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第三章 运动和力的关系
第 01 练 牛顿运动定律的理解和应用
知识目标 知识点
目标一 牛顿运动三定律
目标二 牛顿第二定律的基本应用
目标三 超重和失重
目标四 动力学两类基本问题
1． (2022·浙江省·真题)下列说法正确的是( )
A. 链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B. 足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C. 乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D. 篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
【答案】B
【知识点】摩擦力在日常生活中的应用、惯性及其应用、圆周运动、力的图示和示意图
【解析】解：A、做匀速圆周运动的链球加速度时刻指向圆心，方向时刻改变，故A错误；
B、惯性只与质量有关，不随速度增大而增大，故B正确；
C、乒乓球被击打过程中乒乓球的形变是变化的，其受到的作用力大小改变，故C错误；
D、篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，故D错误。
故选：B。
向心加速度方向时刻改变，惯性只与质量有关，弹力与形变量有关，阻力是总是阻碍物体的运动。
2．(2022·上海市·真题)神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下
的减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小( )
A. 一直减小 B. 一直增大 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用
f -mg kv-mg
【解析】解：返回舱受到重力和向上的空气阻力，根据牛顿第二定律得：a= = ，加
m m
速度的方向与速度方向相反，做减速运动，速度减小，则阻力减小，加速度减小，所以返回舱在下
落的过程中做加速度减小的减速运动．故BCD错误，A正确。
故选：A。对返回舱进行受力分析，然后根据牛顿第二定律得出加速度的变化．
3．(2022·广东省·真题)如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑
下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和
空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用、平抛运动基本规律及推论
【解析】解：运动员在MN阶段做匀加速运动，加速度为a=gsinθ，则运动员的速度均匀增加；在
NP阶段做匀速运动，加速度为0，运动员的速度保持不变；在PQ阶段做平抛运动，加速度为a=g，
运动员的速度均匀增加，且增加的比第一阶段更快，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据运动员在不同运动过程的受力特点得出加速度的变化，从而分析出速度的变化，结合图像完成
分析。
4．(2022·安徽省·模拟题)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上
留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。已知汽车轮胎与地面之间的动摩
擦因数为0.80，测得刹车线长25m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10m/s2
)
( )
A. 10 m/s B. 20 m/s C. 30 m/s D. 40 m/s
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的速度与位移的关系、从受力确定运动情况【解析】
分析刹车后汽车的合外力，进而求得加速度；再根据匀变速运动规律，由位移求得速度。
运动学问题，一般先根据物体受力，利用牛顿第二定律求得加速度，然后再由运动学规律求解相关
位移、速度等问题。
f
刹车后汽车的合外力为摩擦力f =μmg，加速度a= =μg=8m/s2 ；又有刹车线长25m，故可由
m
匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小v=√2as=√2×8×25m/s=20m/s；
故ACD错误，B正确。
故选B。
5．(2021·安徽省·真题)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层
290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为
1.0×102m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着
陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器( )
A. 打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B. 打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C. 打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D. 悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
【答案】B
【知识点】从运动情况确定受力
【解析】
根据运动状态来分析物体受力情况，物体处于平衡状态时，所受合力为零；物体做变速运动时，需
要根据牛顿第二定律，来判定加速度方向，从而确定运动性质，进而判定物体受力情况。
A、在打开降落伞前，着陆器做加速下降，因此除受到气体阻力的作用外，还受到重力作用，故 A
错误；
BC、在打开降落伞至分离前，除受到降落伞的拉力和气体阻力的作用外，还受到重力作用，因着
陆器向下做减速运动，所以其加速度方向向上，依据牛顿第二定律，则受到的合力方向竖直向上，
故B正确，C错误；
D、若处于悬停状态中，发动机喷火的反作用力和重力是平衡力，故D错误。
6．(2020·云南省昆明市·真题)质量为10kg的物体置于光滑的水平地面上，在水平恒力F作用下从静止开始运动，前4s内通过的位移大小为16m。求：
(1)物体运动加速度a的大小；
(2)水平恒力F的大小。
【答案】
解：(1)据运动学规律：
1
x= at2
2
代入数据解得：a=2m/s2；
(2)据牛顿第二定律：
F=ma
代入数据解得：F=20N。
答：(1)物体运动加速度a的大小为2m/s2；
(2)水平恒力F的大小为20N。
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系、从运动情况确定受力、牛顿第二定律的理解及
简单运用
【解析】解答本题关键掌握运动学的速度公式和位移公式，以及牛顿第二定律，常见的基础题。
(1)根据匀变速直线运动的位移公式可求得物体运动的加速度大小；
(2)根据牛顿第二定律可求得水平恒力F的大小。
1．(2020·上海市·模拟题)物理学是一门建立在实验基础上的学科，很多定律是可以通过实验进行验
证的。下列定律中不可以通过实验直接验证的是( )
A. 牛顿第一定律 B. 牛顿第二定律 C. 万有引力定律 D. 玻意耳定律
【答案】A
【知识点】牛顿第一定律的内容及理解、万有引力定律的内容、推导及适用范围、牛顿第二定律的
理解及简单运用
【解析】解：A、牛顿第一定律是对物体在不受外力条件下的运动规律，但是现实中不可能找到完
全不受力的物体和实验环境，故A正确；
BCD、牛顿第二定律，万有引力定律，玻意耳定律都是在实验基础上得出的或者印证的。BCD错
误；故选：A。
物理学史部分对各定律的发现建立都有详细介绍。牛顿第一定律是以一定的实验事实为基础，结合
合理的想象和外推得到的，因为在任何情况下都不可能找到完全不受力的物体和实验环境。
2．(2021·上海市市辖区·期中考试)物块与水平桌面间动摩擦因数为μ，在大小为F、方向如图所示
的力作用下，物块恰能匀速向右运动。若改用方向不变、大小为2F的力去推它，则物块的加速度
大小为( )
1
A. 0 B. μg C. μg D. 2μg
2
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律的理解及简单运用
【解析】解：设力F与水平向右方向的夹角为θ，对物块进行受力分析，物块受到重力mg，水平向
左的摩擦力f，桌面对物块的支持力F 以及力F。
N
当物块向右匀速运动时，可得竖直方向有：mg+Fsinθ=F ；
N
水平方向有：f =Fcosθ=μF ；
N
若改用方向不变、大小为2F的力去推它，则竖直方向有：mg+2Fsinθ=F '；
N
水平方向有：f '=μF '，2Fcosθ-f '=ma；
N
联立以上各式得到a=μg.故ABD错误，C正确。
故选：C。
对物块进行受力分析，当物块向右匀速运动时，得到物理量之间的关系，再带入到加速运动过程中
即可求解。
3．(2022·四川省宜宾市·期末考试)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图
像如图所示．乘客所受支持力的大小用F❑ 表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判
N
断正确的是( )
A. 0～t❑ 时间内，v增大，F❑ >mg
1 N
B. t❑ ～t❑ 时间内，v减小，F❑ <mg
1 2 N
C. t❑ ～t❑ 时间内，v增大，F❑ <mg
2 3 N
D. t❑ ～t❑ 时间内，v减小，F❑ >mg
2 3 N
【答案】D【知识点】x-t图像、超重和失重、运用牛顿第二定律分析动态过程
【解析】解：A、由于s-t图象的斜率表示速度，由图可知在0～t 时间内速度增加，即乘客的加
1
速度向下运动，根据牛顿第二定律得：mg-F =ma，解得：F =mg-ma，则F <mg，处于失
N N N
重状态，故A错误；
B、在t ～t 时间内，s-t图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则F =mg，故
1 2 N
B错误；
CD、在t ～t 时间内，s-t图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二
2 3
定律得：F -mg=ma，解得：F =mg+ma，则F >mg，处于超重状态，故C错误，D正确；
N N N
故选：D。
4．(2022·山东省·真题)在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。
受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了
测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
②接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；
③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距
离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。
回答以下问题(结果均保留两位有效数字)：
(1)弹簧的劲度系数为_____N/m。
(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与
加速度传感器的总质量为________kg。
(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像Ⅱ，则待测
物体的质量为________kg。【答案】12 0.20 0.13
【知识点】胡克定律、牛顿第二定律、其他力学实验
【解析】解：(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm.拉动滑
块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F-t图有
Δx=5.00cm=0.005m，F=0.610N
根据胡克定律
F
k=
Δx
计算出
k≈12N/m
(2)根据牛顿第二定律有
F=ma
则a-F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中Ⅰ，则有
1 3-0
k= = kg-1=5kg-1
m 0.6
则滑块与加速度传感器的总质量为
m=0.20kg
(3)滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有
1 1.5-0
= kg-1=3kg-1
m' 0.5
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
m'=0.33kg
则待测物体的质量为
Δm=m'-m=0.33kg-0.20kg=0.13kg
故答案为：(1)12；(2)0.20；(3)0.13
5．(2022·浙江省·真题)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m
水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点
由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下
滑(图2所示)，到C点共用时5.0s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量
为110kg，sin15°=0.26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】
解：(1)设在AB段加速度为a ，位移为x ，由运动学公式v2=2a x
1 1 1 1 1
8
代入数据解得：a = m/s2
1 3
(2)设运动员在AB段运动时间为t ，BC段时间为t ，
1 2
v 8
t = 1= s=3s 1
1 a 8 BC段x =v t + a t2
1 2 1 2 2 2 2
3
代入数据解得：a =2m/s2
2
过C点的速度为v=v +a t
1 2 2
代入数据解得：v=12m/s
(3)在BC段由牛顿第二定律mgsinθ-F =ma
f 2
代入数据解得：F =66N
f
8
答：(1)在直道AB上的加速度大小为 m/s2 ；
3
(2)过C点的速度大小为12m/s；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小为66N。
【知识点】牛顿运动定律的应用
【解析】(1)根据运动学公式计算出运动员的加速度；
(2)利用运动学公式计算过C点的速度大小；
(3)由牛顿第二定律列方程求解；
6．(2022·云南省·真题)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s 和
0
s (s <s )处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，
1 1 0
教练员将冰球以速度v 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，
0
运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．
假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v .重力加速度为g.求
1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
【答案】
解：(1)对冰球分析，根据速度位移公式得：v2-v2=2as
，
0 1 0
v2-v2
加速度为：a= 0 1，
2s
0
根据牛顿第二定律得：a=μg，
v2-v2
解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为：μ= 0 1．
2gs
0
s s
0 = 1
(2)根据两者运动时间相等，有：v +v v ，
0 1 2
2 2
s (v +v )
解得运动员到达小旗处的最小速度为：v = 1 0 1 ，
2 s
0
v2 s (v +v ) 2
则最小加速度为：a'= 2 = 1 0 1 ．
2s 2s2
1 0
答：
v2-v2
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ= 0 1.；
2gs
0
s (v +v ) 2
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度为 1 0 1 ．
2s2
0
【知识点】力的合成与分解、牛顿第二定律的理解及简单运用
【解析】(1)根据速度位移公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．
(2)抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移公式求出最小加速度．
1．(2022·安徽省·单元测试)在静止的车厢内，用细绳a和b系住一个小球，绳a斜向上拉，绳b水平
拉，如图所示，现让车从静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时
相比，绳a、b的拉力F 、F 的变化情况是( )
a bA. F 变大，F 不变 B. F 变大，F 变小
a b a b
C. F 不变，F 变小 D. F 不变，F 变大
a b a b
【答案】C
【知识点】力的正交分解法、牛顿第二定律的理解及简单运用
【解析】
以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律，运用正交分解法分析两根细绳
的拉力变化情况。
以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示，
根据牛顿第二定律得，水平方向：F sinα-F =ma①，竖直方向：F cosα-mg=0②，由题知
a b a
α不变，由②分析知F 不变，由①知F =F sinα-ma<F sinα，即F 变小．C正确．
a b a a b
2．(2022·安徽省·专项测试)物体A放在竖直弹簧上并保持静止。现将物体B轻放在物体A上，在之
后的运动过程中，弹簧一直处于弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. B刚放上瞬间，B对A的压力大小等于B的重力大小
B. 在A、B向下运动的过程中，速度最大时加速度也最大
C. 在A、B向下运动的过程中，B一直处于失重状态
D. 在A、B向下运动的过程中，B对A的压力一直增大
【答案】D
【知识点】超重和失重、牛顿运动定律解决弹簧问题、运用牛顿第二定律分析动态过程
【解析】
A.最初弹簧弹力等于A的重力，B放上瞬间对AB整体，根据牛顿第二定律有：m g=(m +m )a，
B A B对B根据牛顿第二定律有：m g-F =m a，可得A对B的支持力小于B的重力，根据牛顿第三定
B N B
律知，B对A的压力小于B的重力，故A错误；
B.整体速度最大时弹簧弹力等于两物体总重力，此时加速度为零，故B错误；
CD.在A、B向下运动的过程中，先加速后减速，则物体B是先失重后超重，B对A的压力先是小于
B的重力再等于B的重力，再大于B的重力，即B对A的压力一直增大，故C错误，D正确。
3．(2022·江苏省·真题)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实
际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处，这一现象可解释为，
除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速
度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球
( )
A. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C. 落地点在抛出点东侧
D. 落地点在抛出点西侧
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】
AB、在竖直上抛过程中，受到水平向西的力，导致物体具有水平向西的加速度，并且加速度随着
竖直方向速度减小而减小，因此物体到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度向西，因而水
平方受力为零，水平方向加速度为零，故AB错误；
CD、将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向，考虑对称性，物体落地时在水平方向上的速度
正好减小到零；上抛过程中，物体受力方向一直向西，水平方向上向西做加速运动；下降时，物体
水平速度方向向西，水平加速度方向向东，水平方向上向西做减速运动；上抛下降过程中水平方向
上都向西运动，因此落地点在抛出点西侧，故C错误，D正确。
故选D。
4．(2022·四川省成都市·模拟题)如图，倾角为θ且表面光滑的斜面固定在水平地面上，轻绳跨过光
滑定滑轮，一端连接物体a，另一端连接物体b，b与物体c之间连接轻弹簧，a与地面接触且a、b、
c均静止。已知b、c的质量均为m，重力加速度大小为g。则
A. a的质量可能小于2msin θ
B. 剪断竖直绳后瞬间，b的加速度大小为2gsin θ
C. 剪断竖直绳后瞬间，c的加速度大小为gsin θD. 剪断竖直绳后的一小段时间内，b、c的距离变大
【答案】B
【知识点】用整体法与隔离法解决平衡问题、牛顿第二定律的瞬时性
【解析】
开始时，先对bc整体分析求出绳子的拉力，然后再对a分析，分析a的质量。
A、对bc整体分析，可得绳子拉力为2mgsinθ，而a与地面接触，说明m g≥2mgsinθ，解得
a
m ≥2msinθ，故A错误；
a
B、剪断竖直绳后瞬间，绳子的拉力消失，但是b受到的其他力不变，所以其他力的合力F 与原来
b
绳子拉力等大反向，故有F =2mgsinθ，
b
根据牛顿第二定律F =ma ，解得b的加速度大小a =2gsinθ，故B正确；
b b b
C、剪断竖直绳后瞬间，c的受力情况不变，加速度为零，故C错误；
D、剪断竖直绳后的一小段时间内，b向下的加速度大于c向下的加速度，所以b的速度大于c的速度，
b、c间的距离变小，故D错误。
故选B。
5．(2022·浙江省·真题)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面
成24°角，长度l =4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开
1
2
始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ= ，货物可视为质点(取cos24❑∘=0.9，sin24❑∘=0.4，
9
重力加速度g=10m/s2 )。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a 的大小；
1
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l
2。
【答案】
解：(1)根据牛顿第二定律可得mgsin24❑∘-μmgcos24❑∘=ma
1
代入数据解得货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a =2m/s2
1
(2)由匀变速直线运动的速度与位移的关系可得2a l =v2
1 1
解得货物在倾斜滑轨末端时速度v=4m/s
(3)货物在水平滑轨上运动，只受到滑动摩擦力。根据牛顿第二定律μmg=ma
2
由匀变速直线运动的速度与位移的关系可得-2a l =v2 -v2
2 2 max
代入数据联立解得水平滑轨的最短长度l =2.7m
2
【知识点】从受力确定运动情况、物体在粗糙斜面上运动【解析】(1)由牛顿第二定律列示求出货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a 的大小。
1
(2)由匀变速直线运动的速度与位移的关系，求得货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小。
(3)根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度与位移的关系列示解得水平滑轨的最短长度l 。
2
6．(2021·浙江省·真题)如图1所示，有一质量m=200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加
1
速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 时开始计时，测得电机的牵引力随时间变
4
化的F-t图线如图2所示，t=34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻
力，求物件
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
【答案】
解：(1)由图2可知，物件26s时开始减速，减速过程受牵引力为1975N，重力G=mg，
由牛顿第二定律可得：
mg-F =ma，
T
解得：a=0.125m/s2，
因牵引力小于重力，故加速度竖直向下；
(2)对减速过程分析可知，减速时间t =8s，逆向分析可将匀减速过程视为初速度为零的匀加速直
2
线运动，由运动学公式可得：
v=at =0.125×8m/s=1m/s；
2
(3)匀速向上的位移h =vt =1×26m=26m
1 1
v 1×8
匀减速上升的位移h = t = m=4m
2 2 2 2
h +h 26+4
h= 1 2= m=40m
则总位移 3 3 。
4 4
【知识点】牛顿运动定律的应用
【解析】(1)明确题意根据运动过程分析可知，26s后物体开始减速，根据牛顿第二定律可求得加
速度的大小和方向；(2)将匀减速过程逆向分析，根据速度公式即可求出匀速运动的速度；
(3)由题意可知，物件在0时刻开始匀速，根据匀速运动的公式可求得匀速向上的位移，再根据匀
变速直线运动公式求得匀减速上升力的位移，两者相加即可得出总位移。
