4.5 牛顿运动定律的应用 课时检测-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律应用，通过基础理解、综合应用、拓展提升三层设计，实现从单一考点到复杂情境的知识巩固，培养物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础理解|单一受力/运动分析|选择1-4直接应用公式，如水平力作用下的运动计算，巩固物理观念| |综合应用|图像综合与多过程问题|选择5-10结合v-t图像、弹簧模型，如雨滴下落阻力变化分析，提升科学推理能力| |拓展提升|实际情境与复杂计算|计算11-13融入火箭发射、滑雪等真实情境，需分段求解加速度与位移，培养问题解决能力|

第5节 牛顿运动定律的应用 课时检测 一．选择题： 考点1从受力确定运动情况 1.用30 N的水平外力F,拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体,力F作用3 s后消失。则第4 s末物体的速度和加速度分别是(　　)。 A.v=4.5 m/s,a=1.5 m/s2 B.a=7.5 m/s,a=1.5 m/s2 C.v=4.5 m/s,a=0 D.v=7.5 m/s,a=0 2.(2025·广东省惠州市高三上开学考试)如图，一个巨型钢圆筒质量为6×105 kg，由10根起吊绳通过液压机械抓手连接，每根绳与竖直方向的夹角为37°(其他8根没有画出)，每根绳承受的最大拉力为8×105 N，则起吊过程向上的最大加速度为(g＝10 m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，绳的质量忽略不计)(　　) A. m/s2 B．1 m/s2 C．2 m/s2 D．4 m/s2 考点2从运动情况确定受力 3.如图所示,有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进,突然发生意外情况,紧急刹车做匀减速运动,加速度大小为a,则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是(　　)。 A.m B.ma C.m D.m(g+a) 4.(2025·新疆普通高考适应性检测高三上第一次模拟)2024年9月11日，我国自主研发的朱雀三号可重复使用垂直回收试验箭，在酒泉卫星发射中心完成10公里级垂直起降返回飞行试验。该火箭的质量将近70吨，在起飞后的大推力上升阶段，火箭加速上升5公里，速度达到160 m/s，不考虑空气阻力，则这个阶段的平均推力最接近(　　) A．2×105 N B．9×105 N C．2×106 N D．9×106 N 考点3牛顿第二定律与图像综合 5.如图所示,在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子,绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子右端的距离为x,设该处的张力为T,则图中能正确描述T与x之间的关系的是(　　)。 6.雨滴从空中由静止落下,若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大,如图所示的图像可以正确反映雨滴下落运动情况的是(　　)。 7.固定的光滑细杆与地面成一定倾角,杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动,如图甲所示。已知推力F与小环速度v随时间变化的规律如图乙和丙所示,重力加速度g取10 m/s2,由以上条件可求得(　　)。 A.小环的质量m=0.5 kg B.小环的质量m=2.0 kg C.细杆与地面的夹角α=30° D.细杆与地面的夹角α=37° 8.如图所示,水平传送带匀速运动,在传送带的右侧固定一弹性挡杆,在t=0时刻,将工件轻轻放在传送带的左端,当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞,已知碰撞时间极短,不计碰撞过程的能量损失。则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中,图4-5-10中工件运动的v-t图像可能是(　　)。 9.如图所示,钢球从某一高度自由下落到一固定在水平地面上的竖直轻弹簧上,在钢球与弹簧接触到弹簧被压缩到最短的过程中,钢球沿竖直方向运动。选竖直向下为正方向,则弹簧对钢球的弹力F、钢球的加速度a、速度v随弹簧形变量x的变化规律如图所示,其中大致正确的是(　　)。 10.(多选)如图甲所示,物块的质量m=1 kg,初速度v0=10 m/s,在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F突然反向,整个过程中物块速度的二次方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,g=10 m/s2。下列说法中正确的是(　　)。 A.0~5 s内物块做匀减速运动 B.在t=1 s时刻,恒力F反向 C.恒力F大小为10 N D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 11.如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m=1.0 kg的物体。物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动。拉力F=10.0 N,方向平行于斜面向上。经时间t=4.0 s绳子突然断了,求: (1)绳断时物体的速度大小; (2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间。(sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,g=10 m/s2, =3.2) 12.如图甲所示,光滑平台右侧与一长为L=2.5 m的水平木板相接,木板固定在地面上,现有一小滑块以初速度v0=5 m/s滑上木板,恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高,如图乙所示,使木板与水平地面的夹角θ=37°,让滑块以相同的初速度滑上木板,不计滑块滑上木板时的能量损失,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ; (2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。 13.(2026·江西省上饶市第一中学高三月考)在滑雪运动中，滑雪板速度较小时，与雪地接触时间长，滑雪板下陷较多，使得滑雪板与雪地间的动摩擦因数较大，滑雪板速度变大时，与雪地间的动摩擦因数就会变小。如图所示，一运动员使用滑雪板从倾角θ＝37°的雪坡斜面顶端A处由静止滑下，滑至坡底B后又滑上一段水平雪面，最后停在C处。假设滑雪板速度小于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数μ1＝0.30，速度大于等于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数变为μ2＝0.15。不计空气阻力，运动员经过B处前后瞬间速度大小不变，已知坡长AB＝16.25 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)运动员到达B点时的速度大小； (2)运动员在水平雪地上运动的距离。 参考答案： 1.答案：C 2.答案：A解析：每根绳的最大拉力为Tmax＝8×105 N，则10根绳拉力的合力最大为Fmax＝10Tmax·cos37°＝6.4×106 N，对巨型钢圆筒，由牛顿第二定律有Fmax－mg＝mamax，解得起吊过程向上的最大加速度为amax＝ m/s2，故选A。 3.答案：C解析：西瓜与汽车具有相同的加速度a,对西瓜A受力分析如图所示,F表示周围西瓜对西瓜A的作用力,则由牛顿第二定律得=ma,解得F=m,故选项C对,ABD错。 4.答案：B解析：火箭大推力上升阶段，只考虑推力和重力作用，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，根据匀变速直线运动规律，有v2－0＝2ah，取重力加速度g＝10 m/s2，代入数据解得平均推力F＝8.792×105 N≈9×105 N，故选B。 5.答案：A解析：设长L的绳子质量为m,在F作用下加速度为a,则F=ma。对长度为x的绳子部分有T=ma,联立得T=x,故A项正确。 6.答案：C解析：对雨滴受力分析,由牛顿第二定律得mg-Ff=ma。雨滴加速下落,速度增大,阻力增大,故加速度减小,在v-t图像中其斜率变小,故选项C正确。 7.答案：C解析：由题图中v-t图像可知,0~2 s内小环做匀加速运动的加速度为a== m/s2=0.5 m/s2;2 s以后小环做匀速直线运动。0~2 s内,由牛顿第二定律得 F1-mgsin α=ma……①,2 s后物体做匀速运动,由共点力平衡条件得 F2=mgsin α……②,由①②两式,代入数据可解得m=1 kg,α=30°。故C正确,A、B、D错误。故选C。 8.答案：C解析：在t=0时刻,将工件轻轻放在传送带的左端时,工件开始以加速度a=μg做匀加速直线运动,工件与挡杆第一次碰撞后速度必须反向,所以选项A、B错误;若当工件与传送带相对静止时才与挡杆发生碰撞,则碰撞以后速度大小不变,方向反向,当速度反向减速到零以后再向右加速运动,当工件刚好与传送带相对静止时与挡杆发生第二次碰撞,选项C正确;工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变,即两过程中加速度大小不变,故选项D错误。 9.答案：A解析：根据F=kx知弹力与形变量x成正比,由于向下为正方向,而弹簧的弹力方向向上,选项A中的图线向下,故A正确;根据牛顿第二定律F合=mg-kx,刚接触弹簧时弹力小于重力,合力向下为正方向,当弹力增加到等于mg时,合力为零;弹力大于重力时,合力向上为负方向,根据牛顿第二定律a==g-,加速度大小先减小然后反向增大,故B、C错误;小球先向下做加速度减小的加速运动,当加速度等于零时,速度达到最大,之后加速度向上,做加速度增大的减速运动,故D错误。故选A。 10.答案：BD解析：由题图乙得物块在前5 m位移内做匀减速运动,在5~13 m位移内做匀加速运动,且由图线斜率得匀减速运动的加速度大小a1= m/s2=10 m/s2,匀加速运动的加速度大小a2= m/s2=4 m/s2,匀减速运动的时间t==1 s,又由牛顿第二定律得F+μmg=ma1和F-μmg=ma2,联立解得F=7 N,动摩擦因数μ=0.3,选项B、D正确。 11.答案：(1) 8.0 m/s (2)4.2 s。 解析：(1)物体向上运动过程中,受拉力F、支持力N、重力mg和摩擦力f,设物体向上运动的加速度为a1,根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-f=ma1, 由平衡条件得N=mgcos θ,又f=μN,解得a1=2.0 m/s2,t=4.0 s时物体的速度大小为 v1=a1t=8.0 m/s。 (2)绳断时物体距斜面底端的位移s1=a1t2=16 m。 绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设运动的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律,对物体沿斜面向上运动的过程有mgsin θ+μmgcos θ=ma2, 解得a2=8.0 m/s2,物体做减速运动的时间t2==1.0 s, 减速运动的位移s2=t2=4.0 m。 此后物体将沿斜面匀加速下滑,设物体下滑的加速度为a3,根据牛顿第二定律,对物体加速下滑的过程有mgsin θ-μmgcos θ=ma3,解得a3=4.0 m/s2。 设物体由最高点到斜面底端的时间为t3,物体向下匀加速运动的过程有 s1+s2=a3,解得t3= s=3.2 s。 所以从绳子断了开始到物体返回到斜面底端的时间为t总=t2+t3=4.2 s。 12.答案：(1)0.5 (2) s 解析：(1)滑块在水平木板上滑行时有 =2aL,μmg=ma,解得μ=0.5。 (2)滑块沿斜面上滑阶段有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,t1=,x=t1, 滑块下滑阶段有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,x=a2,t=t1+t2,联立得t= s。 13.答案：(1)12 m/s　(2)42 m 解析：(1)设运动员下滑的距离为x1时，速度达到v1＝6 m/s，期间加速度大小为a1，由牛顿第二定律有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1 且有v＝2a1x1 解得x1＝5 m x1<xAB，则运动员继续下滑，设加速度大小为a2，到达B点时的速度大小为v2，则mgsin37°－μ2mgcos37°＝ma2 且有v－v＝2a2(xAB－x1) 解得v2＝12 m/s。 (2)在水平雪地上运动的过程，速度大于等于v1＝6 m/s时，设运动员的加速度大小为a3，运动的距离为x3，有μ2mg＝ma3 且有v－v＝－2a3x3 速度小于v1＝6 m/s时，设运动员的加速度大小为a4，运动的距离为x4， 有μ1mg＝ma4 且有0－v＝－2a4x4 运动员在水平雪地上运动的距离x＝x3＋x4 解得x＝42 m。 学科网（北京）股份有限公司 $