4.5牛顿第二定律的的应用 基础填空与分层练习 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 本同步练习以牛顿第二定律应用为核心，采用“基础填空-基础训练-能力提升-拓展拔高”四层设计，题量配比合理，梯度衔接自然，从概念记忆到复杂模型应用，构建完整知识巩固路径，适配新授课分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础填空|两类动力学问题及“加速度”桥梁作用|直接考查核心概念，夯实物理观念基础| |基础训练|单一情境受力分析与运动计算|结合战斗机、太空测质量等生活情境，强化科学推理| |能力提升|v-t图像、斜面多过程问题|涉及多过程分析，提升综合应用能力，体现科学思维| |拓展拔高|传送带、板块模型等复杂系统|需构建复杂物理模型，培养质疑创新与模型建构素养|

4.5牛顿第二定律的的应用 基础填空与分层练习 【基础填空】 动力学两类基本问题 1．两类动力学问题 （1）已知物体的受力情况求物体的________。 （2）已知物体的运动情况求物体的________。 2．解决两类基本问题的方法 以________为“桥梁”，由运动学公式和________列方程求解，具体逻辑关系如下： 【基础训练】 3．我国在2025年的九三阅兵中，具备隐形化、信息化和智能化特点的战斗机“歼-35A”亮相。当“歼-35A”隐形战斗机以速度v斜向右上方加速飞行时，空气对飞机的作用力F的方向正确的是（　　） A． B． C． D． 4．如图所示为太空中进行测量质量的实验：航天员把自己固定在支架的一端，另外一名航天员将支架拉开到指定的位置。松手后，支架拉着航天员从静止返回到舱壁，支架能够产生一个恒定的拉力。下列选项中哪组物理量能够算出航天员的质量（    ） A．航天员返回到舱壁的位移、时间 B．恒力、航天员返回到舱壁的位移 C．航天员返回到舱壁的速度、位移、时间 D．恒力、航天员返回到舱壁的位移、时间 5．如图所示，质量为3kg的一只长方体空箱在水平拉力作用下沿光滑水平面向右匀加速运动。这时铁箱内一个质量为1kg的木块恰好能静止在后壁上。已知木块对铁箱的压力为50N。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，以下说法正确的是（     ） A．木块与铁箱内壁间的动摩擦因数 B．铁箱的加速度大小为 C．水平拉力的大小为100N D．地面对铁箱的支持力大小为20N 6．如图甲所示，售货员给推车一初速度，使其运动一段距离后停靠在墙边，该过程可看成推车做匀变速直线运动。用手机每隔0.2s给运动中的推车拍一张照片，取连续的三张照片①②③整合到一起，如图乙所示，拍照间隔内推车移动的距离分别为0.75m、0.65m。已知推车的质量为16kg，所受阻力恒定，重力加速度g=10m/s2，则推车受到的阻力大小为（　　） A．40N B．30N C．20N D．10N 7．如图，一个物块在水平面上向右运动。时，物块的速度大小为，此时对该物块施加一个方向水平向左、大小为的恒定外力。已知物块的质量为，物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求： (1)时，物块受到的摩擦力大小和方向； (2)时，物块的速度大小； (3)0~3s内，物块的位移大小。 8．水平面上一质量的木箱，在受到的斜向上的拉力时恰好做匀速直线运动，此时拉力F与水平方向夹角，求：（取） (1)木箱与水平面间的动摩擦因数的大小； (2)将拉力F的大小增至，则木箱的加速度为多大？（保留2位有效数字） 【能力提升】 9．质量为2kg的无人机（看作质点）从地面上由静止起飞沿竖直方向运动，向高处运送包裹，运动过程速度v随时间t变化的图像如图所示，重力加速度大小取，下列说法正确的是（     ） A．时，无人机开始沿竖直方向向下运动， B．无人机上升的最大高度为60m C．时，质点回到原点 D．0~2s内无人机受到的空气作用力大小为10N 10．在倾角为的斜面体上用轻质细绳系一小球，在水平拉力F的作用下，斜面体从静止开始向左加速运动。该过程中，下列说法正确的是（     ） A．运动中随着拉力的增大地面对斜面体的摩擦力一定增大 B．与静止时相比，斜面对小球弹力可能不变 C．与静止时相比，绳子拉力一定增大 D．当斜面体的加速度时，小球对斜面体无压力作用 11．在水平地面上，质量m=1 kg的滑块在水平恒力F=7 N作用下由静止开始向右运动，物体前3 s内的位移为9 m。已知重力加速度g取10 m/s2. (1)求滑块与水平面之间的动摩擦因数； (2)滑块运动5 s后滑上倾角为37°、足够长的斜面，滑块刚滑上斜面时撤去恒力F。已知滑块与斜面之间的动摩擦力因数和滑块与水平面之间的动摩擦因数相等，。求滑块运动的总时间； (3)若恒力F的大小和方向可以任意调整，求不改变滑块加速度的条件下恒力F的最小值和此时恒力与水平方向的夹角θ（可以求该夹角的一个三角函数值）。 12．如图所示，在倾角为37°足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体，物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物块在拉力F＝15 N的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2 s时撤去拉力F。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)上滑过程中，撤去外力前后，物块加速度的大小分别为多少？ (2)物块上滑的最大位移为多少？ (3)物块在斜面上运动的总时间是多少？ 【拓展拔高】 13．（多选）如图所示，质量为m可视为质点的物件与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带倾角为θ，上、下两端点D、A间的距离为L。传送带顺时针匀速转动，速度大小为v，物件轻放于A点后运动至B点时达到最大速度，之后做匀速运动至C点，然后电机紧急制动使传送带立即静止不动，物件恰好能到达最高点D。已知重力加速度为g，则下列叙述正确的有（     ） A．CD段物件的加速度为g（sinθ-μcosθ） B．CD段长为 C．物件从B到C运行的时间为 D．全过程物件在传送带上留下的划痕长度大小等于AB间的距离 14．如图所示，质量为m、长为L=2.4 m的长木板 A 放在平台上，质量为m可视为质点的物块B放在长木板上表面的左端，绕过平台右端定滑轮的轻绳一端连接物块B，另一端吊着质量为m的物块C，连接物块B的轻绳水平。初始时长木板A的右端离定滑轮的距离足够远，平台离地面足够高，物块B与长木板间的动摩擦因数为，长木板与平台间的动摩擦因数为，重力加速度g取，不计空气阻力。先用手托着物块C，使轻绳上的张力恰好为零，现快速撤去手，求： (1)撤去手的瞬间，物块C的加速度大小； (2)物块B从长木板左端滑到长木板右端的时间及物块B滑离长木板时的速度大小； (3)若物块B运动到木板某位置时，轻绳突然断开，此后物块B刚好不滑离长木板，求长木板运动的总位移大小。 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 参考答案 1． （1）运动情况 （2）受力情况 2． 加速度 牛顿第二定律 3．B 【详解】飞机斜向右上方加速飞行，飞机受到重力、空气对飞机的作用力，两个力的合力提供加速度。飞机具有斜向右上方的加速度，根据牛顿第二定律可知飞机所受合力方向斜向右上方，选项B图的受力情况满足要求。 故选B。 4．D 【详解】航天员的质量 能够算出航天员的质量需要知道恒力和航天员返回到舱壁的三个参量中的两个。 故选D。 5．B 【详解】A．木块恰好能静止在后壁上，摩擦力达到最大静摩擦力，则有 根据牛顿第三定律可知，解得木块与铁箱内壁间的动摩擦因数，故A错误； B．对木块进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 可知铁箱的加速度大小为，故B正确； C．对木块与铁箱整体进行分析，根据牛顿第二定律有 代入数据解得，故C错误； D．对木块与铁箱整体进行分析，根据平衡条件可得，故D错误。 故选B。 6．A 【详解】根据逐差法Δx=aT2可得，推车离手后的加速度a= m/s2 对推车进行受力分析，根据牛顿第二定律可得，推车受到的阻力大小f=m|a|=40 N 故选A。 7．(1)2N，方向向左 (2)3m/s (3)6m 【详解】（1）时，物块受到的摩擦力大小，方向向左； （2）物块的加速度 则时，物块的速度大小 （3）物块速度减为零时 物块速度减为零后，因F<f，则物块将静止，则0~3s内，物块的位移大小 8．(1) (2) 【详解】（1）木箱恰好做匀速直线运动，受力平衡，有 解得木箱与水平面间的动摩擦因数 （2）由牛顿第二定律有 将代入解得木箱的加速度 9．C 【详解】A．时速度达到正向最大值，速度仍为正，运动方向仍竖直向上，故A错误； B．上升到最高点对应的，上升高度等于内图像与时间轴上方的面积，=，故B错误； C．由图像面积可知，内正向面积为，内负向面积为，所以质点在回到原点。 故C正确； D．内加速度为= 设空气作用力竖直向上，由牛顿第二定律有 解得，故D错误。 故选C。 10．C 【详解】A．由整体法受力分析，斜面体受到地面支持力保持不变，摩擦力保持不变，故A错误； BC．如图所示： 小球静止时受到重力、绳子拉力、斜面弹力三个力作用，由平衡条件得绳子拉力 斜面对小球弹力 当斜面体向左加速运动时，在小球没离开斜面之前，水平方向有 竖直方向有 解得， 则，，故B错误、C正确； D．当小球刚好离开斜面时， 解得 当斜面体加速度时，小球对斜面体无压力作用，故D错误。 故选C。 11．(1) (2) (3)当时， 【详解】（1）对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 由题意有 解得 （2）滑块滑上斜面时有 滑块沿斜面向上滑行过程对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 解得 上滑过程匀减速运动， 解得， 滑块沿斜面下滑过程中对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 解得 下滑过程匀加速运动，由运动学关系有 解得， 滑块在水平面滑行过程有 解得 水平滑行过程匀减速运动，由运动学关系有 解得 滑块运动的总时间 （3）设当恒力与水平方向成角时恒力最小，对滑块受力分析如图所示 结合牛顿第二定律有 由题意有 解得 令 所以 当时有最小值，此时有 此时 12．(1)5m/s2，10m/s2 (2)15m (3) 【详解】（1）撤去外力前根据牛顿第二定律得 解得 撤去外力后根据牛顿第二定律得 解得 （2）撤去外力前位移 此时物块速度为 接下来向上匀减速的位移为 物块上滑的最大位移为 （3）物块匀减速向上运动的时间为 物块速度减为0后下滑的加速度为 则下滑过程中有 解得 所以物块在斜面上运动的总时间为 13．BCD 【详解】取沿斜面向上为正方向，物件在到阶段相对传送带向下滑动，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由题意可知；在到阶段物件与传送带相对静止，以速度做匀速直线运动；传送带在点停止后，物件继续向上滑动至点。 A．在到阶段，物件受到的重力沿斜面分力和滑动摩擦力均沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 解得 故加速度大小为，故A错误； B．物件在点的速度大小为，到达点时速度为零，根据匀变速直线运动规律有 解得，故B正确； C．在到阶段，根据牛顿第二定律有 解得 物件在点速度达到传送带速度，根据匀变速直线运动规律有 解得 由可得 物件在到阶段以速度做匀速直线运动，所用时间为 联立解得，故C正确； D．物件在到阶段的运动时间为 在此时间内传送带运动的距离为 物件相对传送带滑动的距离为 因此物件第一次在传送带上留下长度为AB的划痕，且到达点时，该划痕位于物件前方。物件从到与传送带相对静止，所以到达点时，该划痕仍从物件所在位置沿斜面向上延伸。又有 因此物件从到产生的划痕完全落在原有划痕内，全过程留下的划痕长度等于AB，故D正确。 故选BCD。 14．(1) (2)， (3)3 m 【详解】（1）撤去手后，假设B和A会发生相对滑动，设物块C的加速度为，对C研究，根据牛顿第二定律 对B研究，根据牛顿第二定律 解得 设长木板运动的加速度为，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律 解得 假设成立，因此撤去手的一瞬间，物块C的加速度大小等于。 （2）设物块从长木板左端滑到右端所用时间为t，根据匀变速直线运动的位移时间关系 由题意知 解得 物块滑离长木板时的速度 （3）设物块B运动时间时轻绳断开，再运动时间运动到长木板右端，根据题意绳断后物块B加速度大小为 此过程中，物块B的位移，物块A的位移 由题意知，则有 又因为 联立解得， 则物块B滑到长木板右端时木板的速度为 物块B和长木板一起匀减速的加速度大小 则长木板运动的总路程 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 $