第四章 第五节 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（粤教版）

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（受力分析、求合力、加速度、运动学公式）和从运动确定受力（运动分析、加速度、牛顿第二定律、求力）两类问题，通过基本思路、流程图及例题构建学习支架，衔接多过程问题分析方法。 资料以生活情境例题（如冰车运动、滑雪下滑）引导学生模型建构与科学推理，课时对点练分层设计（基础应用、多过程问题），课中辅助教师教学，课后助力学生巩固知识、查漏补缺，培养解决实际问题的科学思维与能力。

第五节　牛顿运动定律的应用 [学习目标]　1.进一步学习对物体进行受力分析和运动分析。2.知道动力学的两类问题，理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁(重点)。3.熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤(重点)。 一、从受力确定运动情况 应用牛顿第二定律分析和解决问题的一般步骤，首先确定研究对象，进行受力分析；其次根据牛顿第二定律，将待求量和已知量联系起来，加速度是联系力与运动的桥梁。 例1　(2024·汕头市高一质监)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-f=ma 摩擦力f=μFN 联立解得加速度a=1.16 m/s2。 (2)3 s时冰车的速度大小 v=at=1.16×3 m/s=3.48 m/s (3)5 s时冰车的位移大小s=at2 =×1.16×25 m=14.5 m。 例2　如图所示，人和滑雪板总质量为50 kg，在倾角θ为30°的足够长斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑，滑雪板和斜坡间的摩擦力恒为100 N，求人从静止开始下滑6 m后的速度大小(重力加速度g取10 m/s2)。 答案　6 m/s 解析　根据题意，对人和滑雪板整体受力分析，由牛顿第二定律有 mgsin θ-f=ma 解得a=3 m/s2 由运动学公式可得，人从静止开始下滑有v2=2as 解得人从静止开始下滑6 m后的速度大小 v==6 m/s。 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.流程图 二、从运动情况确定受力 例3　(2024·惠州市高一期末)如图所示，一旅客用F为60 N的力拉着质量为m=10 kg的行李箱沿水平地面运动。已知拉力F与水平方向的夹角θ=60°，从静止开始经t=2.0 s时行李箱移动的直线距离s=2 m。若行李箱可看作质点，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在拉动过程中，行李箱的加速度a的大小； (2)在拉动过程中，地面对行李箱的阻力f的大小。 答案　(1)1 m/s2　(2)20 N 解析　(1)由运动学位移时间公式s=at2，解得加速度大小为a=1 m/s2； (2)由牛顿第二定律可得Fcos θ-f=ma，解得f=20 N。 例4　(2025·深圳市高一期末)民航客机都有紧急出口，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斜面(如图甲所示)，人员可沿斜面滑行到地面。斜面的倾角θ=30°(如图乙所示)，人员可沿斜面匀加速滑行到地上。如果气囊所构成的斜面长度为8 m，一个质量为50 kg的乘客从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s。 (1)求乘客在气囊上下滑的加速度大小； (2)求乘客与气囊之间的动摩擦因数(重力加速度g取10 m/s2)。 答案　(1)4 m/s2　(2) 解析　(1)设乘客沿气囊下滑过程的加速度为a 由s=at2，解得a=4 m/s2 (2)对乘客受力进行正交分解，如图所示 根据牛顿第二定律，x方向，有mgsin θ-f=ma y方向，有FN-mgcos θ=0 且f=μFN 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.流程图 三、多过程问题分析 例5　如图所示，一足够长的固定斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m=2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L=9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，现物体受到一水平向右的大小为14 N的恒力F，运动至B点时撤去该力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2，则： (1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？ (2)物体到达B点时的速度是多大？ (3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？物体回到B点时的速度是多大？ 答案　(1)2 m/s2　(2)6 m/s　(3)1.8 m　 m/s 解析　(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F-μmg=ma， 解得a== m/s2=2 m/s2。 (2)由M点到B点，根据运动学公式可知=2aL， 解得vB== m/s=6 m/s。 (3)物体在斜面上向上滑时，根据牛顿第二定律可得， mgsin θ+μmgcos θ=ma1， 代入数据得a1=10 m/s2， 逆向分析可得=2a1s， 解得s==1.8 m。 物体在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2 代入数据可得a2=2 m/s2 由运动学公式得vB'2=2a2s vB'== m/s。 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 训练1　牛顿运动定律的简单应用 [分值：70分] 　[1~3、5~8题，每题4分] 考点一　从受力确定运动情况 1.质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上，如图所示，给这个物体施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，2 s末物体的速度为(　　) A.0 B.6 m/s C.12 m/s D.6 m/s 答案　B 解析　对物体由牛顿第二定律得2Fcos 60°=ma 代入数据解得a=3 m/s2 则2 s末物体的速度为v=at=6 m/s 故选B。 2.(2023·汕尾市高一期末)刹车痕迹是交警判断交通事故中汽车是否超速的重要依据之一，在一次交通事故中，货车司机看到前方道路上突然窜出一头牛时紧急刹车，但还是发生了事故。交警在现场量得货车的刹车痕迹长为12 m，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数是0.6，发生碰撞时速度接近0。请你帮助交警计算货车的初速度大约为 (　　) A.36 km/h B.43 km/h C.60 km/h D.70 km/h 答案　B 解析　货车刹车时受地面的摩擦力，由牛顿第二定律得-μmg=ma，解得a=-μg=-6 m/s2，由运动学规律-=2as，将vt=0，a=-6 m/s2，s=12 m代入解得v0=12 m/s=43.2 km/h，B正确。 3.(2024·广州市开学考)“巨浪”潜射导弹是护国卫疆的利器，假设导弹刚发射出来的一段运动可近似看成初速度为零的竖直向上的匀加速直线运动，有一导弹的质量为m，助推力为F，忽略空气阻力及燃料的质量，重力加速度为g，则导弹运动时间t后的速度大小为(　　) A.t B.t C. D. 答案　A 解析　由牛顿第二定律得F-mg=ma 解得a=-g 导弹运动时间t后的速度大小 v=at=t，故选A。 4.(10分)如图所示，假设物块(可看作质点)以10 m/s的速度从固定斜坡的顶端A点沿斜坡下滑，已知斜坡高AB=3 m，长AC=5 m，物块与斜坡面的动摩擦因数为0.5(g取10 m/s2)，求： (1) (6分)物块沿斜坡滑下的加速度大小； (2) (4分)物块运动到C点时的速度大小(可用根号表示)。 答案　(1)2 m/s2　(2)2 m/s 解析　(1)在斜坡上，由牛顿第二定律得 mgsin θ-μmgcos θ=ma， 由数学知识可知 sin θ=，cos θ=， 联立得a=2 m/s2； (2)由匀变速直线运动的速度位移公式得 v2-=2as， 得v=2 m/s。 考点二　从运动情况确定受力 5.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。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊如图所示。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h，从发生碰撞到车完全停止需要的时间为1 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为(　　) A.2 100 N B.6 000 N C.8 000 N D.1 000 N 答案　A 解析　v0=108 km/h=30 m/s，从发生碰撞到车完全停止的1 s内，有a==- m/s2=-30 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F=ma=70×(-30) N=-2 100 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.(2024·广州市高一期末)城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。一个鸡蛋从20 m高的楼上自由下落，若将鸡蛋撞击地面的过程简化为一个质点做匀减速直线运动，从触地到完全停止质点的位移为0.05 m，不计空气阻力，则鸡蛋对地面的平均冲击力是其重力的(　　) A.400倍 B.200倍 C.100倍 D.10倍 答案　A 解析　鸡蛋自由下落20 m过程，根据速度与位移的关系式有v2=2gh1，鸡蛋与地面碰撞过程，从触地到完全停止质点的位移为0.05 m，利用逆向思维有v2=2ah2，根据牛顿第二定律有F1-mg=ma，根据牛顿第三定律有F2=F1，联立解得=401≈400，故选A。 7.滑雪运动是我国北方冬天常见的运动。如图所示，滑雪运动员从山坡上由静止开始匀加速直线下滑，2 s末速度为5.6 m/s，若山坡的粗糙程度相同，运动员可视为质点，山坡的倾角约为37°，g取10 m/s2，不计空气阻力，则运动员与山坡间的动摩擦因数为(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)(　　) A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5 答案　C 解析　由运动学公式v=at得a=2.8 m/s2，根据牛顿第二定律可得 mgsin 37°-μmgcos 37°=ma， 解得μ=0.4，故选C。 8.航母阻拦索是航母阻拦装置的重要组成部分，实现了舰载机在有限长度的航母甲板上的安全着舰，一舰载机的质量为2×104 kg，以速度216 km/h着舰的同时其尾钩钩住阻拦索，此后舰载机视为做匀减速直线运动，运动90 m时速度为零，如图所示，某时刻两条阻拦索之间的夹角为74°，不计着舰过程中的其他阻力，cos 37°=0.8，此时阻拦索上的弹力大小为 (　　) A.2.5×105 N B.5×105 N C.6.5×106 N D.1.3×107 N 答案　A 解析　根据题意可知，舰载机做匀减速直线运动，设加速度大小为a， 则=2as，其中v0=216 km/h=60 m/s， 设阻拦索上的弹力大小为F，根据几何关系，由牛顿第二定律有2Fcos 37°=ma 解得F=2.5×105 N，故选A。 　[9、10题，每题6分] 9.(多选)如图所示，运动员将在水平冰面上的冰壶向右推出，记冰壶离手时为0时刻，此时冰壶的初速度大小为2 m/s，冰壶在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，4 s时冰壶的速度大小为1.2 m/s，重力加速度g取10 m/s2，冰壶可视为质点，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A.冰壶在冰面上滑行时的加速度大小为0.2 m/s2 B.冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.2 C.冰壶从离手到速度恰好为0的过程中平均速度大小为1 m/s D.冰壶离手后在冰面上滑行的位移大小为20 m 答案　AC 解析　根据加速度定义，冰壶在冰面上滑行时的加速度大小为a== m/s2=0.2 m/s2，故A正确；由牛顿第二定律可得μmg=ma，解得冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ=0.02，故B错误；冰壶从离手到速度恰好为0的过程中平均速度大小==1 m/s，故C正确；冰壶离手后在冰面上滑行的位移大小s==10 m，故D错误。 10.(2025·中山市高一校考)高速避险车道是高速道路上为刹车失控车辆所设置的紧急避险车道，一般为上坡车道，表面铺满沙石或松软沙砾的制动层，末端设有防撞设施。图甲是某地高速避险车道，该避险车道与水平地面的夹角θ为37°，长为100 m，简化图如图乙。一辆满载矿粉的重型半挂货车制动突然失灵，司机急忙关闭油门将车驶入避险车道。货车受到的阻力恒为车重的20%，货车以v0为24 m/s的初速度冲上避险车道，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，以下说法正确的是(　　) A.货车在避险车道上的加速度大小为2 m/s2 B.货车在避险车道向上滑行的时间为4 s C.货车将在避险车道向上滑行72 m D.货车驶入该避险车道的初速度v0若为40 m/s，则货车恰好不与防撞设施相撞 答案　D 解析　由牛顿第二定律可得mgsin 37°+f=ma，又f=mg×20%，联立解得a=8 m/s2，故A错误；由匀变速直线运动规律，可得货车在避险车道向上滑行的时间为t==3 s，故B错误；由匀变速直线运动规律，可得货车在避险车道向上滑行的距离为s== m=25 m，故C错误；当初速度v0=40 m/s时，货车在避险车道向上滑行的距离为s'== m=100 m，所以货车恰好不与防撞设施相撞，故D正确。 11.(12分)如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ=37°角，一装修工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力F始终保持竖直向上，大小为10 N，刷子的质量为m=0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ=0.5，天花板长为L=4 m，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求： (1)(8分)刷子沿天花板向上运动的加速度大小； (2)(4分)工人把刷子从天花板底端由静止推到顶端所用的时间。 答案　(1)2 m/s2　(2)2 s 解析　(1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示 杆对刷子的作用力为F，滑动摩擦力为f，天花板对刷子的弹力为FN，刷子所受重力为mg，由牛顿第二定律得 (F-mg)sin 37°-μ(F-mg)cos 37°=ma 代入数据解得a=2 m/s2。 (2)由运动学公式得L=at2 代入数据解得t=2 s。 　[8分] 12.如图，小物块以初速度为12.5 m/s从斜面底端上滑，斜面倾角为θ=30°且足够长，小物块与斜面间的动摩擦因数为，则2 s末小物块与斜面底端的距离为(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.6.25 m B.0 C.12.625 m D.5 m 答案　A 解析　上滑时，有mgsin θ+μmgcos θ=ma， 解得a=12.5 m/s2。 当速度减小为0时，所用时间t==1 s， 上滑的最大距离s==6.25 m， 由于μmgcos θ>mgsin θ，则小物块静止在最高点，故A正确。 训练2　动力学的多过程问题 [分值：50分] [1、2题，每题6分] 1.(多选)(2023·广州市高一期末)如图甲，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t=1 s时撤去恒力F。物体运动的v-t图像如图乙。重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.物体在3 s内的位移s为6 m B.恒力F与摩擦力f大小之比为F∶f=2∶1 C.物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.2 D.在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为∶=1∶1 答案　ACD 解析　v-t图像与时间轴所围成的面积表示位移，3 s内物体的位移大小应为6 m，故A正确；撤去力F后，物体受摩擦力作用而减速运动，由题图乙知，加速度大小为2 m/s2，而μmg= ma2，得μ=0.2，故C正确；根据牛顿第二定律可得F-f=ma1，f=ma2，由题图乙可知a1=4 m/s2，a2=2 m/s2，联立解得F∶f=3∶1，故B错误；匀变速直线运动的平均速度等于初、末速度和的一半，故撤去F前后两个阶段的平均速度相同，故D正确。 2.(多选)质量为 0.5 kg的物体由静止开始沿光滑斜面下滑，下滑到斜面的底端后进入粗糙水平面滑行，直到静止，它的v-t图像如图所示。g取10 m/s2。那么，下列说法中正确的是(　　) A.斜面的倾角为60° B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C.物体在斜面上受到的合外力是2.5 N D.物体在水平面上受到的合外力是2.5 N 答案　BC 解析　物体先在光滑斜面上做匀加速运动，由牛顿第二定律得，a==gsin θ，由题图知，a=5 m/s2，联立解得θ=30°，故A错误；由题图知，在1~3 s内物体在粗糙水平面上做匀减速运动，加速度大小为a'==2.5 m/s2，由牛顿第二定律得，μmg=ma'，解得μ===0.25，故B正确；物体在斜面上受到的合外力F=ma=0.5×5 N=2.5 N，故C正确；物体在水平面上受到合外力F'=ma'=0.5×2.5 N=1.25 N，故D错误。 3.(12分)(2024·汕头市高一期末)如图甲所示，幼儿园组织推轮胎加速跑比赛，孩子们既玩的开心又锻炼了身体。比赛中小朋友保持两只手臂相互平行推动轮胎，可简化为如图乙所示的模型，小朋友对轮胎的总推力为F，与水平地面的夹角为37°，在推力F作用下，轮胎沿水平地面由静止开始做匀加速直线运动，3 s末速度变为1.5 m/s。已知轮胎的质量m=4 kg，轮胎与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。 (1)(3分)求在推力F作用下，轮胎的加速度大小； (2)(5分)求小朋友对轮胎的推力F的大小； (3)(4分)若6 s末小朋友撤去推力，撤去推力后，求轮胎继续向前运动的时间。 答案　(1)0.5 m/s2 　(2)44 N　(3)0.6 s 解析　(1)由匀变速直线运动公式v3=v0+at， 解得a=0.5 m/s2； (2)对轮胎受力分析，竖直方向上， 由平衡条件可得，FN=mg+Fsin 37°， 水平方向上，由牛顿第二定律得， Fcos 37°-f=ma， 又f=μFN， 联立解得F=44 N； (3)撤去推力时，轮胎的速度为v1=at1=3 m/s， 由牛顿第二定律可得μmg=ma1， 由逆向思维得v1=a1t2， 解得轮胎继续向前运动的时间为t2=0.6 s。 4.(12分)(2024·揭阳市高一期末)在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动。如图所示，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行一段距离到C点停下来。若某人和滑板的总质量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AB的长度l=36 m。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。求： (1)(4分)人沿斜坡下滑的加速度大小； (2)(4分)人从斜坡A点滑到底端时的速度大小； (3)(4分)人在水平滑道上滑行的最大距离。 答案　(1)2 m/s2　(2)12 m/s　(3)14.4 m 解析　(1)人沿斜坡下滑过程，由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma1， 解得a1=2 m/s2； (2)人沿斜坡下滑过程，由运动学公式可得v2=2a1l， 解得v=12 m/s (3)人在水平滑道上滑行过程，由牛顿第二定律可得μmg=ma2， 解得a2=5 m/s2， 人在水平滑道上滑行的最大距离满足2a2L=v2， 解得L=14.4 m。 5.(14分)(2024·潮州市高一期末)如图所示，倾角为θ=37°的固定斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连。一个质量m=4.0 kg的物体在水平向右大小为10 N的恒力F作用下，以v0为8 m/s的速度向右匀速运动。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。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，已知g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)(3分)物体与接触面间的动摩擦因数； (2)(5分)A、B两点间的距离； (3)(6分)物体从滑上斜面到最后离开斜面所用的时间。 答案　(1)0.25　(2)4 m　(3)(1+) s 解析　(1)物体在水平面匀速运动，有F=μmg， 得μ=0.25； (2)物体从A点到B点，有mgsin θ+μmgcos θ=ma1， 设A、B两点间的距离为x，则有0-=-2a1x， 代入数据解得x=4 m； (3)设物体从A点到B点的时间为t1，则有0=v0-a1t1， 物体从B点到A点，有mgsin θ-μmgcos θ=ma2， 设物体从B点到A点的时间为t2，则有x=a2 ， 物体从滑上斜面到最后离开斜面所用的时间t=t1+t2， 代入数据解得t=(1+) s。 学科网（北京）股份有限公司 $