三年高考(2014-2016)物理真题分项版解析—— 专题03牛顿运动定律

专题03 牛顿运动定律

一、选择题

1．【2016·海南卷】沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5 s、5~10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则

A．F1F3 C．F1>F3D．F1=F3

【答案】A

【考点定位】v t 图像，牛顿第二定律

【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题。

2．【2016·上海卷】如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的

A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向【答案】D

【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确。

【考点定位】牛顿第二定律、整体法和隔离法

【方法技巧】本题通过整体法和隔离法可以判断出做匀变速直线运动的物体局部加速度和整体加速度相同。

3．【2016·江苏卷】如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中

A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左

B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等

C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大

D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面

【答案】BD

【考点定位】力与运动

【方法技巧】本题重在分析清楚鱼缸的受力情况、运动情况。先在桌布上加速，后在桌面上减速。鱼缸受桌布的滑动摩擦力与猫拉力的大小无关。

4．【2016·全国新课标Ⅰ卷】一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则

A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同

B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直

C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同

D．质点单位时间内速率的变化量总是不变

【答案】BC

【考点定位】牛顿运动定律

【名师点睛】本题主要考查牛顿运动定律。特别注意以前我们碰到的问题经常是去掉一个恒力，本题增加了一个恒力，从牛顿运动定律角度来看没有什么区别。根据牛顿第二定律计算加速度的可能大小，根据合力与速度方向间的关系判断物体的运动情况。要特别注意的是，质点有可能做匀变速曲线运动。

5．【2014·安徽卷】如右图，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是

【答案】B

【解析】由题意知，在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得：ma mg mg =+-θμθcos sin ，故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以C 、D 错误；根据匀变速运动的规律2

021at t v x -=，可得B 正确；下降的高度θsin x h =，所以A 错误。

【考点定位】本题考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律

【方法技巧】对运动图像的判断，关键是得出两物理量的函数关系，这个关系式的得出以及牛顿第二定律或匀变速直线运动的规律。

6．【2014·四川卷】如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t = 0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t = t 0时刻P 离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是（ ）

【答案】BC

【考点定位】牛顿第二定律v t 图象

【方法技巧】本题关键是由速度的大小关系，分析清楚物块与传送带之间的摩擦力，结合牛顿第二定律，判断物块的运动。

7．【2014·江苏卷】如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平

μ。最大静摩擦力等于滑动地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为

2

摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（）

5时，A的加速度A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝mg

μ

2

1

为gμ

3

C．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度

1

不会超过gμ

2

【答案】BCD

【考点定位】本题主要考查了牛顿第二定律的应用，以及处理连接体的方法问题，属于中档题。

【方法技巧】对连接体问题，整体法与隔离法的利用，关键是分析出相对滑动的临界状态

8．【2014·全国新课标Ⅰ卷】如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定的偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内 ）。与稳定在竖直位置时相比，小球高度

A ．一定升高

B ．一定降低

C ．保持不变

D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定

【答案】A

【解析】试题分析：小车静止时，弹簧弹力等于小球重力即1mg kx =，弹簧原长设为l ，则小球竖直向下的的悬吊高度为1mg l x l k

+=+

，匀加速运动时，设橡皮筋弹力为F ，橡皮筋和竖直方向夹角为θ，则有cos F mg θ=，橡皮筋长度为cos F mg l l k k θ

+=+，可得小球竖直方向悬吊的高度为()cos cos cos mg mg mg l l l k k k θθθ+=+<+，所以小球高度升高，选项A 对。

【考点定位】牛顿运动定律 共点力的平衡

【方法技巧】本题是已知运动，分析受力；静止时弹力与重力平衡，加速运动时，弹力

与重力的合力水平向左。

9．【2014·重庆卷】以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，]下列用虚线和实线描述两物体运动的v t -图像可能正确的是

【答案】D

【考点定位】本题考查了牛顿第二定律、v t -图象的特点、竖直上抛运动状态的判断。

【方法技巧】要清晰的了解竖直上抛的过程，以判断所受阻力的情况；v t -图象的两个关键点（斜率代表加速度和面积代表位移）要用好。

10．【2015·上海·3】如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是

A ．1F

B ．2F

C ．3F

D ．4

F

【答案】B

【解析】 小鸟沿虚线斜向上加速飞行，说明合外力方向沿虚线斜向上，小鸟受两个力的作用，空气的作用力和重力，如下图所示：

【考点定位】牛顿第二定律

【名师点睛】本题以实际情境为命题背景，考查力与运动的关系、合力与分力的关系等知识点，意在考查考生对物理基本规律的理解能力和灵活运用物理规律解决实际问题的能力。本题的要点是理解合力和分力的关系，对小鸟进行受力分析可以较快解决问题。

11．【2015·江苏·6】一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）

A．t=2s时最大B．t=2s时最小C．t=8.5s时最大D．t=8.5s时最小

【答案】AD

【考点】本题考查牛顿第二定律

【名师点睛】本题主要是识图能力，利用加速度与时间的关系，结合牛顿第二定律F=ma，由运动分析物体的受力情况。

12．【2015·全国新课标Ⅱ·20】在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车

厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东

行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为

A．8 B．10 C．15 D．18

【答案】BC

【考点定位】牛顿第二定律

【名师点睛】本题主要是整体法和隔离法，以及牛顿第二定律的应用。

13．【2015·全国新课标Ⅰ·20】如图（a ），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v —t 图线如图（b ）所示。若重力加速度及图中的0v 、1v 、1t 均为已知量，则可求出

A ．斜面的倾角

B ．物块的质量

C ．物块与斜面间的动摩擦因数

D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度

【答案】ACD

【解析】小球滑上斜面的初速度0v 已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即02v ，所以沿斜面向上滑行的最远距离012

v s t =，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sin cos v g g t θμθ=+，向下滑行11

sin cos v g g t θμθ=-，整理可得011

sin 2v v g t θ+=，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项AC 对。根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度00101101sin 224v v v v v s t v gt g θ++=

?=，选项D 对。仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B 错。

【考点定位】 牛顿运动定律

【名师点睛】速度时间图像的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门。

14．【2015·重庆·3】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，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h （可视为自由落体运动）.此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为

A mg +

B mg -

C mg

D mg - 【答案】A

【解析】 人下落h 高度为自由落体运动，由运动学公式22v gh =，可知v =

缓冲过程（取向上为正）由动量定理得()0()F mg t mv -=--，解得：F mg =

，故选A 。

【考点定位】运动学公式、动量定理。 【名师点睛】涉及运动中的位移问题，优先选择动能定理；涉及运动的时间问题，优选选择动量定理；涉及运动的加速度和匀变速直线运动，选择牛顿第二定律和运动学公式。

15．【2015·重庆·5】若货物随升降机运动的v t -图像如题5图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图像可能是

【答案】B

【考点定位】v t 图像、超重与失重、牛顿第二定律。

【名师点睛】图象从六个方面认识：一看轴，二看线，三看斜率，四看面，五看截距，六看点。超重和失重、平衡状态是由竖直方向的加速度决定。

16．【2015·海南·8】如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间

A．a1=3g B．a1=0 C．△l1=2△l2 D．△l1=△l2 【答案】AC

【考点定位】牛顿第二定律的瞬时性

【名师点睛】做本类型题目时，需要知道剪断细线的瞬间，弹簧来不及发生变化，即细线的拉力变为零，弹簧的弹力吧不变，然后根据整体和隔离法分析。

17．【2015·海南·9】如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时

A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大

C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑

【答案】BD

【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式f N F F μ=可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故A 错误，B 正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m ，当匀速运动时有

sin cos mg mg θμθ=，即sin cos θμθ=，假设物体以加速度a 向上运动时，有

N m g a cos θ=+（），f m

g a cos μθ=+（），因为sin cos θμθ=，所以sin m g a m g a cos θμθ+=+（）（），故物体仍做匀速下滑运动，C 错误，D 正确。

【考点定位】牛顿第二定律

【名师点睛】做本题的关键是受力分析，知道变化前后，力的变化，然后根据力的分解和牛顿第二定律进行解题。

18．【2015·上海·19】一颗子弹以水平速度0v 穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动感方向均不变。设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v ，则

A ．0v 越大，v 越大

B ．0v 越小，v 越大

C ．子弹质量越大，v 越大

D ．木块质量越小，v 越大

【答案】AC

【解析】 子弹穿透木块过程中，作用力不变，两者都做匀减速运动，子弹的位移与木块的位移之和等于木块的厚度，保持不变，若质量不变，由加速速度也不变，当子弹的初速度v 0越大时，如下图所示，

子弹位移也越大，木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度v 就越大，故A 正确，B 错误；子弹的质量越大，加速度越小，初速度一定，位移越大，如下图所示

木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度v就越大，故C正确；木块的质量越小，加速度越大，初速度不变，末速度越小，如下图所示，故D错误。

【考点定位】v-t图象；

【名师点睛】本题考查了对v-t图象的理解和应用，本题很容易误用动量守恒定律和能量守恒定律来求解，用这个方法来解决问题很繁杂。

二、非选择题

19．【2014·山东卷】研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。求：

图甲图乙

（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；

（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；

（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。

【答案】（1）28/m s ，2.5s ；（2）0.3s ；（3）0F mg

= 【解析】（1）设减速过程中，汽车加速度的大小为a ，运动时间为t ，

由题可知初速度020/v m s =，末速度0t v =，位移25s m =[

由运动学公式得：

202v as = ① 0 2.5v t s a == ②

由①②式代入数据得

28/a m s = ③

2.5t s = ④

（2）设志愿者饮酒后反应时间的增加量为t ?，由运动学公式得

0L v t s '=+ ⑤

0t t t '?=- ⑥

联立⑤⑥式代入数据得

0.3t s ?= ⑦

（3）设志愿者力所受合外力的大小为F ，汽车对志愿者作用力的大小为

0F ，志愿者的

质量为m ，由牛顿第二定律得F ma = ⑧

由平行四边形定则得2220()F F mg =+ ⑨

联立③⑧⑨式，代入数据得0F mg

= ⑩ 【考点定位】牛顿第二定律，匀变速直线运动规律，力的合成

【方法技巧】本题重点考查匀变速直线运动的规律，以及学生的试图能力，要能从图像上获取信息。

20．【2014·上海卷】如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的光滑球。静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s ，运动过程中

的最大速度为v。

（1）求箱子加速阶段的加速度大小a'。

（2）若a>g tanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。

【答案】（1）

2

2

'

2

av

a

as v

=

-（2）左壁作用力为0，顶部作用力cot

ma mg

θ-

（2）光滑球不受车厢作用力时，只有自身重力和斜面支持力，水平方向加速度tan

a gθ

=

加速度所需要的合力由斜面弹力在水平方向的分力提供，若加速度

tan

a gθ

<

，则车

厢左壁提供弹力满足合力需要，若加速度

tan

a gθ

>

，则车厢左侧壁弹力为0.

所以当

tan

a gθ

>

时，左侧壁弹力为0.

对小球受力分析如下图

水平竖直方向正交分解可得

2cos N mg F θ=+ 水平方向sin N ma θ=

整理可得2cot F ma mg θ=-，即顶部作用力为cot ma mg θ-

【考点定位】牛顿运动定律

【方法技巧】由物体的运动状态分析受力情况，合外力的方向与加速度的方向相同，结合正交分解求解物体的受力。

21．【2015·全国新课标Ⅰ·25】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示。0t

=时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。求

（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离。

【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m

【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为4/v m s =

碰撞后木板速度水平向左，大小也是4/v m s = 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m s g s μ-=

解得20.4μ=

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度4/v m s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212x vt at =+

带入可得21/a m s =

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ=

可得10.1μ=

（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121(M )g m mg Ma μμ++= 可得214/3

a m s = 对滑块，则有加速度224/a m s =

滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-

=末速度18/3v m s = 滑块向右位移214/022

m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s = 木块继续减速，加速度仍为214/3

a m s =

假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =-

解得20.5t s = 此过程，木板位移2312121726

x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122

x a t m == 此后木块和木板一起匀减速。

二者的相对位移最大为13246x x x x x m ?=++-=

滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/a g m s μ== 位移23522v x m a

== 所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m

++=

【考点定位】 牛顿运动定律 【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁