第5章 专题提升八 牛顿第二定律的应用-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册创新导学案Word（鲁科版）

物理　必修 第一册(鲁科) 专题提升八　牛顿第二定律的应用 提升　由受力确定运动情况 由受力确定运动情况的一般流程 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]　设汽车刹车后在地面上滑动时的加速度为a，由牛顿第二定律得：－μmg＝ma，解得：a＝－μg。由匀变速直线运动的位移—速度关系式有0－v＝2as，可得汽车刹车前的速度为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，B正确。 [答案]　B 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37°角，球和车厢相对静止，球的质量为1 kg。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求车厢运动的加速度； (2)车厢向左运动，开始时速度大小为15 m/s，求3 s内车厢的位移大小。 [解析]　(1)小球和车厢相对静止，它们的加速度相同。以小球为研究对象，对小球进行受力分析如图所示，小球所受合外力F合＝mg tan 37° 由牛顿第二定律得小球的加速度大小为a＝＝gtan37°＝g＝7.5 m/s2，方向水平向右。 (2)车厢向左运动，则速度方向与加速度方向相反，车厢做匀减速运动，刹车时间t刹＝＝ s＝2 s<3 s 则3 s内车厢的位移与2 s内车厢的位移相等，大小为s＝＝ m＝15 m。 [答案]　(1)7.5 m/s2，方向水平向右 (2)15 m 提升　由运动情况确定受力 由运动情况确定受力的一般流程 假设飞机在跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，40 s末达到起飞速度80 m/s，已知飞机的质量为7.0×104 kg，飞机在跑道上所受的阻力是其重力的0.1倍，在飞机滑跑过程中，求： (1)飞机的加速度大小； (2)飞机所受合外力大小； (3)飞机在跑道上的牵引力大小。(取g＝10 m/s2) [解析]　(1)由v＝at可得，飞机滑跑过程中的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2。 (2)由牛顿第二定律可得飞机所受合外力大小F合＝ma＝7.0×104×2 N＝1.4×105 N。 (3)由F合＝F－0.1mg可得，飞机在跑道上的牵引力大小为F＝F合＋0.1mg＝1.4×105 N＋0.1×7.0×104×10 N＝2.1×105 N。 [答案]　(1)2 m/s2　(2)1.4×105 N (3)2.1×105 N 民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上来。若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0 m，构成斜面的气囊长度为5.0 m。要求紧急疏散时，乘客从出口处沿气囊由静止下滑到达地面的时间不超过2.0 s，g取10 m/s2。求： (1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？ (2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？ [解析]　(1)由题意可知，h＝4.0 m，L＝5.0 m，t＝2.0 s。 设斜面倾角为θ，则 sin θ＝＝0.8，cos θ＝＝0.6 乘客沿气囊下滑过程中， 由L＝at2得a＝＝m/s2＝2.5 m/s2 乘客在气囊上下滑的加速度至少为2.5 m/s2。 (2)对乘客在下滑过程中进行受力分析，如图所示， 沿x轴方向有mg sin θ－f＝ma 沿y轴方向有N－mg cos θ＝0 又f＝μN 三式联立得 μ＝＝≈0.92 所以气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过0.92。 [答案]　(1)2.5 m/s2　(2)0.92 提升　多过程问题 分析多过程问题的要领 (1)将多过程分解为多个子过程，各子过程间由衔接点连接。 (2)对各子过程进行受力分析和运动分析，必要时画出受力示意图和运动过程示意图。 (3)根据子过程和衔接点的模型特点选择合适的动力学规律列方程。 (4)分析衔接点的速度等联系，确定各子过程间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程。 (5)联立方程组，分析求解，并对结果进行必要的讨论或验证。 法国人劳伦特·菲舍尔在澳大利亚伯斯的冒险世界进行了超高空特技跳水表演，他从30 m高的塔上跳下，假设他以5 m/s的初速度竖直向下离开塔顶，并准确地落入水池中。已知： 他在空气中运动时，空气对他的阻力是他的重力的；落入水中后，水对他的阻力(包括浮力)是他的重力的3倍。试计算需要准备一个至少多深的水池？(菲舍尔可视为质点，g取10 m/s2) [解析]　当菲舍尔在空气中运动时，受到重力和空气阻力的作用，由牛顿第二定律得 mg－f＝ma1 根据题意知f＝mg 解得加速度大小 a1＝g＝×10 m/s2＝8 m/s2 菲舍尔在空中向下运动的过程中， 由运动学公式有v2－v＝2a1h1 解得到达水面时的速度大小 v＝＝ m/s＝ m/s 菲舍尔在水中时，受到重力和水的阻力(包括浮力)的作用，由牛顿第二定律得f′－mg＝ma2 根据题意知f′＝3mg 解得加速度大小 a2＝2g＝2×10 m/s2＝20 m/s2 菲舍尔在水中向下运动的过程中，由运动学公式有0－v2＝－2a2h2 解得进入水中的深度为 h2＝＝ m＝12.625 m 故水池深度至少应为12.625 m。 [答案]　12.625 m 课后课时作业 题型一　由受力确定运动情况 1．如图所示，一列动车组的质量为540 t，最大动力为2.5×105 N，运动时所受阻力为车重的0.01倍，则以最大动力从静止匀加速到80 km/h，所需时间约为(取g＝10 m/s2) (　　) A．40 s B．50 s C．60 s D．70 s 答案：C 解析：该动车组以最大动力做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，其中F＝2.5×105 N，f＝0.01mg＝5.4×104 N，m＝5.4×105 kg，解得加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.36 m/s2，根据匀变速直线运动速度与时间的关系式有v＝at，其中v＝80 km/h＝22.2 m/s，可得以最大动力从静止加速到80 km/h所需时间为t＝＝ s＝62 s，故选C。 2．如图所示，质量为30 kg的物体A静止在光滑水平面上，若对A施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，则2 s末时物体A的速度大小为 (　　) A．0 B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s 答案：B 解析：由平行四边形定则可知两个力的合力大小为F＝2×60 N×cos 60°＝60 N，由牛顿第二定律可得物体A的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则2 s末时物体A的速度大小为v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s，故选B。 3．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(取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　) A．物体经10 s速度减为零 B．物体经5 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 答案：C 解析：施加恒力后，物体向左滑动时，水平方向上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f＝μmg＝0.3×1×10 N＝3 N，由牛顿第二定律有F＋f＝ma，故物体减速阶段的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需时间为t＝＝ s＝2 s，故A、B错误；因为F<f，物体减速为零后将保持静止，故C正确，D错误。 题型二　由运动情况确定受力 4．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，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s。安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦) (　　) A．450 N B．400 N C．350 N D．300 N 答案：C 解析：刹车前汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车刹车过程的加速度为a，则a＝＝－5 m/s2，由牛顿第二运动定律得安全带对乘客的作用力约为F＝ma＝70×(－5) N＝－350 N，C正确。 5．如图所示是一位滑雪者，人与装备的总质量为75 kg，以2 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30°，在5 s的时间内滑下的路程为60 m。求滑雪者的加速度大小及滑雪者受到的阻力大小(包括摩擦力和空气阻力)，g取10 m/s2。 答案：4 m/s2　75 N 解析：设滑雪者的初速度大小为v0，加速度大小为a，受到的阻力大小为f，在t＝5 s的时间内滑下的路程为s＝60 m， 由运动学公式有s＝v0t＋at2 解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2 对滑雪者受力分析如图所示，由牛顿第二定律得mg sin θ－f＝ma 滑雪者受到的阻力大小为f＝mg sin θ－ma＝75×10×0.5 N－75×4 N＝75 N。 题型三　多过程问题 6．如图所示，质量为m＝2 kg的物体放在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，物体在方向与水平面成α＝37°角斜向下、大小为10 N的推力F作用下，从静止开始运动，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2。若5 s末撤去F，求： (1)5 s末物体的速度大小； (2)前9 s内物体通过的位移大小。 答案：(1)7.0 m/s　(2)29.75 m 解析：(1)物体受力如图所示，根据牛顿第二定律， 竖直方向上有N－mg－F sin α＝0 水平方向上有F cos α－f＝ma 又f＝μN 解得a＝ ＝ m/s2＝1.4 m/s2 则5 s末物体的速度大小 v1＝at1＝1.4×5 m/s＝7.0 m/s。 (2)前5 s内物体的位移 s1＝at＝×1.4×52 m＝17.5 m 撤去力F后，根据牛顿第二定律， 水平方向上有f′＝ma′ 竖直方向上有N′－mg＝0 又f′＝μN′ 解得a′＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 由于t止＝＝ s＝3.5 s<t2＝(9－5) s＝4 s 所以物体在9 s末已经静止 故物体在撤去力F后运动的位移大小 s2＝＝ m＝12.25 m 则前9 s内物体通过的位移大小 s＝s1＋s2＝17.5 m＋12.25 m＝29.75 m。 7．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m＝60.0 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)人从斜坡上下滑的加速度为多大？ (2)若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度L＝20.0 m，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？ 答案：(1)2.0 m/s2　(2)50.0 m 解析：(1)人和滑板在斜坡上的受力如图甲所示，建立平面直角坐标系。 设人和滑板在斜坡上下滑的加速度为a1，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f＝ma1，N－mg cos θ＝0， 其中f＝μN， 联立解得a1＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2.0 m/s2。 (2)人和滑板在水平滑道上的受力如图乙所示。 由牛顿第二定律得 N′－mg＝0， f′＝ma2， 其中f′＝μN′， 联立解得人和滑板在水平滑道上运动的加速度大小为a2＝μg＝0.5×10 m/s2＝5.0 m/s2， 设人从斜坡上滑下的最大距离为LAB，由匀变速直线运动公式得 v＝2a1LAB 0－v＝－2a2L 联立解得LAB＝＝ m＝50.0 m。 8．如图所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则 (　　) A．物体到达C1点时的速度最大 B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同 C．物体在AC3上的运动时间最短 D．物体在AC3上运动的加速度最小 答案：C 解析：在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝＝g sin θ，斜面倾角越大，加速度越大，所以物体在AC3上运动的加速度最大，D错误；根据几何知识可知，物体发生的位移为s＝，物体的初速度为零，所以s＝at2，解得t＝＝，则斜面倾角越大，运动时间越短，所以物体在AC3上的运动时间最短，C正确，B错误；根据v2＝2as得，物体到达底端的速度v＝，则物体到达C1、C2、C3时的速度大小相等，故A错误。 9．(多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度—时间图像如图所示，则 (　　) A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9 B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1 C．物体所受的重力和空气阻力大小之比为9∶1 D．物体所受的重力和空气阻力大小之比为10∶1 答案：AD 解析：由题图可知，上升、下降过程中物体的加速度大小分别为a上＝11m/s2，a下＝9 m/s2，a上∶a下＝11∶9，A正确，B错误；由牛顿第二定律得mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝∶＝∶＝10∶1，D正确，C错误。 10．如图甲所示，质量m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去力F，物体运动时的部分v­t图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数及拉力F的大小； (2)t＝4 s时物体的速度。 答案：(1)0.5　30 N (2)2 m/s，方向沿斜面向下 解析：(1)根据题图乙可知，物体在0～1 s内沿斜面向上做匀加速直线运动，加速度为 a1＝ m/s2＝20 m/s2 根据牛顿第二定律得 F－μmg cos θ－mg sin θ＝ma1 物体在1～2 s内沿斜面向上做匀减速直线运动，加速度为a2＝ m/s2＝－10 m/s2 根据牛顿第二定律得 －mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 联立解得F＝30 N，μ＝0.5。 (2)设撤去力F后物体运动到最高点所用的时间为t2，由0－v1＝a2t2，解得t2＝＝ s＝2 s 则前4 s内物体从最高点开始沿斜面下滑的时间t3＝t－t1－t2＝4 s－1 s－2 s＝1 s 设物体沿斜面下滑的加速度为a3，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma3 解得a3＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2 所以t＝4 s时物体的速度大小为v＝a3t3＝2×1 m/s＝2 m/s，方向沿斜面向下。 1 学科网（北京）股份有限公司 $