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 浙江专版）

**基本信息** 高中物理第四章章末周测试卷，满分100分，涵盖牛顿运动定律、受力分析、超重失重等核心知识，通过真题情境与分层设计，落实物理观念与科学思维素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题Ⅰ|10/40|国际单位制、牛顿定律、惯性|结合金华期中、强基联盟真题，基础巩固| |选择题Ⅱ|3/15|加速度图像、传送带运动、斜面受力|多选项设计，考查科学推理| |非选择题|4/45|实验探究（加速度与力关系）、传送带多过程、连接体、板块模型|综合应用，如神舟十七号发射估算（科学态度）、板块相对运动（模型建构）|

周末练11　章末检测试卷(第四章) (满分：100分) 一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.(2024·金华市期中)下列各项中的单位均为国际单位制中的基本单位的是(　　) A.m，V B.A，s C.N，kg D.Pa，W 答案　B 解析　七个国际单位制的基本单位分别是：米(m)、千克(kg)、秒(s)、安培(A)、开尔文(K)、摩尔(mol)、坎德拉(cd)，B项符合题意。 2.在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献。下列关于力和运动的说法正确的是(　　) A.人在沿直线匀速前进的车厢内竖直向上跳起后，将落在车厢内的起跳点 B.两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明物体受的力越大，运动速度越大 C.汽车刹车时，速度大难以刹停，速度小容易刹停，这说明物体的速度越大，惯性越大 D.一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明运动需要力来维持 答案　A 解析　人在沿直线匀速前进的车厢内竖直向上跳起后，由于惯性，在水平方向上人保持原来的速度，车的速度不变，故人落在车厢内的起跳点，A正确；两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，说明物体受的力越大，加速度越大，速度变化得越快，B错误；惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，C错误；一个运动的物体，如果不再受力了，它将会永远运动下去，D错误。 3.关于牛顿第一定律和牛顿第二定律，下列说法中正确的是(　　) A.由牛顿第二定律知，物体所受的合力的方向，就是物体运动的方向 B.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事物进行分析的产物，不可能用实验直接证明 C.牛顿第一定律表明，物体只有在不受外力作用下静止或做匀速直线运动时才具有惯性 D.由牛顿第二定律表达式F＝ma可知，物体所受合外力跟物体质量成正比，跟物体加速度也成正比 答案　B 解析　牛顿第一定律是利用逻辑思维对事物进行分析的产物，不可能用实验直接证明，故B正确；物体所受的合力的方向，是加速度的方向，与物体运动的方向不一定相同，故A错误；牛顿第一定律表明，物体在任何运动状态均具有惯性，故C错误；根据牛顿第二定律表达式F＝ma可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体质量成反比，物体所受合外力与质量和加速度无关，故D错误。 4.(2025·浙江省强基联盟高一月考)跳伞运动员在高空跳离飞机后，主要经历了第一阶段的加速下落和第二阶段打开降落伞之后的减速下落两个过程，则(　　) A.第一阶段运动员处于超重状态 B.第一阶段运动员不受重力作用 C.第二阶段运动员处于平衡状态 D.第二阶段运动员处于超重状态 答案　D 解析　运动员第一阶段加速下落过程处于失重状态，运动员仍受重力，故A、B错误；第二阶段减速下落过程处于超重状态，故C错误，D正确。 5.某同学用手拉车在水平路面上搬运两包书，简化图如图所示，车在拉力F作用下向左做匀加速直线运动，两包书M和N质量相同，M、N之间始终未发生相对滑动，且相对车静止，以下说法正确的是(　　) A.N所受的合力比M所受的合力大 B.M受到的摩擦力大小与车的速度大小成正比 C.M受到的摩擦力的方向水平向右 D.N与车之间的摩擦力是M与N之间摩擦力的2倍 答案　D 解析　根据题意可知两包书加速度相同，且质量相同，根据牛顿第二定律F＝ma可知，合力相同，故A错误；M受到的摩擦力等于合力，根据牛顿第二定律Ff＝ma可知，摩擦力与车的加速度大小成正比，与速度无关，故B错误；M向左加速，水平方向只受摩擦力，则摩擦力水平向左，故C错误；对N和M整体分析，N与车之间的摩擦力Ff1＝2ma，对M分析，M与N之间的摩擦力Ff2＝ma，故D正确。 6.(2025·浙江省A9协作体高一期中)在阻力不可忽略的实际情况下，两个完全相同的矿泉水瓶，一个装满水，一个不装水。同时从同一高度释放，关于这两个瓶子的落地情况描述正确的是(　　) A.装满水的先落地 B.空瓶先落地 C.同时落地 D.无法确定 答案　A 解析　两个完全相同的矿泉水瓶下落时所受阻力f相同，根据牛顿第二定律mg－f＝ma， 可得a＝g－， 可知质量越大，则加速度越大，即装水的水瓶向下的加速度较大，根据h＝at2， 可知下落的时间较短，即装满水的水瓶先落地，故选A。 7.(2024·浙江省培优联盟高一月考)如图所示，A、B两球质量均为m，A球上端用一根不可伸长的细绳和天花板连接，A球下端用一根轻弹簧和B球相连，重力加速度为g。在剪断细绳的瞬间，A、B两球的加速度大小分别为(　　) A.0，0 B.g，g C.2g，0 D.0，2g 答案　C 解析　由受力分析可知，剪断绳子前细绳的拉力为FT＝2mg，弹簧的拉力为F弹＝mg，剪断绳子瞬间，细绳的拉力消失，弹簧弹力不变，则aA＝＝2g，aB＝＝0，故选C。 8.如图，物块A放在物块B上，B放在光滑水平面上。A、B的质量分别为1 kg、3 kg，两者之间动摩擦因数为0.3，假设两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s2。若对A施加一水平恒力F，使A、B之间恰好发生相对滑动，不计空气阻力，则F为(　　) A.2 N B.4 N C.6 N D.8 N 答案　B 解析　设A、B刚好发生相对滑动时的水平恒力为F0，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得F0＝(mA＋mB)a0，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmAg＝mBa0，联立解得F0＝4 N。故选B。 9.(2024·衢州市高一期末)2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心发射。某同学在收看直播时，分别在点火时和点火9秒时截图，如图所示。已知火箭起飞重量为480吨，火箭全长58.34米，请估算这个阶段火箭受到的平均推力约为(　　) A.1.0×103 N B.5.8×103 N C.1.0×106 N D.5.8×106 N 答案　D 解析　火箭全长58.34 m，由题图可估测火箭9 s时间上升约40 m距离，根据位移—时间公式可知x＝at2，解得a≈1 m/s2，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得F≈5.3×106 N，故选D。 10.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端系于墙上，另一端连接在质量为m的物体A上，A、B大小相同，质量相等，A、B与水平面间的动摩擦因数分别为μA和μB且μA<μB，重力加速度为g。水平外力作用在B上，让B推A使弹簧压缩。若撤去外力静止释放A、B后，A、B向右运动一段距离后会分离，则在A、B分离瞬间，下列说法正确的是(　　) A.弹簧形变量为零 B.弹簧的压缩量为 C.弹簧的伸长量为 D.弹簧的压缩量为 答案　C 解析　在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为零，加速度仍相同，由于μA<μB，可知此时弹簧处于伸直状态，设弹簧的伸长量为x，根据牛顿第二定律得μBmg＝ma，μAmg＋kx＝ma，联立解得x＝，故选C。 二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不选全的得3分，有选错的得0分) 11.质量为m的同学乘坐升降电梯时，利用手机中的加速度传感器得到其加速度a随时间t变化的图像如图所示。若该同学所受的支持力为FN，重力加速度为g，取向下为正方向，下列说法正确的是(　　) A.0~4 s内，FN<mg B.0~10 s内电梯一直在下降 C.4~8 s内电梯处于静止状态 D.8~10 s内，该同学处于超重状态 答案　AD 解析　0~4 s内，电梯加速度向下，则该同学处于失重状态，即FN<mg，选项A正确；0~4 s内电梯加速度向下，可能向下加速，也可能向上减速；4~8 s内电梯速度可能为零，处于静止状态，也可能处于匀速运动状态；8~10 s内，电梯加速度向上，该同学处于超重状态，电梯可能加速上升，也可能减速下降，选项B、C错误，D正确。 12.如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，物块以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.物块的初速度v0＝4 m/s B.传送带转动的速度v＝4 m/s C.AB两点间的距离为3 m D.物块留在传送带上的摩擦痕迹长为0.5 m 答案　AD 解析　由题图乙可知，物块的初速度v0＝4 m/s，传送带转动的速度v＝2 m/s，A正确，B错误；A、B两点间距离为s＝×(2＋4)×0.5 m＋2×1 m＝3.5 m，C错误；物块与传送带共速前二者有相对滑动，故物块留在传送带上的摩擦痕迹长为Δs＝×(2＋4)×0.5 m－2×0.5 m＝0.5 m，D正确。 13.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。 三、非选择题(本题共4小题，共45分) 14.(9分)(2025·杭州市高一期中)某实验小组利用图甲所示装置探究加速度与力、质量的关系。图中带滑轮的长木板放在水平桌面上，力传感器与滑轮之间的轻绳始终与长木板平行。 (1)(3分)实验过程中，下列说法正确的是　　　  A.若使用电火花计时器，应选用交流8 V电源 B.实验中沙和沙桶质量要远小于小车质量 C.实验中因为使用了力传感器，所以不需要平衡阻力 D.实验中必须先启动电源，再释放小车 (2)(6分)实验得到图乙所示的纸带，电源频率为50 Hz，纸带上各点均为计时点，则打点计时器打出B点时小车速度大小vB＝　　　　 m/s，小车加速度大小a＝　　　　 m/s2(最终结果均保留三位有效数字)。  答案　(1)D　(2)1.61　3.19 解析　(1)电火花计时器使用的是220 V的交流电源，故A错误；实验中由于有力传感器可以直接测得拉力，所以不需要沙和沙桶质量远小于小车质量，故B错误；实验中虽然使用了力传感器可以直接测拉力，但仍然需要平衡阻力，故C错误；实验中必须先启动电源，再释放小车，故D正确。 (2)由图乙可知相邻计数点时间间隔为t＝0.04 s，则打点计时器打出B点时小车速度大小vB＝×10－2 m/s≈1.61 m/s； 由逐差法可得加速度大小a＝×10－2 m/s2≈3.19 m/s2。 15.(10分)如图所示，传送带与水平面的夹角θ＝30°，正以恒定的速率v＝2.5 m/s顺时针转动，现在其底端A轻放一货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝，经过t＝2 s，传送带突然被卡住而立即停止转动，由于惯性，货物继续沿传送带向上运动，并刚好到达传送带顶端B。求传送带底端A与顶端B的距离。(g取10 m/s2) 答案　4 m 解析　货物从A处开始做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma1 代入数据解得a1＝2.5 m/s2 货物做匀加速运动的时间t1＝ s＝1 s 位移大小x1＝t1＝×1 m＝1.25 m 在1~2 s时间内，货物随传送带一起做匀速直线运动的位移大小为 x2＝v(t－t1)＝2.5×(2－1) m＝2.5 m 传送带停止转动后，货物做匀减速直线运动，设此时货物的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma2 代入数据解得a2＝12.5 m/s2 货物做匀减速直线运动的位移大小为 x3＝ m＝0.25 m 则传送带底端A与顶端B的距离 L＝x1＋x2＋x3＝4 m。 16.(12分)如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个质量分别为m、3m的小球a和b，用手按住a球静止于地面时，b球离地面的高度为h，两物体均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，重力加速度为g，a球与定滑轮间距足够大，不会相碰，释放a球后： (1)(4分)b球落地前的加速度大小； (2)(4分)b球落地时的速度大小； (3)(4分)a球能到达的最大高度。 答案　(1)　(2)　(3)h 解析　(1)b球落地前，两球的加速度大小相等，以b球为对象，根据牛顿第二定律可得3mg－FT＝3ma， 以a球为对象，根据牛顿第二定律可得FT－mg＝ma， 联立解得a＝； (2)对b球由匀变速直线运动的位移速度关系有v2＝2ah， 解得b球落地前瞬间的速度大小为v＝； (3)b球落地后，a球继续做竖直上抛运动， 继续上升的高度为h'＝， 则a球能到达的最大高度为hm＝h＋h'＝h。 17.(14分)如图所示，质量为2.5 kg的一个长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)(4分)求木块对铁箱压力的大小； (2)(5分)求水平拉力F的大小； (3)(5分)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力，又经过1 s时间木块从左侧到达右侧， 则此时木块相对铁箱运动的距离是多少？ 答案　见解析 解析　(1)木块静止在铁箱后壁上，所以在竖直方向有Ff＝m木g 又有Ff＝μ2FN 所以有FN＝＝20 N 由牛顿第三定律可得木块对铁箱的压力大小为20 N。 (2)对木块受力分析，在水平方向有a＝＝40 m/s2 对铁箱和木块整体受力分析，在水平方向有 F－μ1(m木＋m箱)g＝(m木＋m箱)a 解得F＝129 N (3)撤去拉力后，铁箱向右减速运动，其加速度大小a箱＝＝3.1 m/s2 木块向右减速运动，其加速度大小a木＝＝2.5 m/s2 在t＝1 s的时间内， 铁箱向右运动的位移x箱＝vt－a箱t2＝4.45 m 木块向右运动的位移x木＝vt－a木t2＝4.75 m 木块相对铁箱运动的距离x＝x木－x箱＝0.3 m。 学科网（北京）股份有限公司 $