第四章 牛顿运动定律 模拟测试卷-2025-2026学年高一上学期物理教科版必修第一册

第四章　牛顿运动定律 (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。每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求) 1.压强的单位用国际单位制中的基本单位可表示为(　　) A.kg/(m·s2) B.kg/(m2·s2) C.kg/(m2·s) D.kg/s4 2.春秋战国时期齐国的著作《考工记》中有“马力既竭,辀犹能一取焉”,意思是(马拉车时)即使马力已经用尽(马不对车施加拉力),车还能促使马前进好几步。下列相关说法正确的是(　　) A.该现象说明力是使物体运动的原因 B.马对车不施加拉力时,车将做匀速直线运动 C.马对车不施加拉力时,车由于惯性并未立即停止运动 D.该现象表明马的惯性比车的惯性小 3.某同学将排球垫起,排球以某一初速度竖直向上运动,然后下落回到出发点。已知排球在运动过程中所受空气阻力大小恒定,竖直向上为正方向,下列描述排球的速度v随时间t的变化关系图像可能正确的是(　　) 4.如图所示,在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体,其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦,斜面倾角为θ。当车的加速度a突然增大时,斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是(　　) A.F1增大,F2不变 B.F1不变,F2增大 C.F1减小,F2增大 D.F1增大,F2减小 5.如图所示,完全相同的木块A、B用轻质弹簧连接,在恒力F作用下向右做匀加速直线运动,已知加速度大小为a,木块与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在撤去恒力F的瞬间,木块B的加速度大小为(　　) A.a B.a-μg C.a+μg D.a+2μg 6.如图所示,ad、bd、cd是竖直面内的三根同种材料制成的固定粗糙细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周上最高点,d点为圆周上最低点。每根杆上都套有一个小圆环,三个同样的圆环分别从a、b、c处由静止释放均沿杆下滑,用t1、t2、t3依次表示各环到达d点所用的时间,则(　　) A.t1<t2<t3 B.t1>t2>t3 C.t3>t1>t2 D.t1=t2=t3 7.(2025山东卷)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直于坡面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与水平面夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为(　　) A.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ D.gcos2θ-μgcos θ-μgsin2θ 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 8.如图甲所示,某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程,由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。他稳定站立时,体重计的示数为500 N。关于实验现象,下列说法正确的是(　　) A.“起立”过程中,支持力先大于重力后小于重力 B.“下蹲”过程中,支持力可能出现小于压力的情况 C.图乙记录的是他先“下蹲”稳定后又“起立”的过程 D.图乙记录的是他完成两次“蹲起”的过程 9.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°,一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,煤块到传送带顶端时速度恰好为零,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　　) A.煤块在传送带上的划痕为8米 B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 C.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 D.传送带转动的速率越大,物块到达传送带顶端时的速度就会越大 10.如图甲所示,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图像如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出(　　) A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 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:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题: 甲 乙 (1)铁块与木板间动摩擦因数μ=　　　　　。(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)  (2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使θ=30°。接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图乙所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度取9.80 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为　　　　　。(结果保留2位小数) 12.(8分)某学习小组利用图甲中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系,图中长木板水平放置,其左端固定一轻滑轮,轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小车相连,另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N个,已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,每个钩码的质量为m,小车的质量为m',重力加速度取g。实验要点如下: (1)实验开始时平衡摩擦力:在长木板不带滑轮的一端下方某位置垫上一个小物块后,发现小车拉着通过打点计时器的纸带在木板上做加速运动,则应将小物块向　　　　(选填“左”或“右”)移动,才能使小车拉着纸带在板上做匀速运动;  (2)平衡摩擦力后,将n(依次取n=1,2,3,4……)个钩码挂在左端,其余N-n个钩码放在小车内,用手按住小车并使轻绳与木板平行,打开电源,释放小车,获得一条清晰的纸带,经数据处理后可得到相应的加速度a; (3)图乙为某次实验得到的纸带,且每隔4个点取1个计数点,利用图中测得的数据可计算出小车的加速度a=　　　　 m/s2;(保留3位有效数字)  (4)本次实验中　　　　　(选填“需要”或“不需要”)满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件;  (5)图丙是利用不同n对应不同a作出的a-n图像,如果图丙中图线斜率为k,通过理论分析可知本实验中可用的钩码的总个数N=　　　　　　　　　　。(用题中字母表示) 13.(10分)如图所示的升降机中,用OA、OB两根绳子吊一个质量为20 kg的物块,若OA与竖直方向的夹角θ=37°,OA垂直于OB,且两绳所能承受的最大拉力均为320 N。 (1)请判断,随着拉力增大,OA绳先断还是OB绳先断。 (2)为使绳子不断,升降机竖直向上的加速度最大为多少? 14.(12分)如图所示,固定在水平面上的斜面倾角为37°,两个小物块A、B用轻绳相连,轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮,滑轮与轮轴之间的摩擦不计,A物块锁定于斜面底部,B物块离地面高度为h=10 m。已知A物块的质量m=1 kg,B物块的质量m'=3 kg,A物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。t=0时刻,解除A物块的锁定状态,当B物块落地瞬间轻绳断裂,A恰好未与滑轮相撞,求: (1)B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小; (2)斜面的长度L及A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t。 15.(18分)一质量m=0.4 kg的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动,其运动的v-t图像的一部分如图所示,已知0.4 s以前玩具车做匀变速运动,之后做变加速运动直到速度最大,2 s时刻关闭发动机,玩具车开始做匀减速运动直至最终停止,玩具车全过程中所受阻力恒定不变。 (1)求关闭发动机后玩具车运动的时间。 (2)求匀加速阶段玩具车的驱动力大小。 (3)估算全过程玩具车行驶的位移大小。 参考答案 1.A　根据p=知,用国际单位制中的基本单位表示,其单位为=kg/(m·s2),即压强的单位用国际单位制中的基本单位可表示为kg/(m·s2),故A正确。 2.C　由题意可知,即使马力已经用尽(马不对车施加拉力),车还能促使马前进好几步,说明没有力物体还能运动,故A错误;由题意可知,马对车不施加拉力时,车将做减速运动,最后停止,故B错误;即使马不对车施加拉力,车还能促使马前进好几步,说明车由于惯性并未立即停止运动,故C正确;此现象不能说明马的惯性与车的惯性的大小关系,故D错误。 3.B　上升过程,对排球有mg+f=ma上,排球向上做匀减速运动,其速度方向为正向,即图像在t轴上方。下落过程,对排球有mg-f=ma下,排球速度方向向下,为负,所以图像在t轴下方,且上升过程中加速度较大,而v-t图像的斜率表示加速度。即上升过程图像要比下降过程图像斜率大,由于阻力的存在,其在回到原出发点时,速度大小小于v0,故B正确,A、C、D错误。 4.B　平板车的加速度沿水平方向,则圆柱体的加速度沿水平方向,对圆柱体受力分析如图所示,因为圆柱体在竖直方向上合力为零,则F1cos θ=mg,当平板车的加速度增大时,斜面对圆柱体的弹力F1不变;水平方向上F2-F1sin θ=ma,加速度增大时,挡板对圆柱体的弹力F2增大。故选B。 5.D　设A、B的质量均为m,对A、B整体由牛顿第二定律可得F-2μmg=2ma,设弹簧弹力为F',对A由牛顿第二定律可得F'-μmg=ma,解得F'=F=m(a+μg),突然将恒力F撤去,撤去恒力的瞬间,弹簧弹力不变,对B由牛顿第二定律可得F'+μmg=ma',解得木块B的加速度大小为a'=a+2μg,故选D。 6.A　设细杆与竖直方向的夹角为θ,根据牛顿第二定律可知加速度a=gcos θ-μgsin θ,而位移x=2Rcos θ,根据x=at2得t=,即有t1<t2<t3,所以A正确。 7.B　图甲为从右向左看的视图,将重力分解为方向沿斜面向下的分力mgsin θ和方向垂直于斜面的分力mgcos θ,故物块对斜面的压力FN1=mgcos θ,由牛顿第三定律可知斜面对物块的支持力FN1'=mgcos θ,图乙为垂直于斜面的视图,将重力沿斜面向下的分力分解为垂直于挡板的分力mgsin 2θ和沿挡板向下的分力mgsin θcos θ,故物块对挡板的压力FN2=mgsin2θ,由牛顿第三定律可知挡板对物块的支持力FN2'=mgsin2θ,故斜面对物块的摩擦力f1=μFN1'=μmgcos θ,挡板对物块的摩擦力f2=μFN2'=μmgsin2θ,由牛顿第二定律可得,物块在沿着MN方向有ma=mgsin θcos θ-f1-f2,解得a=gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ,故选B。 甲 乙 8.AC　“起立”过程中加速度先向上后向下,先超重后失重,支持力先大于重力后小于重力,故A正确。支持力和压力是一对相互作用力,大小一定相等,故不可能出现支持力小于压力的情况,故B错误。图乙图像中第一次变化,显示支持力先小于重力再大于重力,即先失重后超重,因此为“下蹲”过程;第二次变化,显示支持力先大于重力再小于重力,即先超重后失重,因此为“起立”过程,故C正确,D错误。 9.AB　由图乙可知传送带的速度为8 m/s,根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小,可得在0~1 s内煤块相对传送带向上运动的位移大小为Δx1=×(8+16)×1 m-8×1 m=4 m,在1 s~3 s内煤块相对传送带向下运动的位移大小为Δx2=-8×2 m-×8×2 m=8 m,因Δx2>Δx1,故煤块在传送带上的划痕Δx2=8米,故A正确;在0~1 s时间内物块的速度大于传送带速度,传送带对物块的摩擦力沿传送带向下,方向与运动方向相反,根据牛顿第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,根据v-t图像的斜率绝对值等于加速度大小,可得a1= m/s2=8 m/s2,在1~2 s内传送带的速度大于物块的速度,传送带对物块的摩擦力沿传送带向上,方向与运动方向相同,同理可得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,a2= m/s2=4 m/s2,联立解得μ=0.25,故B正确、C错误;如果传送带转动的速率增加到足够大之后,使煤块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动,而不能和传送带共速,那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的,与传送带转动的速率无关,故D错误。 10.ACD　由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度大小a1=,下降过程中的加速度大小a2=,物块在上升和下降过程中,由牛顿第二定律得mgsin θ+f=ma1,mgsin θ-f=ma2,由以上各式可求得sin θ=,滑动摩擦力f=,而f=μN=μmgcos θ,由以上分析可知,选项A、C正确。由v-t图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离,可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度,选项D正确。 11.解析 (1)对铁块受力分析得 mgsin θ-μmgcos θ=ma 所以μ=。 (2)根据逐差法求加速度 a= m/s2= m/s2=1.97 m/s2 μ==0.35。 答案 (1)　(2)0.35 12.解析 (1)小车做加速运动,说明斜面倾角过大,应减小倾角,因此应将小物块向右移动。 (3)根据Δx=aT2并代入数据可得a=2.02 m/s2。 (4)由于小车和钩码(含车上放置的和细绳末端所挂的)的总质量一定,所以小车的加速度a与细绳末端所挂钩码的重力始终成正比,因此不需要满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件。 (5)图像为过坐标原点的直线,由牛顿第二定律和图像可知a= n=kn,因此钩码的总个数N=。 答案 (1)右　(3)2.02　(4)不需要　(5) 13.解析 (1)OA垂直于OB,分析物块受力有TOAsin θ=TOBcos θ 因为θ=37°,所以TOA>TOB,故OA绳先断。 (2)分析知当OA绳拉力最大时,升降机加速度最大 -mg=ma 代入数据可得a=10 m/s2。 答案 (1)OA绳先断　(2)10 m/s2 14.解析 (1)根据题意,设B物块下落过程中细绳的拉力为F,由牛顿第二定律,对B物块有m'g-F=m'a 对A物块有F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma 联立解得a=5 m/s2 B物块落地前做匀加速直线运动,则有v2=2ah 解得v=10 m/s。 (2)根据题意可知,绳断前,A的运动时间为t1==2 s 绳断后,A上滑过程有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1 解得a1=10 m/s2 A上滑到顶端的时间为t2==1 s 上滑的距离为x==5 m 则斜面的长度为L=h+x=15 m A下滑过程有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2 解得a2=2 m/s2 下滑到底端的时间为t3= s 则A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t=t1+t2+t3=(3+) s。 答案 (1)5 m/s2　10 m/s　(2)15 m　(3+) s 15.解析 (1)设2 s后玩具车加速度大小为a2,据图像得a2= m/s2=2 m/s2 设减速阶段时间为t,由0=v0-a2t 解得t=4 s。 (2)设0~0.4 s内,玩具车加速度大小为a1 a1= m/s2=10 m/s2 据牛顿第二定律得F-f=ma1 关闭发动机后f=ma2 解得F=4.8 N。 (3)0~0.4 s内的位移 x1=a1×10×0.42 m=0.8 m 根据图像可得0.4~2 s内的位移x2约为58×0.2×1 m=11.6 m 2 s以后的位移x3=a2t2=×2×42 m=16 m 玩具车的总位移x=x1+x2+x3=28.4 m。 答案 (1)4 s　(2)4.8 N　(3)28.4 m 学科网（北京）股份有限公司 $