第四章 运动和力的关系之综合应用 单元卷（9）-2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 高中物理《牛顿运动定律》单元复习卷，通过货车运输油桶、楔形滑块、弹簧连接体等真实情境，系统考查受力分析、临界状态及多过程运动问题，适配单元知识巩固与科学思维提升。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|5|匀速/加速运动支持力分析、弹簧弹力计算|结合运输、滑块模型，考查运动与相互作用观念| |多选|2|分离瞬间弹力、绳张力临界条件|设置多过程情境，培养科学推理与质疑创新能力| |解答|4|货车刹车位移、斜面体加速度、铁箱木块相互作用|立足工程实际（如运输、刹车），强化模型建构与科学论证，梯度覆盖基础到综合应用|

第四章：《牛顿运动定律》强化训练九 1．单选题一辆货车运载着若干相同的光滑圆柱形空油桶。桶C受到桶A和桶B的支持力和汽车一起保持静止，不计空气阻力，如图所示，当C与车共同向左运动时（　　） A．当车向左匀速直线运动时，桶A对桶C的支持力小于桶B对桶C的支持力 B．当车加速直线运动时，B对C的支持力不变 C．当匀速向左的速度足够大时，C可能脱离A D．当向左的加速度足够大时，C可能脱离A 2．单选题倾角为θ=45°外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为kg；当滑块M以a=2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为（取g=10m/s2）（　　） A．10N B．5N C． D． 3．单选题如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量相等，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力与物体B的位移的关系如图乙所示，取重力加速度大小，则下列说法正确的是（    ） A．物体A的质量为 B．弹簧的劲度系数为 C．物体B与A刚分离瞬间，物体B的加速度大小为 D．物体B的位移为时，弹簧处于原长状态 4．多选题 如图所示，水平地面上有一小车，用两段不可伸长的轻绳将一质量为的小球悬挂在车厢水平顶部的A、B处，且。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球和车都静止时，轻绳上张力的大小 B．当轻绳恰好伸直但没有张力时，小车运动的加速度为，方向向右 C．当轻绳恰好伸直但没有张力时，小车运动的加速度为，方向向左 D．当小车以的加速度向右加速时，绳上张力大小为 5．多选题如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B拴接，物块A紧挨着物块B，两物块相对斜面静止。现对A施加沿斜面向上的拉力，使A、B一起沿斜面做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离。A、B的质量分别为、m，重力加速度为g，，下列说法正确的是（    ） A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为 B．A、B分离瞬间弹簧弹力大小为 C．整个过程中拉力先增大后不变 D．拉力F的最大值为 6．如图所示，质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37º．已知g = 10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求： (1)汽车匀速运动时，细线对小球的拉力和车后壁对小球的压力． (2)当汽车以a1=2m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力． (3)当汽车以a2=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力． 7．如图所示，细线的一端固定在倾角为的光滑劈形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，问： (1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？ (2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？ (3)若细线的最大张力为，则滑块向左运动的最大加速度是多少？ 8．货车运输圆柱形钢卷时，为防止钢卷滚动，车厢常采用凹形槽。如图所示，某货车上的凹形槽由倾角分别是、的斜面1、2组成，质量为m的圆柱形钢卷放置在凹形槽中且始终相对于货车静止，不计钢卷与斜面间的摩擦。重力加速度大小为g。(1)当货车做匀速直线运动时，求斜面1、2分别对钢卷的支持力大小、；(2)当货车水平向右加速行驶且钢卷恰好对斜面2没有压力时，求货车的加速度大小；(3)当货车以大小为的速度水平向右匀速行驶，紧急刹车（可视为匀减速直线运动）时钢卷恰好对斜面1没有压力，求货车刹车直至停止的位移大小。 9．如图所示，质量分别为mA=1kg、mB=2kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上.开始时两物块压缩弹簧且恰好处于静止状态，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为=0.5，g取10m/s2。求：(1)物块A、B分离时所加外力F的大小以及此时弹簧弹力大小F；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间t。 10．如图所示，倾角、质量的斜面体静止在水平地面上，质量的物块静止在斜面上时恰好不下滑。时刻用恒力（大小、方向均未知，图中未画出）作用在斜面体上，使物块与斜面体一起由静止开始向左做匀加速直线运动，物块恰好与斜面体间无摩擦力。已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大，，。求∶(1)物块与斜面体间的动摩擦因数；(2)内物块的加速度大小和位移大小；(3)恒力的最小值。 11．如图所示，质量为的一只长方体形空铁箱在水平拉力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为0.3。这时铁箱内一个质量为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为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求：（1）木块对铁箱压力的大小；（2）水平拉力F的大小；（3）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，当箱的速度为6m/s时撤去拉力，又经1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱的长度是多少？ 第3页 共4页 ◎ 第4页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《《牛顿运动定律》强化训练九》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A A C BD BCD AB ABD 1．D 【详解】A．对桶C受力分析如图 根据几何关系可知A对C的支持力与竖直方向的夹角与B对C的支持力在竖直方向的夹角相等都是θ，当车匀速直线运动时，根据平衡条件可得 所以A对C的支持力FA等于B对C的支持力FB，故A错误； B．当车加速直线运动时，水平方向上，根据牛顿第二定律有 得 可知B对C的支持力FB增大，故B错误； C．当车匀速向左运动时，无论速度有多大，根据平衡条件可知，A、B对C都有支持力作用，C不可能脱离A，故C错误； D．若车具有向左的加速度，则 可知随着车向左的加速度逐渐增大时，A对C的支持力逐渐减小，当车向左的加速度达到某个特定值时，A对C的支持力减小到零，若再增大加速度，则C会脱离A，故D正确。 故选D。 2．A 【详解】当小球对滑块的压力等于零时，对小球受力分析，受重力、拉力，如图1所示； 根据牛顿第二定律 水平方向 F合=Fcos45°=ma0 竖直方向 Fsin45°=mg 解得 a0=g 当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，对小球受力分析如图2，由于a=2g＞g，所以小球会飘起来，假设T与水平面夹角为α，根据牛顿第二定律，有： Tcosα=ma Tsinα=mg 解得 T=10N 所以A正确，BCD错误； 故选A。 3．A 【详解】D．物体B运动到4cm时，恰好分开，此时物体A、B有共同向上的加速度，弹簧有向上的弹力，所以弹簧处于压缩状态，故D错误； AC．刚开始A、B处于静止状态，A、B的重力和弹力二力平衡，有 初始状态拉力 弹簧弹力与两物体重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有 物体B与物体A分离后，拉力 根据牛顿第二定律有 联立解得 ， 故A正确，C错误； B．物体A与物体B分离时物体B的加速度为，则根据牛顿第二定律有 代入数据解得 故B错误。 故选A。 4．C 【详解】A．当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为 故A错误； BC．设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，如图所示 根据牛顿第二定律可得 若滑块以加速度a=g向左加速运动时，此时小球没有脱离斜面，则 ， 解得 ， 故B错误；C正确； D．当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为 故D错误。 故选C。 5．BD 【详解】A．当小车静止时，设轻绳和的拉力分别为、 由平衡条件得 水平方向 竖直方向 解得，故A错误； B．当轻绳拉力为零时，说明小球随小车向右加速，设此时轻绳的拉力为，加速度为，根据平衡条件及牛顿第二定律得 竖直方向 水平方向 解得，方向向右，故B正确； C．当轻绳拉力为零时，说明小球随小车向左加速，设此时轻绳的拉力为，加速度为，根据平衡条件及牛顿第二定律得 竖直方向 水平方向 解得，方向向左，故C错误； D．由B析可知，当轻绳的拉力恰好为零时 此时 说明小球已飘起，轻绳已经松弛，设此时轻绳拉力为，根据平衡条件及牛顿第二定律得 水平方向 竖直方向 解得，故D正确。 故选BD。 6．BCD 【详解】A．开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，则 解得弹簧的压缩量为 选项A错误； B．物块A、B分离时，两物块之间弹力为零，此时对B 解得 F=12N 选项B正确； CD．对A 解得 x′=0.12m 则所用的时间 x-x′=at2 解得 t=0.2s 物块A、B由静止开始运动到分离时，物块A的位移大小为x-x′=0.04 m，选项CD正确； 故选BCD。 7．AB 【详解】A．施加拉力之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件有 施加拉力瞬间A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动，对A、B整体，根据牛顿第二定律有 解得 对A，根据牛顿第二定律有 解得A、B间的弹力大小为 故A正确； BD．分离时，A、B间作用力为0，F最大，对A根据牛顿第二定律得 解得 对B根据牛顿第二定律有 解得A、B分离瞬间弹簧弹力大小为 故B正确，D错误。 C．根据以上分析可知整个过程中拉力F一直增大，故C错误。 故选AB。 8．ABD 【详解】A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx 解得： 加外力F后到物体A、B分离前，对AB整体有 又因 由于压缩量x减小，故F为变力，物体A、B分离时，此时A、B具有共同的v和a，且 对A有： 解得： 故A错误； BD．A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当时，B达到最大速度，故BD错误； C．对B有： 解得： 此时弹簧的压缩量为 故弹簧的压缩量减小了 即A上升的距离 故C正确。 本题选不正确的，故应选ABD。 9．（1），； （2）； （3） 【详解】(1)当汽车匀速运动时，小球也匀速运动，小球的受力平衡，对小球进行受力分析可知 (2) 当汽车以a=2m / s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图（图略），由牛顿第二定律得： 代入数据得： T=50N FN=22N （2）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0，受力分析如图所所示，由牛顿第二定律得： 代入数据得： 因为，所以小球飞起来，FN=0设此时绳与竖直方向的夹角为a 由牛顿第二定律得： 考点：考查整体隔离法的应用 点评：难度中等，本题为临界问题，如果小车加速度向左，小球有飘起来的可能性，需要首先判断该加速度的临界值 10．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意，作出小球受力的示意图，如图所示 可得 结合牛顿第二定律可得 解得 （2）同理可得 解得 （3）根据（2）的结论可知，此时细线上的张力 所以细线的张力为，小球已脱离斜面，小球受到重力和细线的拉力 设此时滑块的最大加速度为，细线与竖直方向的夹角为，水平方向上，由牛顿第二定律可得 竖直方向上，由平衡条件可得 联立解得 11．(1)， (2) (3) 【详解】（1）由平衡可知， （2）当货车水平向右加速行驶且钢卷恰好对斜面2没有压力时，由牛顿第二定律 解得 （3）钢卷恰好对斜面1没有压力时，则 解得 货车刹车直至停止的位移大小 12．(1)，7N；(2) 【详解】(1)分离时对A做受力分析 解得 对B做受力分析 解得 (2)初始时对整体有 解得 根据胡克定律可知 解得 分离时有 解得 有这段时间内位移 解得 根据 解得 13．(1)0.75 (2)，60m (3)60N 【详解】（1）未施加恒力时，物块静止在斜面上时恰好不下滑，对物块受力分析有 解得 （2）施加恒力后，物块恰好与斜面体间无摩擦力，对物块受力分析有 解得 0~4s内物块的位移大小 解得 （3）设恒力方向与水平方向的夹角为α、大小为F，对物块和斜面体构成的整体进行分析，竖直方向上有 水平方向上有 解得 设，整理可得 当，即有时，恒力最小，则有 解得 14．（1）40N；（2）258N；（3）0.3m 【详解】（1）木块恰好静止在铁箱的后壁上时，木块在竖直方向受力平衡有 解得铁箱对木块的支持力的大小 根据牛顿第三定律，木块对铁箱压力的大小为40N。 （2）木块在水平方向的加速度设为a，根据牛顿第二定律有 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 联立解得 （3）木块落到铁箱底部，撤去拉力后，铁箱和木块均以的初速度做匀减速直线运动，铁箱受到地面的摩擦力 方向水平向左。铁箱受到木块的摩擦力 方向水平向右。设铁箱的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 方向水平向左。设木块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 方向水平向，左经过1s，木块从铁箱的左侧到达右侧，则木块对地位移 铁箱对地位移 故铁箱的长度为 答案第6页，共8页 答案第5页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $