5.3.1 牛顿第二运动定律(一) 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，从单一受力分析到多过程综合问题，梯度递进巩固物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关|牛顿第二定律基本应用（水平/斜面受力、刹车问题等）|选择题1-5直接考查F=ma与运动学公式结合，计算题7-8设置生活情境（冰车滑行、磁力运输），强化物理观念| |能力提升|多过程运动、极值问题、动态受力分析|题9-10涉及比例法、极值思维，题11-13含弹簧弹力变化、企鹅多过程运动，培养科学推理与模型建构能力|

5.3 牛顿第二运动定律　同步练习 牛顿运动定律的应用(一) 基础过关 一、选择题 1.水平面上一个质量为m的物体，在一水平恒力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间2t物体停了下来。则物体受到的阻力应为(　　) A.F B. C. D. 2.在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为 (　　) A.7 m/s B.14 m/s C.10 m/s D.20 m/s 3.(2026·江苏海安高级中学月考)如图，将一质量为m的小球靠近一面墙竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时抓拍的频闪照片，图乙是小球下落时抓拍的频闪照片，重力加速度为g，假设小球所受的空气阻力大小不变，则小球所受空气阻力大约为(　　) A.0.5mg B.0.25mg C.0.2mg D.因砖的尺寸未知，无法估算 4.行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦) (　　) A.450 N B.400 N C.350 N D.300 N 5.如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F为(g取10 m/s2) (　　) A.42 N B.6 N C.21 N D.36 N 6.(多选)如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是 (　　) A.所受浮力大小为4 830 N B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 二．计算题： 7.滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一。如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行。(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用，取g=10 m/s2)。求： (1)冰车的最大速率； (2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小。 8.在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图4甲所示)。在光滑水平面AB上(如图乙所示)，机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m＝1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动。小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F，小滑块冲上光滑斜面(设经过B点前后速率不变，取g=10 m/s2)，最高能到达C点。 机器人用速度传感器测量小滑块在ABC过程的瞬时速度大小并记录如下。求： t/s 0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 2.6 … v/(m·s－1) 0 0.4 0.8 … 3.0 2.0 1.0 … (1)机器人对小滑块作用力F的大小； (2)斜面的倾角α的大小。 能力提升 一、选择题 9.用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们(　　) A.滑行中的加速度之比为2∶3 B.滑行的时间之比为1∶1 C.滑行的距离之比为4∶9 D.滑行的距离之比为3∶2 10.一间新房要盖屋顶，为了使下落的雨滴能够以最短的时间淌离屋顶，则所盖屋顶的顶角应为(设雨滴沿屋顶下淌时，可看成在光滑的斜坡上下滑)(　　) A.60° B.90° C.120° D.150° 11.一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回。则下列说法中正确的是(　　) A.物体在A点的速率最大 B.物体由A点到B点做的是匀减速运动 C.物体在B点时所受合力为零 二．计算题： 12.民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上来。若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0 m，构成斜面的气囊长度为5.0 m。要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0 s(g取10 m/s2)，则： (1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？ (2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？ 13．可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求： (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小； (2)企鹅在冰面滑动的加速度大小； (3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示) 参考答案： 1.解析　设阻力为f，由牛顿第二定律得：F－f＝ma1，f＝ma2，v＝a1t，v＝a2·2t，以上四式联立可得：f＝，C正确。答案　C 2.解析　设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg。由匀变速直线运动的速度—位移关系式v＝2as，可得汽车刹车前的速度为v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确。答案　B 3.答案　A解析　小球上升过程做匀减速直线运动，末速度为零，下落过程做初速度为零的匀加速直线运动。设频闪周期为T，每块砖的厚度为d。根据匀变速直线运动的推论，在上升过程有9d-3d=a1T2，在下降过程有3d-d=a2T2，由牛顿第二定律，上升过程有mg+f=ma1， 下降过程有mg-f=ma2，联立解得f=0.5mg，故A正确。 4.解析　汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2，对乘客应用牛顿第二定律可得：F＝ma＝70× 5 N＝350 N，所以C正确。答案　C 5.解析　因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcos θ，所以μ＝tan θ；当在推力F作用下加速上滑时，由运动学公式s＝at2所以a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得F＝36 N，故选项D正确。答案　D 6.解析　热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力f＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，C错误；匀速上升时F浮－mg－f′＝0，计算得f′＝230 N，D正确。答案　AD 7.解析　(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma1 ① vm＝a1t ② 由①②得vm＝5 m/s。 (2)冰车匀加速运动过程中有s1＝a1t2 ③ 冰车自由滑行时有μmg＝ma2 ④ v＝2a2s2 ⑤ 又s＝s1＋s2⑥ 由③④⑤⑥得s＝50 m。 答案　(1)5 m/s　(2)50 m 8.解析　(1)小滑块从A到B过程中：a1＝＝2 m/s2 由牛顿第二定律得：F＝ma1＝2 N。 (2)小滑块从B到C过程中加速度大小： a2＝＝5 m/s2 由牛顿第二定律得：mgsin α＝ma2，则α＝30°。 答案　(1)2 N　(2)30° 9.解析　根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以滑行中的加速度为：a＝μg，所以加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝，可得＝＝，B错误；根据公式v2＝2as可得＝＝，C正确，D错误。答案　C 10.解析　由题意知，雨滴沿屋顶的运动过程中受重力和支持力作用，设其运动的加速度为a，屋顶的顶角为2α，则由牛顿第二定律得a＝gcos α。又因屋檐的前后间距已定，设为2b，则雨滴下滑经过的屋顶面长度s＝，由s＝at2 得t＝，则当α＝45°时，对应的时间t最小，所以屋顶的顶角应取90°，选项B正确。答案　B 11.D.物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大后减小 解析　物体在A点时只受重力，仍向下加速，故A错误；从A点向下运动到B点过程中，弹簧弹力增大，合力方向先是向下，逐渐减小，后又变为向上，逐渐增大，所以物体先加速后减速，故B错误；物体能从B点被弹回，说明物体在B点受到的合力不为零，故C错误；从B上升到A过程中，合力先向上后向下，方向与运动方向先相同后相反，也是先加速后减速，D正确。答案　D 12.解析　(1)由题意可知，h＝4.0 m， L＝5.0 m，t＝2.0 s。 设斜面倾角为θ，则sin θ＝。 乘客沿气囊下滑过程中，由L＝at2得a＝，代入数据得a＝2.5 m/s2。 (2)在乘客下滑过程中，对乘客受力分析如图所示，沿x轴方向有 mgsin θ－f＝ma， 沿y轴方向有N－mgcos θ＝0， 又f＝μN，联立方程解得 μ＝≈0.92。 答案　(1)2.5 m/s2　(2)0.92. 13.解析　(1)在企鹅向上“奔跑”过程中有s＝at2， 解得s＝16 m。 (2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。 (3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为s′ t′＝，s′＝a1t′2，解得s′＝1 m。 企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0， 则有v－02＝2a2(s＋s′) 解得vt＝2 m/s。 答案　(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $