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

4.5牛顿运动定律的应用同步训练 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 基础训练 一、单选题 1．如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上，开始时小车处于静止状态。当小车匀加速向右运动时，与静止状态相比较，下述说法中正确的是 （  ） A．弹簧秤读数变大，小车对地面压力变大 B．弹簧秤读数变大，小车对地面压力变小 C．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变 D．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大 2．质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M>m．用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为F1，如图（a）．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为F1′，如图（b），则(   ) A．a′=a，F1=F1′ B．a′>a，F1=F1′ C．a′=a，F1<F1′ D．a′>a，F1<F1′ 3．关于足球运动中涉及到的物理知识，下列分析正确的是（　　） A．踢出去的足球，仍受脚的作用力 B．足球在空中飞行过程中，只受重力作用 C．踢足球时脚感到疼，是由于力的作用是相互的 D．足球撞击球门柱并被弹回的短暂过程中，足球没有发生形变 4．一个小金属车的质量是小木车的质量的2倍，把它们放置在光滑水平面上，用一个力作用在静止的小金属车上，得到3m/s2的加速度，如果用相同的力作用在静止的小木车上，经过2s，小木车的速度是（ ） A．3m/s B．6 m/s C．9 m/s D．12 m/s 5．如图所示，两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂，弹簧下端用光滑细绳连接，并有一光滑的轻滑轮放在细绳上，当滑轮下端挂一重为G的物体时，滑轮下滑一段距离，则下列结论正确的有（    ） A．两弹簧的伸长量相等 B．两弹簧的弹力不一定相等 C．重物下降的距离为 D．重物下降的距离为 能力提升 6．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为和的物体A和B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为的匀加速直线运动（重力加速度为g），则（　　） A．施加外力前，弹簧的形变量为 B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为m（g-a） C．A、B分离时弹簧弹力大小为m（g+a） D．从开始运动到A、B分离经历的时间为 二、多选题 7．质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的v﹣t图象，则下列说法中不正确的是（    ） A．水平拉力可能等于0.3N B．水平拉力一定等于0.1N C．物体受到的摩擦力可能等于0.1N D．物体受到的摩擦力可能等于0.2N 8．如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球,重力加速度为g，当滑块以加速度a运动时，小球恰好对斜面没有压力，则滑块A可能的运动情况和加速度a的大小为（　　） A．滑块A向左减速运动，加速度大小为g B．滑块A向右加速运动，加速度大小为g C．滑块A向左加速运动，加速度大小为g D．滑块A向右减速运动，加速度大小为g 9．如图所示，传送带始终保持的速度水平向右移动，一可视为质点的小物块以的速度从点向右滑上传送带，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，传送带两端点、间的距离，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．小物块一直做匀减速直线运动 B．刚开始小物块的加速度大小为 C．小物块从点运动到点所用时间为 D．传送带上将留下一段长为的摩擦痕迹 三、实验题 10．某实验小组利用智能手机的加速度传感器探究滑块在斜面上下滑的运动。实验装置如图所示，将智能手机固定在滑块上，滑块置于可调倾角的斜面上，由静止释放。手机软件记录小车下滑过程中的加速度一时间数据，并通过处理得到稳定下滑阶段的加速度值。 实验步骤： ①调整斜面倾角，用刻度尺测量斜面长度和高度，计算，。 ②将智能手机固定在滑块上，打开传感器应用程序，选择加速度测量功能。 ③将滑块从斜面顶端由静止释放，手机软件自动记录加速度随时间变化的曲线。 ④重复步骤①~③，改变斜面倾角，获得多组数据并记录下来。 (1)设滑块与斜面之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，滑块沿斜面下滑的加速度理论值可表示为。据此，当斜面倾角较小时，滑块不能自动下滑。当滑块刚好不能下滑时对应的斜面倾角为，此时_____。 (2)为了直观地分析规律并求出动摩擦因数，要求作出的数据点分布在一条直线上，应作_____图像。 A． B． C． (3)利用实验数据，在坐标纸上描点并画出（2）中关系图线，该图线斜率为，轴上截距的绝对值为。根据测量数据，可知重力加速度的测量值_____，动摩擦因数_____。 11．如图所示，滑块A与小球B用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平直杆上．现用大小为20N、与水平方向成30°角的力F拉B，使A、B—起向右匀速运动，运动过程中A、B保持相对静止．已知A、B的质量分别为4kg、2kg，重力加速度为10m/s2o求： （1）轻绳与水平方向的夹角 ____； （2）滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数_____． 四、解答题 12．静止在水平地面上的物体的质量为m=2kg，在大小为6N的水平恒力F推动下开始运动，4s末它的速度达到4m/s。重力加速度g取10m/s2，求： （1）物体运动的加速度； （2）物体与地面的动摩擦因数μ。 13．如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为M=5kg、长度为L=2m的长木板，放置在低水平面上且靠在高水平面边缘的A点，其上表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平间的动摩擦因数。在距A点距离S=3m处，放置一质量m=1kg可视为质点的滑块，现用一水平向右、大小F=6N的拉力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去拉力，滑块滑上长木板。已知滑块与长木板间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2。求： （1）滑块滑动到A点时的速度大小； （2）滑块滑上长木板时，滑块、长木板的加速度的大小； （3）通过计算判断滑块能否从长木板的右端滑出。 14．一个物块放置在粗糙程度均匀的水平地面上，受到水平拉力F作用，F随时间t变化的关系如图（a）所示，物块速度v随时间t变化的关系如图（b）所示。（g取10m/s2）求： （1）1s末物块所受摩擦力的大小f1； （2） 物块与水平地面间的动摩擦因数。 挑战训练 15．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v=2 m/s的恒定速率顺时针运转。一质量m=2 kg的煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g=10 m/s2，求： (1)煤块上升的最大位移为多少？ (2)煤块与传送带间的动摩擦因数μ (3)煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为 (4)煤块在传送带上留下的划痕为多少？ 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 《4.5牛顿运动定律的应用同步训练》参考答案 1．C 【详解】开始时小车处于静止状态，小球受重力mg、绳的拉力，由于小球静止，所以 当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动。小球受力如图 由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力 所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大。对整体进行受力分析：开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力。当小车匀加速向右运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力。故C正确，ABD错误。 故选C。 2．B 【详解】先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力 根据牛顿第二定律，有 F=(M+m)a   ① 再对左图中情况下的小球受力分析，如图 根据牛顿第二定律，有 F−F1sinα=ma ② F1cosα−mg=0    ③ 由以上三式可解得 F1=mg/cosα a= 再对右图中小球受力分析，如图 由几何关系得： F合=mgtanα F′1=mg/cosα 再由牛顿第二定律，得到 a′=gtanα 由于M>m,故a′>a,F′1=F1 故选B. 【点睛】先对左图中情况下的整体受力分析，运用牛顿第二定律列式；然后对小球受力分析，运用牛顿第二定律列式，求出绳子的拉力T和加速度a；再次对右图中的小球受力分析，运用牛顿第二定律求出绳子的拉力T′和加速度a′；最后再比较结果即可． 3．C 【分析】踢出去的足球，因为惯性而保持运动；物体之间的作用是相互的；由弹力必定有形变。 【详解】A．踢出去的足球，离开脚后就不受脚的作用力，足球还能继续运动，是由于惯性，A错误； B．足球在空中飞行过程中，受到重力作用和空气的阻力的作用，B错误； C．物体之间的作用是相互的，踢足球时脚感到疼，是由于力的作用是相互的，C正确； D．足球撞击球门柱并被弹回的短暂过程中，足球对门柱也有弹力的作用，必定发生形变，D错误。 故选C。 【点睛】此题涉及惯性、力的作用效果以及弹力产生的条件等知识点的内容，都是一些记忆性的知识，在学习的过程中要注意对它们的理解。 4．D 【详解】由 力相同时，加速度与质量成反比，有 代入数据 得 则经2s，小木车的速度 故D正确，ABC错误。 故选D。 5．D 【详解】B．对滑轮受力分析如图 因为F1、F2是同一根绳上的力，故大小相等，即 B错误； A．由平衡条件得 解得 由胡克定律公式 得，弹簧1伸长量为 弹簧2伸长量为 弹簧的伸长量不相等，A错误； CD．弹簧共伸长 重物下降的距离为 C错误，D正确； 故选D。 【点睛】对滑轮进行受力分析，应用平衡条件可求得弹簧的弹力，重物下降的距离就是两根弹簧伸长量的一半。 6．C 【详解】A．施加外力前，根据受力平衡可得，弹簧的形变量为 A错误； B．外力施加的瞬间，以物体B为对象，设A对B的压力为，根据牛顿第二定律可得 解得 B错误； C． A、B在分离时，此时A、B间的弹力为，以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得 解得此时弹簧的弹力大小为 C正确； D．设A、B分离时弹簧的压缩量为，可得 解得 从开始运动到A、B分离经历的时间为，则有 解得 D错误； 故选C。 7．BCD 【分析】先根据图象得到物体的运动情况，求出加速度，再根据牛顿第二定律求出合力；再受力分析后得到拉力和摩擦力的可能值． 【详解】由图知：a图表示加速度为的匀减速运动，b图表示加速度为的匀减速运动； 故根据牛顿第二定律，a受到合外力0.1N，b受到合外力0.2N； 如果a受水平拉力，那么b仅受摩擦力是0.2N，所以a受到向前的0.1N的拉力； 同理，如果b受水平拉力，那么由a知摩擦力是0.1N，b受到向后0.1N的拉力； 故无论如何拉力始终是0.1N，而摩擦力可能是0.1N，也可能是0.2N； 故选BCD。 【点睛】本题关键先由图象得到运动情况，求出加速度后，根据牛顿第二定律求出合力，再受力分析，得到各个未知力． 8．CD 【分析】对小球受力分析，根据牛顿第二定律求解计算。 【详解】根据题意对小球受力分析，如图： 根据牛顿第二定律： 则： 方向向左，则滑块A可以向左加速运动或者向右减速运动，故选项CD正确，AB错误。 故选CD。 【点睛】解决本题的关键知道此时是小球脱离斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解即可。 9．BCD 【详解】AB．物块刚滑上传送带时，受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为 设物块到达点前已经与传送带共速，则物块匀减速阶段所用时间为 物块匀减速阶段的位移为 因此小物块先减速后匀速运动，故A错误，B正确； C．共速后，物块做匀速运动到点所用时间为 则物块从点运动到点所用时间为，故C正确； D．传送带上留下的摩擦痕迹长度为，故D正确。 故选BCD。 10．(1) (2)C (3) 【详解】（1）根据受力平衡可知 可知。 （2）由可知，只有作出 图像，图像才是线性的。 故选C。 （3），可知斜率表示，轴上截距的绝对值 ，所以 。 11． 30° 【详解】（1）对小球B受力分析并建立平面直角坐标系如图 小球B做匀速运动，合力为零 竖直方向： 水平方向： 联立得：θ=30° （2）对A、B整体受力分析如图 竖直方向： 水平方向： 由 三式联立可得： 12．（1）1m/s2；（2）0.2 【详解】（1）根据加速度的定义可知物体运动的加速度为 （2）物体在水平方向上受恒力F和摩擦力作用，由牛顿第二定律可得 F-μmg=ma 解得 μ=0.2 13．（1）6m/s；（2）5m/s2，0.4m/s2；（3）能 【详解】（1）设a是滑块的加速度。v是滑块到A点时的速度大小，根据牛顿第二定律： 根据运动学公式有 解得 （2）设a1、a2分别此过程中滑块和长木板的加速度，对滑块有 解得 对木板 解得 （3）    设小滑块不滑出长木板，从小滑块上长木板到两者相对静止所用的时间为t，则有： 解得 则此过程中小滑块的位移为 长木板的位移为 解得 所以小滑块滑出长木板右端。 14．（1）4N；（2）0.4 【详解】（1）从图（a）中可以读出，当t=1s时， （2）从图（b）中可以看出，当t=2s至t=4s过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为 由牛顿第二定律得 所以 15．(1)8m (2)0.5 (3) (4) 【详解】（1）根据v－t图像与t轴所围面积表示位移，可知煤块上升的最大位移为 xm＝×（2＋12）×1 m＋×1×2 m＝8 m （2）根据v－t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为 对煤块根据牛顿第二定律有 μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 联立代入数据解得 μ＝0.5 （3）设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，则有 代入数据解得 t＝（2＋2）s （4）0~1 s内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为 x1＝×（2＋12）×1 m＝7 m x2＝vt1＝2×1 m＝2 m 煤块在传送带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即 l1＝x1－x2＝7 m－2 m＝5 m 在1~（2＋2）s内，即t2＝（1＋2）s时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块做匀变速直线运动，设沿传送带向下为正方向，煤块的位移为 x1′＝－vt2＋a2t22 传送带的位移大小为 x2′＝vt2 煤块与传送带的相对位移大小为 l2＝x1′＋x2′ 联立代入数据解得 l2＝（9＋4）m 因为l2>l1，所以有l1部分痕迹是重合的，则煤块在传送带上留下的划痕为（9＋4）m。 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 $