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（粤教版）

**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，以生活情境（如蹦极、消防员缓冲）和真题改编（2024年广州、汕头期末题）为载体，全面考查牛顿定律应用、受力分析等核心知识，注重物理观念与科学思维的融合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|7/28|牛顿定律理解、超重失重、摩擦力分析|结合汽车刹车、儿童蹦极等情境，辨析惯性、作用力与反作用力等概念| |多选|3/18|加速度图像、传送带运动、连接体问题|通过a-t图像、传送带共速判断，考查科学推理（如电梯运动状态分析）| |非选择|5/54|实验探究（加速度与力关系）、多过程运动（刹车安全距离、弹性球碰撞）|综合应用牛顿定律与运动学公式，如安全距离计算、传送带多阶段运动分析，体现模型建构与问题解决能力|

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.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；对于任何物体，在受到相同的合外力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是物体的质量，质量越大，运动状态越不容易改变，故D项正确。 2.(2024·韶关市高一期末)如图所示是用倾斜的索道运输货物的情景，当载重车厢沿索道向上匀加速运动时，货物与车厢始终保持相对静止状态，货物与车厢底板的接触面保持水平。下列对车厢货物受力分析的示意图中，可能正确的是(　　) 答案　D 解析　将加速度沿竖直方向和水平方向分解，可知有竖直向上的分加速度和水平向右的分加速度，则车厢内货物竖直方向受到重力和支持力作用，水平方向受到水平向右的摩擦力作用，故选D。 3.(2024·广州市高一期末)如图所示为小朋友在玩“儿童蹦极”，拴在小朋友腰间左右两侧是弹性极好的相同的轻质橡皮绳。若小朋友从最低位置在橡皮绳拉动下由静止开始上升(此时橡皮绳伸长最大)，直至上升到橡皮绳处于原长的过程中，下列说法中正确的有(　　) A.小朋友始终处于超重状态 B.小朋友始终处于失重状态 C.小朋友的速度最大时，加速度等于零 D.小朋友处于最低点时，速度为零，加速度也为零 答案　C 解析　对小朋友受力分析，自身重力大小方向不变，橡皮绳拉力随上升的高度增加而减小。由牛顿第二定律F-mg=ma可知，F>mg时，加速度方向向上，小朋友处于超重状态，F<mg时，加速度方向向下，小朋友处于失重状态，故A、B错误；根据小朋友的加速度与速度方向关系，可知其先加速上升然后减速上升，小朋友的速度最大时，加速度等于零，小朋友处于最低点位置时，速度为零，加速度不为零，故C正确，D错误。 4.某消防员从一平台上无初速度跳下，下落1.8 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.6 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为(　　) A.自身所受重力的2倍 B.自身所受重力的4倍 C.自身所受重力的3倍 D.自身所受重力的5倍 答案　B 解析　由=2gh、=2as得，消防员着地后减速下降的平均加速度大小a=3g，由牛顿第二定律有FN-mg=ma，得FN=4mg，B正确。 5.(2024·汕头市金山中学高一期末)如图所示，质量为M的木箱放在水平地面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m的小球，球与杆之间存在摩擦。小球从杆的顶端由静止释放，沿杆下滑的加速度大小为a=g，g为重力加速度，则在小球下滑的过程中，木箱对地面的压力大小为(　　) A.Mg B.Mg+ C.Mg+ D.Mg- 答案　C 解析　对球受力分析，竖直方向上球受重力和杆对球向上的摩擦力，由牛顿第二定律得mg-f=ma，且a=g，解得f=mg，对木箱受力分析：竖直方向上受到重力、地面的支持力和球对杆向下的摩擦力，根据平衡条件得FN=Mg+f=Mg+mg，根据牛顿第三定律得FN'=FN=Mg+mg，故选C。 6.(2024·广州市高一期末)某同学站在力传感器上连续做“下蹲-站起-下蹲-站起…”的动作。截取力传感器某一时段内的采集数据如图所示。下列说法中正确的是(　　) A.A点对应人处于失重状态 B.B点对应人在站起阶段 C.C点对应人正在蹲着不动 D.图中表示该同学完成了两次“下蹲-站起” 答案　B 解析　开始时人处于平衡状态，A点人对传感器的压力大于重力，人处于超重状态，故A错误；站起过程先是加速上升，处于超重状态，后再减速上升，处于失重状态，先超重再失重，对应压力先增大后减小，可知B点对应人在站起阶段，故B正确；由于B点对应人在站起阶段，C点对应平衡状态，所以C点对应人正在站着不动，故C错误；站起过程先是加速上升，后再减速上升，对应压力先增大后减小；下蹲过程先是加速下降，后再减速下降，对应压力先减小后增大，所以图中所示过程表示该同学完成了一次“下蹲-站起”，故D错误。 7.如图，质量为M=4 kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m=2 kg的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是(　　) A.水平力F1=5 N时，物块将保持静止状态 B.水平力F2=11 N时，物块在长木板M上滑动 C.水平力F3=12 N时，物块受到的摩擦力大小为8 N D.水平力F4=14 N时，长木板受到的摩擦力大小为10 N 答案　C 解析　设恰好滑动时的拉力为F0，加速度为a0，根据牛顿第二定律F0=(m+M)a0，μmg=Ma0，解得a0=2.5 m/s2 ，F0=15 N，B错误；当水平力F1=5 N时，整体处于加速状态，物块不会保持静止状态，故A错误；水平力F3=12 N时，根据牛顿第二定律得F3=(m+M)a3，f3=Ma3，解得a3=2 m/s2，f3=8 N，物块受到的摩擦力大小为8 N，C正确；水平力F4=14 N时，F4=(m+M)a4，f4=Ma4，解得f4≈9.3 N，长木板受到的摩擦力大小约为9.3 N，D错误。 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·深圳市高一期末)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。 9.如图所示，水平传送带AB的长度L=1.8 m，传送带以v=2 m/s顺时针匀速转动(皮带不打滑)，现将一质量m=3 kg的煤块(视为质点)轻放在传送带上的A点，与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，g=10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A.煤块到达B点的速度v=2 m/s B.煤块从A端运动到B点所用的时间为0.9 s C.煤块在传送带上留下的痕迹长度是1 m D.若使煤块从A运动到B所用的时间最短，则需要提高传送带的速度v 答案　AD 解析　煤块在传送带上加速度大小为a==μg=2.5 m/s2，加速到传送带速度所需时间为t== s=0.8 s，通过的位移为s=at2=0.8 m<1.8 m，则到达B点的速度为2 m/s，故A正确；煤块与传送带共速后做匀速运动，运动到B点所需时间为t'== s=0.5 s，故经历的总时间为t总=t+t'=1.3 s ，故B错误；在加速阶段传送带前进的位移s'=vt=1.6 m，煤块在传送带上留下痕迹长度是Δs=s'-s=0.8 m ，故C错误；若使煤块从A运动到B所用的时间最短，煤块需在传送带上一直做加速运动，则需要提高传送带的速度v，故D正确。 10.(2024·汕头市高一期末)如图所示，BC为固定在小车上的水平横杆，质量为M的物块穿在杆上，靠摩擦力保持相对静止，物块通过轻细线悬吊着一个质量为m的小铁球，此时小车以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，物块、小铁球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。小车的加速度增大到2a时，物块始终和小车保持相对静止，则下列说法正确的是(　　) A.横杆对物块的摩擦力增大到原来的2倍 B.横杆对物块的弹力不变 C.细线与竖直方向的夹角增大到原来的2倍 D.细线的拉力增大到原来的2倍 答案　AB 解析　对小球和物块组成的整体，受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向f=(M+m)a，竖直方向FN=(M+m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对物块的摩擦力f增加到原来的2倍，横杆对物块的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A、B正确；以小球为研究对象，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ=ma，得tan θ=，当a增加到2倍时，tan θ变为2倍，但θ没有增大到原来的2倍，细线的拉力T=，可见，a变为2倍，T没有增大到原来的2倍，故C、D错误。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)(2024·汕头市高一期末)甲、乙两物理兴趣小组采用不同的实验方案分别完成了“探究加速度与力、质量的关系”的实验。 (1)(2分)甲组同学在实验中用打点计时器获得一条纸带，如图甲所示，已知计时器的工作频率是50 Hz，1、2、3、4、5是他们选取的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。结合图中给出的数据，求出小车加速度的大小为　　　　 m/s2。(计算结果保留2位有效数字)  (2)(6分)乙组同学设计了如图乙所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机得到滑块运动时的加速度a和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平情况下做了实验，得到a-F图像，如图丙所示。(已知当地重力加速度为g) ①下列操作或说法正确的是　　　　。(选填选项前的字母)  A.本实验不需要测出重物的总质量 B.连接滑块的细线必须与轨道保持平行 C.实验中一定要保证重物的质量远小于滑块和位移传感器发射部分的总质量 ②若a-F图像的斜率为k，纵轴截距为-b(b>0)，则滑块和位移传感器发射部分的总质量m=　　　　，滑块和轨道间的动摩擦因数μ=　　　　。(用题目所给k、b、g表示)  答案　(1)2.0　(2)①AB　②　 解析　(1)两计数点之间的时间为T=0.1 s，由逐差法可得a=， 解得 a=×10-2 m/s2=2.0 m/s2。 (2)力传感器能准确测出滑块所受到的拉力，因此无需测出重物的总质量，也不需要保证重物的质量远小于滑块和位移传感器发射部分的总质量，故A正确，C错误；连接滑块的细线与轨道保持平行，使得力传感器测得的力的大小等于滑块在水平方向上受到的拉力，才能更好地减小误差，故B正确。 由牛顿第二定律得F-f=ma， 由滑动摩擦力公式得f=μmg， 联立得F=ma+μmg 变形得a=·F-μg，故a-F图像的斜率、纵轴截距分别为k=，-b=-μg 解得m=，μ= 12.(10分)(2024·广州市高一期中)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的，若要求安全距离仍为120 m，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(5分)晴天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数μ0； (2)(5分)汽车在雨天安全行驶的最大速度。 答案　(1)0.5　(2)72 km/h 解析　(1)设路面干燥时，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。由牛顿第二定律和运动学公式得v0=108 km/h=30 m/s，μ0mg=ma0，s=v0t0+，联立代入数据解得μ0=0.5。 (2)设在雨天行驶时，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ=μ0=0.2， 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma，s=vt0+， 解得v=20 m/s=72 km/h。 13.(10分)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图像如图所示，球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的，设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10 m/s2，求： (1)(4分)弹性球受到的空气阻力f的大小； (2)(6分)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。 答案　(1)0.2 N　(2)0.375 m 解析　(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1， 由题图知a1== m/s2=8 m/s2， 根据牛顿第二定律， 得mg-f=ma1， 解得f=0.2 N。 (2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4 m/s， 设球第一次离开地面时的速度大小为v2， 则v2=v1=3 m/s， 第一次离开地面后，设上升过程中加速度大小为a2，由牛顿第二定律得 mg+f=ma2，解得a2=12 m/s2 弹性球上升过程中有0-=-2a2h， 解得h=0.375 m。 14.(12分)(2025·广东省六校高一联考改编)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：(重力加速度g取10 m/s2) (1)(5分)传送带刚被卡住时货物的速度大小； (2)(7分)传送带底端A与顶端B之间的距离。 答案　(1)2.5 m/s　(2)4 m 解析　(1)货物从A处开始做匀加速运动，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 1~2 s内货物做匀速运动，所以传送带刚被卡住时货物速度大小为2.5 m/s。 (2)第1 s内货物位移大小s1=t1=×1 m=1.25 m 在1~2 s时间内，货物随传送带一起匀速运动的位移大小为 s2=v(t-t1)=2.5×(2-1) m=2.5 m 传送带停止转动后，货物做匀减速运动，设此时货物的加速度大小为a2， 由牛顿第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma2 代入数据解得a2=12.5 m/s2 货物做匀减速运动的位移大小为 s3== m=0.25 m 则传送带底端A与顶端B之间的距离 L=s1+s2+s3=4 m。 15.(14分)(2024·潮州市高一期末)如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度L1=4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与两滑轨间的动摩擦因数均为μ=，货物可视为质点(取cos 24°=0.9，sin 24°=0.4，重力加速度g=10 m/s2)。 (1)(3分)求货物在倾斜滑轨末端时速度v1的大小； (2)(6分)为了使货物能够到达水平滑轨末端，又保证货物到达水平滑轨末端时速度不超过2 m/s，求水平滑轨长度的取值范围； (3)(5分)若水平轨道和货车的上表面处于同一水平面上，由于雨天，货车与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.4，货物与货车的上表面间动摩擦因数μ2=0.8，试求货物以2 m/s的速度滑上货车时货物在货车上滑行的距离。已知货物的质量m=50 kg，货车的质量M=2.5×103 kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 答案　(1)4 m/s　(2)2.7 m≤L≤3.6 m　(3)0.25 m 解析　(1)对货物，在倾斜滑轨上由牛顿第二定律得 mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1，解得a1=2 m/s2， 由运动学公式=2a1L1，解得v1=4 m/s。 (2)对货物，在水平面上由牛顿第二定律得μmg=ma2，解得a2= m/s2， 货物刚好能够到达水平滑轨末端，则有0-=-2a2L2，解得L2=3.6 m， 货物到达水平滑轨末端时的速度为2 m/s，则有-=-2a2L3，解得L3=2.7 m， 则要满足题意要求，水平滑轨长度的取值范围2.7 m≤L≤3.6 m。 (3)货物滑上货车时，货车受到货物的摩擦力为f2=μ2mg=400 N， 货车与水平地面间的最大静摩擦力为fmax=μ1(m+M)g=10 200 N， 由于fmax>f2，所以货车不动； 对货物，由牛顿第二定律得μ2mg=ma3， 解得a3=8 m/s2，由运动学公式得0-=-2a3s， 解得s=0.25 m。 学科网（北京）股份有限公司 $