文档内容
第三章 牛顿运动定律
近5年考情分析
考题统计
等级
考点要求 2022 2021 2020 2019 2018
要求
浙江6月卷·T2
对牛顿运动定律的 全国甲卷·T14 山东卷·T1
Ⅰ 全国乙卷·T15
理解 浙江6月卷·T4 浙江1月
湖南卷·T9
浙江1月卷
·T19 江苏卷·T5
牛顿运动定律的综 全国乙卷·T21 Ⅱ卷·T19
Ⅱ 浙江6月卷 浙江1月 卷Ⅰ·T15
合应用 浙江6月卷·T19 Ⅲ卷·T20
·T19
全国甲卷·T19
实验四：验证牛顿 全国甲卷·T22 Ⅱ卷·T22 Ⅱ卷·T23
Ⅱ 山东卷·T13
运动定律 湖南卷·T11 浙江7月
物理观念:对惯性，超、失重和牛顿运动定律的理解。
科学思维:1.“轻绳”模型与“轻杆模型”.2.传送带、板块模型以及整体法隔离法解
核心素养 连接体问题。
科学态度与责任:用牛顿运动定律研究生产、科技、体育中的问题。
科学探究:探究加速度与力的关系。
高考命题中对本章内容的考查有惯性、力与运动的关系、加速度与力的关系、超重与
失重，题型有选择题、计算题.方法有整体法、隔离法、数图转换、函数论证、临界极
值法，控制变量法.能力有理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问
命题规律
题的能力、实验能力。试题难度中等偏易。高考试题会综合牛顿运动定律和运动学规
律，注重与电场、磁场的渗透，注重与生产、生活、当今热点、现代科技的联系，注
意社会责任、科学态度等要素的渗透。
1.牢记基础知识，熟练掌握基本方法，积累消化基础模型，努力拓展新情景下的应用.
2.准确把握物理考向:牛顿运动定律的理解、动力学的两类基本问题、超重与失
重、连接体问题、动力学中的图象问题、板块模型与多过程问题、传送带问题、实验
备考策略
的理解创新与改进.
3.每一个考向都要针对训练.
4.多关注当今与物理学有关的热点与现代科技。
【网络构建】专题 3.1 对牛顿运动定律的理解
【网络构建】
考点一 牛顿第一定律
一、牛顿第一定律
1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这
种状态．
2．意义
(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．
(2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即
产生加速度的原因．
二、惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
2．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．
3．普遍性：惯性是物体的本质属性，一切物体都有惯性．与物体的运动情况和受力情况无关．
考点 二 牛顿第二定律一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的
方向相同．
2．表达式：F＝ma.
3．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
4.牛顿第二定律的五个性质
二、两类动力学问题
1．已知物体的受力情况，求物体的运动情况．
2．已知物体的运动情况，求物体的受力情况．
特别提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学
规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向．
三、力学单位制
1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制．
2．基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、
时间，它们的单位分别是米、千克、秒．
3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．
考点 三 牛顿第三定律的理解与应用
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
三同 ①大小相同；②性质相同；③变化情况相同
三异 ①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同
①与物体种类无关；②与物体运动状态无关；③与物体是否
三无关
和其他物体存在相互作用无关
2.相互作用力与平衡力的比较
作用力和反作用力 一对平衡力
受力物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上
依赖关系 同时产生、同时消失 不一定同时产生、同时消失
不同
点 两力作用效果不可抵消，不可 两力作用效果可相互抵消，可叠加，
叠加性
叠加，不可求合力 可求合力，合力为零
力的性质 一定是相同性质的力 性质不一定相同相同 大小、方
都是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上
点 向
考点 四 牛顿运动定律的瞬时性
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模
型：
考点 五 动力学的两类基本问题
1．解决动力学两类问题的两个关键点
2．解决动力学基本问题的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．
3．两类动力学问题的解题步骤
考点 六 动力学图象问题的应用1．数形结合解决动力学图象问题
(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物
体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，
尽可能多地提取解题信息．
(3)常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．动力学图象问题的类型：图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，
理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：
3．解题策略
高频考点一 牛顿第一定律
例1、 伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．
利
用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上
升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.
根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
【答案】 A
【解析】 根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在
斜面上没有能量损失，因此可以上升到与O点等高的位置，而B、C、D三个选项，从题目不能直接得出，
所以选项A正确
【变式训练】关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )
A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡
B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小
C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定 D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大
【答案】C
【解析】质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与物体的运动状态无关，故选C.
高频考点二 牛顿第二定律
例2、如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然
后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则( )
A．物体从A到O先加速后减速 B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零 D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
【答案】 A
【解析】 物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐
渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的
速度逐渐增大．当物体向右运动至A、O间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为
零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方
向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向
向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综以上分析，只有选项
A正确．
【变式训练】如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球
到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为( )A．速度一直变小直到零 B．速度先变大，然后变小直到为零
C．加速度一直变小，方向向上 D．加速度先变小后一直变大
【答案】 B
【解析】 小球到达最低点时，受弹力大于本身的重力，物体向上做加速运动，速度增加，当重力与弹力
相等时达到最大速度，然后物体做减速运动，速度减小，到达最高点的速度为零，故A错误，B正确；开
始时弹力大于重力，随着高度增加，弹力减小，加速度减小；当弹力与重力相等时加速度为零，此后弹力
小于重力，并且弹力越来越小，物体受到的合力越来越大，加速度反向增大，当物体脱离弹簧后加速度为
g，保持不变，故C、D错误．
高频考点三 牛顿第三定律的理解与应用
例3、如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线
者赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
【答案】C
【解析】选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，选项A错误；绳静止时，甲对绳的拉力
与乙对绳的拉力是一对平衡力，选项B错误；若甲的质量比乙的质量大，则甲的加速度比乙的小，可知乙
先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，选项 C正确；收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的
输赢，选项D错误．
【变式训练】如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷
出．下列说法正确的是 ( )A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力
B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车的惯性
【答案】CD
【解析】喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬
间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故 C
正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．
高频考点 四 牛顿运动定律的瞬时性
例4、两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，
让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a 和a 表示，则 ( )
1 2
A．a＝g，a＝g B．a＝0，a＝2g C．a＝g，a＝0 D．a＝2g，a＝0
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】 A
【解析】 由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a ＝a ＝g，故选项A正
1 2
确．
【变式训练】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均
平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是 ( )
A．a ＝0，a ＝g B．a ＝g，a ＝0 C．a ＝g，a ＝g D．a ＝0，a ＝g
A B A B A B A B
【答案】B【解析】细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0.烧断前，分析整体受力可知线的拉力为
T＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为a ＝2gsin
A
30°＝g，故选项B正确．
高频考点 五 动力学的两类基本问题
已知受力求运动
例5、如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施
加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此
拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数 μ＝0.8，AB与BC的距离之比s∶s ＝
1 2
8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度a 的大小；
2
(2)小圆环在AB段的加速度a 的大小；
1
(3)拉力F的大小．
【答案】 (1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
【解析】 (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，有 f＝μN＝
μmg
则a＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2.
2
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知
v＝2as
1 1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
v＝2as
2 2
又＝
则a＝a＝×8 m/s2＝5 m/s2.
1 2
(3)当Fsin θmg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示
由牛顿第二定律可知
Fcos θ－f＝ma
2 1
又Fsin θ＝mg＋N
2
f＝μN
2 2
代入数据解得F＝7.5 N.
【变式训练】】一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入
水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零．已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，
斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)．求小明和滑雪车
(1)滑行过程中的最大速度v 的大小；
m
(2)在斜直雪道上滑行的时间t；
1
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力F 的大小．
f
【答案】：见解析
【解析】：(1)＝
v ＝18 m/s.
m
(2)x＝t
1 1
t＝6 s.
1
(3)a＝＝3 m/s2
由牛顿第二运动定律mgsin 37°－F＝ma
f
得F＝180 N.
f
已知运动求受力
例6、如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施
加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此
拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s∶s ＝8∶5.
1 2(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度a 的大小；
2
(2)小圆环在AB段的加速度a 的大小；
1
(3)拉力F的大小．
【答案】(1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
【解析】 (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示
有
f＝μN＝μmg
则a＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2.
2
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知
v＝2as
1 1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
v＝2as
2 2
又＝
则a＝a＝×8 m/s2＝5 m/s2.
1 2
(3)当Fsin θmg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示
由牛顿第二定律可知
Fcos θ－f＝ma
2 1
又Fsin θ＝mg＋N
2
f＝μN
2 2
代入数据解得F＝7.5 N.
【变式训练】一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速
下滑，如图所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动位移x＝4
m。求：(g取10 m/s2)
(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或 N
【解析】(1)以滑块为研究对象受力分析如图甲所示，
根据牛顿第二定律可得
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
解得μ＝。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。
根据题意可得x＝at2，得a＝2 m/s2
1 1
当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，
则Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma
1
代入数据得F＝ N
甲 乙 丙
当加速度沿斜面向下时，受力分析如图丙所示，
则mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma
1
代入数据得F＝ N。等时圆模型
例7、某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端
释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是( )
A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同 B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同
C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同 D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同
【答案】C
【解析】小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力F 作用，做匀加速直线运动，设斜面倾
N
角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsin θ，根据
匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝at2，s＝＝，解得小球在斜面上的运动时间为t＝＝，根据机械
能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，
但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速
度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和
倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦
与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确．
【变式训练】如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个
相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，
所用的时间分别为t 和t，则t 与t 之比为( )
1 2 1 2
A．2∶1 B．1∶1 C．∶1 D．1∶
【答案】B
【解析】选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜
槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝at2，得t＝ ＝ ＝2 ，即所用时间t与倾角θ无关，
所以t＝t，B项正确．
1 2高频考点 六 动力学图象问题的应用
例8、如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝
0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10
m/s2，求：
(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a、a 和拉力大小F.
1 2
【答案】：(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s2 4 m/s2 8 N
【解析】：(1)物块上升的位移：
x＝×2×1 m＝1 m
1
物块下滑的距离：x＝×1×1 m＝0.5 m
2
位移x＝x－x＝1 m－0.5 m＝0.5 m
1 2
路程L＝x＋x＝1 m＋0.5 m＝1.5 m.
1 2
(2)由题图乙知，各阶段加速度的大小
a＝ m/s2＝4 m/s2
1
a＝ m/s2＝－4 m/s2
2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F，根据牛顿第二定律
f
0～0.5 s内F－F－mgsin θ＝ma
f 1
0．5～1 s内－F－mgsin θ＝ma
f 2
联立解得：F＝8 N.
【变式训练】如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木
板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图象．g取10
m/s2.则下列说法正确的是 ( )
A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝4 kg
C．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 D．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
【答案】 AC
【解析】由题图乙，当F等于6 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6 kg，当
F大于6 N时，根据牛顿第二定律得a＝，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，故滑块的质量m＝4 kg，
故A正确，B错误；根据F大于6 N的图线延长线知，F＝4 N时，a＝0，又a＝，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得F＝8 N时滑块的加速度为a′＝1 m/s2，故D错误．
