專題01直線運動與牛頓運動定律考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1直線運動2021、2023天津高考物理中直線運動與牛頓運動定律的命題呈現(xiàn)出基礎(chǔ)性、綜合性與應(yīng)用性緊密結(jié)合的趨勢。試題始終注重對運動學(xué)公式、運動圖像（v-t圖）和牛頓第二定律等核心知識的考查，強調(diào)與曲線運動、能量、動量等模塊的綜合應(yīng)用。命題常以多過程問題（如傳送帶、板塊模型）和聯(lián)系生活實際的情境（如自動駕駛、體育運動）為載體，重點考查學(xué)生的建模能力、推理分析能力及解決實際問題的能力。圖像信息處理與臨界條件分析成為高頻考點，要求學(xué)生具備扎實的數(shù)學(xué)工具應(yīng)用能力和物理規(guī)律的綜合運用能力?？键c2牛頓運動定律2022、2024考點01直線運動1．（2023·天津·高考）質(zhì)量mA=2kg的物體A自距地面?=1.2m高度自由落下，與此同時質(zhì)量mB=1kg的物體B由地面豎直上拋，經(jīng)過（1）碰撞位置與地面的距離x；（2）碰撞后瞬時的速度大小v；（3）碰撞中損失的機械能ΔE【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J【詳解】（1）對物體A，根據(jù)運動學(xué)公式可得x（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為vB0，根據(jù)運動學(xué)公式可知x=vB0t?12gt2即1=vB0×0.2?12×10×0.22（3）根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機械能Δ2．（2023·天津·高考）2023年我國首套高溫超導(dǎo)電動懸浮全要素試驗系統(tǒng)完成首次懸浮運行，實現(xiàn)重要技術(shù)突破。設(shè)該系統(tǒng)的試驗列車質(zhì)量為m，某次試驗中列車以速率v在平直軌道上勻速行駛，剎車時牽引系統(tǒng)處于關(guān)閉狀態(tài)，制動裝置提供大小為F的制動力，列車減速直至停止。若列車行駛時始終受到大小為f的空氣阻力，則（）A．列車減速過程的加速度大小a=Fm B．列車減速過程C．列車減速過程通過的位移大小為mv22(【答案】C【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律有F+f=maB．根據(jù)運動學(xué)公式有t=va=mvF+C．根據(jù)運動學(xué)公式v2=2ax可得D．勻速行駛時牽引力等于空氣阻力，則功率為P=fv故選C。3．（2021·天津·高考）一玩具以初速度v0（1）玩具上升到最大高度34（2）兩部分落地時速度大小之比?！敬鸢浮浚?）v=1【詳解】（1）設(shè)玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度34?時的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向為正，整個運動過程有0?v02=?2g（2）設(shè)玩具分開時兩部分的質(zhì)量分別為m1、m2，水平速度大小分別為v11玩具達到最高點時速度為零，兩部分分開時速度方向相反，水平方向動量守恒，有m1v1?m2v2=0分開后兩部分做平拋運動，由運動學(xué)關(guān)系，兩部分落回地面時，豎直方向分速度大小為結(jié)合m1:考點02牛頓運動定律4．（2024·天津·高考）生活中人們經(jīng)常使用如圖所示的小車搬運重物，小車的底板和側(cè)板垂直，底板和側(cè)板對重物的彈力分別為F底、F側(cè)，忽略重物和底板之間的摩擦力。保持底板與水平面之間的夾角不變，重物始終與小車相對靜止，小車水平向右運動，由勻速變?yōu)榧铀贂r（A．F底增大，F(xiàn)B．F底減小，F(xiàn)C．F底增大，F(xiàn)D．F底減小，F(xiàn)【答案】B【詳解】對重物受力分析，設(shè)底板與水平面之間的夾角為θ，如圖所示小車勻速時，有F底sinθ=F側(cè)cosθ，小車加速時，有F故選B。5．（2022·天津·高考）冰壺是冬季奧運會上非常受歡迎的體育項目。如圖所示，運動員在水平冰面上將冰壺A推到M點放手，此時A的速度v0=2m/s，勻減速滑行x1=16.8m到達N點時，隊友用毛刷開始擦A運動前方的冰面，使A與NP間冰面的動摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2=3.5m，與靜止在P點的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA=0.05m/s和vB（1）在N點的速度v1（2）與NP間冰面的動摩擦因數(shù)μ2【答案】（1）v1=0.8m/s【詳解】（1）設(shè)冰壺質(zhì)量為m，A受到冰面的支持力為N，由豎直方向受力平衡，有N=mg設(shè)A在MN間受到的滑動摩擦力為f，則有f=μ1N設(shè)A在MN間的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得f=ma（2）設(shè)碰撞前瞬間A的速度為v2，由動量守恒定律可得mv2=mvA+mvB解得v2=0.6m/s1．（2025·天津和平區(qū)·三模）如圖所示，甲、乙兩建筑工人站立在固定平臺邊緣，用輕繩穿過光滑圓環(huán)，環(huán)下懸掛一重物，兩人的手握緊輕繩，甲站在A點靜止不動，乙從B點緩慢向A點移動，可將重物從平臺運到地面，則在重物著地前的過程中（）A．甲對繩子的拉力變大B．甲受平臺的摩擦力不變C．甲受平臺的支持力不變D．繩對圓環(huán)拉力的合力變小【答案】C【詳解】AD．設(shè)圓環(huán)和重物的總質(zhì)量為m，繩子與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件2可得乙從B點緩慢向A點移動，θ逐漸減小，cosθ逐漸增大，則繩子拉力大小TBC．以甲為對象，根據(jù)受力平衡可得f=Tsinθ拉力大小T逐漸減小，θ逐漸減小，可知甲受平臺的摩擦力變小；故選C。2．（2025·天津濱海新區(qū)·三模）如圖所示，送水工人用推車在水平路面運桶裝水，水桶對板OA、OB的壓力分別為F1、F2，運送過程中水桶與推車保持相對靜止，∠AOB為銳角且保持不變。到達目的地后，另一工人將板OA由豎直轉(zhuǎn)至水平即可將水桶卸下。全程車把手距地面的高度不變，忽略水桶與板間摩擦，下列說法正確的是（）A．推車由靜止突然啟動時，F(xiàn)1減小F2增大B．推車由勻速突然減速時，F(xiàn)1增大F2不變C．在OA由豎直緩慢轉(zhuǎn)到水平過程中，F(xiàn)1先減小后增大D．在OA由豎直緩慢轉(zhuǎn)到水平過程中，F(xiàn)2先增大后減小【答案】B【詳解】A．推車由靜止時F1、F2和重力三力平衡，F(xiàn)1水平向右，F(xiàn)2豎直方向分量與重力平衡，突然啟動時即加速度水平向左，故F1減小F2不變，故A錯誤；B．推車由勻速突然減速時即加速度水平向右，F(xiàn)1增大F2不變，故B正確；CD．在OA由豎直緩慢轉(zhuǎn)到水平過程中，F(xiàn)1、F2和重力三力平衡構(gòu)成矢量三角形如圖，根據(jù)mgsinα=F1sinβ=F2故選B。3．（2025·天津十二區(qū)重點學(xué)?！じ呷厴I(yè)聯(lián)考一）抖空竹是一種傳統(tǒng)雜技。如圖所示，表演者右手控制A點不動，左手控制B點沿圖中的四個方向緩慢移動，忽略空竹轉(zhuǎn)動的影響，不計空竹和輕質(zhì)細線間的摩擦，且認為細線不可伸長。下列說法正確的是（）A．沿虛線a向左移動，空竹的高度不變B．沿虛線b向上移動，細線與豎直方向的夾角不變C．沿虛線c斜向上移動，細線的拉力不變D．沿虛線d向右移動，細線對空竹的合力減小【答案】B【詳解】A．空竹受力如圖所示由于空竹緩慢移動，則其受力平衡，由平衡條件可知2Fsinθ=mg當(dāng)一只手沿虛線a緩慢向左移動時，d減小，cosθB．沿虛線b向上移動，d不變，θ不變，故B正確；C．沿虛線c斜向上移動，d增大，θ減小，細線的拉力增大，故C錯誤；D．沿虛線d向右移動，d增大，θ減小，細線對空竹的合力始終等于空竹的重力，所以細線對空竹的合力不變，故D錯誤。故選B。4．（2025·天津南開區(qū)·二模）在物理學(xué)發(fā)展的過程中許多科學(xué)家做出了重要的貢獻。下列說法符合物理史實的是（）A．伽利略將邏輯推理與實驗相結(jié)合，發(fā)展了人類的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法B．麥克斯韋指出光是一種電磁波，并通過實驗證實了電磁波的存在C．玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，成功地解釋了氫原子和其他原子光譜的實驗規(guī)律D．貝克勒爾最早發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，并指出原子核是由質(zhì)子和中子組成的【答案】A【詳解】A．在研究自由落體運動和反駁亞里士多德力是維持物體運動原因的觀點過程中，伽利略將邏輯推理與實驗相結(jié)合，發(fā)展了人類的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法，故A正確；B．麥克斯韋指出光是一種電磁波，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，故B錯誤；C．玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，但不能夠解釋其他原子光譜的實驗規(guī)律，故C錯誤；D．貝克勒爾最早發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，查德威克指出原子核是由質(zhì)子和中子組成的，故D錯誤。故選A。5．（2025·天津?qū)幒犹J臺一中·一模）隨著科技的發(fā)展，手機的功能越來越多。如圖所示是小米同學(xué)隨質(zhì)量為100kg貨物乘坐電梯時利用手機軟件制作的運動v-t圖像（豎直向上為正方向），g取10m/s2，下列判斷正確的是（）A．0~10s貨物處于失重狀態(tài)B．0~10s內(nèi)電梯對貨物的支持力恒為1100NC．0~36s內(nèi)電梯對貨物的支持力做功2.8×104JD．36~46s貨物處于超重狀態(tài)【答案】C【詳解】A．0~10s貨物向上加速，處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B．0~10s內(nèi)電梯的加速度為a=ΔvΔt=110C．由于圖像與坐標軸圍成的面積等于位移可知，0~36s內(nèi)貨物上升的距離為x=(36+20)2×1m=28m根據(jù)動能定理可得WG+WD．36~46s貨物向下加速，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故D錯誤。故選C。6．（2025·天津·一模）2024年6月，中國無人機成功飛越了“世界之巔”。如圖甲，某次無人機從地面靜止開始豎直向上飛行，圖乙為它運動的v?t圖像，圖像中的ab段和A．空氣對無人機的作用力和無人機對空氣的作用力是一對平衡力B．無人機在t3C．無人機在t1D．無人機在t1??t4過程中機械能先增大后減小【答案】B【詳解】A．空氣對無人機的作用力和無人機對空氣的作用力是一對相互作用力，故A錯誤；B．由乙圖可知，無人機在t3C．根據(jù)v-t圖像中圖線的斜率表示加速度，由乙圖可知，無人機在t1~t2D．無人機在t1??t4過程中空氣對無人機的作用力一直做正功，機械能一直增大，故D錯誤。故選B。7．（2025·天津·二模）嫦娥六號利用向下噴射氣體產(chǎn)生的反作用力，有效地控制了探測器著陸過程中的運動狀態(tài)。其中一段著陸過程中，探測器減速的加速度大小a隨時間t變化的關(guān)系如圖所示，3t?時刻探測器的速度恰好為零。下列說法中正確的是（）A．t0B．2t?時刻探測器的速度1C．探測器在t0~3tD．0~t0【答案】BD【詳解】A．勻減速直線運動加速度大小和方向不變，由圖像可知t0-3t0時間內(nèi)加速度大小變化，不是勻減速直線運動，故A錯誤；B．根據(jù)a-t圖像與時間軸所圍面積表示速度變化量Δv，3t0時刻速度v3t0=0，2t0-3t0時間內(nèi)圖像與時間軸所圍面積為12t0×a02=a0t0C．t0～3t0內(nèi)，根據(jù)a-t圖像與時間軸所圍面積表示速度變化量Δv，t0～3t0內(nèi)速度變化量Δv1=12×a0×2t0=a0t02t0-3t0內(nèi)速度變化量Δv2=a0t04采用逆向思維把探測器運動看成初速度為0的勻加速直線運動，t0-2t0，2t0-3t0位移比為3：1，探測器在D．0～t0時間內(nèi)，探測器做勻減速直線運動，末速度v=a0t0根據(jù)x=vt?12at2（這里v=a0t0，可得x=a0故選BD。8．（2025·天津和平·二模）建筑工地常用如圖所示裝置將建材搬運到高處，光滑桿豎直固定在地面上，斜面體固定在水平面上，配重P和建材Q用輕繩連接后跨過光滑的定滑輪，配重P穿過光滑豎直桿，建材Q放在斜面體上，且輕繩與斜面平行，開始時建材靜止在斜面上，之后增加配重質(zhì)量，建材沿斜面上滑，下列分析正確的是（）A．當(dāng)P、Q滑動時，則P、Q速度大小一定相等B．當(dāng)P、Q滑動時，P減小的機械能一定等于Q增加的機械能C．當(dāng)P、Q靜止時，細線上的拉力一定大于豎直桿對P的彈力D．當(dāng)P、Q靜止時，斜面對Q的摩擦力可能斜向下【答案】CD【詳解】A．根據(jù)題意可知，當(dāng)P、Q滑動時，P沿繩方向的分速度大小與Q的速度大小相等，故A錯誤；B．Q與斜面之間有摩擦力，當(dāng)P、Q滑動時，P減小的機械能等于Q增加的機械能和因Q與斜面之間摩擦產(chǎn)生的熱之和，則P減小的機械能一定大于Q增加的機械能，故B錯誤；C．由于豎直桿光滑，則當(dāng)P靜止時，繩子一定不能與桿垂直，則繩子拉力沿水平的分力等于豎直桿對P的彈力，即細線上的拉力一定大于豎直桿對P的彈力，故C正確；D．當(dāng)P、Q靜止時，若繩子的拉力大于Q重力沿斜面向下的分力，則Q有向上的運動趨勢，斜面對Q的摩擦力沿斜面向下，故D正確。故選CD。9．（2025·天津?qū)幒犹J臺一中·一模）如圖所示，某同學(xué)把壓在水杯下的紙水平抽出，重復(fù)操作，將水杯壓在紙的同一位置，以更快的速度水平抽出，兩次過程中水杯均未滑出桌面，則在第二次的抽出過程中（

）A．水杯受到的摩擦力與第一次相等B．水杯動能變化量比第一次的大C．水杯動量變化量比第一次的大D．水杯動量變化量與對應(yīng)時間的比值與第一次相等【答案】AD【詳解】A．分析可知，兩次過程，水杯受到的摩擦力均為為滑動摩擦力且不變，故A正確；BC．第二次快拉動白紙過程中，摩擦力作用時間短，則產(chǎn)生的沖量較小，根據(jù)動量定理可知，茶杯增加的動量小一些，根據(jù)動能與動量關(guān)系有Ek=D．動量變化量與對應(yīng)時間的比值等于物體受到的合力，兩次過程，水杯的合力均為滑動摩擦力且不變，則水杯動量變化量與對應(yīng)時間的比值與第一次相等，故D正確。故選AD。10．（2025·天津濱海新區(qū)大港一中·沖刺）某同學(xué)站在地鐵車廂內(nèi)，列車正向左水平運動。若某段時間內(nèi)他觀察到扶手向左偏離的角度α基本上保持不變，如圖所示。重力加速度為g，則列車的加速度（）A．方向向左 B．方向向右 C．大小為gsinα D．大小為gtanα【答案】BD【詳解】AB．通過觀察發(fā)現(xiàn)，繩對小球的拉力指向右上方，說明水平方向小球受到的合外力向右，則列車的加速度也向右，故A錯誤，B正確；CD．對小球，根據(jù)牛頓第二定律mgtanα=ma故選BD。11．（2025·天津部分區(qū)·一模）高空“蹦極”是勇敢者的游戲。蹦極運動員將彈性長繩（質(zhì)量可忽略）的一端系在雙腳上，另一端固定在高處的跳臺上，運動員無初速地從跳臺上落下。在整個下落過程中，若不計空氣阻力，則（）A．運動員的重力勢能與彈性繩的彈性勢能之和先減小后增大B．當(dāng)彈性繩恰好伸直時，運動員的速度最大C．重力對運動員的沖量與彈性繩彈力對運動員的沖量相同D．重力對運動員所做的功等于運動員克服彈性繩彈力所做的功【答案】AD【詳解】A．從彈性繩開始伸直到最低點的過程中，運動員的重力勢能減小，所以動能和彈性勢能之和增加，故A正確；B．當(dāng)彈性繩的彈力大小等于重力時，運動員的速度最大，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，由于初、末狀態(tài)，動量均為零，因此重力對運動員的沖量與彈性繩彈力對運動員的沖量大小相等，方向相反，故C錯誤；D．根據(jù)動能定理，由于初、末狀態(tài)動能均為零，因此重力對運動員所做的功等于運動員克服彈性繩彈力所做的功，故D正確。故選AD。12．（2025·天津河西區(qū)·一模）托球跑是趣味運動會的一種比賽項目。比賽中，運動員手持乒乓球拍托著質(zhì)量為m的球向前跑動。在比賽中途的某一段時間t內(nèi)，乒乓球與球拍保持相對靜止，球和球拍隨運動員共同沿水平方向勻加速直線運動通過x距離，乒乓球的速度變化量為Δv，球拍平面與水平面之間的夾角為θ，如圖所示。不計球和球拍之間的摩擦力以及空氣阻力，重力加速度為gA．在這段時間內(nèi)，乒乓球加速度的大小為gB．在這段時間內(nèi)，乒乓球所受合外力沖量的大小為mgtC．在這段時間內(nèi)，球拍對乒乓球的彈力做的功為mgxD．在這段時間內(nèi)，乒乓球所受合外力做的功為1【答案】BC【詳解】A．乒乓球受到重力mg、支持力N而做加速直線運動，受力如圖由牛頓第二定律有F合=mgtanθB．合外力沖量大小I=FC．球拍對乒乓球的彈力為F=mgcosθD．根據(jù)動能定理，乒乓球所受合外力做的功等于該過程動能該變量，即W故D錯誤。故選BC。13．（2025·天津南開區(qū)·一模）如圖所示，纜車車廂通過懸臂固定在纜繩上，車廂連同懸臂的質(zhì)量為M，車廂水平底板放置一質(zhì)量為m的貨物。某段時間內(nèi)，在纜繩牽引下貨物隨車廂一起斜向上做加速度為a的勻加速直線運動。已知懸臂和車廂始終處于豎直方向，重力加速度為g，纜繩的傾角為θ，則在這段時間內(nèi)（）A．車廂對貨物的支持力大小為masinθB．車廂對貨物的摩擦力大小為macosθC．纜繩對懸臂和車廂的作用力大小大于MD．纜繩對懸臂和車廂的作用力方向與水平方向的夾角大于θ【答案】BCD【詳解】A．在纜繩的牽引下貨物隨車廂一起斜向上做加速度為a的加速運動，沿水平和豎直進行分解加速度，分別為ax，ayB．水平方向f=C．對懸臂和貨物組成的系統(tǒng)分析，懸臂對車廂的作用力為F則豎直方向Fy?(M+m)g=(MD．懸臂對車廂的作用力與水平的夾角為α則tanα=Fy故選BCD。14．（2025·天津河?xùn)|區(qū)·二模）如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度?=0.8m，A球在B球的正上方。先將B球由靜止釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球由靜止釋放，當(dāng)A球下落tA=0.3s時，剛好在P點與第一次觸地反彈后再次下落的B球相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰好為零，已知(1)與A球碰撞前瞬間B球的速度大小vB(2)與A球碰撞前B球在空中運動的時間t?！敬鸢浮?1)v(2)t【詳解】（1）A球碰撞前的速度vA=m1又mB=3m（2）B球第一次下落?=12gt12B球觸地反彈后豎直上拋，由于運動的對稱性，上升時間15．（2025·天津河西區(qū)·三調(diào)）如圖所示，傾角θ=30°的斜面體C靜置在水平臺上，其底端與水平臺平滑連接。物塊A沿斜面自由下滑，離開斜面后與靜止在水平臺上的物塊B發(fā)生完全非彈性碰撞。隨后A、B從O點離開水平臺，共同在空中飛行并落到水平地面上的P點，O、P連線與水平方向的夾角α=53°。已知物塊A的質(zhì)量mA=100g、物塊B的質(zhì)量mB(1)A沿斜面下滑的過程中，水平臺對C的支持力大小N0(2)A、B碰撞過程中損失的機械能ΔE(3)A、B共同在空中飛行的過程中，它們的重力的平均功率P。【答案】(1)N(2)Δ(3)P【詳解】（1）A沿斜面下滑的過程中，A、C之間相互作用力的大小為N=mAgcos30（2）A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，有mAvA=mA（3）O、P連線與水平方向的夾角α=53°，于是有tan53°=12gt16．（2025·天津·二模）如圖所示，質(zhì)量為m=3kg的小球A（視為質(zhì)點），在兩根等長的輕質(zhì)細繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，O'P、OP與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為m=3kg的足夠長的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m=3kg的物塊C（視為質(zhì)點）靜止在木板B的左端，物塊C與木板B之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1。剪斷細繩O'P，小球A開始運動，重力加速度g取10(1)求小球A靜止時對細繩OP的拉力F的大??；(2)小球A運動到最低點時速度為2m/s，且恰好與物塊C發(fā)生彈性正碰（碰撞時間極短），求碰后物塊C的速度vC的大??；(3)求小球A與物塊C碰后，物塊C相對木板B滑行的距離s?！敬鸢浮?1)30N(2)2m/s(3)s【詳解】（1）根據(jù)平衡條件得2Fcos60°=mg（2）由彈性碰撞可知mv0=mvA（3）根據(jù)動量守恒得：mvC=（M+m）v17．（2025·天津九校聯(lián)考·一模）近年來，網(wǎng)上購物促使快遞行業(yè)迅猛發(fā)展。如圖所示為某快遞車間傳送裝置的簡化示意圖，傳送帶右端與水平面相切，且保持v0=4m/s的恒定速率順時針運行，傳送帶的長L=5m?，F(xiàn)將一質(zhì)量為0.4kg的包裹