4.5牛顿运动定律的应用 同步作业-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 高中物理牛顿运动定律的应用同步练，通过基础对点练与综合练分层设计，实现从单一考点到多过程综合应用的知识进阶，强化物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础对点练|从受力确定运动、从运动确定受力单一考点|选择题形式，如刹车线长度计算（第1题）、水平力作用下的运动分析（第2题），直接应用牛顿第二定律，巩固物理观念| |综合练|多过程运动、斜面模型、v-t图像综合应用|含多选（第9、10题）和计算题（第11-13题），如斜面上下滑运动（第12题）、拉力撤去后的多阶段运动（第13题），培养科学推理与模型建构能力|

第5节 牛顿运动定律的应用 同步作业 基础对点练 1、 选择题 考点一　从受力确定运动情况 1．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划痕．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大小为(　　) A．7 m/s B．14 m/s C．10 m/s D．20 m/s 2．用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，外力F作用3 s后撤去．则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是(　　) A．4.5 m/s,1.5 m/s2 B．7.5 m/s,1.5 m/s2 C．4.5 m/s,0 D．7.5 m/s,0 3.如图所示为某小球所受的合力与时间的关系图像，各段的合力大小相同，作用时间相同，且一直作用下去，设小球由静止开始运动，由此可判定(　　) A．小球向前运动，再返回停止 B．小球向前运动，再返回不会停止 C．小球始终向前运动 D．小球向前运动一段时间后停止 考点二　从运动情况确定受力 4．一艘在太空飞行的宇宙飞船，开动推进器后受到的推力是800 N，开动5 s的时间，速度的改变为2 m/s，则宇宙飞船的质量为(　　) A．1 000 kg B．2 000 kg C．3 000 kg D．4 000 kg 5.如图所示，车辆在行驶过程中，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．为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为(　　) A．420 N B．600 N C．800 N D．1 000 N 6.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，图中图线a、b分别表示该物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v－t图像，则拉力和摩擦力之比为(　　) A．9∶8 B．3∶2 C．2∶1 D．4∶3 7．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，某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开，形成各种美丽的图案，假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25 C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25 综合练 1、 选择题 8.如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则(　　) A．物体到达C1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．物体在与C3连接的轨道上运动的加速度最小 D．物体到达C3的时间最短 9．(多选)如图所示，质量为m＝1.0 kg的物体在水平力F＝5 N的作用下，以v0＝10 m/s的速度向右匀速运动．倾角为θ＝37°的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连．物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力F，再经过一段时间物体到达最高点B点．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则(　　) A．A、B两点间的距离为5 m B．A、B两点间的距离为6 m C．从A点算起，经1 s物体到达最高点 D．从A点算起，经2 s物体到达最高点 10．(多选)放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由甲、乙两图可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(　　) A．m＝0.5 kg B．m＝1.5 kg C．μ＝0.4 D．μ＝ 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 11.如图所示，木箱在100 N的拉力F作用下沿粗糙水平地面以5 m/s的速度匀速前进，已知木箱与地面间的动摩擦因数为0.5，拉力F与水平地面的夹角为37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.经过一段时间后撤去拉力F，求： (1)木箱的质量； (2)撤去拉力后木箱匀减速运动的时间． 12．总质量为m＝75 kg的滑雪者以初速度v0＝8 m/s沿倾角为θ＝37°的斜面向上自由滑行，已知雪橇与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，假设斜面足够长．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力．试求： (1)滑雪者沿斜面上滑的最大距离； (2)若滑雪者滑行至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到起点时的速度大小． 13.如图所示，质量为1 kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成θ＝37°角，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.5.小球在大小为20 N，方向竖直向上的拉力F作用下，从距杆的底端0.24 m处由静止开始沿杆斜向上运动，经过1 s后撤去拉力F(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求： (1)撤去拉力F前，小球沿杆上滑的加速度大小； (2)小球从开始运动直至滑到杆的底端所需的时间． 参考答案： 1.答案　B解析　设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式得v02＝2ax，可得汽车刹车前的速度大小为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确． 2.答案　C解析　在外力F作用下a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2,3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s,3 s后撤去外力，此后物体所受合外力为0，a′＝0，物体做匀速运动，v′＝v＝4.5 m/s，故C正确． 3.答案　C解析　作出相应的小球的v－t图像如图所示，由图可以看出，小球始终向前运动，选项C正确． 4.答案　B解析　根据加速度的定义式得，飞船的加速度为a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，根据牛顿第二定律得飞船的质量为m＝＝ kg＝2 000 kg，B项正确． 5.答案　A解析　从踩下刹车到车完全停止的5 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝＝－ m/s2＝－6 m/s2.根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反．所以选项A正确． 6.答案　B解析　由v－t图像可知，图线a为水平方向仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝1.5 m/s2，图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为a2＝0.75 m/s2，由牛顿第二定律列方程得ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，联立解得F∶Ff＝3∶2，选项B正确． 7.答案　C解析　根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程中礼花弹所受的阻力大小Ff＝kmg，则由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma，联立解得k＝0.25，故选项C正确． 8.答案　D解析　物体在斜面上的加速度a＝gsin θ，在与C3连接的轨道上运动的加速度最大，C错误；斜面长L＝，由v2＝2aL得：v＝，故到C1、C2、C3时物体速度大小相等，A错误；由L＝at2即＝gsin θ·t2知，沿AC3运动的时间最短，B错误，D正确． 9.答案　AC解析　物体匀速运动时，F＝μmg 解得μ＝0.5 在斜面上上滑的加速度： a＝＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2 则A、B两点间的距离为xAB＝＝ m＝5 m 选项A正确，B错误；从A点算起，经t＝＝ s＝1 s，物体到达最高点，选项C正确，D错误． 10.答案　AC解析　由v－t图像可知4～6 s时物块做匀速运动，有Ff＝F＝2 N．在2～4 s内物块做匀加速运动，加速度a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得ma＝F－Ff，将F＝3 N，Ff＝2 N及a＝2 m/s2代入解得m＝0.5 kg， 由滑动摩擦力公式得μ＝＝＝0.4，所以A、C正确，B、D错误． 11.答案　(1)22 kg　(2)1 s 解析　(1)对木箱受力分析，由平衡条件得 Fsin 37°＋FN＝mg，Fcos 37°＝Ff，Ff＝μFN 解得：m＝22 kg (2) 木箱匀减速运动过程由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma,0＝v0－at. 解得：t＝1 s. 12.答案　(1)4 m　(2)4 m/s 解析　(1)上滑过程中，对滑雪者进行受力分析，如图甲所示． 甲 滑雪者受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff作用，设滑雪者的加速度大小为a1. 根据牛顿第二定律有mgsin θ＋Ff＝ma1，a1方向沿斜面向下． 在垂直于斜面方向有：FN＝mgcos θ， 又摩擦力Ff＝μFN， 由以上各式解得a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝8 m/s2， 滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减为零时的位移x＝＝4 m，即滑雪者沿斜面上滑的最大距离为4 m. (2)滑雪者沿斜面下滑时，对其受力分析如图乙所示． 乙 滑雪者受到重力mg、支持力FN′及沿斜面向上的摩擦力Ff′，设加速度大小为a2. 根据牛顿第二定律有mgsin θ－Ff′＝ma2，a2方向沿斜面向下． 在垂直于斜面方向有FN′＝mgcos θ， 又摩擦力Ff′＝μFN′， 由以上各式解得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝4 m/s2， 滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑到出发点时的位移大小为4 m，速度大小为v＝＝4 m/s. 13.答案　(1)2 m/s2　(2)2.4 s 解析　(1)小球在拉力F作用下上滑时，对小球受力分析，如图甲所示， 沿杆方向有Fsin θ－mgsin θ－Ff1＝ma1， 沿垂直于杆方向有Fcos θ＝mgcos θ＋FN1， 且Ff1＝μFN1，联立解得a1＝2 m/s2. (2)小球在F作用下上滑1 s，则v1＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s， x1＝a1t12＝×2×12 m＝1 m， 撤去拉力F后，小球继续向上运动，对小球受力分析，如图乙所示， 沿杆方向有mgsin θ＋Ff2＝ma2， 沿垂直于杆方向有FN2＝mgcos θ， 且Ff2＝μFN2， 联立解得a2＝10 m/s2， 此过程x2＝＝ m＝0.2 m， t2＝＝0.2 s， 小球运动到最高点后开始下滑，对小球受力分析，如图丙所示． 沿杆方向有mgsin θ－Ff3＝ma3， 垂直于杆方向有mgcos θ＝FN3， 且Ff3＝μFN3， 联立解得a3＝2 m/s2， 球下滑到杆的底端，通过的位移x＝x0＋x1＋x2＝1.44 m， 由x＝a3t32，可得t3＝1.2 s， 所需总时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s. 学科网（北京）股份有限公司 $