4.6 牛顿运动定律的应用（同步练习.含解析）2025-2026学年高一上学期物理教科版（2019）必修第一册

中小学教育资源及组卷应用平台
4.6牛顿运动定律的应用
一．选择题（共6小题）
1．如图（a）所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图（b），t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。v0、t0均为已知量，重力加速度大小为g，则（　　）
A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为1：2
B．物块返回底端时的速度大小为
C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小
D．利用所给条件不可以求出斜面的倾角
2．在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为2m和m。C物体上端连一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后，一端连接到A右侧，另一端固定在天花板上，其中与A连接的细线水平，绕过C的两细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．B物体的最大加速度为2m/s2
B．A物体的最大加速度为4m/s2
C．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为3m
D．C物体质量为m时，B的加速度为2.5m/s2
3．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v＝4m/s的速度匀速运动，将物品从左端P处由静止释放，之后被传送到右端Q处。已知P、Q之间的距离为6m，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10m/s2，物品匀速运动的位移大小为（　　）
A．2m B．3m C．4m D．5m
4．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角（0°＜θ＜90°），让木块从木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10m/s2，x的值不可能为（　　）
A．0.14m B．0.19m C．0.24m D．0.26m
5．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为2m，C的质量是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　）
A．当力F大于μmg时，A、B、C三个物体不再相对静止
B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动
C．当力F逐渐增大到3μmg时，B与A相对滑动
D．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg
6．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为2m，C的质量是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，A、C均不会从B上掉落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　）
A．当力F大于μmg时，A、B、C三个物体互相不再相对静止
B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动
C．当力F逐渐增大到3μmg时，B与A相对滑动
D．无论力F为何值，B的加速度不会超过
二．多选题（共3小题）
（多选）7．如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ，选沿传送带向下为正方向，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）8．如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止（重力加速度用g表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。下列说法正确的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝4mgtanθ
B．若A球所受车厢壁弹力为零，则F＝2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ，则加速度大小范围是0＜a＜g（4μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，2μ＜tanθ，则加速度大小范围是g（tanθ﹣2μ）≤a≤g（tanθ+2μ）
（多选）9．如图甲所示，倾角θ＝37°、底端带有固定挡板的足够长的斜面体置于水平面上，斜面光滑，劲度系数k＝500N/m的轻质弹簧，一端固定在斜面体底端挡板上，另一端与小物块A相连，小物块B紧靠着A一起静止在斜面上。现用水平向左的推力使斜面体向左以加速度a做匀加速运动，弹簧稳定后的形变量大小为x，如图乙所示为弹簧形变量x与相应加速度a间的x﹣a关系图像，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2、sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　）
A．乙图中a0＝7.5m/s2
B．物块A的质量mA＝1.5kg
C．物块B的质量mB＝1kg
D．当a＞a0时，斜面体对物块B的支持力FN与a的关系式为FN＝16+1.2a（N）
三．填空题（共4小题）
10．质量为2kg的小物块置于水平地面上，用10N的水平拉力使它从静止开始做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，如图，则小物块在离出发点9m处速度大小为 　 　 m/s；运动中受到地面的摩擦力大小 　 　 N。
11．质量为m的小球，用轻质细线悬挂在车厢里。当车厢沿水平方向作匀加速直线运动时，绳与竖直方向的夹角为θ，则车厢的加速度a＝　 　 ，绳上的张力T＝　 　 。
12．蹦极是一项非常刺激的户外极限运动。如图所示，弹性绳（满足胡克定律）一端固定在高空跳台上，另一端系住跳跃者的脚腕，人从跳台上由静止开始落下，弹性绳质量不计，忽略空气阻力的影响，则人下落的过程中速度 　 　 （填“一直增大”或“先增大后减小”），当弹性绳中的弹力等于人受到的重力时，人的 　 　 最大。
13．如图所示，长为L的轻质细线，拴一质量为m的小球，一端固定于O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动（这种运动通常称为圆锥摆运动），已知重力加速度为g，摆线与竖直方向的夹角是α，则：细线的拉力为 　 　 ；小球运动的线速度的大小为 　 　 。
四．解答题（共2小题）
14．2025年9月22日，央视新闻报道了歼﹣15T、歼﹣35和空警﹣600三型舰载机已完成在福建舰上弹射起飞和着舰训练，这是世界首次利用电磁弹射方式起飞五代战机成功。据悉，福建号航母弹射装置轨道上飞机加速距离约为100米，歼﹣35起飞重量约为30吨，其速度达288km/h时起飞，加速过程可近似看成匀加速直线运动，则（重力加速度g取10m/s2）：
（1）若福建号航母静止时歼﹣35加速距离为100米时起飞，求加速过程中加速度大小？
（2）若航母上不装弹射系统，歼﹣35依靠自身装配的两台涡扇﹣19发动机加速，其总推力F为2.1×105N，设歼﹣35加速时受到的阻力为自身重力的0.2倍，最小起飞速度为60m/s，滑行起飞轨道长为L＝160m，则歼﹣35能正常起飞时航母航行速度至少为多少？
15．如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1kg（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）。求：
（1）车厢运动的加速度大小。
（2）悬线对小球的拉力大小。
4.6牛顿运动定律的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．如图（a）所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图（b），t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。v0、t0均为已知量，重力加速度大小为g，则（　　）
A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为1：2
B．物块返回底端时的速度大小为
C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小
D．利用所给条件不可以求出斜面的倾角
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；利用v﹣t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；运动学中的图象专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】题目给出了物块在斜面上的运动图像，通过速度—时间图像可以分析物块的运动情况。上滑和下滑过程的位移相等，利用图像面积关系可以求出返回底端的速度。上滑和下滑的加速度可以通过速度变化和时间计算得出，两者比值由此确定。根据牛顿第二定律可以建立上滑和下滑的动力学方程，联立后可以解出斜面倾角的正弦值，但摩擦力由于质量未知无法具体求出。
【解答】解：AB、由v﹣t图像与坐标轴围成面积表示位移，设物块回到底端时速度为v，则有，解得：。上滑加速度，下滑加速度，故加速度大小之比a上：a下＝4：1。故A错误，B正确；
CD、设摩擦力为f，斜面倾角为θ，由牛顿第二定律得mgsinθ+f＝ma上，mgsinθ﹣f＝ma下，联立解得，。因质量m未知，无法求f但可求θ。故CD错误。
故选：B。
【点评】本题通过v﹣t图像考查了匀变速直线运动、牛顿第二定律以及受力分析的综合应用。题目设计巧妙，将运动学图像与动力学分析紧密结合，计算量适中但思维含量较高。解题关键在于正确解读v﹣t图像的斜率与面积物理意义，并建立上滑与下滑阶段的动力学方程。题目通过选项设置考查了学生对加速度定义、位移关系、受力分解等核心概念的掌握程度，同时需要学生具备将图像信息转化为物理公式的能力。选项C和D的设置尤其体现了对牛顿第二定律方程联立求解能力的考查，需要学生明确质量m在方程中的作用。整体而言，该题能有效检验学生对运动学图像和动力学综合问题的分析能力。
2．在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为2m和m。C物体上端连一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后，一端连接到A右侧，另一端固定在天花板上，其中与A连接的细线水平，绕过C的两细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．B物体的最大加速度为2m/s2
B．A物体的最大加速度为4m/s2
C．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为3m
D．C物体质量为m时，B的加速度为2.5m/s2
【考点】连接体模型．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】分别采用隔离法或整体法对物体A、B、C进行受力分析，结合牛顿第二定律建立方程；对于临界状态（如最大静摩擦力），明确加速度的最大值条件，进而推导力、加速度、质量的关系。
【解答】解：AC．设A、B刚好不发生相对运动时，C物体的质量为m0，以C物体为对象，根据牛顿第二定律可得
以AB为整体，根据牛顿第二定律有T＝3ma
以B为对象，根据牛顿第二定律有μ×2mg＝ma
联立可得a＝4m/s2，m0＝3m
可知B物体的最大加速度为4m/s2；若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为3m，故A错误，C正确；
D．C物体质量为m时，可知A、B不发生相对运动，对C有
对AB为整体，根据牛顿第二定律有T1＝3ma1
联立解得
可知B的加速度为，故D错误；
B．当C物体质量大于3m时，A、B发生相对滑动，以C为对象，可得
以A为对象，可得T′﹣μ×2mg＝2maA
联立可得
可知随C物体质量的增大，A的加速度逐渐增大，最终A物体的最大加速度趋近于20m/s2，故B错误。
故选：C。
【点评】本题考查了连接体的受力分析与牛顿运动定律的综合应用，涉及对多个物体（A、B、C）的受力分析、临界状态（最大静摩擦力）下的加速度计算，以及通过整体法与隔离法建立方程求解力和质量的关系等知识点。
3．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v＝4m/s的速度匀速运动，将物品从左端P处由静止释放，之后被传送到右端Q处。已知P、Q之间的距离为6m，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10m/s2，物品匀速运动的位移大小为（　　）
A．2m B．3m C．4m D．5m
【考点】水平传送带模型．
【专题】定量思想；模型法；传送带专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】物品先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度大小，根据速度—位移公式求出物品达到传送带速度时运动的位移，再求物品匀速运动的位移大小。
【解答】解：由牛顿第二定律可得，物品做匀加速运动的加速度为
aμg＝0.4×10m/s2＝4m/s2
由运动学公式v2＝2ax可得，物品与传送带共速时运动的位移为
则物品匀速运动的位移大小为
Δx＝L﹣x＝6m﹣2m＝4m，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查传送带问题，分析清楚物品的运动过程是解题的前提与关键，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合解答，也可以根据动能定理求匀加速运动的位移。
4．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角（0°＜θ＜90°），让木块从木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10m/s2，x的值不可能为（　　）
A．0.14m B．0.19m C．0.24m D．0.26m
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；信息给予题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】A
【分析】对木块受力分析，利用牛顿第二定律求出加速度，再根据加速度的取值范围，求出上滑的距离范围。
【解答】解：对斜面上的物体受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma，代入数据可得，10sinθ+7.5cosθ＝a，即，由于θ角的范围为0°＜θ＜90°，所以可得：7.5m/s2≤a≤12.5m/s2
物块在斜面上做匀减速直线运动，上滑到最高点时，速度为零，根据位移公式：，代入a的取值范围，可得s的取值范围为：0.16m≤x≤0.266m
故A错误，BCD正确。
本题选择不可能的，故选：A。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律分析加速度的大小，确定位移的大小。
5．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为2m，C的质量是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　）
A．当力F大于μmg时，A、B、C三个物体不再相对静止
B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动
C．当力F逐渐增大到3μmg时，B与A相对滑动
D．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】当物体间的摩擦力为最大静摩擦力时，物体开始相对滑动；应用牛顿第二定律求出物体相对滑动的临界拉力大小，然后分析答题。
【解答】解：物体A、B 间的最大静摩擦力为 f1＝μ×2mg＝2μmg
B、C间的最大静摩擦力为 f2mgμmg
B与地面的最大静摩擦力为f3（2m+2m+m）gμmg
当F≤f3μmg时A、B、C都静止不动
AB、若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体，根据牛顿第二定律得：F﹣f3＝（2m+2m+m）a
假设C恰好与B 相对不滑动，对C，由牛顿第二定律得：f2＝ma
解得：，
设此时 A 与B 间的摩擦力为f，对A，由牛顿第二定律得：F﹣f ＝2ma
解得：，表明C达到临界时 A 还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能超过 ；故AB 错误；
C、物体B相对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体，由牛顿第二定律得：F′﹣f2﹣f3＝（2m+2m）a
对A，由牛顿第二定律得：F′﹣μ×2mg＝2ma
解得：，故当拉力大于 μmg时，B相对A滑动，故C错误；
D、当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B 相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B 受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，
对B，由牛顿第二定律得：f1﹣f2﹣f3＝maB，解得：，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B和B、C不发生相对滑动时的临界拉力。
6．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为2m，C的质量是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，A、C均不会从B上掉落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　）
A．当力F大于μmg时，A、B、C三个物体互相不再相对静止
B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动
C．当力F逐渐增大到3μmg时，B与A相对滑动
D．无论力F为何值，B的加速度不会超过
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】当物体间的摩擦力为最大静摩擦力时，物体开始相对滑动；应用牛顿第二定律求出物体相对滑动的临界拉力大小，然后分析答题。
【解答】解：AB.物体A、B间的最大静摩擦力为
f1＝μ×2mg＝2μmg
B、C间的最大静摩擦力为
B与地面的最大静摩擦力为
当时，A、B、C都静止不动AB.若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体，根据牛顿第二定律得
F﹣f3＝（2m+2m+m）a
假设C恰好与B相对不滑动，对C，由牛顿第二定律得
f2＝ma
解得
设此时A与B间的摩擦力为f，对A，由牛顿第二定律得
F﹣f＝2ma
解得
表明C达到临界时A还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能超过
故AB错误；
C.物体B相对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体，由牛顿第二定律得
F′﹣f2﹣f3＝（2m+2m）a
对A，由牛顿第二定律得
F′﹣μ×2mg＝2ma
解得：
故当拉力大于时，B相对A滑动，故C错误；
D.当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B，由牛顿第二定律得
f1﹣f2﹣f3＝2maB
解得
故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B和B、C不发生相对滑动时的临界拉力。
二．多选题（共3小题）
（多选）7．如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ，选沿传送带向下为正方向，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】倾斜传送带模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；传送带专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据小木块受到的摩擦力为滑动摩擦力，开始时，小木块的速度小于传送带速度，小木块相对于传送带向上运动，则受沿传送带向下的滑动摩擦力，小木块做匀加速运动，当小木块与传动带速度相等时，将保持相对静止，由平衡条件可知，小木块受沿传送带向上的静摩擦力分析求解。
【解答】解：开始时，小木块的速度小于传送带速度，小木块相对于传送带向上运动，则受沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为
f1＝μmgcosθ＞mgsinθ
小木块做匀加速运动，当小木块与传动带速度相等时，将保持相对静止，由平衡条件可知，小木块受沿传送带向上的静摩擦力，大小为
f2＝mgsinθ
小木块与传送带一起匀速运动，综上所述可知，小木块的先受沿传送带向下的滑动摩擦力，再受沿传送带向上的静摩擦力，小木块小做匀加速运动，再做匀速运动。故BC正确，AD错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了传送带模型，理解物体在不同时刻的运动状态，合理使用牛顿第二定律列式是解决此类问题的关键。
（多选）8．如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止（重力加速度用g表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。下列说法正确的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝4mgtanθ
B．若A球所受车厢壁弹力为零，则F＝2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ，则加速度大小范围是0＜a＜g（4μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，2μ＜tanθ，则加速度大小范围是g（tanθ﹣2μ）≤a≤g（tanθ+2μ）
【考点】连接体模型．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】若B球所受摩擦力为零，对A、B整体由牛顿第二定律，然后对A球由牛顿第二定律；若推力向左，则系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，A与左壁弹力为零，此时F有最大值；若推力向左，μ tanθ时，系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，A与左壁弹力为零，此时F有最大值若推力向左，μ＜tanθ 2μ时，A与左壁弹力不为零，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，此时F取最大值；若推力向右，tanθ＞2μ时，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大值，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F有最小值。
【解答】解：B、对小球A，根据牛顿第二定律可得
Nx＝ma
对系统整体根据牛顿第二定律
F＝4ma
解得
F＝4mgtanθ
故B错误；
A、设杆的弹力为N，对小球A，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足
竖直方向有
Ny＝mg
则
Nx＝mgtanθ
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得
Nx＝ma
可得
a＝gtanθ
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律
F＝4ma＝4mgtanθ
故A正确；
C、若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力以及车厢壁的弹力的合力提供，小球A所受向左的合力的最大值为
Nx＝mgtanθ
小球B所受向左的合力的最大值
Fmax＝（Ny+mg） μ﹣Nx＝2μmg﹣mgtanθ
由于
μ＜tanθ
可知
Fmax＜mgtanθ
故F最大加速度最大时小球B所受摩擦力已达到最大、小球A与左壁还有弹力，则对小球B根据牛顿第二定律
Fmax＝2μmg﹣mgtanθ＝mamax
amax＝g（2μ﹣tanθ）
故C错误；
D、若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
Fmin＝Nx﹣（Ny+mg）μ＝mgtanθ﹣2μmg
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
Fmax＝Nx+（Ny+mg）μ＝mgtanθ+2μmg
对小球B根据牛顿第二定律
Fmin＝mamin，Fmax＝mamax
所以
g（tanθ﹣2μ）≤a≤g（tanθ+2μ）
故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查牛顿第二定律与整体法、隔离法灵活应用。解题的关键是临界条件的突破。本题较难。
（多选）9．如图甲所示，倾角θ＝37°、底端带有固定挡板的足够长的斜面体置于水平面上，斜面光滑，劲度系数k＝500N/m的轻质弹簧，一端固定在斜面体底端挡板上，另一端与小物块A相连，小物块B紧靠着A一起静止在斜面上。现用水平向左的推力使斜面体向左以加速度a做匀加速运动，弹簧稳定后的形变量大小为x，如图乙所示为弹簧形变量x与相应加速度a间的x﹣a关系图像，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2、sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　）
A．乙图中a0＝7.5m/s2
B．物块A的质量mA＝1.5kg
C．物块B的质量mB＝1kg
D．当a＞a0时，斜面体对物块B的支持力FN与a的关系式为FN＝16+1.2a（N）
【考点】牛顿第二定律的临界问题；物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】加速度为a0时弹簧处于原长状态，根据牛顿第二定律计算a0；根据图像截距的物理意义和平衡条件计算；a＞a0时，对B列牛顿第二定律方程计算。
【解答】A．根据图乙可知，加速度为a0时，弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、B整体，由牛顿第二定律可得
（mA+mB）gtanθ＝（mA+mB）a0
解得
故A正确；
BC．根据图乙，加速度为0时，整个系统处于静止状态，弹簧压缩量为x0 ＝ 3.6×10 2 m，对A、B整体，由共点力平衡条件可得
（mA+mB）gsinθ＝kx0
根据图乙可知，加速度大于a0时，弹簧处于拉伸状态，此时A、B即将分离，A、B之间没有作用力，对A进行分析有
N1cosθ＝kxsinθ+mAg，N1sinθ+kxcosθ＝mAa
解得弹簧处于拉伸状态时形变量与加速度的关系式为
结合图乙中数据可得
结合上述解得
mA＝1kg，mB＝2kg
故BC错误；
D．结合上述可知，当a＞a0时，A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分加速度相等，对B进行分析，则垂直于斜面方向上，根据牛顿第二定律有
FN﹣mBgcosθ＝mBasinθ
结合上述解得
FN＝16+1.2a（N）
故D正确。
故选：AD。
【点评】本题关键掌握加速度为a0时弹簧处于原长状态和图像的物理意义是求解此题的关键。
三．填空题（共4小题）
10．质量为2kg的小物块置于水平地面上，用10N的水平拉力使它从静止开始做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，如图，则小物块在离出发点9m处速度大小为 　6　 m/s；运动中受到地面的摩擦力大小 　6　 N。
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】6；6。
【分析】根据运动学公式求速度；根据牛顿第二定律求加速度。
【解答】解：根据运动学公式v2＝2ax
可得小物块的速度
以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma
小物块受到地面的摩擦力f＝F﹣ma＝10N﹣2×2N＝6N
故答案为：6；6。
【点评】本题考查了速度—位移公式和牛顿第二定律的运用；运用牛顿第二定律时，关键是要分析清楚物体的受力情况，然后再根据所求合力列出牛顿第二定律的表达式。
11．质量为m的小球，用轻质细线悬挂在车厢里。当车厢沿水平方向作匀加速直线运动时，绳与竖直方向的夹角为θ，则车厢的加速度a＝　gtanθ　 ，绳上的张力T＝　　 。
【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】信息给予题；定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；理解能力；模型建构能力．
【答案】gtanθ；
【分析】对小球受力分析，竖直方向上受力平衡，水平方向上由牛顿第二定律解出加速度大小。
【解答】解：根据牛顿第二定律结合平衡条件可知
ma＝mgtanθ
解得
a＝gtanθ
故答案为：gtanθ；。
【点评】本题考查的是牛顿第二定律得运用，需注意小球受力分析分解在水平方向和竖直方向，水平方向上由牛顿第二定律求解出加速度的大小。
12．蹦极是一项非常刺激的户外极限运动。如图所示，弹性绳（满足胡克定律）一端固定在高空跳台上，另一端系住跳跃者的脚腕，人从跳台上由静止开始落下，弹性绳质量不计，忽略空气阻力的影响，则人下落的过程中速度 　先增大后减小　 （填“一直增大”或“先增大后减小”），当弹性绳中的弹力等于人受到的重力时，人的 　速度　 最大。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；胡克定律及其应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】先增大后减小；速度。
【分析】对人受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，进而分析人的速度变化，即可解答。
【解答】解：人从静止开始落下，弹性绳处于松弛状态，人做自由落体运动，速度增大；
当弹性绳伸直时，弹性绳上开始有弹力，弹性绳中的弹力小于人受到的重力，根据牛顿第二定律得：mg﹣kx＝ma，加速度竖直向下，人继续做加速运动，随着人向下运动，弹性绳的形变量x增大，加速度减小；
当弹性绳中的弹力等于人受到的重力时，人的加速度为0，速度达到最大值；
人继续向下运动，弹力大于重力，根据牛顿第二定律得：kx﹣mg＝ma，加速度竖直向上，人做减速运动，随着人向下运动，弹性绳的形变量增大，加速度增大；
当运动到最低点时，加速度达到最大值，速度为0；
则人下落的过程中速度先增大后减小。
故答案为：先增大后减小；速度。
【点评】本题考查牛顿第二定律和胡克定律，解题关键是对人做好受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。
13．如图所示，长为L的轻质细线，拴一质量为m的小球，一端固定于O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动（这种运动通常称为圆锥摆运动），已知重力加速度为g，摆线与竖直方向的夹角是α，则：细线的拉力为 　　 ；小球运动的线速度的大小为 　　 。
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；线速度的物理意义及计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．
【答案】；。
【分析】对小球受力分析，根据平行四边形定则求出细线的拉力大小；根据合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出线速度的大小。
【解答】解：对小球受力分析如图所示，小球受重力mg和绳子的拉力F；因为小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球受到的合力指向圆心O'，且沿水平方向．由平行四边形定则得小球受到的合力大小为：F合＝mgtanα，细线对小球的拉力大小为：F；
（2）由牛顿第二定律得：mgtanα＝m，由几何关系得：r＝Lsinα，代入数据解得小球做匀速圆周运动的线速度的大小为：v；
故答案为：；。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律进行求解，知道小球做圆周运动向心力的来源。
四．解答题（共2小题）
14．2025年9月22日，央视新闻报道了歼﹣15T、歼﹣35和空警﹣600三型舰载机已完成在福建舰上弹射起飞和着舰训练，这是世界首次利用电磁弹射方式起飞五代战机成功。据悉，福建号航母弹射装置轨道上飞机加速距离约为100米，歼﹣35起飞重量约为30吨，其速度达288km/h时起飞，加速过程可近似看成匀加速直线运动，则（重力加速度g取10m/s2）：
（1）若福建号航母静止时歼﹣35加速距离为100米时起飞，求加速过程中加速度大小？
（2）若航母上不装弹射系统，歼﹣35依靠自身装配的两台涡扇﹣19发动机加速，其总推力F为2.1×105N，设歼﹣35加速时受到的阻力为自身重力的0.2倍，最小起飞速度为60m/s，滑行起飞轨道长为L＝160m，则歼﹣35能正常起飞时航母航行速度至少为多少？
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动速度与位移的关系．
【专题】简答题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）若福建号航母静止时歼﹣35加速距离为100米时起飞，加速过程中加速度大小为32m/s2；
（2）若航母上不装弹射系统，歼﹣35依靠自身装配的两台涡扇﹣19发动机加速，其总推力F为2.1×105N，设歼﹣35加速时受到的阻力为自身重力的0.2倍，最小起飞速度为60m/s，滑行起飞轨道长为L＝160m，则歼﹣35能正常起飞时航母航行速度至少为20m/s。
【分析】（1）根据匀变速直线运动规律分析；
（2）根据牛顿第二定律分析加速度，再根据匀变速直线运动规律分析。
【解答】解：（1）v＝288km/h＝80m/s，飞机由静止开始做匀加速直线运动，有：2ax＝y2，代入数据可得：a＝32m/s2；
（2）由牛顿第二定律可知：F﹣0.2mg＝ma′，代入数据可得a′＝5m/s2，
令v1＝60m/s，设航母航行速度至少v0，以航母为参考系，由匀变速直线运动规律可知：，代入数据可得：v0＝20m/s。
答：（1）若福建号航母静止时歼﹣35加速距离为100米时起飞，加速过程中加速度大小为32m/s2；
（2）若航母上不装弹射系统，歼﹣35依靠自身装配的两台涡扇﹣19发动机加速，其总推力F为2.1×105N，设歼﹣35加速时受到的阻力为自身重力的0.2倍，最小起飞速度为60m/s，滑行起飞轨道长为L＝160m，则歼﹣35能正常起飞时航母航行速度至少为20m/s。
【点评】考查了匀变速直线运动规律和牛顿第二定律的应用，熟练掌握常用表达式，第二问以航母为参考系可简化分析和计算过程。
15．如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1kg（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）。求：
（1）车厢运动的加速度大小。
（2）悬线对小球的拉力大小。
【考点】连接体模型；力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）车厢运动的加速度大小为7.5m/s2。
（2）悬线对小球的拉力大小为12.5N。
【分析】（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律计算；
（2）根据小球在竖直方向上受力平衡计算。
【解答】解：（1）选小球为研究对象，对其进行受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
mgtanθ＝ma
代入数据解得小球的加速度大小为
a＝7.5m/s2
小球和车厢相对静止，故车厢的加速度大小也为7.5m/s2。
（2）悬线对小球的拉力大小为
答：（1）车厢运动的加速度大小为7.5m/s2。
（2）悬线对小球的拉力大小为12.5N。
【点评】能够对小球正确受力分析是解题的基础，能够根据牛顿第二定律和平衡条件列出对应的方程是解题的基础。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)