第四章 第5节 牛顿运动定律的应用-【创新教程】2026-2027学年高中物理必修第一册五维课堂课时作业（人教版）

物理·必修第一册 FN=mgcos 0 ② 又因为F,=uFN ③ 由①②③得a2=gsin0-gcos= (10×0.6-0.5×10×0.8)m/s2=2m/s2。 答案：(1)6m/s2(2)2m/s2 14.解析：(1)小球匀速向下滑动时，受力分析如图甲所示， 由平衡条件得，平行于杆方向有mgsin0=Fn 垂直于杆方向有FN=mgcos0, 又Fa=uFN,联立解得μ=0.75。 (2)水平推力F作用后，对小球受力分析，如图乙所示， 平行于杆方向有Fcos0-mgsin0-F2=ma, 垂直于杆方向有F2=Fsin0十mgcos0, 又F2=uF2,解得a=2m/s2。 F F F 10 mg <○0 *mg 甲 答案：(1)0.75(2)2m/s2 第4节力学单位制 1.B[刻度尺可直接测量出物体的长度，长度是国际基本 单位制中对应的三个力学基本物理量之一，故A不符合 题意；弹簧测力计可直接测量出力的大小，力不是国际 基本单位制中对应的三个力学基本物理量，故B符合题 意；天平可直接测量出物体的质量，质量是国际基本单 位制中对应的三个力学基本物理量之一，故C不符合题 意：秒表可直接测量出时间，时间是国际基本单位制中 对应的三个力学基本物理量之一，故D不符合题意。] 2.C[力学中的三个基本物理量为长度、质量、时间，A错 误；“牛顿”是为了纪念牛顿而作为力的单位，但不是基本 单位，B错误；根据“牛顿”的定义，1N=1kg·m·s2,C正 确；“克”“摄氏度”不是基本单位，D错误。] 3.A[在力学中长度、时间和质量的单位为基本单位，而m/s、 N都是导出单位，所以B、C、D错误。] 4.B[根据W=Fl,则1J=1N·m=1kg·m·s2·m =1kgm·g,故A.C错民；根格P=g,则1W= 1J·s1=1kg·m2·s2·s1=1kg·m2·s3,故B 正确，D错误。] 5.B[由各物理量的单位之间的关系确定公式是否正确。 压强力可由公式p一5求得，尉共单位为gs m =kg·m/(m·s)2。密度p可由公式p=役求得，则p的 单位为kg/m。由于题中k无单位，则k卫的单位为m/s, 0 卫然不是建度的单位，A错误。而√层的华位为ms,B可 能正确。又√p/p的单位为s/m,也不是速度的单位，C 错误。√p的单位为kg/(m2·s),不是速度的单位， D错误。] ·25 6B[将R=S变彩得=6品术用国际单位制，式中 F:的单位为N,即kg·m/s2,S的单位为m2,速度的二 次方的单位可写成为(m/s)2。将这些单位代入上式得 比例系数k的单位是kg/m3,B正确。] 7.D[阻力的单位为N,由于D项中表达式的单位为 g·m2.(m/s)2=kg·m/s2=N,恰好为力的单位，D 正确。] 8.B[由工十)式，左边单位是长度单位，而右边 单位推知是速度单位，所以结果一定是错误的，单位制 选用得不同，只影响系数，故A、C、D错，B对。] 9.C[新物理量表示的是加速度变化的快慢，所以新物理 量应该等于加速度的变化量与时间的比值，而加速度的 单位是m/s2,所以新物理量的单位应该是m/s3,所以C 正确。] 10,BD[在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带 进运算。带单位运算时，单位换算要准确。可以把题 中已知量的单位都用国际单位表示，计算结果的单位 就是用国际单位表示的。这样在统一已知量的单位 后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出 正确单位即可。选项A中△x=1.2cm没换成国际单 位，C项中的小车质量m=500g没换成国际单位，所以 A、C错误，B、D正确。] 11.ABC[把各物理量的单位都用基本单位表示，v的单 位为m/s,a的单位为m/s2,F的单位为kg·m/s2,x 的单位为m。由此可解出A、B、C、D的单位分别为s、 m2/s、kg·m/s、m,故A、BC一定错误，D可能正确。] 12.BD[将等式两边各物理量的国际单位制单位代入后 进行单位运算，经过验证可知选项B、D可能正确。] 13.解析：将各量的单位代入得 ,√=F=8截对应物显童为时网。 (2)m/s)=m/5,对应物理量为加速度。 m (3)kg·(m/s)=kg·m/s=N,对应物理量为力。 m 答案：(1)s时间(2)m/s2加速度(3)N力 14.解析：不同意，原因是单位未统一到同一单位制中，正 确解法如下： x=10cm=0.1mm=10g=102kg, 4=t哈_202-302 2x 2×0.1m/s=-2.5X10m/s2, F=ma=102×(-2.5×105)N=-2.5×103N, 负号表示力的方向与速度方向相反。 答案：见解析 第5节牛顿运动定律的应用 1.B[自由落体：v=2gH,缓冲减速：v=2ah,由牛顿第 二定律得F-mg=a,解得F=mg（1+只）=5mg,故 B正确] 0 2.C[汽车的速度=90km/h=25m/s,设汽车匀减速 的加速度大小为a,则a==5m/s2;对乘客应用牛顿 第二定律可得：F=ma=70X5N=350N,所以C 正确。门 3.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日，由牛顿第二定律知 mgcos 0=ma ① 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日 ② 由运动字公式得x=弓ad ⊙ 由①②⑧式联立解得=2√g R 小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故1=2 =t3。] 4.C[设滑道的倾角为0，则滑道的长度为：x= cos0:由牛 顿第二定律知划艇下滑的加速度为：a-gsin0,由位移公式 得：x-号ad;联立解得：1-2√g品20可知下清时间与 L 倾角有关，当日=45°时，下滑的时间最短，最短时间为 5.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 ≤hmg,解得a1≤2g,同理，可知B的最大加速度a2≤ hg;由于h1>h,则a1<a2≤h1g<a,可知要求其刹车 后在s。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℃m=√242gso,故A、B、D错误，C 正确。] 6.B[设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二 定律umg=ma,解得a=g。由匀变速直线运动的速度 位移关系式哈=2ax,可得汽车刹车前的速度为 6=√2ax=√2gx=√2X0.7X10X14m/s=14m/s,因 此B正确。] 7.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 mgtan0=ma,得a=gtan0,0一定，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，也可能向左做匀减七 速运动，故A、B错误；以物体M为研究对 mg 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.A[设高空作业人员自由下落h时的速度为， 则v2=2gh,得v=√2gh,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=m2十mg,选项A正确] ·25 参考答案 9.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F:=FN =mg=3N。故a=F+B=5m/s,方向向右，物体减 771 速到0所需时间为t==25,故B正确，A错误；减速 a 到零后F<F,,物体处于静止状态，故C正确，D错误。] 10,BC[火箭所能达到的最大高度么。=×24X40m =480m,故A错误，B正确；该星球表面的重力加速度 g=8m/g=2.5m/g,故C正确：火箭升室时： a=智m/g=5m/g,故兼动力F=mgx十a= 112.5N,故D错误。] 11.BC[取整体为研究对象，由牛顿第二定律得F一 5umg=5ma。再选取1、2两块木块为研究对象，由牛 顿第二定律得F-2umg-FN=2ma,两式联立解得 F、=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.AD[热气球从地面刚开始竖直上升时v=0,空气阻 力F:=0。由F浮一mg=ma,得F浮=m(g十a)= 4830N,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5m/s的时间大于 10s,选项C错误；匀速上升时F停一mg-F,'=0,计算 得F′=230N,选项D正确。] 13.解析：(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律 得F-umg=ma1 ① Um=at ② 由①②式得℃m=5m/s。 (2)冰车匀加速运动过程中有x=201 ③ 冰车自由滑行时有umg=ma2 ④ 2=2a2x2 ⑤ 又x=x1十x2 ⑥ 由③④⑤⑥式得x=50m。 答案：(1)5m/s(2)50m 14.解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为0，下落 时间t1=1.2s,由v=gt1 代入数据解得v=12m/s, 即座椅在自由下落结束时刻的速度是12m/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=(40一4)m=36m, 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A=吕，代入数据解得：1=68 设座椅匀减速运动的时间为t2,则t2=t一t1=4.8s, 即座椅在匀减速阶段的时间是4.8s。 设座椅在匀减速阶段的加速度大小为α，座椅对游客的 作用力大小为F, 由v=at2,解得a=2.5m/s, 由牛顿第二定律F-mg=ma, 代入数据，解得F=1.25mg, 物理·必修第一册 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)12m/s(2)1.25倍 第6节超重和失重 1.D[超重是物体对接触面的压力大于物体的真实重力， 物体的重力并没有增加，故A错误；物体处于完全失重 时，重力全部用来提供加速度，对支持它的支持面压力 为零，重力并没有消失，故B错误；惯性的大小与物体的 运动状态无关，物体处于超重或失重状态时，其惯性与 处于静止时相等，故C错误；物体处于超重或失重状态 时，其重力都没有变化，故D正确。门 2.A[前1s内无人机速度减小，加速度向下，处于失重状 态，故A正确；1~3s内无人机悬停，速度为0；34S内 无人机匀速下降，加速度为0，既不超重也不失重，故B、 C、D错误。] 3.D[人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运 动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超 重状态后处于失重状态；故体重计示数先增大后减小， 故D正确，A、B、C错误。] 4.A[从图可以看出，t。~t1时间内，该人的视重小于其 重力，t~2时间内，视重正好等于其重力，而在2~ 时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知， t。~t1时间内，该人具有向下的加速度，t~t2时间内， 该人处于平衡状态，而在2~3时间内，该人则具有向上 的加速度，所以可能的图像为A。] 5.C[同体积的水比乒乓球的质量大，在乒乓球加速上升 的过程中，水和乒乓球系统的重心加速下降，处于失重 状态，台秤示数变小。] 6.B[升降机突然停止，小球由于惯性继续向下运动，但 是受到弹簧的拉力越来越大，拉力方向与其运动方向相 反，故小球做减速运动，加速度方向向上，则小球处于超 重状态；小球加速度增大，B正确；A、C、D错误。] 7.B[剪断细线之前，木箱对台秤的压力等于整体的重 力；剪断细线以后，物块P向下加速掉落，加速度向下， 物体P处于失重状态；由于P的质量大，用整体法可知 整个系统处于失重状态，所以木箱对台秤的压力小于整 体重力，故示数变小。] 8.D[题图中图像显示了力传感器对钩码的拉力大小随 时间的变化情况。0~t1,钩码受力平衡；t1~一t2,拉力小 于10N,钩码处于失重状态；t2~t3,钩码受力平衡；t3~ t4,拉力大于10N,钩码处于超重状态。由以上分析可 知，D项错误。 9.AB[以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、 重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，A正确； 顾客有竖直向上的加速度，因此顾客处于超重状态，B正 确；顾客受到水平方向的静摩擦力作用，C错误；顾客处 于超重状态，对扶梯的压力大于顾客的重力，D错误。] 10.BD[将容器以初速度。竖直向上抛出后，若不计空 气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加 速度为g,再以容器A为研究对象，上升和下落过程其 合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支 持力，故A错误，D正确；若考虑空气阻力，以整体为研 究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于 ·258 g,再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受 到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的 压力。A对B的压力向下，故B正确；若考虑空气阻 力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落 过程加速度小于g,再以B为研究对象，根据牛顿第二 定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还 应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压 力向下，故C错误。] 11.BC[小明的体重只有50kg,体重计的示数为45kg, 说明电梯有向下的加速度，失重，运动情况可能为：向 上减速或向下加速； 小明受支持力和重力，由牛顿第二定律可知其加速 度为： 4=mg-V=50X10一45X10m/g=1m/s,故B,C m 50 正确，A、D错误。] 12.BD[座椅在加速上升的过程中人都处于超重状态，在 减速上升的过程中人的加速度的方向向下，处于失重 状态，故A错误，B正确；在减速下降的过程中人所受 重力小于座位对人向上的支持力，所以加速度向上，人 处于超重状态，故C错误，D正确。] 13.解析：在0~2s内，电梯做匀加速运动，根据牛顿第二 定律得：a,=F-mg=600-40X10m/g=5m/3,电梯 m 40 上升的高度A=a听=号×5×2m=10m:2s末 1 速度为v=a1t1=5×2m/s=10m/s; 中间2=3s时间内，电梯做匀速运动，电梯上升的高度 h2=wt2=10X3m=30m; 最后1s内做匀减速运动，加速度大小，=mg二B m 40×10-320m/s=2m/s,在这段时间内电梯上升的 40 商度=w-合后=(10×1-合×2x1）m 9m;则电梯上升的总高度h=h1十h2十h3=49m。 答案：49m 14.解析：以物体为研究对象，对 物体进行受力分析及运动状 态分析，如图甲所示，设人的 最大“举力”为F,由牛顿第 二定律得，m1g-F=-m1a1, 所以F=m1（g-a1）=G=m1g G2=m2g 855N。 甲 乙 当他在地面上举物体时，设最多举起质量为。的物体， 则有mg-F=0,所以m=85.5kg。 此人在某一匀加速上升的升降机中最多能举起m2= 40kg的物体，由于m,=85.5kg>m2=40kg,显然此 时升降机一定处于超重状态，对物体进行受力分析和 运动情况分析，如图乙所示。 由牛顿第二定律得F-m2g=m2a2, 所以a2= F-m2g=11.375m/s2, m2 即升降机加速上升的加速度为11.375m/s2。 答案：85.5kg11.375m/s2第四章运动和力的关系 课时作业 物课时 第5节 牛顿运动定律的应用 理作业 纠错空间 一、单项选择题 4.在设计游乐场中“激 1.某消防队员从一平台上跳下，下落2m 流勇进”的倾斜滑道 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法 时，小组同学将划艇 在倾斜滑道上的运 缓冲，使自身重心又下降了0.5m,在着 动视为由静止开始 地过程中地面对他双脚的平均作用力 的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面 估计为 ( ) 上的投影长度L是一定的，而高度可以 A.自身所受重力的2倍 调节，则 ( B.自身所受重力的5倍 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.自身所受重力的8倍 C.划艇下滑的最短时间为2 工 D.自身所受重力的10倍 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 D,划艇下滑的最短时间为，√ 2L 5.如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的 到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起 方法总结 水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因 的伤害，人们设计了安全带。假定乘客 数为1，A、B间动摩擦因数为2山1> 质量为70kg,汽车车速为90km/h,从 h卡车刹车的最大加速度为a,a> 踩下刹车闸到车完全停止需要的时间 4山g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩 为5s,安全带对乘客的平均作用力大 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$。距 小约为（不计人与座椅间的摩擦） 离内能安全停下，则卡车行驶的速度不 能超过 A.450N B.400N C.350N D.300N 3.如图所示，ad、bd、cd是竖 A.√2as B.√24h1gs0 直面内三根固定的光滑细 C.√242g5 D.√(1+2)gso 杆，每根杆上套着一个小滑 6.在交通事故的分析中，刹车线的长度是 环（图中未画出），三个滑环 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 分别从a、b、c处释放（初速度为0），用 留下的滑动痕迹。在某次交通事故中， t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的 汽车的刹车线长度是14m,假设汽车轮 时间，则 ( 胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取 A.t<t<t B.t>>t 10m/s2,则汽车刹车前的速度为( C.t3>t1>t2 D.t1=t2=t好 A.7 m/s B.14 m/s C.10 m/s D.20 m/s ·199· 巴物理 必修第一册 7.在汽车内的悬线上 10.从某一星球表面做 4v/m8-) 40 挂着一个小球m, 火箭实验。已知竖 实验表明当汽车做 直升空的实验火箭 24 48t/s -40 纠错空间 匀变速直线运动 质量为15kg,发动 时，悬线将与竖直方向成某一固定角度 机推动力为恒力。实验火箭升空后发 0,如图所示，若在汽车底板上还有一个 动机因故障突然关闭，如图所示是实 跟它相对静止的物体M,则关于汽车的 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 运动情况和物体M的受力情况分析正 由图像可判断 确的是 A.该实验火箭在星球表面达到的最大 A.汽车一定向右做加速运动 高度为320m B.汽车的加速度大小为gsin0 B.该实验火箭在星球表面达到的最大 C.M只受到重力、底板的支持力作用 高度为480m D.M除受到重力、底板的支持力作用 C.该星球表面的重力加速度为2.5m/s2 外，还一定受到向右的摩擦力的作用 D.发动机的推动力F为37.50N 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 山.如图所不.5共”一D 质量相同的木 安全带对人刚产生作用力前人下落的 块并排放在水平地面上，它们与地面 距离为h(可视为自由落体运动)，此后 间的动摩擦因数均相同，当用力F推 方法总结 经历时间t安全带达到最大伸长，若在 第1块木块使它们共同加速运动时， 此过程中该作用力始终竖直向上，则该 下列说法中正确的是 () 段时间安全带对人的平均作用力大 A.由右向左，两块木块之间的相互作 用力依次变小 小为 B.由右向左，两块木块之间的相互作 A.m2gh +mg B.m√2gh mg 用力依次变大 t C.第2块木块与第3块木块之间的弹 C.mgh 十mg D.mvgh -mg 力大小为0.6F D.第3块木块与第4块木块之间的弹 二、多项选择题 力大小为0.6F 9.如图所示，质量为m=1 12.如图所示，总质量为 kg的物体与水平地面之 460kg的热气球，从地 间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的 面刚开始竖直上升时 速度为10m/s时，给物体施加一个与 的加速度为0.5m/s2, 速度方向相反的大小为F=2N的恒 当热气球上升到180m 力，在此恒力作用下(g取10m/s2) 时，以5m/s的速度向 上匀速运动。若离开地面后热气球 A.物体经10s速度减为零 所受浮力保持不变，上升过程中热 B.物体经2s速度减为零 气球总质量不变，重力加速度g C.物体速度减为零后将保持静止 10m/s2。关于热气球，下列说法正 D.物体速度减为零后将向右运动 确的是 () ·200· 第四章运动和力的关系 课时作业乡 A.所受浮力大小为4830N 14.在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳 B.加速上升过程中所受空气阻力保持 楼机”，参加游戏的游客被安全带固定 不变 在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的 C.从地面开始上升10s时的速度大小为 竖直轨道提升到离地面40m高处，然 纠错空间 5 m/s 后由静止释放，为研究方便，可以认为 D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力 座椅沿轨道做自由落体运动1.2s后， 大小为230N 开始受到恒定阻力而立即做匀减速运 三、非选择题 动，且下落到离地面4m高处时速度 13.滑冰车是儿童喜欢 刚好减小到零，然后再让座椅以相当 的冰上娱乐项目之 缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地 一，如图所示为小明 面，取g为10m/s2,求： 妈妈正与小明在冰 (1)座椅在自由下落结束时刻的速度 上游戏，小明与冰车 大小； 的总质量是40kg,冰车与冰面之间的 (2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用 动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假 力大小是游客体重的多少倍。 设小明妈妈对冰车施加了40N的水 平推力，使冰车从静止开始运动10s 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 方法总结 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。 ·201·