第四章 周末练11 章末检测试卷(第四章 运动和力的关系)（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（人教版 提高A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，通过教材实验（伽利略斜面）、生活情境（汽车、电梯）及复杂模型（滑块木板、传送带），覆盖受力分析、牛顿定律应用等核心知识，注重科学思维与物理观念的综合考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|7/28|伽利略实验、汽车运动分析|结合教材实验与生活情境，基础巩固| |多选|3/18|板块模型、传送带运动|多过程受力分析，能力提升| |非选择|5/54|实验探究（加速度与力关系）、滑块木板综合计算|突出实验探究与复杂运动模型建构，如第15题滑块木板分离及运动过程分析，体现科学推理|

周末练11　章末检测试卷(第四章) [分值：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·甘肃省高一期末)如图所示，图甲、图乙分别为物理教材上伽利略的斜面实验图和理想实验设计图，关于这两幅图说法正确的是(　　) A.伽利略利用图甲斜面实验证明了力不是维持物体运动状态的原因 B.伽利略利用图甲斜面实验证明了自由落体是匀加速直线运动 C.伽利略利用图乙理想实验设计推导出牛顿第一定律 D.伽利略利用图乙理想实验设计证明了力是维持物体运动状态的原因 答案　B 解析　伽利略利用题图甲斜面实验证明了自由落体是匀加速直线运动，故B正确；伽利略利用题图乙理想实验设计证明了力不是维持物体运动状态的原因，牛顿第一定律是牛顿推导出的，故A、C、D错误。 2.(2024·肇庆市高一期末)如图所示，汽车从静止开始做直线运动，汽车所受牵引力逐渐减小，减至大小等于阻力后保持不变，若汽车运动过程中所受阻力大小不变，则下列说法正确的是(　　) A.汽车速度一直增大 B.汽车速度先增大后不变 C.汽车加速度先增大后不变 D.牵引力减至大小等于阻力时，汽车速度减为零 答案　B 解析　根据F-Ff=ma可知，加速度逐渐减小到0后，保持不变，所以汽车的速度先增大后保持不变。故选B。 3.某工艺品的结构简化如图所示，其中A、B是质量分别为m和3m的两个小球，用两根完全相同的轻质弹簧连接，现将该工艺品悬挂在一根细绳的下端处于静止状态，若因其他原因，下面的弹簧突然断裂，则在脱落瞬间，A、B两球的加速度大小分别为(重力加速度为g)(　　) A.0，0 B.g，g C.4g，0 D.3g，g 答案　D 解析　开始时上面弹簧的弹力F1=4mg，下面弹簧的弹力为F2=3mg，下面的弹簧突然断裂，上面弹簧的弹力不变，则A受合力为F=F1-mg=3mg，则A的加速度为aA==3g，下面轻质弹簧的弹力变为零，则此时B只受重力作用，加速度为aB=g，故选D。 4.(2024·咸阳市高一期末)如图所示，水平桌面上的小物块a通过水平轻绳跨过光滑定滑轮连接小物块b，物块a与物块b的质量之比为2∶1。将物块a从P点由静止释放，1 s后到达桌面上距离P点1 m的Q点(b未落地)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则物块a与桌面间的动摩擦因数μ为(　　) A.0.1 B.0.2 C.0.4 D.0.5 答案　B 解析　设轻绳拉力为F，对a、b分别应用牛顿第二定律可得F-μmag=maa，mbg-F=mba 联立可得a= 由运动学公式可得x=at2=1 m 联立解得μ=0.2，故选B。 5.(2024·衡阳市高一期末)如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10 m/s2，由此可判断(　　) A.乘客处于超重状态 B.电梯可能加速下降，加速度大小为2.5 m/s2 C.电梯可能减速上升，加速度大小为5 m/s2 D.乘客对电梯地板的压力为325 N 答案　B 解析　因为乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，弹力小于小球的重力，加速度向下，则乘客处于失重状态，A错误；此时弹簧弹力F=mg，根据牛顿第二定律mg-mg=ma，解得a=2.5 m/s2，方向向下，电梯可能减速上升或者加速下降，C错误，B正确；根据牛顿第二定律Mg-FN=Ma，解得FN=375 N，根据牛顿第三定律可知，乘客对电梯地板的压力为375 N，D错误。 6.如图所示，一辆小车静置在水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将质量为m的小球P悬挂于车顶O点，在O点正下方有一光滑小钉A，它到O点的距离恰好等于橡皮筋原长。现使小车从静止开始向右做匀加速直线运动，在此过程中(橡皮筋始终在弹性限度内)，橡皮筋在A下方的部分与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.匀加速直线运动的加速度大小为 B.橡皮筋的弹力大小为 C.若小车的加速度大小缓慢变大，则θ减小 D.若小车的加速度大小缓慢变大，则小球的高度变高 答案　B 解析　当小车的加速度大小为a时，设橡皮筋的拉力大小为FT，在竖直方向上根据平衡条件得 FTcos θ=mg 在水平方向上根据牛顿第二定律得 FTsin θ=ma 解得FT=，a=gtan θ， A错误，B正确；由a=gtan θ可知加速度增大，θ增大，C错误；此时小球与悬挂点间的竖直距离为L=L0+cos θ=L0+， 可知当a增大时，小球的高度保持不变，D错误。 7.★★如图所示，两个质量均为m的物块A、B叠放压在一个竖直轻弹簧上面，处于静止状态，弹簧的劲度系数为k，t=0时刻，物块受到一个竖直向上的作用力F，使得物块A以0.5g(g为重力加速度的大小)的加速度匀加速上升，弹簧始终处于弹性限度内，则A、B分离时B的速度大小为(　　) A. B.g C.g D.2g 答案　B 解析　静止时弹簧压缩量x1=，分离时A、B之间的压力恰好为零，设此时弹簧的压缩量为x2，对B：kx2-mg=ma，得x2=，物块B的位移大小x=x1-x2=，由v2=2ax得：v=g，B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.(2024·重庆市高一期末)如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动木板和滑块一起做无相对滑动的加速运动。木板质量为M，滑块质量为m，加速度大小为a，木板和滑块之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则在这个过程中(　　) A.滑块受到的摩擦力大小为Ma B.滑块受到的摩擦力大小为 C.拉力的最大值为μ(m+M)g D.拉力的最大值为(m+M) 答案　AD 解析　木板受到的摩擦力大小为Ff=Ma，根据牛顿第三定律，滑块受到的摩擦力大小为Ma，对滑块、木板整体，根据牛顿第二定律F=(M+m)a，滑块受到的摩擦力大小为Ff'=F，故A正确，B错误； 设木板的最大加速度为am，根据牛顿第二定律有μmg=Mam，对滑块、木板整体，根据牛顿第二定律Fm=(M+m)am，拉力的最大值为Fm=(m+M)，故C错误，D正确。 9.(2024·遵义市高一期末)如图所示，足够长的斜面固定在水平地面上，倾角θ=37°。质量为1 kg的物体受到平行于斜面向上的力F，大小为12 N，使物体由静止开始运动，当物体的速度达到2 m/s时撤去F。已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，sin 37°=0.6，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.撤去F前物体的加速度大小为2 m/s2 B.从开始到撤去F需要的时间为1.5 s C.物体沿斜面向上运动的最大位移为1.2 m D.物体沿斜面向下运动的加速度大小为1 m/s2 答案　AC 解析　根据牛顿第二定律可得F-μmgcos θ-mgsin θ=ma，解得a=2 m/s2，故A正确；根据运动学公式有v=at，解得t=1 s，故B错误；撤去F前，有v2=2ax1，解得x1=1 m，根据牛顿第二定律μmgcos θ+mgsin θ=ma1，解得a1=10 m/s2，根据运动学公式v2=2a1x2，解得x2=0.2 m，故物体沿斜面向上运动的最大位移为x=x1+x2=1.2 m，故C正确；物体沿斜面向下运动时，根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得a2=2 m/s2，故D错误。 10.(2024·天津市和平区高一期末)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.传送带的速率为v0=12 m/s 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 答案　CD 解析　由题图知传送带的速率v0=10 m/s，故A错误；由题可得物体0~2 s内的位移即为传送带上下两端的间距，v-t图像中图线与t轴所围面积表示位移，可知位移l= m+×1 m=16 m，故B错误；由题图得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，故C正确； 0~1 s内，传送带的位移为x=v0t=10 m 故相对位移为Δx1=x- m=5 m 物体相对传送带向上运动。1~2 s内物体的位移为x'=×1 m=11 m 传送带的位移为10 m，故相对位移为Δx2=x'-10 m=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，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，取重力加速度g=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.(10分)(2024·咸阳市高一期末)小明通过拉轮胎跑训练体能。如图所示，小明腰部系着轻绳拖着轮胎，已知轮胎的质量为10 kg，绳与水平地面的夹角θ=37°，轮胎与地面间的动摩擦因数μ=0.5。小明拉着轮胎从静止开始全力奔跑，跑出20 m达到最大速度(这一过程可看作匀加速直线运动)，然后以最大速度匀速跑到60 m终点处，共用时10 s。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)(5分)小明加速所用的时间t1； (2)(5分)小明匀加速运动阶段对轮胎的拉力F的大小。 答案　(1)5 s　(2)60 N 解析　(1)设最大速度为vm，匀速阶段所用时间为t2，根据题意有t=t1+t2=10 s x1=t1=20 m，x2=vmt2=60 m-20 m=40 m 联立解得t1=5 s，vm=8 m/s (2)小明匀加速运动阶段的加速度大小为a==1.6 m/s2 根据牛顿第二定律可得Fcos θ-Ff=ma 又Ff=μ(mg-Fsin θ) 联立解得F=60 N 13.(11分)如图所示，物块A和B通过一根跨过光滑定滑轮的轻质细绳连接，质量m1=2 kg的物块A置于倾角θ=24°的粗糙斜面上，细绳与斜面平行，物块B的质量m2=3 kg，用手按住物块A使两物块均静止，物块B距离地面高度h=5 m。现松手释放物块A，物块A恰好未与滑轮相碰，物块A与斜面间的动摩擦因数μ=，物块B落地后不反弹，空气阻力、滑轮质量不计，取cos 24°=0.9，sin 24°=0.4，重力加速度g=10 m/s2，求： (1)(5分)物块B落到地面前的加速度大小和细绳中拉力的大小； (2)(6分)释放时物块A与定滑轮间的距离。 答案　(1)2 m/s2　24 N　(2)6 m 解析　(1)对物块A，由牛顿第二定律得 FT-m1gsin θ-μm1gcos θ=m1a1 对物块B，由牛顿第二定律得m2g-FT=m2a1 联立解得a1=2 m/s2 FT=24 N (2)物块B落到地面前，由匀变速直线运动规律得v2=2a1h 物块B落到地面后，对物块A， 由牛顿第二定律得m1gsin θ+μm1gcos θ=m1a2 由匀变速直线运动规律得v2=2a2x 释放时物块A与定滑轮的距离为d=x+h 解得d=6 m。 14.(12分)(2024·重庆市沙坪坝区高一期末)如图所示，倾角θ=37°的斜面AB与光滑水平面BC平滑连接，BC的右端与水平传送带紧密相连，传送带逆时针匀速转动的速度大小v0=2.0 m/s。有一质量m=1.0 kg的物块从斜面上高为h处静止释放，已知物块与斜面及传送带间的动摩擦因数分别为μ1=0.50和μ2=0.40，传送带C、D两端距离L=2.0 m，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)(5分)若h=3.0 m，求物块到达B点时的速度大小vB； (2)(7分)若释放高度h满足一定条件后，物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回C点，求h的范围。 答案　(1)2 m/s　(2)0.6 m≤h≤2.4 m 解析　(1)根据题意，物块在斜面上运动时，由牛顿第二定律有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1 解得a1=2 m/s2 由运动学公式有=2a1· 解得vB==2 m/s (2)物块在传送带上运动，由牛顿第二定律有μ2mg=ma2 解得a2=4 m/s2 若要物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回C点，则物块到达B点速度vB≥v0=2 m/s 且物块不能从D点离开传送带，则有≥2 m/s 解得h≥0.6 m 物块滑到D点时速度为0，则物块恰好不能从D点离开传送带，则有=2a1·=2a2L 解得h=2.4 m 综上所述，物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回C点，h的范围为0.6 m≤h≤2.4 m 15.★★(13分)(2024·马鞍山市高一期末)如图所示，水平地面上有一个薄木板(厚度可忽略不计)，在木板最右端叠放一个可视为质点的小滑块。小滑块质量m1=1 kg，与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板长l=1 m，质量m2=3 kg，木板和小滑块与水平地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。现对木板施加水平向右的拉力F=26 N。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(2分)滑块在木板上滑动时，木板的加速度大小； (2)(4分)两者分离时，滑块的速度大小； (3)(7分)滑块刚停止时，距木板左端的距离。 答案　(1)5 m/s2　(2)3 m/s　(3)12.75 m 解析　(1)滑块在木板上滑动时，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F-μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2 解得木板的加速度大小为a2=5 m/s2 (2)滑块在木板上滑动时，以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律可得μ1m1g=m1a1 解得滑块的加速度大小为a1=3 m/s2 设经过t时间两者分离，则有a2t2-a1t2=l 解得t=1 s 则两者分离时，滑块的速度大小为 v1=a1t=3 m/s (3)两者分离时，木板的速度大小为 v2=a2t=5 m/s 两者分离后，滑块做匀减速运动的加速度大小为 a1'==2 m/s2 木板做匀加速运动的加速度大小为 a2'== m/s2 滑块从分离到停下所用时间为t'==1.5 s 滑块从分离到停下通过的位移为 x1=t'=2.25 m 滑块从分离到停下，木板通过的位移为 x2=v2t'+a2't'2=15 m 则滑块刚停止时，距木板左端的距离为 Δx=x2-x1=12.75 m 学科网（北京）股份有限公司 $