1、专题专题 03牛顿运动定律牛顿运动定律 【母题来源一】【母题来源一】2019 年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国卷） 【母题原题【母题原题】（2019新课标全国卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳 与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去 外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。 木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由题给数据可以得出 A木板的质量为1 kg B2 s4 s内，力F的大小为0.4 N C02 s内，
2、力F的大小保持不变 D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 【答案】AB 【解析】结合两图像可判断出 02 s 物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此 过程力 F 等于 f，故 F 在此过程中是变力，即 C 错误；25 s 内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为 滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对 24 s 和 45 s 列运动学方程，可解出质量 m 为 1 kg，24 s 内的力 F 为 0.4 N，故 A、B 正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数，故 D 错误。 【命题意图】本专题中的特殊题型有连接体模型，涉及的知识点有相对运动和牛顿运动定律的应用，
3、需要考生运用整体法和隔离法解决这类问题，意在考查考生的综合分析能力。 【考试方向】对于连接体模型，命题多集中在两个或两个以上相关联的物体之间的相互作用和系统所 受的外力情况，一般根据连接类型（直接连接型、绳子连接型、弹簧连接型），且考查时多涉及物体运动 的临界和极值问题。 【得分要点】处理连接体问题的基本方法是隔离法和整体法：分析整体受力，不需要求物体间相互作 用力时，多采用整体法；要求求出系统内部物体之间的作用力时，需采用隔离法。涉及临界或极值问题时， 要分析此状态下的受力特点和运动特点，找到临界或极值产生的条件。 抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运
4、动过程分析”.“一个桥梁”是 指“加速度是联系运动和受力的桥梁”.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题。 1高考考查特点 （1）高考题注重基本概念的理解及基本公式及推论的灵活应用，计算题要注意追及相遇类为背景的实 际问题。k.Com （2） 熟练掌握运动学的基本规律及推论， 实际问题中做好过程分析及运动中的规律选取是解题的关键。 2解题常见误区及提醒 （1）基本概念公式及基本推论记忆不准确，应用不灵活。 （2）实际问题中过程不清晰、时间关系、速度关系、位移关系把握不准。 （3）解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语（如“刚好”、“最多”、“至少”等）。 1（2019浙江省金华市云富高级
5、中学高三普通高中学业水平模考）关于牛顿第一运动定律，下列说法中正 确的是 A牛顿第一运动定律是通过伽利略“理想实验”的验证后建立起来的 B牛顿第一运动定律表明，力是维持物体运动状态的原因 C牛顿第一运动定律表明，惯性是维持物体运动状态的原因 D牛顿第一运动定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性 【答案】C 【解析】牛顿第一定律是在伽利略“理想实验”之后通过归纳演绎推理建立起来的，选项 A 错误；牛顿第 一运动定律表明，力不是维持物体运动状态的原因，是改变物体运动状态的原因，选项 B 错误；牛顿第 一运动定律表明，惯性是维持物体运动状态的原因，选项 C 正确；牛顿第一运动定律表明，
6、物体不是只 有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性，在任何状态下都具有惯性，选项 D 错误。 2（2019浙江省温州九校期中）如图，风靡全球的蜘蛛侠 2电影中，蜘蛛侠利用蜘蛛丝粘住墙体产生 的阻力，来拯救一列质量为 1106kg 的速度为 360 km/h 飞驰的失去制动性能的列车，使列车在其正前 方 400 米断轨处刚好停止。若铁轨和空气的阻力为车重的 0.25 倍，列车的运动可视为匀减速直线运动， 则蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为 A1105NB1106N C1107ND1108N 【答案】C 【解析】根据运动学公式 22 0 2vvax可得加速度的大小为 2 12.5m/sa ，根据牛顿第二
7、定律则有 kmgfma，解得蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为 7 1 10 Nf ，故选项 C 正确，A、B、D 错误。 3（2019浙江省温州市求知中学月考）如图所示，质量为 m 的人站在竖直观光电梯中，如果电梯运动的 加速度大小为 a，电梯地板对人的支持力为 Fmg+ma，则可能的情况为 A电梯以加速度 a 向下加速运动 B电梯以加速度 a 向上加速运动 C电梯以加速度 a 向上减速运动 D以上三项都不正确 【答案】B 【解析】人的加速度 Fmg aa m ，方向向上，所以电梯以加速度a向上加速运动或电梯以加速度a 向下减速运动，故选项 B 正确，A、C、D 错误。 4（2019江西省名校高三
8、联考）为了备战 2020 年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地 纵跳摸高训练。已知质量 m=50 kg 的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为 2.10 m，比赛过程中，该 运动员先下蹲，重心下降 0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了 2.90 m 的高度。若运动员起跳过程 视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g 取 10 m/s2。则 A运动员起跳过程处于超重状态 B起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大 C起跳过程中运动员对地面的压力为 960 N D从开始起跳到双脚落地需要 1.05 s 【答案】AD 【解析】AC、运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据 2
9、2ghv可知 22 102.92.1 m/s4 m/svgh；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直 向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知 2 2a hv ，解得 22 22 4 m/s16m/s 22 0.5 v a h ， 对运动员根据牛顿第二定律可知 N Fmgma， 解得1560N N F ， 根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为 1 560 N，故选项 A 正确，C 错误；B、在起跳过程中做匀加 速直线运动，起跳过程的平均速度 1 0 22 vv v ，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最 高点过程的平均速度 2 0 22 vv v ，故选项
10、B 错误；D、起跳过程运动的时间 1 4 s0.25s 16 v t a ， 起跳后运动的时间 2 0.4s v t g ，故运动的总时间 12 0.65sttt，故选项 D 正确。 5（2019安徽省定远县民族中学高三模拟）如图所示，质量为 m 的小球穿在足够长的水平固定直杆上处 于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力 F0和竖直向上的力 F，使小球从静止开始向右运动，其 中竖直向上的力 F 大小始终与小球的速度成正比，即 F=kv（图中未标出），已知小球与杆间的动摩擦因 数为，下列说法中正确的是 A小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动 B小球先做加速度减小的加速运动，
11、后做加速度增大的减速运动直到静止 C小球的最大加速度为 F m D小球的最大速度为 0 Fmg k 【答案】D 【解析】AB 项：刚开始运动时，加速度为 0 ()Fmgkv a m ，当速度 v 增大，加速度增大，当速度 v 增大到符合 kvmg 后，加速度为： 0 ()Fkvmg a m ，当速度 v 增大，加速度减小，当 a 减小到 0， 做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故 AB 错误； C 项：当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为 0 F m ，故 C 错误；D 项：当加速度为零时， 小球的速度最大，此时有：F0=（kvmmg），故
12、最大速度为 0 m Fmg v k ，故 D 正确。 6（2019辽宁省沈阳市高三三模）如图所示，水平桌面上放置一个倾角为 45的光滑楔形滑块 A，一细线 的一端固定于楔形滑块 A 的顶端 O 处，细线另一端拴一质量为 m=0.2 kg 的小球。若滑块与小球一起以 加速度 a 向左做匀加速运动（取 g=10 m/s2）则下列说法正确的是 A当 a=5 m/s2时，滑块对球的支持力为 2 N 2 B当 a=15 m/s2时，滑块对球的支持力为半 2 N 2 C当 a=5 m/s2时，地面对 A 的支持力一定大于两个物体的重力之和 D当 a=15 m/s2时，地面对 A 的支持力一定小于两个物体的
13、重力之和 【答案】A 【解析】设加速度为 a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定 律，有：水平方向：F合=Fcos45=ma0；竖直方向：Fsin45=mg，解得 a0=g。A、当 a=5 m/s2时，小球 未离开滑块，水平方向：Fcos45FNcos45=ma；竖直方向：Fsin45+FNsin45=mg，解得 2 N 2 N F ， 故 A 正确；B、当 a=15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零， 故 B 错误；CD、当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对 A 的支持力一定等 于两个物体的重力之
14、和，故 C，D 错误；故选 A。 7（山东省淄博市 2019 届高三三模考试理综物理试卷）如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有 4 根 相同的竖直弹簧，其劲度系数均为 k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断 裂后，总质量为 m 的电梯下坠，4 根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为 5g（g 为重力加速度大小），下列说法正确的是 A电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 2 mg k B电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 6mg k C从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态 D从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程
15、中，电梯始终处于失重状态 【答案】C 【解析】在最低点时，由牛顿第二定律：4kxmgma，其中 a=5g，解得 3 2 mg x k ，选项 AB 错误； 从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹 力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，选项 C 正确， D 错误。 8（2019浙江省七彩阳光新高考研究联盟期中）如图所示，两个质量分别为 m13 kg、m22 kg 的物体 A 和 B 置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小为 F1F230 N 的水平拉力分别 作用在 m1、m2上，则 A弹
16、簧测力计的示数是 30 N B弹簧测力计的示数是 60 N C在突然撤去 F2的瞬间，B 的加速度大小为 0 m/s2 D在突然撤去 F2的瞬间，A 的加速度大小为 10 m/s2 【答案】A 【解析】AB、对整体分析知物体处于平衡状态，隔离 A 由平衡条件知弹簧测力计的示数是 30 N，故 A 正确 B 错误；CD、突然撤去 F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变，对 B 由牛顿第二定律得： 2 2 15 m/s B F a m ，对 A 分析知合力为 0，所以 A 的加速度大小为 0，故 CD 错误。 9（2019湖南省怀化市高三统一模拟）如图所示，质量为 M=2 kg、长为 L=1.5 m 的
17、木板静止在光滑的水 平面上，木板上右端放着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为 m=1 kg，小滑块与木板之间的动摩 擦因数为=0.2。若用水不拉力 F 作用在木板上，取 g=10 m/s2，则下列说法正确的是 AF=8 N 时，小滑块与木板保持相对静止 BF=10 N 时，小滑块与木板发生相对滑动 CF=12 N 时，小滑块从木板上滑下所需的时间为 2 s DF=12 N 时，小滑块从木板上滑下时木板的动量大小为 10 kgm/s 【答案】BD 【解析】以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律 m mgma，得小滑块的最大加速度为 2 2 m/s m ag，以整体为研究对象，小滑块在木板上滑动时的
18、最小拉力为 0 ()6 N m FMm a， A 项错误，B 项正确；若12 NF ，则木板的加速度大小为 2 5 m/s Fmg M a ，由 22 11 22 m Lata t得小滑块从木板上滑下所需的时间为1st ，C 项错误；小滑块从木板上滑下时，木 板的动量大小为()10kg m /spFmg t，D 项正确。 10（2019浙江省宁波市余姚市余姚中学月考）如图所示两木块 A 和 B 叠放在光滑水平面上，质量分别为 m 和 M，A 与 B 之间的最大静摩擦力为 Ffm，B 与劲度系数为 k 的轻质弹簧连接构成弹簧振子，已知 A 和 B 在振动过程中不发生相对滑动，则 A速度最大时，A
19、、B 间摩擦力最大 B弹簧弹力最大时，A、B 间摩擦力最大 C它们的振幅不能大于 （） fm Mm F kM D它们的振幅不能大于 （） fm Mm F km 【答案】BD 【解析】A.因为 A 和 B 在振动过程中不发生相对滑动，所以加速度相同；当速度最大时，0a ，对 A 分析，受力为 0，故 A、B 间摩擦力为 0，A 错误；B.对 A、B 整体受力分析， ()FMm a 弹 ，隔离 A 分析：fma，所以弹力最大时，加速度最大，A、B 间摩擦力最大，B 正确；CD、通过选项 C 的 分析，设最大振幅为 A，当振幅最大时，弹力最大：整体分析kAMm a()，隔离 A 分析： fm Fma 联立两式得： () fm Mm F A km ，C 错误；D 正确。
