第4章 第5节 牛顿运动定律的应用-【创新教程】2025-2026学年高中物理必修第一册五维课堂Word课时作业（人教版2019）

第四章 第5节 一、单项选择题 1．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为(　　) A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的5倍 C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍 解析：B　[自由落体：v2＝2gH，缓冲减速：v2＝2ah，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＝5mg，故B正确．] 2．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)(　　) A．450 N　　　　　　　 B．400 N C．350 N D．300 N 解析：C　[汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2；对乘客应用牛顿第二定律可得：F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．] 3.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则(　　) A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3 C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3 解析：D　[小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的，设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知 mgcos θ＝ma① 设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至d点的位移为x＝2Rcos θ② 由运动学公式得x＝at2③ 由①②③式联立解得t＝2 小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3.] 4．在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则(　　) A．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短 B．划艇下滑时间与倾角无关 C．划艇下滑的最短时间为2 D．划艇下滑的最短时间为 解析：C　[设滑道的倾角为θ，则滑道的长度为：x＝，由牛顿第二定律知划艇下滑的加速度为：a＝gsin θ，由位移公式得：x＝at2；联立解得：t＝2 ，可知下滑时间与倾角有关，当θ＝45°时，下滑的时间最短，最短时间为2.] 5．如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过(　　) A. B. C. D. 解析：C　[设A的质量为m，卡车以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，对构件A由牛顿第二定律得f1＝ma1≤μ2mg，解得a1≤μ2g，同理，可知B的最大加速度a2≤μ1g；由于μ1>μ2，则a1<a2≤μ1g<a，可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a1，所以车的最大速度vm＝，故A、B、D错误，C正确．] 6．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为(　　) A．7 m/s B．14 m/s C．10 m/s D．20 m/s 解析：B　[设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律μmg＝ma，解得a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式v＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确．] 7．在汽车内的悬线上挂着一个小球m，实验表明当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度θ，如图所示，若在汽车底板上还有一个跟它相对静止的物体M，则关于汽车的运动情况和物体M的受力情况分析正确的是(　　) A．汽车一定向右做加速运动 B．汽车的加速度大小为gsin θ C．M只受到重力、底板的支持力作用 D．M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力的作用 解析： D　[以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg和细线的拉力F，由于小球的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律，小球受的合力也水平向右，如图，则有mgtan θ＝ma，得a＝gtan θ，θ一定，则加速度a一定，汽车的加速度也一定，则汽车可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动，故A、B错误；以物体M为研究对象，M受到重力、底板的支持力和摩擦力．M相对于汽车静止，加速度必定水平向右，根据牛顿第二定律得知，一定受到水平向右的摩擦力，故D正确，C错误．] 8．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　) A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 解析：A　[设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，又v＝at，解得F＝＋mg，选项A正确．] 二、多项选择题 9.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 解析：BC　[水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3 N．故a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝＝2 s，故B正确，A错误；减速到零后F<Ff，物体处于静止状态，故C正确，D错误．] 10.从某一星球表面做火箭实验．已知竖直升空的实验火箭质量为15 kg，发动机推动力为恒力．实验火箭升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是实验火箭从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图像，不计空气阻力，则由图像可判断(　　) A．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320 m B．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 m C．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s2 D．发动机的推动力F为37.50 N 解析：BC　[火箭所能达到的最大高度hm＝×24×40 m＝480 m，故A错误，B正确；该星球表面的重力加速度g星＝ m/s2＝2.5 m/s2，故C正确；火箭升空时：a＝ m/s2＝5 m/s2，故推动力F＝mg星＋ma＝112.5 N，故D错误．] 11.如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是(　　) A．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变小 B．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变大 C．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6F D．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F 解析：BC　[取整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－5μmg＝5ma.再选取1、2两块木块为研究对象，由牛顿第二定律得F－2μmg－FN＝2ma，两式联立解得FN＝0.6F，进一步分析可得，从右向左，木块间的相互作用力是依次变大的，选项B、C正确．] 12．如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　) A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s时的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为 230 N 解析：AD　[热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0.由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故选项B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff′＝0，计算得Ff′＝230 N，选项D正确．] 三、非选择题 13.滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一，如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)．求： (1)冰车的最大速率； (2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小． 解析：(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1① vm＝a1t② 由①②式得vm＝5 m/s. (2)冰车匀加速运动过程中有x1＝a1t2③ 冰车自由滑行时有μmg＝ma2④ v＝2a2x2⑤ 又x＝x1＋x2⑥ 由③④⑤⑥式得x＝50 m. 答案：(1)5 m/s　(2)50 m 14．在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放，为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零，然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面，取g为10 m/s2，求： (1)座椅在自由下落结束时刻的速度大小； (2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍． 解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，下落时间t1＝1.2 s，由v＝gt1 代入数据解得v＝12 m/s， 即座椅在自由下落结束时刻的速度是12 m/s. (2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h，总时间为t，所以h＝(40－4)m＝36 m， 匀加速过程和匀减速过程的最大速度和最小速度相等，由平均速度公式有h＝t，代入数据解得：t＝6 s， 设座椅匀减速运动的时间为t2，则t2＝t－t1＝4.8 s， 即座椅在匀减速阶段的时间是4.8 s. 设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F， 由v＝at2，解得a＝2.5 m/s2， 由牛顿第二定律F－mg＝ma， 代入数据，解得F＝1.25mg， 即在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的1.25倍． 答案：(1)12 m/s　(2)1.25倍 学科网（北京）股份有限公司 $$