第四章 周末练11 章末检测试卷(第四章 牛顿运动定律)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（教科版）

**基本信息** 本卷为高中物理第四章牛顿运动定律章末周测试卷，通过单选、多选、实验及计算题型，融合真实情境与核心素养，全面检测知识掌握与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|7题28分|牛顿定律理解（第1题）、匀减速运动（第2题）、超重失重（第3题）|结合生活情境（如第3题下蹲动作），考查物理观念| |多选|3题18分|板块模型（第8题）、动车组受力分析（第9题）|设置易错点（如第10题弹簧弹力突变），培养科学思维| |非选择|5题54分|实验探究（11、12题加速度与力关系）、传送带（14题）、板块模型（15题）|综合真实情境（如14题传送带、9题龙龙高铁），提升科学探究与推理能力|

周末练11　章末检测试卷(第四章) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.(2024·眉山市高一期末)下列关于牛顿运动定律的说法正确的是(　　) A.牛顿第一定律提出了当物体所受的合外力为零时，物体将处于静止状态 B.汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大 C.跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力 D.在受到相同的合外力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量 答案　D 解析　根据牛顿第一定律的内容知，当物体所受合外力为零时，总保持匀速直线运动状态或静止状态，故A项错误；惯性是物体的固有属性，与物体速度的大小无关，故B项错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C项错误；由牛顿第二定律知，对于任何物体，在受到相同的合外力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素就是物体的质量，故D项正确。 2.烟花爆竹从地面起飞后在竖直方向上做匀减速直线运动，2 s后到达最高点并爆炸，已知爆炸点距地面的高度为30 m，烟花爆炸前受到的空气阻力恒定，重力加速度g取10 m/s2，则烟花上升过程中阻力与重力大小之比为(　　) A.1.25 B.1 C.0.5 D.0.25 答案　C 解析　逆向看烟花做初速度为零的匀加速直线运动，取向下为正方向，h＝at2，解得a＝1.5g，由牛顿第二定律，得mg＋f＝ma，解得＝0.5，C正确。 3.(2024·内江市高一期末)如图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图像，纵坐标为压力，横坐标为时间，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.从b到c的过程中，人的加速度方向向下 B.下蹲过程中人始终处于失重状态下 C.下蹲—起立过程中人最大加速度大小约为6 m/s2 D.6 s内该同学做了2次下蹲—起立的动作 答案　C 解析　由图像可知，从b到c的过程中，压力大于人的重力，人处于超重状态，人的加速度方向向上，故A错误；下蹲过程中人先向下加速，后向下减速，加速度方向先向下后向上，人先处于失重状态后处于超重状态；起立过程中人先向上加速，后向上减速，加速度方向先向上后向下，人先处于超重状态后处于失重状态；则6 s内该同学做了1次下蹲—起立的动作，故B、D错误；由图像可知，下蹲—起立过程中人最大加速度大小约为am＝ m/s2＝6 m/s2，故C正确。 4. (2023·成都市高一期末)如图所示，两个材质相同且质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。大小为F＝50 N的水平拉力作用在物体m1上，弹簧测力计始终在弹性限度内，当系统稳定后，下列说法正确的是(　　) A.弹簧测力计的示数是30 N B.在突然撤去F的瞬间，物体m2的加速度为10 m/s2 C.在突然撤去F的瞬间，弹簧测力计的示数变为0 D.若地面粗糙，系统仍稳定匀加速运动，则弹簧测力计示数一定变大 答案　B 解析　将物体m1和物体m2作为整体，根据牛顿第二定律F＝(m1＋m2)a，再以物体m2为研究对象，根据牛顿第二定律T＝m2a，联立可得弹簧测力计的示数及加速度的大小分别为T＝20 N，a＝10 m/s2，A错误；在突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力不能突变，大小仍为20 N，物体m2的受力不变，加速度仍为10 m/s2，B正确，C错误；若地面粗糙，设两物体与地面间的动摩擦因数为μ，将物体m1和物体m2作为整体，根据牛顿第二定律F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a'，再以物体m2为研究对象，根据牛顿第二定律T'－μm2g＝m2a'，解得弹簧测力计示数T'＝20 N，弹簧测力计的示数保持不变，D错误。 5. 一只长方体空铁箱质量为2 kg，铁箱内有一个质量与空铁箱相同的铁块，铁箱与水平面间以及铁块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ都为0.5，现用水平拉力F使铁块贴在铁箱左壁上方与铁箱一起沿水平面向右做匀加速运动，如图所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则拉力F至少为(　　) A.20 N B.60 N C.70 N D.100 N 答案　D 解析　当拉力F取最小值时，铁块与铁箱之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得此时铁块与铁箱之间的弹力大小为N＝ma，在竖直方向上根据平衡条件有μN＝mg，对铁块和铁箱整体有F－2μmg＝2ma，联立以上三式解得F＝100 N，D正确。 6. 如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，小滑块A和B之间用轻质弹簧连接，A的上端用细线固定，小滑块A的质量是小滑块B质量的一半。开始两个滑块均静止，现在把细线剪断，在剪断细线瞬间A和B的加速度大小分别是(重力加速度大小为g)(　　) A.3g，0 B.， C.，0 D.g，g 答案　C 解析　设A的质量为m，则B的质量为2m，剪断细线前，细线的拉力大小为T＝(2m＋m)gsin 30°＝mg，对B有F弹＝2mgsin 30°＝mg。剪断细线的瞬间，细线的拉力立刻减为零，而弹簧的弹力不变，则B的加速度为零，A的加速度为aA＝g，C正确。 7.如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力F沿斜面向上为正)。则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下列选项图中的(物体的初速度为零，速度沿斜面向上为正方向，重力加速度g取10 m/s2)(　　) 答案　C 解析　在0~1 s内，＝1，根据牛顿第二定律得a1＝g，方向沿斜面向上，物体沿斜面向上做匀加速直线运动，在1 s末的速度为5 m/s；在1~2 s内，拉力F为零，根据牛顿第二定律得a2＝g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s末速度为零；在2~3 s内，＝－1，根据牛顿第二定律得a3＝g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末的速度大小为15 m/s，方向沿斜面向下，C正确。 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. 如图所示，小物块质量为m1＝1 kg，放在长木板上，长木板质量为m2＝2 kg，物块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长，g取10 m/s2)则下列说法正确的是(　　) A.当F＝9 N时，物块的加速度为2 m/s2 B.当F＝15 N时，木板的加速度为5 m/s2 C.若使物块、木板发生相对滑动，F至少为8 N D.当F＝12 N时，物块的加速度为3 m/s2 答案　AB 解析　拉力F作用在木板上，物块和木板恰好不滑动时，物块和木板之间的静摩擦力达到最大，对物块根据牛顿第二定律有μ1m1g＝m1a，对整体有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，联立解得F＝9 N，a＝2 m/s2，当F≥9 N时，物块加速度也为2 m/s2，故C、D错误，A正确；当F＝15 N时，对木板有F－μ2(m1＋m2)g－μ1m1g＝m2a'，解得a'＝5 m/s2，故B正确。 9.(2024·乐山市高一期末)龙龙高铁是国家《中长期铁路网规划》建设项目，东起福建省龙岩市，途经上杭县、武平县进入广东省境内。2023年11月23日试运行列车从龙岩站开出驶向武平站，标志着龙龙高铁龙岩至武平段开始行车试验。如图为CRH2试运行客运列车组，该动车组由8节车厢组成，只有第一节车厢为动力车，各车厢的质量均相等，列车在水平直轨道上行驶时所受阻力大小与车重成正比。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是(　　) A.若列车匀速行驶，则车厢间的作用力为零 B.若列车匀速行驶，则第7、8节与第1、2节车厢间的作用力大小之比为1∶7 C.若列车匀加速行驶，则第7、8节与第1、2节车厢间的作用力大小之比为1∶8 D.若列车匀加速行驶，则第7、8节与第1、2节车厢间的作用力大小之比为1∶7 答案　BD 解析　设第一节车厢的牵引力为F，各车厢所受的阻力为f，若列车匀速行驶，对整体有F－8f＝0 对第1节车厢，根据平衡条件有F－F12＝f 对第8节车厢，根据平衡条件有F78＝f 若列车匀速行驶，则第7、8节与第1、2节车厢间的作用力大小之比为F78∶F12＝1∶7 车厢间的作用力不为零，故A错误，B正确； 若列车匀加速行驶，对整体有F'－8f＝8ma 对第1节车厢，根据牛顿第二定律有F'－F12'－f＝ma，对第8节车厢，根据牛顿第二定律有F78'－f＝ma，若列车匀加速行驶，则第7、8节与第1、2节车厢间的作用力大小之比为F78'∶F12'＝1∶7，故C错误，D正确。 10. (2024·南充市高一期末)如图轻质弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小物块A静止在弹簧上端，现将另一个相同的小物块B轻放在A上面之后，二者一起向下运动，直到最低点，二者一起向下运动的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气的阻力，重力加速度取g，则在二者一起向下运动过程中，下列说法正确的是(　　) A.物块B放上的瞬间，A、B之间的作用力为零 B.物块B放上的瞬间，A、B之间的作用力不为零，但B对A作用力大于A对B的作用力 C.物块B放上的瞬间，物块A向下运动的加速度为 D.当弹簧的弹力等于2mg时，物块A的速度最大 答案　CD 解析　物块B放上的瞬间，A、B之间的作用力不为零，B对A的作用力与A对B的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反；由于弹簧弹力没有突变，A、B作为整体，由牛顿第二定律mg＝2ma 可得物块A向下运动的加速度为a＝g 故A、B错误，C正确； 由于A、B一起向下运动，整体由牛顿第二定律2mg－F弹＝2ma' 弹簧的弹力逐渐增大，整体的加速度逐渐减小，所以A、B向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大值，故当弹簧的弹力等于2mg时，物块A的速度最大，故D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)图甲为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。某同学欲用这套实验装置探究滑块的加速度与长木板、滑块间的动摩擦因数的关系，在其他条件不变的情况下，通过多次改变动摩擦因数μ的值，利用纸带测量对应的多个加速度a的值，画出了a－μ图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(2分)本实验中，　　　　　(填“需要”或“不需要”)平衡阻力。  (2)(2分)为尽可能准确地完成实验，下列做法正确的是　　　　。  A.实验中必须保证小桶和沙子的总质量m远小于滑块的质量M B.实验中需要保证滑块的质量M不变 C.实验中不需要保证小桶和沙子的总质量m不变 D.连接滑块的细线要与长木板平行 (3)(4分)由图乙可知，若滑块的质量M＝1 kg，则小桶和沙子的总质量m＝　　　　 kg。理论上，图乙中b＝　　　　 m/s2。  答案　(1)不需要　(2)BD　(3)0.6　3.75 解析　(1)本实验需要研究摩擦力，则不需要平衡阻力。 (2)如果实验中保证小桶和沙子的总质量m远小于滑块的质量M，会出现μ很小时，滑块也不会运动，则不需要保证桶和沙子的总质量m远小于滑块的质量M，故A错误； 实验中多次改变μ的值，需要其他条件不变，则需要保证滑块的质量M不变，需要保证桶和沙子的总质量m不变，故C错误，B正确； 连接滑块的细线要与长木板平行，避免拉力产生垂直于木板方向的分力，故D正确。 (3)由题图乙可知，当μ＝0.6时，加速度为零，由平衡条件有μMg＝mg 解得m＝0.6 kg 根据题意，由牛顿第二定律有mg－μMg＝(m＋M)a 整理得a＝－μ＋ 结合题图乙可得b＝＝3.75 m/s2。 12.(8分)如图所示为“用DIS(由位移传感器、数据采集器、计算机组成，可以直接显示物体的加速度)探究加速度与力的关系”的实验装置。 (1)(4分)在该实验中必须采用控制变量法，应保持　　　　　　　不变，用钩码所受的重力大小作为　　　　　，用DIS测小车的加速度。  (2)(4分)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据画出a－F关系图线如图所示。 ①分析此图线OA段可得出的实验结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是　　　。  A.小车与轨道之间存在摩擦 B.轨道保持了水平状态 C.所挂钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大 答案　(1)小车总质量　小车所受的合外力大小 (2)①在质量不变时，加速度与合外力成正比 ②C 解析　(1)应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力大小作为小车所受的合外力大小，用DIS测小车的加速度。 (2)①OA段为直线，说明在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比。 ②设小车质量为M，所挂钩码的质量为m，由实验原理得mg＝F＝Ma，即a＝，而实际上a'＝，可见a'<a，AB段明显偏离直线是由于所挂钩码总质量太大，故A、B、D错误，C正确。 13.(10分)如图甲所示，质量m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v－t图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(6分)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)(4分)10 s末物体离A点的距离。 答案　(1)3 N　0.05　(2)2 m 解析　(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v－t图像得a1＝ m/s2＝2 m/s2 根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1 设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v－t图像得a2＝ m/s2＝1 m/s2 根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2 联立解得F＝3 N，μ＝0.05 (2)设10 s内物体的位移为x，则x为v－t图线与横轴所围的面积。 则x＝×4×8 m－×6×6 m＝－2 m，负号表示物体在A点左侧，即10 s末物体离A点的距离为2 m。 14.(12分)(2024·宜宾市高一期末)如图所示，有一条沿顺时针方向转动的传送带，传送带速度恒定v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块无初速度地轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝12 N。已知传送带从底端到顶端的距离L＝5.8 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)(2分)小物块刚放在传送带上时的加速度大小； (2)(10分)小物块从传送带底端运动到顶端的时间，以及该过程在传送带上留下的划痕长度。 答案　(1)10 m/s2　(2)1.4 s　1 m 解析　(1)对物块受力分析，由牛顿第二定律可得 F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1 解得小物块刚放在传送带上时的加速度大小a1＝10 m/s2 (2)设物块经t1时间与传送带共速，这一过程t1＝＝0.4 s，x1＝＝0.8 m 当物块加速至与传送带共速后，物块所受摩擦力方向沿传送带向下，对物块受力分析可得 F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2 解得a2＝2 m/s2 物块此时与传送带顶端的距离为x2＝L－x1＝5 m 物块继续向上加速，由x2＝vt2＋a2 解得t2＝1 s，(t2＝－5 s舍去) 则物块从底端到顶端时间为t＝t1＋t2＝1.4 s 在t1内物块相对传送带向下运动，此时留下的痕迹长度为Δx1＝vt1－x1＝0.8 m 在t2内物块相对传送带向上运动，此时留下的痕迹长度为Δx2＝x2－vt2＝(5－4) m＝1 m 因为Δx2>Δx1 痕迹有覆盖，故划痕长度为Δx＝Δx2＝1 m。 15.(16分)(2024·成都市高一期末)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角θ＝37°，木板受到沿斜面向上拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)(12分)小滑块的质量m及其与木板的动摩擦因数； (2)(4分)当拉力F＝20 N时，长木板的加速度大小为多大？ 答案　(1)2 kg　0.75　(2)2 m/s2 解析　(1)当F等于18 N时，加速度为a＝0；对整体由平衡条件可得F＝(M＋m)gsin θ 代入数据解得M＋m＝3 kg 当F大于18 N时， 根据牛顿第二定律得F－Mgsin θ－μmgcos θ＝Ma 长木板的加速度为a＝F－gsin θ－ 可知图线的斜率为k＝＝1 kg－1 图线的纵轴截距为 b＝－gsin θ－＝－18 m/s2 解得M＝1 kg，m＝2 kg，μ＝0.75。 (2)当拉力F＝20 N时，代入长木板的加速度 a＝F－gsin θ－ 解得长木板的加速度为a1＝2 m/s2。 学科网（北京）股份有限公司 $