knmg） 4m 三、非选择题（本题共5小题，共54分） 11.(6分)如图甲所示，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦 因数的实验。所用器材有铁架台、长木板、铁块、刻度尺、电 磁打点计时器、频率f=50Hz的交流电源、纸带等，忽略空 气阻力及纸带与打点计时器间的摩擦。回答下列问题： 电磁打点计时器 纸带 长木板 铁块 77777 77777777777777777777779777 甲 单位：cm A B .006.968.94110.93 E! 12.87? 14.86 H H西 乙 调整木板与水平面的夹角0，使其正弦值sin0=0.6,接通与 电磁打点计时器连接的电源，从靠近电磁打点计时器处由静 止释放铁块，铁块沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的 一条纸带，如图乙所示。图乙中的点为计数点，其中每相邻 两个计数点间还有四个点未画出，重力加速度g取10m/s2。 (本题计算结果均保留两位有效数字) 。34● (I)用刻度尺测得AD长度和DG长度分别为H1和H2。打 点计时器工作频率为∫，铁块下滑过程的加速度表达式为 (用f、H1和H2表示)。 (2)铁块下滑过程的加速度大小为 m/s2。 (3)铁块与木板间的动摩擦因数为 12.新考法设问创新(10分)验证牛顿第二定律的实 验装置示意图如图甲所示，重力加速度为g。 遮光条光电门4 光电门B 小车 轻滑轮 ↑a 木板 细绳 色钩码 分 主要实验步骤如下： ①用刻度尺测量两光电门之间的距离L及遮光条的宽度d; ②调整轻滑轮，使细绳与木板平行； ③在绳子右侧依次加n(n取1、2、3)个质量为m的钩码，让 小车从光电门A的左侧开始运动，用数字毫秒计分别测出遮 光条通过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB,依次 算出小车的加速度a1、a2、a3; ④利用所得数据作出a-n图像如图乙所示。 回答下列问题： (1)小车通过光电门A时的速度大小为v4= ,小车 的加速度大小为a= (用d、L、△tA和△tB表示)； (2)为了让所得图线过坐标原点，应该将木板右端 (选填“垫高”或“降低”)； (3)若所得图线直线部分的斜率为k,则小车和遮光条的总质 量为 (用m、g和k表示)； (4)a-n图像中图线尾部是曲线的原因是 ,在图乙中，随着n的增大，加速度a的理 论趋近值为 13.(10分)如图所示，质量为m=0.5kg的物块A放在静止的木 箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数μ=0.3。A被一 根劲度系数k=20N/m的轻弹簧向右拉着而保持静止，此时 弹簧的伸长量为0.05m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g取10m/s2。求： (1)A所受弹簧的弹力大小； 必修第一册RJ版 (2)要使A能相对木箱底面向左运动，木箱水平运动的最小 加速度。 A -000000000T 弥 14.(13分)如图所示，长木板A静止在水平地面上， 质量m=2kg的小物块B以vo=4m/s的水平 速度滑上A的左端，经过时间t=1s,A、B恰好 共速。已知A与B间的动摩擦因数41=0.2，A与地面间的 动摩擦因数μ2=0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度g取10m/s2,求： (1)A的质量； B (2)A的最小长度； (3)A运动的总时间及总位移。 封 15.(15分)风洞实验室中可产生大小和方向都可以 调节的风力。某风洞中的实验示意图如图所示。 一质量为1kg的小球套在一根固定的粗糙直杆 上，直杆与水平方向的夹角为0=30°，小球在竖直向上的风 力F的作用下，从A点由静止出发沿直杆向上运动，在杆上 A点右上方有一点B,AB间距离xAB=2.65m,若风力F= 18N,风力F作用时间t1=1.5s后撤去，杆与球间的动摩擦 因数以一怎杆足够长，重力加速度g取10m/g,求： 线 (1)风力F作用时小球的加速度大小a1; (2)小球上滑过程中距A点的最大距离xmax; (3)小球从A点开始运动后经多长时间会向下经过B点。 风长木板B的长度L=名1+名（o,十o,-d, 解得L=12m (3)物块A和长木板B达到共速之后，两者共同减速直至 静止，对整体根据牛顿第二定律有 42(m+M)g=(m+M)a 根据运动学公式0一v2=一2ax3 整个过程物块运动的位移 1 xA=2i4+2(o1十)t十x 解得xA=16m。 14.解：(1)开始时物块A和B静止在斜面上，对整体受力分 析有 kxo=(m1十m2)gsin0 解得k=(m1十m2)gsin0 代入数据解得k=100N/m (2)物块A和B刚要分离时，A和B接触，但相互之间不 挤压，设此时弹簧的压缩量为x1,对物块A,根据牛顿第二 定律有 mia=kx-migsin 0 解得x,=m(a十gsin0) 联立解得x1=0.1m 物块A和B从开始运动到刚要分离的过程中，做匀加速 直线运动通过的位移 x=x0-x1=0.08m 1 因为x=2at 联立解得t=0.2s (3)对物块A和B构成的整体，设弹簧的压缩量为x’,根 据牛顿第二定律有 (m1+m2)a=F+kx'-(m1+m2)gsin 0 在物块A和B沿斜面向上运动的过程中，弹簧的压缩量 为x逐渐减小，沿斜面向上的拉力F逐渐增大，即刚开始 运动时拉力F最小，物块A和B刚要分离时拉力F最大， 则有Fmim=(m1十m2)a=12N Fmx=(m1十m2)(a十gsin0)-kx1=20N 物块A和B从开始运动到刚要分离过程中拉力F的范围 12N≤F≤20N. 第四章综合检测·培优卷 1.C物体的运动不需要用力来维持，力是改变物体运动状态 的原因，A错误；牛顿第一定律对惯性参考系是成立的，对 非惯性参考系是不成立的，B错误：牛顿第一定律是在伽利 略理想实验的基础上总结出来的，C正确；物体在任何情况 下都具有惯性，D错误。 2.D由牛顿第二定律有mg=ma,得a=g,加速度与汽车 质量无关，B错误。由运动学公式有v2=2ax,可得x= v 2g在4一定的情况下，刹车距离x一定，与汽车质量 无关。汽车载满货物后，即m增大，汽车惯性变大，汽车所 受的摩擦力变大，但滑行的距离x不变，A、C错误，D正确 3.A设小球质量均为m,剪断轻绳前，弹簧的弹力F=mg, 轻绳被剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A根据牛顿第二定律有 mg十F=maA,解得aA=2g,对B根据牛顿第二定律有 mg一F=maB,解得ag=0,A正确。 4.D根据平衡条件，磨石在水平方向的受力情况是F、一 Fsin0,磨石向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 Fcos0-f一mg=ma,由滑动摩擦力公式有f=FN,三式 联立求得磨石的加速度大小为a=Fcos日一Fsin日-mg D正确。 5.C根据∫=如可知k=,则比例系数名的单位是 m2/s2= m7g=kg/m,A错误；雨滴受重力与阻力作 N_kg·m/s 用，开始重力较大，雨滴加速运动，当阻力等于重力时，雨滴 匀速运动，所以雨滴先加速后匀速，B错误；根据mg一f= a可知，当加速度为0时，有mg一ku2=0,此时雨滴速度 最大，得最大速度vmx一√k ,C正确；开始时雨滴做加速 度减小的加速运动，当加速度为0时，速度达到最大，此后 做匀速运动，位移一直增大，D错误。 6.Bα-t图像与时间轴所围成的图形面积表示速度变化量， 电梯的初速度为0，所以电梯在第18末的速率为=号× 1×1m/s=0.5m/s,A正确；电梯在0~11s内向上做加速 运动，11~30s内向上做匀速运动，30~41s内向上做减速 运动，所以电梯在第11s末速度达到最大，C正确；电梯在 11s到30s内向上做匀速运动，由于初速度为0，所以电梯 做匀速运动的速率等于0~11s内的速度变化量大小，即 ,=2×(9十1)×1m/s=10m/s,D正确；电梯减速上升 过程根据牛顿第二定律有mg一Fr=ma,电梯在以最大加 速度减速上升过程中受到的拉力最小，减速上升的最大加 速度大小为a=1m/s,求得Fx=2.7X104N,B错误。 7.C小明乘坐甲电梯，电梯匀速时小明受重力、支持力，电梯 加速时小明受重力、支持力及水平向右的静摩擦力，A错 误；小明乘坐乙电梯时，小明一直受重力、支持力及沿斜面 向上的摩擦力，B错误；小明乘坐甲电梯加速时，把加速度 沿水平和竖直方向分解，有a,=acos0,ay=asin0,在水平 方向上，根据牛顿第二定律有f1=maz=nacos0,在竖直 方向上，根据牛顿第二定律有Fa一mg=may=ma sin0,解 得Fm=mg十nasin0。小明乘坐乙电梯时，垂直于电梯方 向上有Fe=mgcos0,沿电梯方向上有f:一mg sin0=ma, 解得f2=mg sin0十ma。则有Fm：F2=(g十asin0): gcos0,f1:f2=acos0:(gsin0十a),C正确，D错误。 8.BD由题图乙可知，t2~t3部分为直线，则t2时刻运动员 脱离踏板，处于空中，加速度为重力加速度，运动员处于完 全失重状态，A错误，D正确；由题图乙可知，t1时刻前运动 员向上做加速运动，加速度方向向上，运动员处于超重状 态，B正确；由题图乙可知，t1~t2时间内运动员向上做减速 运动，加速度方向向下，运动员处于失重状态，C错误。 9.AC在心t图像中，图像的斜率表示加速度，由题图乙知计 时开始时雪橇的加速度大小为a=”=15一5 m/s2= △t 4 2.5m/s2,A正确；0~4s内，雪橇做初速度v=5m/s、加 速度变小的沿正方向的直线运动，B错误；根据牛顿第二定 律，计时开始时有mgsin0一kv一mgcos0=ma,由题图 乙可知，CD这条曲线的渐近线对应l0m/s,即vmx 10/s为运动的收尾速度（即匀速运动的速度），在最大速 度时，根据人和雪橇受力平衡有ng sin0=mgcos0十 kumx,两式联立得kVmax一bUo=ma,将o=5m/s、vmx= 10m/s,代入后得k=37.5N·s/m,μ=0.125，C正确，D 错误。 10.AB对8节车厢整体受力分析，根据牛顿第二定律有 2F-8kmg=8ma,解得a= F-4km3,A正确；将后面5、 6、7、8四节车厢看成一整体，根据牛顿第二定律有F1十 F-4kmg=4ma,解得F1=0,B正确；将后面6、7、8三节 车厢看成一整体，根据牛顿第二定律有F2一3kmg=3a 解得R,=子F,C错误：对某节车厢中一质量为m,的乘 客受力分析，设水平方向受车厢的作用力大小为F?,根据 牛顿第二定律可得R,=ma一m(F-g2,竖直方向 Am 上，根据平衡条件可得Fv=og,故某节车厢中一质量为 mo的乘客所受车厢的作用力大小为F4=√F,2十FN /厂m(F-4kg)7 十(mog)2,D错误。 Am 0a2"p220③050 【解析】(1)每相邻两个计数点间还有四个点未画出，则T 了，根据H,-H,=9aT,得铁块下滑的加速度表达式为 a-Ht 225 (2)铁块下滑过程的加速度大小a=H)上 225 (14.86+12.87+10.93-8.94-6.96-5.00)×10-2×502 m/s2≈ 225 2.0m/s. (3)对铁块受力分析，由牛顿第二定律可得mg sin0 mg cos0=ma,代人数据得μ=0.50。 12(0品元a）②降低(3黑（④所挂钩码 d d,1 1 的质量不满足远小于小车的质量g 【解析】(1)小车通过光电门A时的速度为A= ，小车 d d 通过光电门B时的速度为wa一Aa根据速度与位移的关 d21 系式有m2-vn2=2aL,解得a=2Lm△. (2)要让所得图线经过坐标原点，需要不挂钩码时小车加 速度为0，即细绳的拉力等于小车受到的合力，说明要使小 车重力沿倾斜木板方向的分力与摩擦力平衡，由题图乙可 知，在不挂钩码时小车就有加速度，说明木板倾角过大，所 以应该将木板右端降低。 (3)设小车和遮光条的总质量为M,对应题图乙情况，对小 车和遮光条根据牛顿第二定律有F。十mg=Ma,整理可 得a-n 十后则及-肾，解得M-爱 Fo (4)α-n图像中图线尾部是曲线的原因是所挂钩码的质量 不满足“远小于小车的质量”；把小车和钩码看成一个整 体，平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律有nng=(M十m) a,整理得a=M十m M,随着n的增大，加速度a 1十 m 的理论趋近值为g。 13.解：(1)由胡克定律有F。=kx=20X0.05N=1N 故物块A所受到的弹簧弹力的大小为1N (2)木箱在水平方向上运动，开始时弹簧伸长，要使物块A 能相对木箱底面向左移动，弹簧弹力应该增大，则木箱必 须有向右的加速度，对物块A受力分析，物块A不相对木 箱滑动时，最大的加速度为amx,由牛顿第二定律有 F&十uFN=mams Fx=mg 联立求得amx=5m/s 所以要让物块A能相对木箱底面向左移动，木箱的加速度 需要满足a木箱≥5m/s2 故木箱水平运动的加速度至少为5m/s2。 28 14.解：(1)设A的质量为mA,共速前，以B为研究对象，根据 牛顿第二定律可得1mg=maB 解得B的加速度大小为ag=2m/s 以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得 1mg一2(mA十m)g=mAaA 经过时间t=1s,A、B恰好共速，则有共=一aBt=aAt 联立解得联=2m/s,a=2n/g,-号kg (2)从B滑上A到两者共速的过程中，B通过的位移为 xB=o十选！ 2 A通过的位移为-受： 该过程B相对于A向前运动的距离为△x=xB一xA 联立可得△x=学1=2m 则A的最小长度为2m (3)共速后，A、B保持相对静止一起做匀减速直线运动， 根据牛顿第二定律可得 uz (mA+m)g=(mA+m)a 解得加速度大小为a=1.5m/s2 从共速到停下所用时间为=生=号 a3 s 从共速到停下通过的位移为-艺：-一m 则A运动的总时间为t-1+子} A运动的总位移为工=xA十x'=3m, 7 15.解：(1)在力F作用时，沿杆的方向，小球受到风力F的分 力，重力的分力以及摩擦力，对小球根据牛顿第二定律有 (F-mg)sin 30-uFx=ma F、=(F-mg)cos30° 解得a1=2m/s2 (2)F作用时小球的位移为x1,刚撤去F时小球的速度为 1 1,则有1=a1t,x1=2a1t2 解得1=3m/s,x1=2.25m 撤去力F后，小球做匀减速直线运动，减速位移为x2,对 小球根据牛顿第二定律可得 mgsin30°+mg cos30°=ma2 由运动学公式可得x2= 012-0 2a2 解得a2=7.5m/s2,x2=0.6m 则小球上滑过程中距A点的最大距离为 xmax=x1+x2=2.85 m (3)设撒去外力F后小球上滑的时间为t2,则有 20 =0.4s a2 小球下滑时根据牛顿第二定律有 mgsin30°-gcos30°=ma3 解得a3=2.5m/s 1 小球由最高点返回B点时有xm一xa=之a 解得t3=0.4s 小球从A点开始运动后到下滑经过B点时的时间 t=t1+t2十t3=2.3s。