5 第4章 第5节 牛顿运动定律的应用-课后达标检测-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册教用课件(人教版)

该高中物理课件聚焦牛顿运动定律及应用，涵盖匀变速直线运动、受力分析、摩擦力等核心知识点。课堂导入结合神舟十八号着陆、冬奥会钢架雪车等真实情境，搭建从运动描述到力学规律的知识支架。 其亮点在于通过科技时事、体育赛事等多样化情境及滑块、斜劈等典型模型，培养科学思维（模型建构、科学推理）与科学态度。题目分层设计，解析注重受力分析与公式推导，助力学生深化运动和相互作用观念，教师可高效开展教学。

第5节　课后达标检测 1 √ 1.2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为(　　) A.3×104 N　　　　　 B．7.5×104 N C.2.6×104 N D．1.05×105 N 4 5 6 1 2 3 课后达标检测 4 5 6 1 2 3 课后达标检测 √ 2．(多选)(2025·安徽蚌埠期末)如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法正确的是(　　)   A.a滑块运动的时间较长 B.a滑块的加速度较小 C.a滑块受到的弹力较小 D.a滑块受到的合力较大 √ 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 √ 3．(多选)(2025·河南月考)如图所示，放置在水平地面上的斜劈倾角为θ，在足够长的粗糙斜面上由静止释放小滑块P，同时对P施加一个垂直于斜面向下的推力F。已知推力F与P运动的速度v成正比，即F＝kv，小滑块沿斜面向下滑动过程中，斜劈一直静止，下列判断正确的是(　　)  A.小滑块P的速度先增大后不变 B.小滑块受到的摩擦力一直减小 C.小滑块受到的合外力一直减小 D.斜劈受到地面的摩擦力先增大后不变 √ 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 解析：对P受力分析，根据平衡条件可得mg sin θ－f＝ma，FN＝F＋mg cos θ，f＝μFN，由此可知，当滑块由静止开始向下加速运动过程中，由于速度增大，则F增大，FN增大，f增大，加速度a减小，滑块所受合外力减小，当加速度减小为零时，速度达到最大，并保持不变，故A正确，B、C错误；对整体有f地－F sin θ＝ma cos θ，解得f地＝(F＋mg cos θ)(sin θ－μcos θ)，由于力F先增大后不变，所以斜劈受到地面的摩擦力先增大后不变，故D正确。 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 4.(8分)(2025·湖北襄阳市期中)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现对物体施加一个大小F＝20 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)物体所受的摩擦力f；(4分) 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 解析：根据题意，对物体受力分析，竖直方向上，由平衡条件有 F sin θ＋FN＝mg fm＝μFN 联立可得fm＝4 N＜F cos θ＝16 N 可知，物体受滑动摩擦力作用，所以摩擦力大小 f＝fm＝4 N 方向水平向左。 答案：4 N，方向水平向左 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 (2)物体在拉力作用下5 s末的速度v。(4分) 解析：由牛顿第二定律可得 F cos θ－f＝ma v＝at 解得v＝30 m/s 方向水平向右。 答案：30 m/s，方向水平向右 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 5．(8分)(2025·青海西宁市期末联考)我国运动员在北京冬奥会获得男子钢架雪车比赛铜牌，实现该项目的历史性突破，图甲为其比赛画面。已知赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图乙中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角θ＝5°。若运动员推着雪车从A点由静止出发，以2 m/s2的加速度匀加速跑到B点时速度大小为9 m/s，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑。已知运动员到达C点时的速度大小为12 m/s，赛道BC的长度为45 m，g取10 m/s2，sin 5°≈0.09，cos 5°≈1.00，不计空气阻力，求： 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 (1)运动员在起跑区的运动时间；(3分) 解析：设运动员在起跑区的运动时间为t1，根据 vB＝a1t1 解得t1＝4.5 s。 答案：4.5 s　 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 (2)雪车与冰面间的动摩擦因数。(5分) 答案：0.02 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 6．(12分)如图，质量为2 kg的物体，在倾角θ＝37°且足够长的斜面上受到水平向右的推力F＝40 N的作用，由静止开始从斜面底部沿斜面向上运动，4 s后撤去推力F，物体与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物体沿斜面向上加速运动阶段的滑动摩擦力的大小；(4分) 解析：根据FN＝mg cos 37°＋F sin 37° Ff＝μFN，联立得Ff＝10 N。 答案：10 N　 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 (2)物体沿斜面向上运动阶段的最大速度的大小；(4分) 解析：匀加速阶段，根据牛顿第二定律有 F cos 37°－mg sin 37°－Ff＝ma1 最大速度的大小v＝a1t 联立得v＝20 m/s。 答案：20 m/s　 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 (3)物体沿斜面向上运动阶段的总位移。(4分) 答案：65 m 4 5 6 2 3 1 课后达标检测 解析：根据运动学公式可得v eq \o\al(2,0) －v2＝2ah，解得加速度大小a＝2,0) eq \f(v－v2,2h) ＝ eq \f(82－22,2×1.2) m/s2＝25 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝1.05×105 N。 解析：设滑轨与竖直直径的夹角为θ，圆环的半径为R，对滑块受力分析可得，滑块所受的支持力大小N＝mg sin θ，所受合外力大小F合＝mg cos θ，根据牛顿第二定律可得滑块的加速度大小a＝g cos θ，滑块沿滑轨运动的位移x＝2R cos θ，根据位移—时间关系有x＝ eq \f(1,2) at2，可得滑块沿滑轨运动的时间t＝ eq \r(\f(4R,g)) ，两滑块运动时间相等，a滑块加速度大，a滑块受到的弹力较小，a滑块受到的合力较大。 解析：设运动员和雪车的总质量为m，在出发区的加速度大小为a2，根据 v eq \o\al(2,C) －v eq \o\al(2,B) ＝2a2xBC 解得a2＝0.7 m/s2 由牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 解得μ＝0.02。 解析：物体做匀加速运动的位移x1＝ eq \f(v2,2a1) 撤去推力后，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律有 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma2 物体做匀减速运动的位移x2＝ eq \f(v2,2a2) 物体沿斜面向上运动阶段的总位移x＝x1＋x2 联立并代入数据解得x＝65 m。 $