5.3.2 牛顿第二运动定律(二) 同步练习 -2026-2027学年高一上学期物理鲁科版必修第一册

**基本信息** 本同步练习通过“基础过关”“能力提升”分层设计，以牛顿第二定律应用为核心，从单一模型到综合情境递进，强化运动与相互作用观念及科学推理能力，适配新授课知识巩固与思维提升需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关|连接体受力分析、传送带基础运动、斜面共速问题|6选择（含2多选）+1计算，聚焦单一模型应用，如第2题连接体作用力计算，巩固牛顿第二定律基本公式| |能力提升|弹簧连接体、传送带多过程、板块模型、v-t图象分析|2选择+4计算，综合多对象/多过程问题，如第13题结合v-t图象分析相对运动，培养模型建构与科学论证能力|

5.3 牛顿第二运动定律　同步练习 牛顿运动定律的应用(二) “三类典型问题” 基础过关 一、选择题 1.(2026·江苏南通期末)如图所示，一小球通过细线与固定在小车上的细杆连接，两者保持相对静止一起沿光滑的斜面下滑，不计空气阻力。则关于小球和小车的相对位置正确的是(　　) 2.如图所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑水平桌面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2作用，而且F1>F2，则1施于2的作用力大小为(　　) A.F1 B.F2 C.(F1＋F2) D.(F1－F2) 3.如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2 m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A端与B端相距 6 m，求物体由A到B的时间(g＝10 m/s2)(　　) A.2 s B.2.5 s C.3.5 s D.4 s 4.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则(　　) A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 5.(多选)如图所示，在光滑地面上，以水平恒力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，加速度大小是a，木块和小车之间的动摩擦因数是μ，重力加速度为g。则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是(　　) A.μmg B. C.μ(M＋m)g D.ma 6.(多选)如图所示，在光滑的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，重力加速度为g。则M、m间的相互作用力为(　　) A. B. C.若桌面的动摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为 ＋μMg D.若桌面的动摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力仍为 二．计算题： 7.如图所示，质量为M，长为L的滑板静止在光滑水平面上，一质量为m的小滑块以速度v从左端滑上滑板，最后刚好不从滑板右端掉下，重力加速度为g。 求：滑块与滑板间的动摩擦因数。 能力提升 一、选择题 8.如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧的长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧的长度为L2。若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是(　　) A.L2＜L1 B.L2＞L1 C.L2＝L1 9.(2026·江苏宿迁期末)如图所示，传送带与地面的夹角为37°，其顶端A到底端B的距离为4 m，传送带始终以5 m/s的速率逆时针转动。在传送带顶端A轻放一小煤块，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin 37°=0.6，重力加速度大小g=10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.煤块下滑过程中先加速后匀速 B.煤块从传送带顶端A运动到底端B所用的时间为1.05 s C.煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.5 m D.煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m 二．计算题： 10.如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，质量M＝4 kg，长L＝1.4 m。木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m＝1 kg，其尺寸远小于L，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取g＝10 m/s2) (1)现将一水平恒力F作用在木板上，为使小滑块能从木板上面滑落下来，则F大小的范围是多少？ (2)其他条件不变，若恒力F＝22.8 N，且始终作用在木板上，最终使得小滑块能从木板上滑落下来，则小滑块在木板上面滑动的时间是多少？ 11.一小圆盘静止在桌布上，位于方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图所示，已知圆盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，圆盘与桌面间的动摩擦因数为μ2，现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度) 12.如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(g取10 m/s2) (1)若传送带静止不动，求vB； (2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，则求出到达B点的速度vB； (3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。 13.如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示 ，a、b、c、d点的坐标为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根据v－t图象，(g取10 m/s2)，求： 　　　　 甲　　　　　　　　　　　乙 (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a； (2)物块质量m与长木板质量M之比； (3)物块相对长木板滑行的距离Δs。 参考答案： 1.解析　由题意可知小球、小车的加速度相同，设斜面倾角为θ，对整体由牛顿第二定律得(m球+m车)gsin θ=(m球+m车)a，解得加速度a=gsin θ，方向沿斜面向下，故小球的合力大小F合=m球a=m球gsin θ，即小球的合力为小球的重力沿斜面向下的分力，则绳子拉力垂直斜面向上，故B正确。答案　B 2.解析　将物体1、2看做一个整体，其所受合力为 F合＝F1－F2，设物体1、2的质量均为m， 由牛顿第二定律得F1－F2＝2ma，所以a＝。 以物体2为研究对象，受力情况如图所示。 由牛顿第二定律得F12－F2＝ma， 所以F12＝F2＋ma＝，故选C。答案　C 3.解析　物体在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝μg＝2 m/s2，当物体的速度为2 m/s时，位移为s1＝ m＝1 m＜6 m，所以在到达B点之前，物体还有一段做匀速直线运动， 加速时间为t1＝＝ s＝1 s，匀速时间为t2＝＝ s＝2.5 s， 故总时间为t＝t1＋t2＝1 s＋2.5 s＝3.5 s，C正确。答案　C 4.解析　由v－t图象可知，物体先向左减速到零，然后再向右加速到v1，以后与传送带一起做匀速运动，由于v2>v1，所以相对地面来说，向左减速的位移大于向右加速运动的位移。t1时刻，小物块离A点的距离最大，A错误；t2时刻二者相对位移最大，B正确；0～t2时间内，加速度不变，摩擦力不变，C错误；t2～t3时间内物体不受摩擦力的作用，D错误。答案　B 5.解析　以小车和木块组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律知，a＝，以木块为研究对象，摩擦力f＝ma＝。答案　BD 6.解析　根据牛顿第二定律得对整体：a＝ 对M：N＝Ma＝。故A错误，B正确； 若桌面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得 对整体：a＝＝－μg 对M：N－μMg＝Ma 得到N＝μMg＋Ma＝。故C错误，D正确。答案　BD 7.解析　设两者间的动摩擦因数为μ，刚滑到滑板右端用时为t。 则小滑块所受的摩擦力为：f＝μmg 由牛顿第三定律得，长木板所受的摩擦力大小为f′＝f 滑块的加速度：a1＝＝μg，方向向左 滑板的加速度：a2＝＝，方向向右 刚好不掉下满足的条件：v－a1t＝a2t① vt－a1t2＝a2t2＋L② 联立①②解得μ＝。 答案　 8.D.由于A、B的质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系 解析　A、B在粗糙水平面上运动时，利用整体法和隔离法进行研究，对A、B整体，根据牛顿第二定律有：a＝－μg；对物体B，根据牛顿第二定律得：kx－μmBg＝mBa，解得：x＝，即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关，所以L2＝L1，即选项C正确。答案　C 9.解析　煤块刚放上时相对传送带向上运动，故煤块受到沿传送带向下的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1，解得煤块的加速度大小为a1=10 m/s2。煤块加速到与传送带共速需要的时间为t1==0.5 s，发生的位移为x1=a1=1.25 m<4 m，因为μ<tan 37°，所以煤块继续沿传送带向下加速运动，由牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2，解得煤块的加速度大小a2=2 m/s2，位移大小为x2=L-x1=2.75 m，根据位移与时间的关系有x2=vt2+a2，解得煤块继续加速的时间t2=0.5 s，则煤块从传送带顶端A运动到底端B所用的时间为t=t1+t2=1 s，故A、B错误;煤块与传送带共速前，痕迹的长度为Δx1=vt1-x1=1.25 m;共速后煤块留下的痕迹长度为Δx2=x2-vt2=0.25 m，因为Δx2<Δx1且方向相反，共速后的痕迹被共速前的痕迹覆盖，所以煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m，故C错误，D正确。答案　D 10.解析　(1)要使小滑块能从木板上滑下，则小滑块与木板之间应发生相对滑动，此时，对小滑块分析得出μmg＝ma1，解得a1＝4 m/s2。 对木板分析得出F－μmg＝Ma2， 加速度a1、a2均向右，若小滑块能从木板上滑下， 则需要满足a2＞a1，解得F＞20 N。 (2)当F＝22.8 N时，由(1)知小滑块和木板发生相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma3，则a3＝4.7 m/s2。 设经时间t，小滑块从木板上滑落，则a3t2－a1t2＝L， 解得t＝－2 s(舍去)或t＝2 s。 答案　(1)F＞20 N　 (2)2 s 11.解析　设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，圆盘的加速度为a1，则μ1mg＝ma1 桌布抽出后，圆盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小， 则μ2mg＝ma2 设圆盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为s1，离开桌布后在桌面上再运动距离s2后便停下，有v＝2a1s1 v＝2a2s2 所以＝＝ 圆盘没有从桌面上掉下的条件是s1＋s2≤l 设桌布从圆盘下抽出所经历的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为s， 有s＝at2，s1＝a1t2 而s＝l＋s1 可得s1＝ 由以上各式解得a≥μ1g 答案　a≥μ1g 12.解析　(1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6 m/s2，且v－v＝2as，故vB＝2 m/s。 (2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度就不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s。 (3)工件速度达到13 m/s所用时间为t1＝＝0.5 s，运动的位移为s1＝vAt1＋at＝5.75 m＜8 m，则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。 匀速运动的位移s2＝s－s1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。 答案　(1)2 m/s　(2)能，2 m/s　(3)13 m/s　0.67 s 13.解析　(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为 a1＝ m/s2＝1.5 m/s2 木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2 达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为 a＝ m/s2＝0.5 m/s2。 (2)物块冲上木板匀减速运动时：μ1mg＝ma1 木板匀加速时：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 速度相同后一起匀减速运动，对整体 μ2(M＋m)g＝(M＋m)a 解得＝。 (3)由v－t图象知，物块在木板上相对滑行的距离 Δs＝×10×4 m＝20 m。 答案　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)3∶2 (3)20 m 学科网（北京）股份有限公司 $