5 牛顿运动定律的应用-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第一册同步课时卷

46无敌原创同步必刷点物理·必修第一册 5牛顿运动 基础过关 1.（多选)在一次交通事故中，警察测量出肇 事车辆的刹车痕迹是64m,设该车辆刹车 时车轮抱死（即车轮不转动），车轮与地面 间的动摩擦因数为4=0.8，重力加速度 g取10m/s2。该路段的限速为60km/h。 则该车 () A.刹车时的加速度大小为8m/s B.车辆刹车前的行驶速度为32km/h C.超速 D.不超速 2.在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美 丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰 火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s 末到达离地面100m的最高点时炸开，构 成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒 中竖直射出时的初速度是，上升过程中 所受的平均阻力大小始终是自身重力的 倍，重力加速度g取10m/s2。则和 分别等于 () A.50m/s,1.25 B.40m/s,0.25 C.50m/s,0.25 D.80m/s,1.25 定律的应用 3.(多选)如图所示，A、B、C三个小球的质量 分别为3m、2m、m,轻质弹簧一端固定在 斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固 定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接， 倾角为0的光滑斜面固定在地面上，弹 簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统 处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列 说法正确的是 ( A.A球的受力情况未变，加速度为零 B.C球的加速度沿斜面向下，大小为 gsin 0 C.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上， 大小均为sin0 3 D.A、B之间杆的拉力大小为12 ngsin0 5 4.如图所示，一位家长正在用大小为F= 25N、与水平面成37°角斜向上的拉力拉 着儿童车前进。儿童及车的总质量为m= 10kg,由静止开始沿水平地面直线运动， 车轮与地面间的动摩擦因数为4=0.2。 将车轮受到的滚动摩擦看作滑动摩擦，且 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin53°= 0.8,cos53°=0.6，重力加速度g取 10m/s2。求： (1)物体与地面间的摩擦力大小； (2)物体的加速度大小； (3)若经过10s撤去拉力F,物体还能滑 行多远？ 能力提升] 1.时下健身已经成为年轻 人流行的一种休闲运 动。一位健身者通过健 身器将一质量为10kg 的物体，在竖直向上的 拉力F作用下由静止开 始向上做匀加速直线运 动，第2s内的位移为1.5m,重力加速度 g取10m/s2,不计空气阻力，则拉力F大 小为 () A.15N B.100N C.110N D.150N 2.(多选)如图甲所示，一位小朋友在距离地 面一定高度的阳台练习抛接球。他将质 量为0.5kg的篮球以5m/s的初速度竖 直向上抛出，由于失手没接到球，篮球抛 出后经过一段时间落到地面上。若以抛 出时刻为计时起点，小球运动的v-t图像 如图乙所示，t=1.5s时，小球落到地面 第四章运动和力的关系47 上。设小球运动过程中所受阻力大小不 变，则 () /(m·s-) 10 9.6f分 t/s 0.511.5 -5 甲 乙 A.小球一直做匀变速直线运动 B.小球抛出点离地面高度为3.55m C.小球运动过程中所受阻力大小为0.1N D.当地重力加速度大小为10m/s2 3.(多选)风洞实验室中可产生水平方向的、 大小可调节的风力，现将一套有小球的细 直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细 杆直径，如图所示。当杆在水平方向上固 定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀 速运动，这时小球所受的风力为小球所受 重力的0.5倍。保持小球所受风力不变， 使杆与水平方向间夹角为37°并固定，取 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s,下列说法正确的是 一风 A.小球与杆间的动摩擦因数为μ=0.5 B.杆倾斜时，杆对球的弹力与球自身重力 的比值为0.8 C.杆倾斜时，小球将保持静止状态 D.杆倾斜时，小球由静止出发在细杆上滑 距离0.6m所需时间为0.4s 4.（多选)如图甲所示为机场的传送带运送 行李的过程，简化示意图如图乙所示，水 平传送带两端A、B相距x=5m,以= 4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运 48无敌原创同步必刷点物理·必修第一册 转。现将一旅行箱（可视为质点）无初速 度地轻放在A端，若旅行箱与传送带间的 动摩擦因数4=0.8，重力加速度g取 10m/s2,则旅行箱从A运动到B的过程 中 ( A.到达B点时的速度为4m/s B.运动时间是1.5s C.旅行箱相对于传送带运动的距离是5m D.旅行箱相对于传送带运动的距离是1m 5.(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜 面能达到的最大位移x与斜面倾角0的关 系，将某一物体每次以同样的初速度%沿足 够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向 的夹角0，实验测得x与斜面倾角0的关系如 图乙所示，g取10m/s2,根据图像可求出 () Ax/m 2.40 1.80-- Xmin 0 /度 90 匆 乙 A.物体的初速度=3m/s B.物体与斜面间的动摩擦因数=0.75 C.取不同的倾角0，物体在斜面上能达到的 位移x的最小值xm=1.44m D.当0=45°时，物体达到最大位移后将停在 斜面上 6.如图甲所示，小朋友正坐在滑雪圈里沿着雪 道滑雪，现将雪道简化为乙图所示的AB和 BC两段直线，与水平面夹角分别为a=45°、 B=37°，AB和BC的长度之比L1:L2=2: 7,可视为质点的载人滑雪圈从坡顶由静止开 始自由下滑，经过两段滑道交接处速率不变， 最后静止于C点。设滑雪圈与两段雪道间 的动摩擦因数相同，不计请雪圈与侧面雪道 的相互作用。取sin53°=0.8，cos53°=0.6， √2=1.4，重力加速度g取10m/s2。求： (1)滑雪圈与雪道之间的动摩擦因数。 (2)若BC段长L2=20m,滑雪圈经过B点时 的速率。 A Bo CB 甲 乙70无敌原创同步必刷点物理·必修第一册 尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，秒表是测量 时间的仪器，弹簧秤是测量力的仪器，力不是基本物理量， 本题选测量的不是国际单位制中的基本量的，C正确。故 选C。 2.BD【解析】物理学公式反映各量之间关系的同时也确 立了单位关系，苦的单位为=m,位移：的单位为 m/s2 m,A可能正确：Va·mG·=√何，而速度的单位 m 是m/s,B一定错√m/s =s,时间的单位为s,C可能正 确：√层的单位为√受，面加速度a的单位为m/g,D 定错误。故选BD。 3.B【解析】国际单位制中p的单位是N/m2,1N=1kg· m/sp的单位是kg/m,代人√号 入便可得√·gm kg·m/s2 √厚=n/s,而m/s即遮度的单位，B正确，故选B。 4.BD【解析】计算中各物理量的单位要统一，只有这样才 能直接得到某物理量的单位。加速度和时间用的是国际单 位，位移差也应该用国际单位，A错误；加速度、位移差、 时间都是用国际单位，应用匀变速直线运动推论公式可知， B正确；力和加速度用的是国际单位，质量也应该用国际单 位kg,C错误；力、加速度、质量都是用国际单位，应用牛顿 第二定律公式可知，D正确。故选BD, 5.解：计算时把各物理量的单位统一为国际单位制，= 36km/h=10m/s,v=54km/h=15m/s,m=1.5t=1.5× 103kg。由匀变速直线运动规律得v=+at,由牛顿第二定 律得F-F留=ma,综上F=ma十F限=m(一b》十 0.05mg,代入已知数据，得F=L.5X10×5-10)N十 0.05×1.5×103×10N=2.25×103N。 6.解：(1)以伞和运动员作为研究对象，开始时速度较小，空 气阻力F小于重力G,合力向下，跳伞运动员做加速下降。 随着v增大，F随之增大，合力F金减小，跳伞运动员的加 速度a逐渐减小，最终a=0,此后匀速运动，其速度为收尾 速度，设其大小为mx。由平衡条件得F=k品x=G,得 =√F-√受=6m/s. (2)当v=4m/s<max时，由牛顿第二定律得F金=mg一 F=ma,且F=kt,解得此时下落的加速度大小a=g 月=(10-20）m/g≈5.6m/g. 7.解：由题意知，a、b、c的单位分别是m、s、m/s2,根据3= 及国际单位制单位知1m=1·亚区- 1m+1·s-2,故x十1=3，y-2=0,解得x=2,y=2。 5牛顿运动定律的应用 〖基础过关】 1.AC【解析】由牛顿第二定律得mg=ma,则a=g= 8m/s2,A正确；由匀减速直线运动规律得v,2一2= -2ax,得=32m/s=115.2km/h>60km/h,BD错误， C正确。故选AC。 2.C【解析】上升过程中所受的平均阻力为f=kmg,由牛 顿第二定律得a=m士上=(k十1)g,根据h=ar得a -12.5m/g,即（k+1g=12.5n/g,则k=025由匀变 速直线运动规律得h=at=50m/s。故选C。 3.BD【解析】细线被烧断的瞬间，将A、B两个小球作为整 体，不再受到绳子的拉力作用，故受力情况发生突变，则合 力不为零，加速度不为零，A错误；细线被烧断后，对球C, 由牛顿第二定律得mgsin0=ma,故a=gsin0,方向沿斜面 向下，B正确；细线被烧断前，将A、B、C三个小球当作整 体，则弹簧弹力为F=6 mgsin0,细线被烧断的瞬间，将A、B 两个小球作为整体，则由牛顿第二定律得6 mgsin0一 1 5 mgsin0=5ma',解得a'=方gsin0,C错误；细线被烧断的 瞬间，对B球，由牛顿第二定律得Fs一2 ngsin0=2ma',解 得A,B球之间杆上的力为FB=12 ngsin,D正确。故 5 选BD。 4.解：(1)物体受力如图所示，物体与 H N 地面间的摩擦力大小为F:= 37 u(mg-Fsin37),解得F:=17N。 (2)水平方向，由牛顿第二定律有Fcos 37°-F1=ma1,解得a1=0.3m/s2。 (3)10s末速度v=a1t=3m/s。设撤去拉力F后加速度的 大小为a2,由mg=ma2得a2=2m/s2,设还能滑行的距离 为x,由匀变速直线运动规律得02一v=一2a2x,解得x= 2.25m. 【能力提升】 1.C【解折】根据位移时间公式x=子a心得，第2s内的位 移为=合aw2-合a42=子×aX2-合×aX1P 1.5m,解得物体的加速度为a=1m/s2,根据牛顿第二定 律得F-mg=ma,解得F=mg十ma=110N,C正确。故 选C。 2.BC【解析】小球上升过程中的加速度a=A”= △t1 0.5m/s=10m/s2,下落过程中的加速度大小为a2= 5 △1.5一0.5m/s=9.6m/s,整个运动过程中的加速 △ 9.6 度大小变化，不是匀变速直线运动，A错误；小球抛出点离 地面高度为A=子×9.6X(1.5-05)2m-号×10× 0.5m=3.55m,B正确；设小球运动过程中所受阻力大小 为f,重力加速度为g,上升过程中mg十f=ma1,下落过程中 mg-f=ma2,得f=0.1N,g=9.8m/s2,C正确、D错误。 故选BC。 3.AD【解析】杆水平时，小球匀 速运动，由平衡条件F=umg得 =E=0.5,A正确。杆倾斜时， μ一mg 小球受力如图所示，对受力进行正 _.mg 交分解，沿着杆方向：Fcos0十mgsin0一F:=ma。垂直杆 方向：R十Fsin0-mgeos0=0。且R=F,解得a=是g 且FN<mgcos9,即杆对球的弹力与球自身重力的比值小于 0.8,小球沿杆方向加速运动，B℃错误。由匀变速直线运动规 律=安ar得=√爱=0.4sD正确.故法AD, 4.ABD【解析】开始时旅行箱做匀加速直线运动，根据牛 顿第二定律有mg=ma,得a=g=8m/s2,假设旅行箱的 速度达到4/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大 小为≤=器-1n<5m,因此旅行箱先做匀加速直线运 动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为 少=0.55，此后旅行箱以与传送带相同的速度匀速运动至 B端，匀速运动的位移为x2=x一x1=5m一1m=4m,时 间为=号=1s,运动的总时间为1=十=1.5s,AB正 确。旅行箱相对于传送带的位移大小为△x=t1一x= 1m,C错误，D正确。故选ABD。 5.BC【解析】当0=90°时，物体做竖直上抛运动2 2gx1,=√2gx1=6m/s,A错误；当0=0°时，物体在水平 面上做匀减速运动：62=24gμ=2g7=2×10×2.4 62 36 0.75,B正确；由牛顿第二定律得a=gsin0十ugcos0,x= 62 %0-2gsin0开2eos0D20(sn0叶cos 36 ，由数学辅助 3 角公式得，当0=53°时，x有最小值，xmm=1.44m,C正确； 当0=45°时，mngsin45°>umgcos45°，物体不能停在斜面 上，D错误。故选BC 6.解：依题意，滑雪圈在AB段做匀加速直线运动，在BC段 做匀减速直线运动。 对滑雪圈受力分析，由牛顿第二定律： 在AB段：mgsin a-mgcos a=ma1;在BC段：mgcos B- ngsin B=ma2。 由匀变速直线运动规律得vg2=2a1L1=2a2L2。综上，4 参考答案 71 0.8,vg=4m/s。 6超重和失重 【基础过关】 1.BD【解析】木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到 箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，物体受到的 合力向上，所以系统应该有向上的加速度，是超重，物体可 能是向上加速，也可能是向下减速。故选BD。 2.AC【解析】在Pa段时，弹性绳弯曲，拉力为零，人只受 重力作用，做自由落体运动，A正确；在平衡位置b点上方， 拉力小于重力，加速度向上，人处于失重状态，B错误；在平 衡位置b点下方，拉力大于重力，加速度向上，人处于超重 状态，C正确；在c点速度为零，但加速度向上，D错误。故 选AC。 3.AD【解析】在失重与超重过程中物体的重力不变，是物 体的视重即物体对支持物的压力或悬挂物的拉力不等于物 体的重力时的现象，故该过程中该同学任一时刻所受重力 均相等，A正确，B错误。分析表格数据可知在t2时刻处于 超重状态，即此时加速度方向向上，而时刻处于失重状 态，加速度方向向下，C错误，D正确。故选AD。 4.D【解析】在完成一次下蹲动作的过程中，该同学的重 心位置需要先从静止加速下降，处于失重状态，该同学对传 感器的压力小于重力，下蹲的最终状态是静止，则该同学在 下蹲过程中后一阶段应是减速下降，即处于超重状态，对传 感器的压力大于重力，D正确。故选D。 5.BC【解析】由于该学生在这段时间内对台秤的压力变 小，所以处于失重状态，以竖直向下为正方向，由牛顿第二 定律mg一FN=ma,则a=2m/s2,可知加速度的方向竖直 向下，可能是竖直向上做减速运动，也可能是竖直向下做加 速运动，AD错误，BC正确。故选BC。 6.C【解析】在最低点时，由牛顿第二定律：4kx一mg= ma,其中a=5g,解得z=,AB错误：从弹簧者地开始 至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下 先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯 向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态， C正确，D错误。故选C。 7.B【解析】由图像面积的意义得跳板距离水面的高度为 h=号×10×1m=5m,A错误；人水前具有竖直向下的加 速度，处于失重状态，入水后具有竖直向上的加速度，处于 超重状态，B正确；1s末速度方向不变，C错误；由平均速度 的定义式得=2大10X1.5 1.5一m/s=5m/s,D错误。故选B。 【能力提升】 1.C【解析】人向上弹起的过程中，先做加速度逐渐减小的 加速直线运动（超重状态），而后做加速度逐渐增加的减速 直线运动（失重状态），最后做匀减速直线运动（完全失重） 到最高点，A错误；人向上弹起过程中，踏板对人的作用力 和人对踏板的作用力属于作用力和反作用力，二者等大反