第四章 5 牛顿运动定律的应用（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦牛顿运动定律的应用这一核心知识点，系统梳理从受力确定运动情况、从运动情况确定受力及多过程问题的解题思路，通过基本步骤和流程图构建学习支架，衔接牛顿第二定律与运动学公式的综合应用。 资料以民航逃生通道、汽车刹车等实际情境为例题，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，课时对点练分考点设计，课中辅助教师教学，课后帮助学生巩固知识、查漏补缺，体现物理观念与科学态度的融合。

5　牛顿运动定律的应用 [学习目标]　1.熟练掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的思路和方法(重点)。2.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁(重点)。 一、从受力确定运动情况 例1　(2025·杭州市高一期中)民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的逃生通道，通道一段为斜面，一段为地面上的水平段，人员可以沿斜面滑下，在水平段上停下来后离开通道。若机舱口下沿距地面3 m，气囊所构成的斜面段长度为5 m。一个质量为60 kg的人在气囊上滑动时所受的滑动摩擦力恒定为240 N。忽略气囊的厚度、凹陷及在连接处能量的损耗，重力加速度g取10 m/s2。试求： (1)人滑至斜面底端时速度有多大； (2)气囊水平段至少应多长。 答案　(1)2 m/s　(2)2.5 m 解析　(1)设斜面的倾角为θ，则有sin θ==， 在斜面上，根据牛顿第二定律可得mgsin θ-Ff=ma1， 解得加速度大小为a1=2 m/s2， 根据运动学公式可得v2=2a1L1， 解得人滑至斜面底端时速度大小为v=2 m/s； (2)水平段上，人的加速度大小为a2==4 m/s2， 根据运动学公式可得v2=2a2L2， 解得气囊水平段长度至少为L2=2.5 m。 例2　如图所示，小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上。大人用与水平方向夹角为θ=37°、F为60 N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静止开始移动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ=0.05，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)小孩与冰车的加速度大小； (2)冰车运动3 s时的速度大小； (3)冰车运动5 s时的位移大小。 答案　(1)1.16 m/s2　(2)3.48 m/s　(3)14.5 m 解析　(1)冰车和小孩整体受力如图所示。 在竖直方向的合力为零，则有 FN+Fsin θ=mg 在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcos θ-Ff=ma 摩擦力Ff=μFN 联立解得a=1.16 m/s2。 (2)冰车运动3 s时的速度大小 v=at=1.16×3 m/s=3.48 m/s (3)冰车运动5 s时的位移大小 x=at'2=×1.16×25 m=14.5 m。 1.基本思路 分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。 2.解题步骤 (1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。 (2)根据力的合成与分解，求出物体所受的合力(包括大小和方向)。 (3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。 (4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动学物理量——任意时刻的位移和速度，以及运动轨迹等。 3.流程图 二、从运动情况确定受力 例3　一质量为m=2 kg的滑块在倾角θ=30°的足够长的固定斜面上在无外力F的情况下以大小为2.5 m/s2的加速度a匀加速下滑。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，在0~2 s时间内沿斜面运动的位移x为4 m(g取10 m/s2)。求： (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F的大小。 答案　(1)　(2) N 解析　(1)根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma， 代入数据解得μ=； (2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动， 由x=a1t2解得加速度大小a1=2 m/s2， 根据牛顿第二定律可得 Fcos θ-mgsin θ-μ(Fsin θ+mgcos θ)=ma1， 代入数据解得F= N。 例4　汽车轮胎与公路路面之间必须要有足够大的动摩擦因数，才能保证汽车安全行驶。为检测某公路路面与汽车轮胎之间的动摩擦因数，需要测试刹车的车痕。测试汽车在该公路水平直道上以72 km/h的速度行驶时，突然紧急刹车，车轮被抱死后在路面上滑动，直至停下来。量得车轮在公路上摩擦的痕迹长度是30 m，则路面和轮胎之间的动摩擦因数是多少(g取10 m/s2)？ 答案　 解析　根据匀变速直线运动规律可知 v2-0=2ax 代入数据解得a= m/s2 对汽车进行受力分析可知FN=mg 又Ff=μFN=μmg 根据牛顿第二定律可知Ff=ma 联立解得μ=。 1.基本思路 分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。 2.解题步骤 (1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力图和运动示意图。 (2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。 (3)根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合力。 (4)根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力。 3.流程图 三、多过程问题 例5　(2024·浙江省五湖联盟高一期中)如图甲，滑草运动惊险刺激，深受人们喜爱。简化图如图乙所示，假设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，沿水平的滑道再滑一段距离到C点停下来。如果人和滑板的总质量m=60 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°(sin 37°=0.6，cos 37°=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g取10 m/s2。 (1)求人从斜坡上滑下的加速度为多大？ (2)若AB距离为10 m，求人和滑板滑到斜面底端的速度大小？ (3)若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L=20.0 m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？ 答案　(1)2 m/s2　(2)2 m/s　(3)50 m 解析　(1)根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为 a1==2 m/s2； (2)根据速度与位移的关系有v2=2a1LAB 解得v=2 m/s； (3)人在水平滑道上做匀减速直线运动的加速度大小为 a2=μg=5 m/s2 根据速度与位移的关系得，人在B点的速度为 vB==10 m/s 根据速度位移公式得 LAB'==50 m。 1.当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要将复杂的过程拆分为几个子过程。 2.分析每一个子过程的受力情况，由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一个过程都要重新分析，分别求加速度，用相应规律解决。 3.特别注意两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。 课时对点练 [分值：60分] [1~6题，每题4分] 考点一　从受力确定运动情况 1.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　两个力的合力为F=2×60×cos 60° N=60 N，加速度a==2 m/s2，则2 s末时物体A的速度大小为v=at=4 m/s，故选B。 2.我国为老挝设计制造的“澜沧号”动车组(如图所示)正式交付。“澜沧号”最高运营时速为160 km/h，若整车质量为540 t，最大动力为2.5×105 N，运动阻力为车重力的0.01倍，以最大动力从静止匀加速到80 km/h，大约要经过多长时间(g取10 m/s2) (　　) A.40 s B.50 s C.60 s D.70 s 答案　C 解析　根据牛顿第二定律可得F-Ff=ma 其中F=2.5×105 N，Ff=0.01mg=5.4×104 N，m=5.4×105 kg 解得加速度大小a≈0.36 m/s2 根据运动学公式可得v=at 其中v=80 km/h≈22.2 m/s 可得t≈60 s，故选C。 3.滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图所示，若滑雪板和运动员在无滑雪杖助力的情况下以16 m/s的初速度冲上倾角为θ=37°足够长的滑雪轨道，已知滑雪板的质量为2 kg，运动员质量为73 kg，滑雪板与斜坡间动摩擦因数μ=0.25，不计空气阻力。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则运动员沿斜坡上滑的最大距离为(　　) A.4 m B.6 m C.8 m D.16 m 答案　D 解析　设运动员与滑雪板的总质量为M，由牛顿第二定律得Mgsin 37°+μMgcos 37°=Ma 解得加速度大小为a=gsin 37°+μgcos 37°=8 m/s2 根据速度与位移关系可得0-=-2ax 所以上滑的最大距离为x== m=16 m，故选D。 考点二　从运动情况确定受力 4.一物块以初速度4 m/s滑上某平台，物块在平台上运动4 m后停下，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则物块与平台间的动摩擦因数为(　　) A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.4 答案　B 解析　物块在平台做匀减速直线运动，加速度为a，由运动学公式有2ax=0-，由牛顿第二定律有-μmg=ma得μ=0.2，故选B。 5.如图所示，质量为m=3 kg的木块放在倾角θ=30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，经过t=2 s木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)(　　) A.42 N B.6 N C.21 N D.36 N 答案　D 解析　因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ=μmgcos θ。当木块在推力作用下匀加速上滑时，由运动学公式x=at2得a=2 m/s2，由牛顿第二定律得：F-mgsin θ-μmgcos θ=ma，联立解得F=36 N，D正确。 考点三　多过程问题 6.(多选)如图所示，一个物块在竖直向上的拉力F作用下竖直向上运动，拉力F与物块速度v随时间变化规律分别如图甲、乙所示，物块向上运动过程中所受空气阻力大小不变，重力加速度g取10 m/s2，则 (　　) A.物块质量为250 g B.物块质量为500 g C.物块所受空气阻力大小为3.5 N D.物块所受空气阻力大小为2.5 N 答案　AD 解析　由题图乙可知，在2 s之后，物块做匀速直线运动，故受力平衡，则f+mg=F2=5 N，在0~2 s时间内，物块做匀加速直线运动，加速度为a==2 m/s2，根据牛顿第二定律可得F1-f-mg=ma，解得m=0.25 kg=250 g，f=2.5 N，故选A、D。 7.(6分)(2024·杭州市高一校考)如图所示，物流公司通过滑道把货物直接运到卡车中，倾斜滑轨与水平面成θ=37°角，长度L1=6 m，水平滑轨长度L2=2.3 m，两滑轨间平滑连接使速度改向而不改变速度大小。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，货物可视为质点(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2)。求： (1)(2分)货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a的大小； (2)(4分)货物滑到水平滑轨末端时速度v的大小。 答案　(1)2 m/s2　(2)1 m/s 解析　(1)货物在倾斜滑轨上滑行时，由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma 解得a=2 m/s2 (2)货物在水平滑轨上滑行时，由牛顿第二定律得μmg=ma' 货物在倾斜滑轨上滑行的过程有=2aL1 货物在水平滑轨上滑行的过程有v2-=-2a'L2 联立解得v=1 m/s。 [8、9题，每题5分] 8.(2024·杭州市高一期末)充气火箭是一种操作非常简单的玩具，只需要踩一下气囊，小火箭就会飞起来。某次游玩时，同学将火箭竖直向上摆放，发射后测量发现火箭到达最高点和从最高点下落回地面的时间之比约为1∶，火箭的运动视为只在竖直方向上，上升和下落的过程中小火箭所受阻力大小不变，重力加速度为g，则可估算小火箭受到的阻力大小约为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案　A 解析　将上升过程看作反向的初速度为零的匀加速运动，则根据h=at2，可得==2，上升过程ma上=mg+Ff，下降过程ma下=mg-Ff，联立解得Ff=mg，故选A。 9.(多选)在训练运动员奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖着汽车轮胎奔跑，如图甲所示。在一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量m=9.5 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，第8 s时轮胎从轻绳上脱落，轮胎运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力。已知绳与地面的夹角为37°，且sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.轮胎与地面的动摩擦因数为0.25 B.从轻绳上脱落时，轮胎的位移大小为80 m C.绳子拉力的大小为37.5 N D.第4 s时，轮胎受到的摩擦力大小为23.75 N 答案　AC 解析　8 s时轮胎从轻绳上脱落，轮胎做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得a2==μg 由题图乙可知a2=||= m/s2=2.5 m/s2，联立可得μ=0.25，故A正确； 从轻绳上脱落时，轮胎的位移大小为x1=×10×8 m=40 m，故B错误； 0~8 s内，根据牛顿第二定律可得Fcos 37°-Ff=ma1，又Fsin 37°+FN=mg，Ff=μFN，根据图像可得a1= m/s2=1.25 m/s2，联立可得F=37.5 N，Ff=18.125 N，故C正确，D错误。 10.(12分)如图所示，一足够长的光滑斜面倾角为37°，斜面AB与水平面BC平滑连接。质量m=1 kg、可视为质点的物体置于水平面上的D点，D点距B点d=7 m，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4。现使物体受到一水平向左的恒力F=6.5 N作用，经时间t=2 s后撤去该力，物体经过B点时的速率不变，重力加速度g取10 m/s2， sin 37°=0.6，求： (1)(6分)撤去拉力F后，物体经过多长时间第一次经过B点？ (2)(3分)物体在斜面上到达的最高点和B点之间的距离？ (3)(3分)物体最后停下的位置距B点多远？ 答案　(1)0.5 s　(2)0.75 m　(3)1.125 m 解析　(1)在水平拉力作用下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F-μmg=ma1 代入数据解得a1=2.5 m/s2， 恒力F作用t=2 s时物体的位移为 x1=a1t2=×2.5×22 m=5 m 此时物体的速度为 v=a1t=5 m/s 设撤去拉力F后，设物体的加速度大小为a2， 则μmg=ma2 得a2=4 m/s2 设撤去拉力F后，物体第一次经过B点所用的时间为t1，有 d-x1=vt1-a2 代入数据解得t1=0.5 s或t1=2 s 因为物体减速到零的时间为 t'==1.25 s<2 s 故撤去拉力F后，物体经过0.5 s第一次经过B点。 (2)物体第一次经过B点时速度大小为 vB=v-a2t1=3 m/s 在斜面上，由牛顿第二定律得 mgsin 37°=ma3 解得a3=6 m/s2 即物体在斜面上到达的最高点和B点之间的距离为s== m=0.75 m (3)物体滑上斜面后做匀减速直线运动，速度减为零后返回到斜面底端，因为斜面光滑，则物体返回到斜面底端时速度大小仍为vB=3 m/s，然后物体在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小仍为a2=4 m/s2，物体最后停下的位置距B点为x== m=1.125 m。 [8分] 11.(多选)如图所示，小物块以某一初速度从斜面底端冲上粗糙斜面。下面给出的描述小物块在斜面上的速度v随时间t变化和加速度a随时间t变化的图像中，可能正确的有 (　　) 答案　ABD 解析　设斜面的倾角为θ，小物块上滑过程中，根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得a1=gsin θ+μgcos θ，加速度方向沿斜面向下，小物块的速度为v=v0-a1t，速度方向沿斜面向上，若mgsin θ<μmgcos θ，小物块上滑到最高点后将保持静止，加速度为零，故A正确；若mgsin θ>μmgcos θ，小物块将下滑，小物块下滑过程中，根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得a2=gsin θ-μgcos θ<a1，加速度方向沿斜面向下，小物块的速度为v=a2(t-t0)=a2(t-)，速度方向沿斜面向下，故B、D正确，C错误。 学科网（北京）股份有限公司 $