资源简介

【新教材】4.5牛顿运动定律的应用同步练习-2025-2026年人教版高中物理必修第一册
一、单选题（本大题共8小题）
1．如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．自动化分拣为快递行业发展起到很大的促进作用，而物品的自动传输需要依靠传送带进行。如图所示为某水平传送带示意图，传送带以的速度匀速运动，将物品从左端处由静止释放，之后被传送到右端处。已知、之间的距离为，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，重力加速度取，物品匀速运动的位移大小为（　　）
A． B． C． D．
3．手机中有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着质量为m的手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中t1=0.38s，t2=0.55s，t3=0.66s，t4=1.26s，取重力加速度g=10m/s2，由此可判断出（　　）
A．t1时刻手掌对手机的作用力2mg
B．t2时刻手机刚好离开手掌
C．t3时刻手机的速度为3m/s
D．手机离开手掌后上升的高度为0.9m
4．如图所示，排球运动员朱婷在训练垫球中，排球离开手臂后先竖直向上运动，又竖直向下落回原位置，上述过程中排球受到的空气阻力f大小恒定。在此过程中，用x、v、a分别表示排球的位移、速度、加速度，t表示运动时间，取竖直向上为正方向，下列图像中可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，一个质量为的物块放在水平地面上，在和以及摩擦力作用下，物块以的速度向右匀速直线运动，某时刻撤去并从此时开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．时地面对物块的摩擦力 B．前的平均速度为
C．时，物块的加速度为 D．时，物块距离时的位置有远
6．人站在力传感器上完成下蹲、站起动作，观察计算机采集到的图线。如图是某人在运动过程中力传感器的示数随时间变化的情况。下列说法正确的是（　　）
A．人的质量约为
B．在~内，人完成“下蹲”和“站起”两个动作
C．在下蹲过程中，人的最大加速度约为
D．在~内，人一直处于超重状态
7．迄今为止，我国是世界上第三个拥有空间站的国家，空间站的建立为我国在科技领域展示了广阔的前景。空间站的质量可采用动力学方法测量，如图所示，已知飞船质量为m，其推进器的平均推力为F，在飞船与空间站对接后，推进器工作时间内，飞船和空间站速度变化为。则空间站的质量为（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，虚线是竖直平面的圆，固定的光滑细杆交于圆的最低点O。现套在杆上的小球甲、乙同时从图示位置由静止释放，并运动到O点，上述整个过程中两球的速度大小v随时间t变化的关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（　　）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
10．蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示。若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是 （　　）
A．运动员的质量为60kg B．运动员的最大加速度为45m/s2
C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5m D．9.3s至10.1s内，运动员一直处于超重状态
11．如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下（g取10 m/s2)（　　）
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
三、非选择题（本大题共5小题）
12．［课标Ⅱ2020·22］一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球和,如图所示，一实验小组用此装置测量小球运动的加速度.
令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球释放时的高度,下降一段距离后的高度;由下降至所用的时间.由此求得小球加速度的大小为 （保留3位有效数字）.
从实验室提供的数据得知,小球、的质量分
别为和，当地重力加速度大小为.根据牛顿第二定律计算可得小球加速度的大小为 （保留3位有效数字）.
可以看出，与有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因： .
13．装配式建筑是指在工厂加工制作好建筑用构件，将构件运输到建筑施工现场，然后像“搭积木”一样在现场装配安装而成的建筑，具有施工方便、质量可靠的优点。在某次施工中，质量的建筑构件竖立在地面上，在塔式吊车钢绳的作用下，从地面由静止开始匀加速上升，上升后，达到最大速度，之后匀速上升，一段时间后匀减速上升，经过停止运动，构件下端与9楼的楼面平齐，不计空气阻力，已知，假设每层楼高，求：
(1)构件全程运动的时间；
(2)匀减速阶段构件对钢绳的作用力。
14．在物资运转过程中常使用传送带。如图所示，传送带的倾角θ = 37°，从A到B长度为29 m，B点与水平地面平滑连接，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量m = 0.5 kg的黑色煤块，它与传送带和水平地面之间的动摩擦因数均为μ = 0.5。煤块在传送带上相对滑动会留下黑色划痕。已知： sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g = 10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上留下划痕的长度；
(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间以及最终停在水平面上的C点到B点得距离s是多少（结果可以保留根号）。
15．一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球和,如图所示，一实验小组用此装置测量小球运动的加速度.
令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球释放时的高度,下降一段距离后的高度;由下降至所用的时间.由此求得小球加速度的大小为 （保留3位有效数字）.
从实验室提供的数据得知,小球、的质量分别为和，当地重力加速度大小为.根据牛顿第二定律计算可得小球加速度的大小为 （保留3位有效数字）.
可以看出，与有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因： .
16．如图所示，A、B两块木板并排静止在光滑水平面上，小物块C（可视为质点）以水平速度vC=6m/s从A的左端滑上，若三个物体质量均为m=2kg，A、C间的动摩擦因数μ1=0.2，C的速度减小到4m/s时，恰好与A分离，滑上B板，g取10m/s2。
（1）求C刚滑上A时，物块A、C的加速度大小aA、aC；
（2）求A板的长度LA；
（3）若B板长LB=1.5m，要使C不脱离B，求B、C间的动摩擦因数μ2的最小值。
参考答案
【知识点】传送带模型
1．【答案】A
【详解】AB．在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为
v=atv-t图象是倾斜的直线，物体的速度与传送带相同后，做匀速直线运动，加速度为0，A正确，B错误；
C．x和t关系先满足
后满足
x=vt
C错误；
D．摩擦力先恒定，提供加速度，后为零，D错误。
选A。
【知识点】传送带模型
2．【答案】C
【详解】由牛顿第二定律得物品匀加速运动的加速度为
由运动学公式得物品达到与传送带有共同速度运动的位移
则物品匀速运动的位移大小为
故C正确。
故选C。
【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
3．【答案】C
【详解】t1时刻手机的加速度最大为a=20 m/s2=2g，方向向上，由牛顿第二定律得F-mg=ma=2mg，解得F=3mg，A错误；t2时刻加速度为零，则手机处于平衡，手机没有离开手掌，B错误；手机在0.66s离开手后做竖直上抛，在1.26s接住，则升的高度为t3时刻手机的速度为，C正确，D错误。
【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
4．【答案】C
【详解】AD．取竖直向上为正方向，对排球上升过程中，由牛顿第二定律可得上升过程加速度大小
同理，由牛顿第二定律可得下降过程加速度大小
可得上升过程中
下落过程中
其中为排球上升的最大高度，为排球上升过程所用的时间，以上分析可知加速度有正、有负，位移随时时间不是线性关系，故AD错误；
BC．以上分析可知，排球向向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，且，故B错误，C正确。
故选 C。
【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
5．【答案】B
【详解】A．物块以的速度向右匀速直线运动，有
解得滑动摩擦力为
方向向左。
撤去，物块向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
减速到0的时间
由于，之后物块静止。所以时物块已经静止，地面对物块的摩擦力为静摩擦力
A错误；
C．时，物块静止，加速度为0，C错误；
D．物块向右做匀减速运动的位移
之后静止，所以时，物块距离时的位置有远，D错误；
B．前的平均速度为
B正确。
故选B。
【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
6．【答案】C
【详解】A．人的重力约为，即人的质量约为，故A错误；
BD．在内，人对传感器的压力先小于重力后大于重力，人先处于失重状态后处于超重状态，人完成的是“下蹲”动作；在内，人对传感器的压力先大于重力后小于重力，人先处于超重状态后处于失重状态，BD错误；
C．在下蹲过程中，人对传感器的最小压力约为，根据牛顿第三定律，传感器对人的最小支持力大小也约为，人的最大加速度约为，故C正确；选C。
【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
7．【答案】B
【详解】飞船和空间站整体的加速度，由牛顿第二定律可知，解得，B正确。
【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
8．【答案】B
【详解】设杆与竖直方向夹角为θ，圆的半径为R，根据牛顿第二定律可得
mgcosθ=ma
甲的加速度为
a=gcosθ
由速度与位移公式可得
v2=2ax=2×gcosθ×2Rcosθ
解得
运动时间
可知θ越小时，速度越大，乙的速度大，两者时间相同。
选B。
【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
9．【答案】AD
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为，解得，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，解得，滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为，解得，撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
10．【答案】ABC
【详解】A．由图给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即
解得运动员的质量
选项A正确；
B．在蹦床上时受到的最大弹力
最大加速度
选项B正确；
C．运动员离开蹦床后在空中运动的时间
上升和下落的时间分别为，则最大高度为
选项C正确。
D．9.3s至10.1s内，运动员先失重、后超重，再失重，D错误。
选ABC。
【知识点】牛顿第二定律的简单计算、运动过程分析、多过程问题
11．【答案】BC
【详解】AB．物体受到向右的滑动摩擦力
根据牛顿第二定律得
方向向右，物体减速到0所需的时间
B正确，A错误；
CD．减速到零后
物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误。
选BC。
【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
12．【答案】1.84； 1.96； 滑轮的轴不光滑或滑轮有质量
【思路导引】 测加速度的实验,首先需要考虑与加速度相关的表达式及.
观察题中内容,求解第一空时已知量有位移,有运动时间,考虑位移表达式；求解第二空时已知量有质量和重力加速度,即有重力,考虑牛顿第二定律.二者存在差异必然是由于外力的影响,实验中的外力多是阻力,考虑哪个过程存在阻力.
【解析】由题意可知,小球的质量大于小球的质量,所以小球下落,小球上升,、小球做匀变速直线运动,两小球的加速度大小相同,由匀变速直线运动规律可知,解得；由实验室提供的数据获得小球、的质量,结合牛顿第二定律有,可得,比实验所测得的实际加速度大,除实验中的偶然误差外,还会存在阻力的作用,可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量（合理即可）.
【易错分析】本题的易错点在求解第二空时,将小球的重力视为整体受到的力,从而导致错解.
【关键点拨】 解答本题的关键是要清楚实验原理：小球、通过不可伸长的细绳相连,运动的速度和加速度大小均相同,研究时应对整体进行研究.
【知识点】两类动力学问题、运动过程分析、多过程问题
13．【答案】(1)15s；(2) ，方向竖直向下
【详解】(1)匀加速上升时，有
解得
匀加速时
匀减速上升的高度为
匀速阶段上升的高度为
匀速运动时间为
(2)匀减速时，加速度大小
根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得，构件对钢绳的作用力大小为，方向竖直向下
【知识点】传送带模型
14．【答案】(1)3 s，(2)5 m，(3)；58 m
【详解】（1）开始阶段，由牛顿第二定律得，解得，煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为，煤块发生的位移为，所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变，第二阶段有，解得，设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则，解得，则煤块从A到B的时间
（2）第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为，故煤块相对于传送带上移5 m；第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为，即煤块相对传送带下移4 m，传送带表面留下黑色炭迹的长度为
（3）若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，则有，可得，到达B点的速度为，则水平面的加速度为，根据速度与位移的关系有，解得
【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
15．【答案】1.84； 1.96； 滑轮的轴不光滑或滑轮有质量
【思路导引】测加速度的实验,首先需要考虑与加速度相关的表达式及.
观察题中内容,求解第一空时已知量有位移,有运动时间,考虑位移表达式；求解第二空时已知量有质量和重力加速度,即有重力,考虑牛顿第二定律.二者存在差异必然是由于外力的影响,实验中的外力多是阻力,考虑哪个过程存在阻力.
【解析】由题意可知,小球的质量大于小球的质量,所以小球下落,小球上升,、小球做匀变速直线运动,两小球的加速度大小相同,由匀变速直线运动规律可知,解得；由实验室提供的数据获得小球、的质量,结合牛顿第二定律有,可得,比实验所测得的实际加速度大,除实验中的偶然误差外,还会存在阻力的作用,可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量（合理即可）.
【易错分析】本题的易错点在求解第二空时，将小球的重力视为整体受到的力,从而导致错解.
【关键点拨】解答本题的关键是要清楚实验原理：小球、通过不可伸长的细绳相连,运动的速度和加速度大小均相同,研究时应对整体进行研究.
【知识点】板块模型
16．【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）如图所示，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得，
解得，
对A、B整体受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得，
解得。
（2）设C从A的左端到右端所用时间为，根据匀变速运动规律，对C有，，
解得，，
对A有，
解得，
则A板的长度为。
（3）C滑上B时的速度为4m/s，此时加速度大小均为，
此时B的速度为，
当最小时，C、B两物体刚好在B的末端达到共同速度，则有，，
可得，
根据匀变速直线运动位移速度公式可得，，
又，
联立解得。
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页

展开更多......

收起↑