4.3 牛顿第二定律 同步练习-2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

4.3牛顿第二定律 同步练习 （本节内容是必修一的绝对核心，同时也是整个高中物理的核心之一，首次将力与运动联系起来，贯穿高中物理全阶段的学习！本节重难点题型为：求瞬时加速度、已知受力求运动、已知运动求受力、连接体问题等，本卷将精选重点题型、易错题型、高频考点，分层练习，力求精练。其中：A组以基础概念题型、简单计算题、实验题为主，适合基础较弱的同学；B组难度稍有提升，适合重点班的同学或者物理基础较好的同学作为新课学习阶段的同步练习。 A组基础演练（建议用时：20分钟） 一、选择题 1．（考点：牛顿第二定律与V-t图像初步）如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，当小朋友用力一踩旁边的气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后的运动可看成直线运动，若运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火箭的速度—时间图像如图乙所示，则（　　） A．过程火箭的加速度先减小后增大 B．时刻火箭的加速度大小大于重力加速度g C．火箭离开支架后上升的最大高度小于 D．若时刻火箭回到起始位置，则 2．（考点：牛顿第二定律与X-t图像初步）小明练习滑冰时，某次运动的x-t图像如图所示，图像由两段抛物线平滑衔接。其中t=10s时曲线与x轴相切，t=30s时曲线的斜率最大，t=40s后曲线与x轴平行。已知小明的质量为60kg。前40s内，小明运动的加速度a、速度v、平均速度和所受外力F随时间t变化的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（考点：牛顿第二定律初步运用）车厢中用细线悬挂小球，通过细线的倾斜程度来检测车辆在行进过程中的加速度。如图所示，质量相同的两个光滑小球通过轻质细线分别系于车的顶部，左侧小球与车厢左侧壁接触，两细线与竖直方向的夹角相同，拉力大小分别为FT1和FT2。下列说法正确的是（　　） A．车正在向右做加速运动 B．两细线的拉力FT1＝FT2 C．当汽车加速度增大时，FT1变小 D．当汽车加速度减小时，FT2增大 4．（考点：牛顿第二定律与V-t图像初步）如图甲所示，小鸟一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其图像如图乙所示，自由落体运动的时间为，整个过程的运动时间为，最大速度为，重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．研究小鸟俯冲动作时能将其视为质点 B．整个过程下落的高度为 C．至时间内小鸟的加速度大小为 D．至时间内小鸟受到的阻力比重力小 5．（考点：牛顿第二定律解决变速追及问题）光滑的水平桌面上，甲、乙两磁力小车在同一直线上运动，运动过程两车始终未发生碰撞，且在开始的0.5s时间内相互靠近，得到两车的v-t图像如图所示，图像中甲、乙两曲线交于P点，虚线是两曲线在P点的切线，则下列说法正确的是（　　） A．t=0.5s时，甲、乙相距最远 B．甲、乙两车的质量之比为2∶3 C．0~0.5s内，甲车的平均速度为3.5m/s D．甲、乙两车速度方向可能相同也可能相反 二、实验题 6．（考点：验证牛顿第二定律实验）某实验小组利用图1所示装置完成“探究加速度与力、质量的关系”实验。 (1) 图2所示是实验中打下的一条纸带，在其上取连续的0~6七个计数点（相邻两计数点间均有4个点未标出），已知交流电的频率为50Hz，则计数点3对应的读数为 cm；小车的加速度大小为 m/s2（保留两位有效数字）。 (2)下列说法正确的是___________。 A．实验中打点计时器应该选用8V直流电源 B．连接槽码和小车的细线与轨道必须平行 C．实验前平衡摩擦力时小车需要连上槽码和纸带 (3)利用如图3所示装置改进实验，关于改进后的方案，下列说法正确的是___________。 A．不用再平衡摩擦力 B．槽码质量不必远小于小车质量 C．可用槽码总重力代替小车牵引力 D．不断增加槽码质量，小车加速度可能大于重力加速度 三、计算题 7．（考点：牛顿第二定律初步计算）某次无人机沿竖直方向从地面静止起飞，在内做匀加速直线运动，加速度大小为，末调节发动机转速改变升力，开始向上做匀减速直线运动，末刚好减速到零并到达指定平台。已知无人机总质量为，求： (1)平台离地高度H； (2)在内空气对无人机作用力大小F。 B组能力提升（建议用时：25分钟） 一、选择题 1．如图所示，、两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为和，、间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（　　） A．、的质量之比为 B．、所受弹簧弹力大小之比为 C．悬挂、的细线上拉力大小之比为 D．快速撤去弹簧的瞬间，、的瞬时加速度大小之比为 2．（多选）（考点：求动摩擦因数、连接体问题）如图甲所示，长木板固定放置在水平桌面上，长木板的上表面 B点处安装有光电门，右侧安装有定滑轮，带有遮光条的滑块（总质量为m）放置在长木板上，轻质细线跨过定滑轮，左端与滑块连接，右端与安装在天花板上的力传感器连接，在绳上放置带重物的动滑轮，现让滑块从A 处由静止释放（A、B两点之间的距离为L），稳定时记下力传感器的示数 F 以及遮光条通过光电门的时间t，更换重物，让滑块仍从 A 处由静止释放，记录多组相对应的 F、t，作出 图像如图乙所示，重力加速度为g，轻质细线与滑轮之间的摩擦力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．长木板上方的细线与长木板可以不平行 B．轻质细线的拉力大小等于力传感器示数 C．由图乙所给的信息可得遮光条的宽度为 D．由图乙所给的信息可得滑块与长木板之间的动摩擦因数为 3．（考点：牛顿第二定律与V-t图像初步）国家跳水队是中国体育界的王牌之师，在各项奥运项目中成绩高居榜首，被誉为跳水“梦之队”。某次训练中，质量m=50kg的运动员从距水面h=5m的跳台边缘处由静止自由落下，触水瞬间受到竖直向上的作用力大小，式中水的密度，触水瞬间的有效面积，v为触水瞬间速度大小，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．运动员从离开跳台到接触水面所用的时间为1.2s B．运动员触水瞬间的速度大小为10m/s C．运动员触水瞬间受到水的作用力大小为500N D．运动员触水瞬间加速度的大小为26m/s2 二、实验题 4．（考点：实验：探究物体受力与质量的关系）在验证牛顿第二定律的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后推动的纸带由打点计时器打上的点计算出。 （1）当M与m的大小关系满足 时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力； （2）某同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图像法处理数据，为了比较容易地确定出加速度a与质量M的关系，应该作a与 的图像； （3）若甲同学根据测量数据作出的图线如图（a）所示，说明实验存在的问题是 ；若甲同学根据测量数据作出的图线如图（b）所示，说明实验存在的问题是 ； （4）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的图线如图（c）所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？ ； （5）本实验所采用的方法是 。 三、解答题 5．（考点：叠加器问题、求顺势加速度问题）如图为一倾角为的粗糙固定斜面，质量的物块与劲度系数的轻弹簧一端连接，弹簧另一端固定于斜面顶端。质量的物块叠放在上。系统静止时，弹簧伸长量，与斜面间动摩擦因数，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度大小，求 (1)系统静止时，斜面对的摩擦力。 (2)取走瞬间的加速度。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年10月01日物理作业》参考答案 A组 1．C 【详解】A．过程，火箭处于上升阶段，根据牛顿第二定律可得 可知随着火箭速度的减小，加速度逐渐减小；过程，火箭处于下降阶段，根据牛顿第二定律可得 可知随着火箭速度的增大，加速度继续逐渐减小；综上分析可知，过程火箭的加速度一直在减小，故A错误； B．时刻，火箭的速度为0，所受阻力为零，只受重力作用，加速度大小为g，故B错误； C ．时间内物体的运动不是匀变速直线运动，根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知火箭上升的最大高度小于，故C正确； D．上升过程、下降过程位移大小相等，由于上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，则有 可得，故D错误。 故选C。 2．B 【详解】AB．由图可知0~10s内，小明处于静止状态，速度为零，加速度为零；10~30s内小明做匀加速直线运动，则， 代入数据解得， 30~40s内小明做匀减速直线运动，且40s时速度减为零，则 解得 故A错误，B正确； C．0~10s内，平均速度为零； 10~30s、30~40s内平均速度均为 故C错误； D．0~10s内，由于加速度为零，则外力为零； 10~30s内，外力为 30~40s内，外力为 故D错误。 故选B。 3．B 【详解】A．因小车沿水平方向运动，故小车的加速度一定沿水平方向，又因小球受竖直向下的重力和斜向右上方的拉力，故小球所受合力一定水平向右，加速度也水平向右，则小车可能向右加速，或者向左减速，故A错误； B．因两细线与竖直方向的夹角相同，由两球竖直方向受力平衡可知，两细线的拉力FT1＝FT2，故B正确； C．根据上面选项的分析，可知当汽车加速度增大时，FT1不变，故C错误； D．对悬挂小球2的细线与竖直方向的夹角为，则有， 得， 可知当汽车加速度减小时，变小，FT2变小，故D错误。 故选B。 4．B 【详解】A．研究小鸟俯冲动作时，小鸟的形体大小不能忽略，不能将其视为质点，A错误； B．自由落体过程中 可得 图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，整个过程下落的高度为，选项B正确； C．至时间内小鸟的加速度大小为，C错误； D．至时间内小鸟向下做减速运动，加速度向上，根据f-mg=ma2，可知小鸟受到的阻力比重力大，D错误。 故选B。 5．B 【详解】A．由图可知，甲追乙，t=0.5s时，二者速度相等，则甲、乙相距最近，故A错误； B．根据图像可知，甲、乙两车的加速度分别为 甲、乙两磁力小车之间的作用力等大反向，根据牛顿第二定律得，故B正确； C．由图可知，0~0.5s内，甲车不是匀减速运动，其平均速度 即，故C错误； D．根据图像可知甲乙两车的速度都为正值，也就是两车速度方向相同，故D错误。 故选B。 6．(1) 7.45/7.46/7.47/7.47/7.48/7.49/7.50/7.51/7.52 0.48/0.49/0.50/0.51 (2)B (3)BD 【详解】（1）[1]由图2可知，刻度尺的分度值为1mm，计数点对应的读数为7.50cm。 [2]相邻两计数点间的时间间隔 由图2可得，，，，， 根据逐差法 代入数据可得 （2）A．打点计时器需要使用交流电源，不能用直流电源，故A错误； B．连接槽码和小车的细线与轨道必须平行，这样才能保证小车受到的拉力等于细线的拉力，故B正确； C．实验前平衡摩擦力时，小车不需要连槽码，只需要连纸带，故C错误。 故选B。 （3）A．改进后，仍需平衡摩擦力，这样小车所受到的拉力才等于小车所受合外力，故A错误； B．因为有力传感器可以直接测出拉力，所以槽码质量不必远小于小车质量，故B正确； C．此时小车的牵引力由力传感器测出，不是槽码总重力，故C错误； D．根据动滑轮的性质，同一时间段内小车的位移大小是槽码的两倍，两者初速度都为零，根据可知，小车的加速度大小是槽码的两倍，所以档不断增加槽码质量，小车加速度可能大于重力加速度，故D正确。 故选BD。 7．(1)24m (2)12N 【详解】（1）4s末无人机速度大小为 全程平均速度大小为 则总高度 （2）4~6 s内无人机加速度大小为 方向为竖直向下；对无人机由牛顿第二定律 解得空气对无人机作用力大小为 B组 1．C 【详解】B．由题知，A、B两个物体受同一根弹簧的弹力作用，故两物体所受弹簧弹力大小相等，比值为1:1，故B错误； A．对A、B两个物体受力分析，如图所示 A、B两物体都处于静止状态，受力平衡，对A、B两物体分别有， 联立解得，故A错误； C．对A、B两物体受力分析，可得细线拉力分别为， 联立解得，故C正确； D．快速撤去弹簧的瞬间， A、B两物体将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向，对A、B两物体受力分析，根据牛顿第二定律分别有， 联立解得加速度之比为，故D错误。 故选C。 2．BCD 【详解】A．应保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故A错误； B．绕过滑轮的细绳的拉力相等，故B正确； C．根据牛顿第二定律得 速度 由匀变速直线运动的速度—位移公式得 整理得 根据图像斜率可知 解得 故C正确； D．根据C项与图像的截距，结合摩擦力的计算公式 可解得滑块与长木板之间的动摩擦因数为 故选BCD。 3．BD 【详解】A．运动员从离开跳台到接触水面过程仅受重力作用，有 解得，故A错误； B．根据速度位移公式 可得运动员触水瞬间的速度大小，故B正确； C．运动员触水瞬间受到水的作用力为，故C错误； D．由牛顿第二定律有 运动员触水瞬间加速度的大小为，故D正确。 故选BD。 4． 没有平衡摩擦力或斜面倾角过小平衡摩擦力不足 平衡摩擦力时倾角过大 小车及车上砝码的总质量 控制变量法 【详解】（1）[1]以整体为研究对象有 绳子对车的拉力 则当时，此时可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。 （2）[2]根据牛顿第二定律 a与M成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作图像，但存在关系 故a与成正比，而正比例函数图像是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作图像； （3）[3][4]图（a）中当拉力达到一定数值时才产生了加速度，说明没有平衡摩擦力或斜面倾角过小平衡摩擦力不足没有完全平衡摩擦力，若出现的是（b）图，则表明还没有施加外力F时，已经有了加速度了，则说明在平衡摩擦力时倾角过大； （4）[5]由于 在图像中，斜率表示了小车及车上砝码的总质量M倒数的大小，且斜率越大表示质量M越小，从图像上可以看出两个斜率不相同，即小车及车上砝码的总质量M是不一样的； （5）[6]本实验采用了控制变量的方法对F、M、a、三者之间的关系展开实验验证。 5．(1)斜面对的摩擦力大小为，方向沿斜面向上 (2)的加速度为，方向沿斜面向上 【详解】（1）系统静止时，对、整体受力分析，由胡克定律得 弹簧弹力沿斜面向上。总重力沿斜面向下的分力为 因系统静止，沿斜面方向合力为零。设静摩擦力沿斜面向上，由平衡条件 代入数据 解得 方向沿斜面向上。 （2）取走瞬间，弹簧弹力不突变， 方向沿斜面向上，对受力分析，的重力沿斜面向下的分力为 斜面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 因有沿斜面向上的趋势，摩擦力方向沿斜面向下。沿斜面方向应用牛顿第二定律 代入数据 解得 方向沿斜面向上。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $