五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題02牛頓運(yùn)動(dòng)定律考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢考點(diǎn)1牛頓第二定律2021、2022、2024、2025命題呈現(xiàn)情境科技化、模型復(fù)合化、能力綜合化趨勢。試題常以航天、智能裝備等前沿場景為載體，注重與直線運(yùn)動(dòng)、能量等知識(shí)融合，考查連接體、板塊模型等復(fù)雜系統(tǒng)的受力分析，強(qiáng)調(diào)整體法與隔離法的靈活運(yùn)用。通過v-t、a-t等圖像及實(shí)驗(yàn)創(chuàng)新設(shè)計(jì)，考查用數(shù)學(xué)工具處理動(dòng)態(tài)問題的能力，滲透微元思想，凸顯對模型建構(gòu)、科學(xué)推理等核心素養(yǎng)的考查?？键c(diǎn)2力學(xué)單位制2024考點(diǎn)2牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用2022、2023、2024考點(diǎn)01牛頓第二定律1．（2025·北京·高考）某小山坡的等高線如圖，M表示山頂，A、B是同一等高線上兩點(diǎn)，A．小球沿MA運(yùn)動(dòng)的加速度比沿MB的大B．小球分別運(yùn)動(dòng)到A、C．若把等高線看成某靜電場的等勢線，則A點(diǎn)電場強(qiáng)度比B點(diǎn)大D．若把等高線看成某靜電場的等勢線，則右側(cè)電勢比左側(cè)降落得快【答案】D【詳析】A．等高線越密集，坡面越陡，根據(jù)牛頓第二定律可得a=gsinθ（θ為坡面與水平面夾角），MB對應(yīng)的等高線更密集，坡面更陡，小球沿著MB運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度比沿著B．A、B在同一等高線，小球下落高度相同，根據(jù)機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)到A、B點(diǎn)時(shí)速度大小相同，B錯(cuò)誤；C．等勢線越密集，電場強(qiáng)度越大，B處等勢線更密集，A點(diǎn)電場強(qiáng)度比B點(diǎn)小，C錯(cuò)誤；D．等勢線越密集，電勢降落越快，右側(cè)等勢線更密集，右側(cè)電勢比左側(cè)降落得快，D正確。故選D。2．（2025·北京·高考）模擬失重環(huán)境的實(shí)驗(yàn)艙，通過電磁彈射從地面由靜止開始加速后豎直向上射出，上升到最高點(diǎn)后回落，再通過電磁制動(dòng)使其停在地面。實(shí)驗(yàn)艙運(yùn)動(dòng)過程中，受到的空氣阻力f的大小隨速率增大而增大，f隨時(shí)間t的變化如圖所示（向上為正）。下列說法正確的是（）A．從t1到t3，實(shí)驗(yàn)艙處于電磁彈射過程 B．從t2C．從t3到t5，實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)物體處于失重狀態(tài) D．【答案】B【詳析】A．t1～t3間，B．t2～t3，f向下在減小，可知此時(shí)速度方向向上，速度在減小，根據(jù)牛頓第二定律有故加速度大小在減小，故B正確；C．t3～t5間，D．根據(jù)前面分析可知t3時(shí)刻速度方向改變，從向上變成向下運(yùn)動(dòng)，故t3時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，故故選B。3．（2024·北京·高考）水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．剛開始物體相對傳送帶向前運(yùn)動(dòng)B．物體勻速運(yùn)動(dòng)過程中，受到靜摩擦力C．物體加速運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對物體做負(fù)功D．傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長【答案】D【詳析】A．剛開始時(shí)，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．勻速運(yùn)動(dòng)過程中，物體與傳送帶之間無相對運(yùn)動(dòng)趨勢，則物體不受摩擦力作用，B錯(cuò)誤；C．物體加速，由動(dòng)能定理可知，摩擦力對物體做正功，C錯(cuò)誤；D．設(shè)物體與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體相對傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)a=μmgm=μg故選D。4．（2022·北京·高考）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間【答案】B【詳析】A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯(cuò)誤；B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在相同時(shí)間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤；D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯(cuò)誤。故選B。5．（2021·北京·高考）某同學(xué)使用輕彈簧、直尺鋼球等制作了一個(gè)“豎直加速度測量儀”。如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時(shí)，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時(shí)指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對應(yīng)的加速度標(biāo)在直尺上，就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（

）A．30cm刻度對應(yīng)的加速度為-0.5g B．40cm刻度對應(yīng)的加速度為gC．50cm刻度對應(yīng)的加速度為2g D．各刻度對應(yīng)加速度的值是不均勻的【答案】A【詳析】由題知，不掛鋼球時(shí)，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處，則彈簧的原長l0=0.2m；下端懸掛鋼球，靜止時(shí)指針位于直尺40cm刻度處，則根據(jù)受力平衡有mg=k(l-l0)可計(jì)算出k=mgA．由分析可知，在30cm刻度時(shí)，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數(shù)據(jù)有a=-0.5gA正確；B．由分析可知，在40cm刻度時(shí)，有mg=F彈則40cm刻度對應(yīng)的加速度為0，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，在50cm刻度時(shí)，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數(shù)據(jù)有a=0.5gC錯(cuò)誤；D．設(shè)刻度對應(yīng)值為x，結(jié)合分析可知mg0.2?Δx-mgm=a，x=x-0.2（取豎直向上為正方向）經(jīng)過計(jì)算有a=gx-0.4g0.2(x>0.2)或a=故選A。6．（2021·北京·高考）類比是研究問題的常用方法。（1）情境1：物體從靜止開始下落，除受到重力作用外，還受到一個(gè)與運(yùn)動(dòng)方向相反的空氣阻力f=kv（k為常量）的作用。其速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律可用方程G-kv=mΔvΔ（2）情境2：如圖1所示，電源電動(dòng)勢為E，線圈自感系數(shù)為L，電路中的總電阻為R。閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)電路中電流I隨時(shí)間t的變化規(guī)律與情境1中物體速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律類似。類比①式，寫出電流I隨時(shí)間t變化的方程；并在圖2中定性畫出I-t圖線。（3）類比情境1和情境2中的能量轉(zhuǎn)化情況，完成下表。情境1情境2物體重力勢能的減少量物體動(dòng)能的增加量電阻R上消耗的電能【答案】（1）vm=Gk；（2）a.E-RI【詳析】（1）當(dāng)物體下落速度達(dá)到最大速度vm時(shí)，加速度為零，有G=k（2）a.由閉合電路的歐姆定理有E-RI=LΔIΔt（3）各種能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律如圖所示情境1情境2電源提供的電能線圈磁場能的增加量克服阻力做功消耗的機(jī)械能考點(diǎn)02力學(xué)單位制7．（2024·北京·高考）電荷量Q、電壓U、電流I和磁通量Φ是電磁學(xué)中重要的物理量，其中特定的兩個(gè)物理量之比可用來描述電容器、電阻、電感三種電磁學(xué)元件的屬性，如圖所示。類似地，上世紀(jì)七十年代有科學(xué)家預(yù)言Φ和Q之比可能也是一種電磁學(xué)元件的屬性，并將此元件命名為“憶阻器”，近年來實(shí)驗(yàn)室已研制出了多種類型的“憶阻器”。由于“憶阻器”對電阻的記憶特性，其在信息存儲(chǔ)、人工智能等領(lǐng)域具有廣闊的應(yīng)用前景。下列說法錯(cuò)誤的是（

）A．QU的單位和ΦI的單位不同B．在國際單位制中，圖中所定義的M的單位是歐姆C．可以用IUD．根據(jù)圖中電感L的定義和法拉第電磁感應(yīng)定律可以推導(dǎo)出自感電動(dòng)勢的表達(dá)式E【答案】A【詳析】A．單位制、法拉第電磁感應(yīng)定律由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=ΔΦΔt，則Φ的單位為V·s，由Q=It可知，Q的單位為A·s，則QU與ΦI的單位相同均為B．由題圖可知，從單位角度分析有M=ΦQC．由R=UI知ID．由電感的定義L=ΦI=ΔΦΔI以及法拉第電磁感應(yīng)定律E故選A?？键c(diǎn)03牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用8．（2024·北京·高考）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時(shí)間相等B．上升和下落兩過程損失的機(jī)械能相等C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【答案】C【詳析】D．小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯(cuò)誤；C．小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，空氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知小球落回原處時(shí)的速度小于拋出時(shí)的速度，所以上升過程中小球動(dòng)量變化的大小大于下落過程中動(dòng)量變化的大小，由動(dòng)量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；A．上升與下落經(jīng)過同一位置時(shí)的速度，上升時(shí)更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時(shí)間小于下落過程所用時(shí)間，A錯(cuò)誤；B．經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機(jī)械能損失大于下落過程機(jī)械能損失，B錯(cuò)誤。故選C。9．（2024·北京·高考）如圖所示，飛船與空間站對接后，在推力F作用下一起向前運(yùn)動(dòng)。飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為（

）A．MM+mF B．mM+【答案】A【詳析】根據(jù)題意，對整體應(yīng)用牛頓第二定律有F=(M＋m)a對空間站分析有F′=Ma解兩式可得飛船和空間站之間的作用力F故選A。10．（2023·北京·高考）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細(xì)線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則F的最大值為（

）

A．1N B．2N C．4N D．5N【答案】C【詳析】對兩物塊整體做受力分析有F=2ma再對于后面的物塊有FTmax=ma，F(xiàn)Tmax=2N聯(lián)立解得F=4N故選C。11.（2022·北京·高考）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的斜面上加速下滑，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。下列說法正確的是（）A．斜面對物塊的支持力大小為mgsinθ BC．斜面對物塊作用力的合力大小為mg D．物塊所受的合力大小為mg【答案】B【詳析】A．對物塊受力分析可知，沿垂直斜面方向根據(jù)平衡條件，可得支持力為FN=mgB．斜面對物塊的摩擦力大小為Ff=μCD．因物塊沿斜面加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得F合=mgsinθ-μmgcosθ故選B。1．（2025·北京朝陽·二模）2025年4月19日北京半程馬拉松比賽中，人形機(jī)器人首次參賽。已知半馬從起點(diǎn)到終點(diǎn)直線距離約為12km，實(shí)際賽道長度為21.0975km，冠軍機(jī)器人用時(shí)約2小時(shí)40分完成比賽。下列說法正確的是（）A．機(jī)器人的位移大小為21.0975kmB．機(jī)器人的平均速度大小約為4.5km/hC．若機(jī)器人在彎道段保持速率不變，則其所受合外力為零D．機(jī)器人沖過終點(diǎn)線時(shí)的瞬時(shí)速度一定大于其全程的平均速度【答案】B【詳析】A．位移為從初位置到末位置的有向線段，故為12km，A錯(cuò)誤；B．平均速度為位移除以時(shí)間，B正確；C．彎道段是曲線，雖然機(jī)器人保持速率不變，但速度方向一直在變，故其所受合外力不為零，C錯(cuò)誤；D．機(jī)器人沖過終點(diǎn)線時(shí)的瞬時(shí)速度不一定大于其全程的平均速度，D錯(cuò)誤。故選B。2．（2025·北京朝陽·二模）如圖1所示，質(zhì)量相等的物塊A、B緊靠在一起放置在水平地面上，水平輕彈簧一端與A拴接，另一端固定在豎直墻壁上。開始時(shí)彈簧處于原長，物塊A、B保持靜止。時(shí)刻，給B施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A、B的速度為零時(shí)，立即撤去恒力。物塊B的圖像如圖2所示，其中至?xí)r間內(nèi)圖像為直線。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，A、B與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小恒定，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是（）A．時(shí)刻A、B分離B．改變水平恒力F大小，的時(shí)間不變C．時(shí)間內(nèi)圖像滿足同一正弦函數(shù)規(guī)律D．和時(shí)間內(nèi)圖2中陰影面積相等【答案】D【詳析】A．由題意結(jié)合題圖2可知，時(shí)刻彈簧彈力與B所受的摩擦力大小相等，彈簧處于壓縮狀態(tài)，時(shí)刻彈簧剛好恢復(fù)原長，A、B剛要分離，故A錯(cuò)誤；B．改變水平恒力F大小，則彈簧壓縮量變化，彈性勢能改變，兩物體分開時(shí)B的動(dòng)能增大，則的時(shí)間改變，故B錯(cuò)誤；C．時(shí)間內(nèi)整體受外力、彈力、摩擦力做功，時(shí)間內(nèi)受彈力與摩擦力做功，根據(jù)功能關(guān)系可知?jiǎng)幽茏兓幌嗤瑒t時(shí)間內(nèi)圖像不滿足同一正弦函數(shù)規(guī)律，故C錯(cuò)誤；D．時(shí)刻彈簧剛好恢復(fù)原長，根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表位移可知，和時(shí)間內(nèi)圖2中陰影面積相等，故D正確；故選D。3．（2025·北京昌平·二模）如圖所示，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1以速度踢出，足球經(jīng)過最高點(diǎn)（位置2），落在地面上位置3，位置2距離地面的高度為h，1與2和2與3間的水平距離不等。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．從1到2，足球動(dòng)能的減少量大于mghB．從1到2，足球動(dòng)能的減少量小于mghC．從1到2，足球的加速度保持不變D．在位置2，足球的動(dòng)能等于【答案】A【詳析】C．由于1與2和2與3間的水平距離不等，結(jié)合題圖可知，足球在空中受到空氣阻力的作用，由于空氣阻力是變力，所以從1到2，足球所受合力是變力，足球的加速度發(fā)生變化。故C錯(cuò)誤；AB．從1到2，設(shè)克服空氣阻力做功為，根據(jù)動(dòng)能定理可得可知足球動(dòng)能的減少量大于mgh，故A正確，B錯(cuò)誤；D．從1到2，根據(jù)動(dòng)能定理可得可知位置2，足球的動(dòng)能為故D錯(cuò)誤。故選A。4．（2025·北京西城·二模）長方體木塊A、B疊在一起，放在粗糙水平桌面上。B木塊受到一個(gè)水平恒力F的作用，兩木塊始終保持相對靜止。下列說法正確的是（）A．若A、B在桌面上靜止不動(dòng)，A受到向右的摩擦力B．若A、B一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，A受到向右的摩擦力C．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A受到向右的摩擦力D．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A受到的摩擦力大小等于F【答案】C【詳析】AB．若A、B在桌面上靜止不動(dòng)，或者A、B一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，則A受力平衡，則水平方向不受摩擦力作用，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；CD．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A受到的合外力向右，即受到向右的摩擦力，對AB整體對A有解得選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選C。5．（2025·北京西城·一模）如圖所示，光滑斜面高度一定，斜面傾角θ可調(diào)節(jié)。物體從斜面頂端由靜止釋放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量與斜面傾角無關(guān)的是（）A．物體受到支持力的大小B．物體加速度的大小C．合力對物體做的功D．物體重力的沖量【答案】C【詳析】設(shè)斜面傾角為，斜面的高度為：A．垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件可得物體受到支持力大小則物體受到支持力的大小與斜面傾角有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．沿著斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律可得則物體加速度的大小與斜面傾角有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．物體下滑過程中只有重力做功，則合力對物體做的功都為，與斜面傾角無關(guān)，故C正確；D．沿著斜面方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得物體重力的沖量與斜面傾角有關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選C。6．（2025·北京豐臺(tái)·二模）如圖所示，一輛貨車運(yùn)載著圓柱形光滑的空油桶。在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只桶C，自由地?cái)[放在桶A、B之間。已知重力加速度為g，每個(gè)桶的質(zhì)量都為m，當(dāng)汽車與油桶一起以某一加速度a向左加速時(shí)，下列說法正確的是（）A．A、B對C的合力方向豎直向上B．時(shí)，A對C的支持力為0C．a(chǎn)增大時(shí)，B對C的支持力變小D．B對C支持力的大小可能等于【答案】B【詳析】A．C向左加速運(yùn)動(dòng)，則合外力水平向左，即A、B對C的合力與重力合力方向水平向左，可知A、B對C的合力方向斜向左上方，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．當(dāng)A對C的支持力為0時(shí)，則對C根據(jù)牛頓第二定律解得選項(xiàng)B正確；CD．對C分析由牛頓第二定律，可得a增大時(shí)，B對C的支持力變大；因則選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。7．（2025·北京豐臺(tái)·二模）某蹦床運(yùn)動(dòng)員在訓(xùn)練過程中與網(wǎng)接觸后，豎直向上彈離，經(jīng)過時(shí)間，又重新落回網(wǎng)上。以運(yùn)動(dòng)員離開網(wǎng)的時(shí)刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，以離開的位置作為位移起點(diǎn)，規(guī)定豎直向上為正方向，忽略空氣阻力，下列描述運(yùn)動(dòng)員位移x、速度v、加速度a、所受合力F隨時(shí)間t變化的圖像中，與上述過程相符的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳析】根據(jù)題意,由對稱性可知，運(yùn)動(dòng)員上升、下降時(shí)間相等均為,取向上為正方向A．根據(jù)公式可得運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系式為則圖像為開口向下的拋物線,故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)公式可得運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系式為則圖像為一條向下傾斜的直線,故B正確；CD．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)員只受重力作用，加速度一直為重力加速度，則合力F和加速度a不隨時(shí)間變化，故C、D均錯(cuò)誤；故選B。8．（2025·北京西城·二模）如圖1所示，小球懸掛在輕彈簧的下端，彈簧上端連接傳感器。小球上下振動(dòng)時(shí)，傳感器記錄彈力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度。下列說法正確的是（）A．小球的質(zhì)量為0.2kg，振動(dòng)的周期為4sB．0~2s內(nèi)，小球始終處于超重狀態(tài)C．0~2s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為D．0~2s內(nèi)，彈力對小球做的功等于小球動(dòng)能的變化量【答案】C【詳析】A．小球在最低點(diǎn)時(shí)彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)傳感器示數(shù)最小值為零，則此時(shí)彈簧在原長，小球的加速度為向下的g，結(jié)合對稱性可知最低點(diǎn)時(shí)的加速度為向上的g，根據(jù)F-mg=ma可知F=2mg=2N即小球的質(zhì)量m=0.1kg由圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．0~2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．0~2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，動(dòng)量變化為零，由動(dòng)量定理可得小球受彈力的沖量大小為選項(xiàng)C正確；D．0~2s內(nèi)，小球動(dòng)能變化為零，彈力對小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動(dòng)能的變化量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。9．（2025·北京西城·二模）如圖所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木塊以一定的初速度從斜面底端沖上斜面后又滑回斜面底端。則木塊（）A．上滑過程的時(shí)間大于下滑過程的時(shí)間B．上滑過程的加速度小于下滑過程的加速度C．上滑過程與下滑過程損失的機(jī)械能相等D．上滑過程的動(dòng)量變化量小于下滑過程的動(dòng)量變化量【答案】C【詳析】AB．設(shè)斜面傾角為，木塊受到摩擦力大小為f，木塊質(zhì)量為m，木塊上滑過程，由牛頓第二定律有木塊下滑過程，由牛第二定律有可知將上升的過程采用逆向思維，根據(jù)位移時(shí)間公式得位移x相等，易得故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知上滑過程與下滑過程克服摩擦力做功相同，因?yàn)榭朔Σ磷枇ψ龉Φ扔谖矬w機(jī)械能的變化量，所以上滑過程與下滑過程損失的機(jī)械能相等，故C正確；D．由公式且，可知上滑時(shí)木塊的初速度大于木塊下滑到低端時(shí)的速度，可知上滑過程的速度變化量大于下滑過程的速度變化量，故上滑過程的動(dòng)量變化量大于下滑過程的動(dòng)量變化量，故D錯(cuò)誤。故選C。10．（24-25高三下·北京海淀·二模）如圖所示，放在木箱內(nèi)的物塊A，其右端通過一根處于壓縮狀態(tài)的水平輕彈簧與木箱連接。木箱與物塊A做勻速直線運(yùn)動(dòng)且保持相對靜止。若發(fā)現(xiàn)物塊A突然相對木箱底面向左移動(dòng)，則木箱可能（

）A．突然向下加速運(yùn)動(dòng) B．突然向下減速運(yùn)動(dòng)C．突然向左加速運(yùn)動(dòng) D．突然向右減速運(yùn)動(dòng)【答案】A【詳析】A．開始木箱和物塊A均保持靜止，根據(jù)平衡條件知，彈簧向左的彈力等于向右的靜摩擦力。若木箱突然向下做加速運(yùn)動(dòng)，物塊處于失重狀態(tài)，對木箱底面的壓力減小，最大靜摩擦力減小，可能小于彈力，合力可能向左，物塊A可能突然相對木箱底面向左移動(dòng)，故A正確；B．木箱突然向下做減速運(yùn)動(dòng),物塊處于超重狀態(tài)，對木箱底面的壓力增大，最大靜摩擦力增大，故物塊A不可能突然相對木箱底面向左移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)木箱突然向左做加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，正壓力不變，最大靜摩擦力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，所需合力向左，若彈簧彈力與最大靜摩擦力的合力不足以提供向左的加速度，則物塊A相對木箱底面可能向右移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．木箱突然向右做減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，正壓力不變，最大靜摩擦力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，當(dāng)彈簧彈力和最大靜摩擦力的向左的合力不足以提供向左的加速度時(shí)，物塊A相對木箱底面可能向右移動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選A。11．（2025·北京通州·一模）從地面上以初速度豎直上拋一質(zhì)量為的小球，一段時(shí)間后落回地面的速度大小為。小球運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。若運(yùn)動(dòng)過程中小球受到的阻力與其速率成正比，重力加速度為，下列說法中正確的是（

）A．小球上升過程的時(shí)間大于下落過程的時(shí)間B．小球上升和下降過程中阻力的沖量大小相等C．小球上升過程中的平均速度大于D．整個(gè)過程中阻力做功為0【答案】B【詳析】A．由題意可得，上升過程中，小球的加速度為下落過程中，小球的加速度為可知上升的平均加速度大于下落的平均加速度，且又上升和下降的位移相同，根據(jù)可知小球上升過程的時(shí)間小于下落過程的時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B．由題意可得，阻力與速率的關(guān)系為故阻力的沖量大小為因?yàn)樯仙^程和下降過程位移相同，則上升和下降過程阻力沖量大小相等，故B正確；C．上升過程若是勻減速運(yùn)動(dòng)，則平均速度為但由圖可知，其速度時(shí)間圖像面積小于勻減速運(yùn)動(dòng)的面積，即小球上升的位移小于勻減速上升的位移，則可得小球上升過程中的平均速度小于，故C錯(cuò)誤；D．整個(gè)過程中阻力方向一直與速度反向，故阻力一直在做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。故選B。12．（24-25高三·北京海淀·一模（期中））如圖所示，材料相同的物體、由輕繩連接，質(zhì)量分別為和，在恒定拉力的作用下沿固定斜面向上加速運(yùn)動(dòng)。則（）A．輕繩拉力的大小與斜面的傾角有關(guān)B．輕繩拉力的大小與物體和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān)C．輕繩拉力的大小為D．若改用同樣大小拉力沿斜面向下拉連接體加速運(yùn)動(dòng)，輕繩拉力的大小可能為零【答案】C【詳析】ABC．以物體A、B及輕繩整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得解得再隔離B進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得故繩子的拉力與斜面傾角無關(guān)，與動(dòng)摩擦因數(shù)無關(guān)，與兩物體的質(zhì)量有關(guān)，故C正確，AB錯(cuò)誤；D．若改用同樣大小拉力沿斜面向下拉連接體加速運(yùn)動(dòng)，整體由牛頓第二定律得解得再隔離A進(jìn)行分析，假設(shè)輕繩拉力的大小為零，則根據(jù)牛頓第二定律得解得故D錯(cuò)誤。故選C。13．（2025·北京四中順義分?！ち隳＃┤鐖D所示，繞過定滑輪的繩子將物塊A和物塊B相連，連接物塊A的繩子與水平桌面平行?，F(xiàn)將兩物塊由圖示位置無初速度釋放，經(jīng)過時(shí)間t，物塊B未落地，物塊A未到達(dá)滑輪位置。已知物塊A的質(zhì)量為M，物塊B的質(zhì)量為m，重力加速度為g。若忽略A與桌面之間的摩擦力，則繩子拉力大小為、物塊A的加速度為，不計(jì)滑輪、繩子的質(zhì)量。則下列說法正確的是（）A．繩子拉力大小B．物塊A的加速度大小C．若A與桌面有摩擦力，則繩子拉力小于D．若A與桌面有摩擦力，則A的加速度大于【答案】B【詳析】AB．運(yùn)動(dòng)過程中物塊A與物塊B的加速度大小相等，由牛頓第二定律得：對A、B整體：對B：聯(lián)立解得：，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．若A與桌面有摩擦力，設(shè)該摩擦力大小為f，由牛頓第二定律得：對A、B整體：對B：解得：，故CD錯(cuò)誤。故選B。14．（2025·北京四中順義分?！ち隳＃┧絺魉蛶蛩龠\(yùn)動(dòng)，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．物體勻速運(yùn)動(dòng)過程中，受到向前靜摩擦力B．傳送帶對物體的摩擦力對物體做正功C．剛開始物體相對傳送帶向后運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槭艿较蚝蟮哪Σ亮．傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度越大【答案】B【詳析】A．物體勻速運(yùn)動(dòng)過程中，物體與傳送帶相對靜止，且沒有相對運(yùn)動(dòng)的趨勢，所以不受靜摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；B．傳送帶對物體的摩擦力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，根據(jù)功的計(jì)算公式可知摩擦力對物體做正功，故B正確；C．剛開始物體相對傳送帶向后運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槲矬w具有慣性，要保持原來的靜止?fàn)顟B(tài)，而不是因?yàn)槭艿较蚝蟮哪Σ亮?，物體受到的是向前的靜摩擦力，故C錯(cuò)誤；D．物體加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為與傳送帶運(yùn)動(dòng)速度無關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選B。15．（2025·北京東城·一模）如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體放置于粗糙的水平面上，一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊由靜止開始沿斜面加速下滑，斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。斜面體與滑塊間的摩擦很小，可以忽略不計(jì)。重力加速度為。下列說法正確的是（）

A．地面對斜面體的摩擦力為零B．地面對斜面體的摩擦力方向水平向左C．地面對斜面體的支持力等于D．地面對斜面體的支持力大于【答案】B【詳析】CD．滑塊由靜止開始沿斜面加速下滑，滑塊有向下的分加速度，可知，滑塊處于失重狀態(tài)，則地面對斜面體的支持力小于，故CD錯(cuò)誤；AB．將滑塊與斜面體作為一個(gè)整體，滑塊由靜止開始沿斜面加速下滑，則整體有水平向左的平均加速度，可知，地面對斜面體的摩擦力方向水平向左，故A錯(cuò)誤，B正確。故選B。16．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））如圖所示，兩相同物塊用細(xì)線相連接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊間細(xì)線的拉力大小為T。當(dāng)兩物塊均由粗糙的水平面運(yùn)動(dòng)到光滑的水平面上且仍在F的作用下運(yùn)動(dòng)，則（）A．兩物塊的加速度變大，細(xì)線的拉力仍為TB．兩物塊的加速度不變，細(xì)線的拉力仍為TC．兩物塊的加速度變大，細(xì)線的拉力小于TD．兩物塊的加速度不變，細(xì)線的拉力小于T【答案】A【詳析】設(shè)物塊的質(zhì)量為m，當(dāng)水平地面粗糙時(shí)，設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為，以兩物塊為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得解得加速度為以左側(cè)物體為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得繩子的拉力為當(dāng)水平地面光滑時(shí)，以兩物塊為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得解得加速度為以左側(cè)物體為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得繩子的拉力為則有，故選A。17．（2025·北京朝陽·二模）水平桌面上的甲、乙兩物體在水平拉力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a與所受拉力F的關(guān)系如圖所示。甲、乙兩物體的質(zhì)量分別為，與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為。下列說法正確的是（）A．B．C．若拉力相同，經(jīng)過相同時(shí)間拉力對甲做功少D．若拉力相同，通過相同位移甲獲得的動(dòng)能小【答案】BD【詳析】AB．物體運(yùn)動(dòng)后，由牛頓第二定律可知即由圖像的斜率以及截距可知，A錯(cuò)誤，B正確；C．由圖像可知，若拉力相同，加速度大小無法判斷，根據(jù)可知在相同的內(nèi)無法判斷拉力做功的大小，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)結(jié)合圖像的橫截距可知物體滑動(dòng)過程中甲所受的滑動(dòng)摩擦力更大，根據(jù)可知拉力和距離相同時(shí)，甲獲得的動(dòng)能更小，D正確。故選BD。18．（2025·北京西城·一模）火箭的飛行應(yīng)用了反沖原理，借助噴出燃?xì)獾姆礇_作用獲得推力。已知某火箭與其所載燃料的初始總質(zhì)量為M，在時(shí)刻，火箭由靜止出發(fā)，豎直向上運(yùn)動(dòng)，如圖1所示?；鸺掷m(xù)均勻向下噴射燃?xì)?，在任意的極短時(shí)間Δt內(nèi)，噴射燃?xì)獾馁|(zhì)量均為Δm，噴出的燃?xì)庀鄬鸺乃俣群銥閡。在極短時(shí)間內(nèi)，火箭噴出的燃?xì)獾闹亓h(yuǎn)小于火箭的推力，火箭速度的變化量遠(yuǎn)小于燃?xì)馑俣鹊淖兓?。不?jì)空氣阻力，重力加速度的大小g視為不變。(1)求火箭速度大小為v的瞬間受到燃?xì)馔屏Φ拇笮，據(jù)此判斷火箭在豎直上升階段受到燃?xì)獾耐屏κ欠褡兓?2)若火箭在豎直上升階段，可使用的燃料質(zhì)量為m，求該階段火箭可獲得的最大加速度的大小am。(3)測得火箭在豎直上升階段，隨時(shí)間t變化的圖像是一條直線，如圖2所示，a為火箭加速度的大小。已知直線的縱截距為b，斜率的絕對值為k，為明確其物理意義，請推導(dǎo)b、k的表達(dá)式?！敬鸢浮?1)，不變(2)(3)，【詳析】（1）在火箭速度大小為v的瞬間，以極短時(shí)間?t內(nèi)噴射出的燃?xì)鉃檠芯繉ο笤O(shè)燃?xì)馐艿交鸺龑ζ渥饔昧Φ拇笮镕'，規(guī)定豎直向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有得根據(jù)牛頓第三定律，此時(shí)火箭受到推力的大小F=F'=可知推力F的大小不變，火箭受到推力的方向豎直向上，則火箭在豎直上升階段，受到燃?xì)獾耐屏Σ蛔?。?）質(zhì)量為m的燃料燃盡時(shí)，火箭的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律（3）在t時(shí)刻，火箭及火箭內(nèi)剩余燃料的質(zhì)量根據(jù)牛頓第二定律有得則，專題02牛頓運(yùn)動(dòng)定律考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢考點(diǎn)1牛頓第二定律2021、2022、2024、2025命題呈現(xiàn)情境科技化、模型復(fù)合化、能力綜合化趨勢。試題常以航天、智能裝備等前沿場景為載體，注重與直線運(yùn)動(dòng)、能量等知識(shí)融合，考查連接體、板塊模型等復(fù)雜系統(tǒng)的受力分析，強(qiáng)調(diào)整體法與隔離法的靈活運(yùn)用。通過v-t、a-t等圖像及實(shí)驗(yàn)創(chuàng)新設(shè)計(jì)，考查用數(shù)學(xué)工具處理動(dòng)態(tài)問題的能力，滲透微元思想，凸顯對模型建構(gòu)、科學(xué)推理等核心素養(yǎng)的考查?？键c(diǎn)2力學(xué)單位制2024考點(diǎn)2牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用2022、2023、2024考點(diǎn)01牛頓第二定律1．（2025·北京·高考）某小山坡的等高線如圖，M表示山頂，A、B是同一等高線上兩點(diǎn)，A．小球沿MA運(yùn)動(dòng)的加速度比沿MB的大B．小球分別運(yùn)動(dòng)到A、C．若把等高線看成某靜電場的等勢線，則A點(diǎn)電場強(qiáng)度比B點(diǎn)大D．若把等高線看成某靜電場的等勢線，則右側(cè)電勢比左側(cè)降落得快【答案】D【詳析】A．等高線越密集，坡面越陡，根據(jù)牛頓第二定律可得a=gsinθ（θ為坡面與水平面夾角），MB對應(yīng)的等高線更密集，坡面更陡，小球沿著MB運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度比沿著B．A、B在同一等高線，小球下落高度相同，根據(jù)機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)到A、B點(diǎn)時(shí)速度大小相同，B錯(cuò)誤；C．等勢線越密集，電場強(qiáng)度越大，B處等勢線更密集，A點(diǎn)電場強(qiáng)度比B點(diǎn)小，C錯(cuò)誤；D．等勢線越密集，電勢降落越快，右側(cè)等勢線更密集，右側(cè)電勢比左側(cè)降落得快，D正確。故選D。2．（2025·北京·高考）模擬失重環(huán)境的實(shí)驗(yàn)艙，通過電磁彈射從地面由靜止開始加速后豎直向上射出，上升到最高點(diǎn)后回落，再通過電磁制動(dòng)使其停在地面。實(shí)驗(yàn)艙運(yùn)動(dòng)過程中，受到的空氣阻力f的大小隨速率增大而增大，f隨時(shí)間t的變化如圖所示（向上為正）。下列說法正確的是（）A．從t1到t3，實(shí)驗(yàn)艙處于電磁彈射過程 B．從t2C．從t3到t5，實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)物體處于失重狀態(tài) D．【答案】B【詳析】A．t1～t3間，B．t2～t3，f向下在減小，可知此時(shí)速度方向向上，速度在減小，根據(jù)牛頓第二定律有故加速度大小在減小，故B正確；C．t3～t5間，D．根據(jù)前面分析可知t3時(shí)刻速度方向改變，從向上變成向下運(yùn)動(dòng)，故t3時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，故故選B。3．（2024·北京·高考）水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．剛開始物體相對傳送帶向前運(yùn)動(dòng)B．物體勻速運(yùn)動(dòng)過程中，受到靜摩擦力C．物體加速運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對物體做負(fù)功D．傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長【答案】D【詳析】A．剛開始時(shí)，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．勻速運(yùn)動(dòng)過程中，物體與傳送帶之間無相對運(yùn)動(dòng)趨勢，則物體不受摩擦力作用，B錯(cuò)誤；C．物體加速，由動(dòng)能定理可知，摩擦力對物體做正功，C錯(cuò)誤；D．設(shè)物體與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體相對傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)a=μmgm=μg故選D。4．（2022·北京·高考）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間【答案】B【詳析】A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯(cuò)誤；B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在相同時(shí)間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤；D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯(cuò)誤。故選B。5．（2021·北京·高考）某同學(xué)使用輕彈簧、直尺鋼球等制作了一個(gè)“豎直加速度測量儀”。如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時(shí)，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時(shí)指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對應(yīng)的加速度標(biāo)在直尺上，就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（

）A．30cm刻度對應(yīng)的加速度為-0.5g B．40cm刻度對應(yīng)的加速度為gC．50cm刻度對應(yīng)的加速度為2g D．各刻度對應(yīng)加速度的值是不均勻的【答案】A【詳析】由題知，不掛鋼球時(shí)，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處，則彈簧的原長l0=0.2m；下端懸掛鋼球，靜止時(shí)指針位于直尺40cm刻度處，則根據(jù)受力平衡有mg=k(l-l0)可計(jì)算出k=mgA．由分析可知，在30cm刻度時(shí)，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數(shù)據(jù)有a=-0.5gA正確；B．由分析可知，在40cm刻度時(shí)，有mg=F彈則40cm刻度對應(yīng)的加速度為0，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，在50cm刻度時(shí)，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數(shù)據(jù)有a=0.5gC錯(cuò)誤；D．設(shè)刻度對應(yīng)值為x，結(jié)合分析可知mg0.2?Δx-mgm=a，x=x-0.2（取豎直向上為正方向）經(jīng)過計(jì)算有a=gx-0.4g0.2(x>0.2)或a=故選A。6．（2021·北京·高考）類比是研究問題的常用方法。（1）情境1：物體從靜止開始下落，除受到重力作用外，還受到一個(gè)與運(yùn)動(dòng)方向相反的空氣阻力f=kv（k為常量）的作用。其速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律可用方程G-kv=mΔvΔ（2）情境2：如圖1所示，電源電動(dòng)勢為E，線圈自感系數(shù)為L，電路中的總電阻為R。閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)電路中電流I隨時(shí)間t的變化規(guī)律與情境1中物體速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律類似。類比①式，寫出電流I隨時(shí)間t變化的方程；并在圖2中定性畫出I-t圖線。（3）類比情境1和情境2中的能量轉(zhuǎn)化情況，完成下表。情境1情境2物體重力勢能的減少量物體動(dòng)能的增加量電阻R上消耗的電能【答案】（1）vm=Gk；（2）a.E-RI【詳析】（1）當(dāng)物體下落速度達(dá)到最大速度vm時(shí)，加速度為零，有G=k（2）a.由閉合電路的歐姆定理有E-RI=LΔIΔt（3）各種能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律如圖所示情境1情境2電源提供的電能線圈磁場能的增加量克服阻力做功消耗的機(jī)械能考點(diǎn)02力學(xué)單位制7．（2024·北京·高考）電荷量Q、電壓U、電流I和磁通量Φ是電磁學(xué)中重要的物理量，其中特定的兩個(gè)物理量之比可用來描述電容器、電阻、電感三種電磁學(xué)元件的屬性，如圖所示。類似地，上世紀(jì)七十年代有科學(xué)家預(yù)言Φ和Q之比可能也是一種電磁學(xué)元件的屬性，并將此元件命名為“憶阻器”，近年來實(shí)驗(yàn)室已研制出了多種類型的“憶阻器”。由于“憶阻器”對電阻的記憶特性，其在信息存儲(chǔ)、人工智能等領(lǐng)域具有廣闊的應(yīng)用前景。下列說法錯(cuò)誤的是（

）A．QU的單位和ΦI的單位不同B．在國際單位制中，圖中所定義的M的單位是歐姆C．可以用IUD．根據(jù)圖中電感L的定義和法拉第電磁感應(yīng)定律可以推導(dǎo)出自感電動(dòng)勢的表達(dá)式E【答案】A【詳析】A．單位制、法拉第電磁感應(yīng)定律由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=ΔΦΔt，則Φ的單位為V·s，由Q=It可知，Q的單位為A·s，則QU與ΦI的單位相同均為B．由題圖可知，從單位角度分析有M=ΦQC．由R=UI知ID．由電感的定義L=ΦI=ΔΦΔI以及法拉第電磁感應(yīng)定律E故選A?？键c(diǎn)03牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用8．（2024·北京·高考）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時(shí)間相等B．上升和下落兩過程損失的機(jī)械能相等C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【答案】C【詳析】D．小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯(cuò)誤；C．小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，空氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知小球落回原處時(shí)的速度小于拋出時(shí)的速度，所以上升過程中小球動(dòng)量變化的大小大于下落過程中動(dòng)量變化的大小，由動(dòng)量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；A．上升與下落經(jīng)過同一位置時(shí)的速度，上升時(shí)更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時(shí)間小于下落過程所用時(shí)間，A錯(cuò)誤；B．經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機(jī)械能損失大于下落過程機(jī)械能損失，B錯(cuò)誤。故選C。9．（2024·北京·高考）如圖所示，飛船與空間站對接后，在推力F作用下一起向前運(yùn)動(dòng)。飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為（

）A．MM+mF B．mM+【答案】A【詳析】根據(jù)題意，對整體應(yīng)用牛頓第二定律有F=(M＋m)a對空間站分析有F′=Ma解兩式可得飛船和空間站之間的作用力F故選A。10．（2023·北京·高考）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細(xì)線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則F的最大值為（

）

A．1N B．2N C．4N D．5N【答案】C【詳析】對兩物塊整體做受力分析有F=2ma再對于后面的物塊有FTmax=ma，F(xiàn)Tmax=2N聯(lián)立解得F=4N故選C。11.（2022·北京·高考）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的斜面上加速下滑，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。下列說法正確的是（）A．斜面對物塊的支持力大小為mgsinθ BC．斜面對物塊作用力的合力大小為mg D．物塊所受的合力大小為mg【答案】B【詳析】A．對物塊受力分析可知，沿垂直斜面方向根據(jù)平衡條件，可得支持力為FN=mgB．斜面對物塊的摩擦力大小為Ff=μCD．因物塊沿斜面加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得F合=mgsinθ-μmgcosθ故選B。1．（2025·北京朝陽·二模）2025年4月19日北京半程馬拉松比賽中，人形機(jī)器人首次參賽。已知半馬從起點(diǎn)到終點(diǎn)直線距離約為12km，實(shí)際賽道長度為21.0975km，冠軍機(jī)器人用時(shí)約2小時(shí)40分完成比賽。下列說法正確的是（）A．機(jī)器人的位移大小為21.0975kmB．機(jī)器人的平均速度大小約為4.5km/hC．若機(jī)器人在彎道段保持速率不變，則其所受合外力為零D．機(jī)器人沖過終點(diǎn)線時(shí)的瞬時(shí)速度一定大于其全程的平均速度【答案】B【詳析】A．位移為從初位置到末位置的有向線段，故為12km，A錯(cuò)誤；B．平均速度為位移除以時(shí)間，B正確；C．彎道段是曲線，雖然機(jī)器人保持速率不變，但速度方向一直在變，故其所受合外力不為零，C錯(cuò)誤；D．機(jī)器人沖過終點(diǎn)線時(shí)的瞬時(shí)速度不一定大于其全程的平均速度，D錯(cuò)誤。故選B。2．（2025·北京朝陽·二模）如圖1所示，質(zhì)量相等的物塊A、B緊靠在一起放置在水平地面上，水平輕彈簧一端與A拴接，另一端固定在豎直墻壁上。開始時(shí)彈簧處于原長，物塊A、B保持靜止。時(shí)刻，給B施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A、B的速度為零時(shí)，立即撤去恒力。物塊B的圖像如圖2所示，其中至?xí)r間內(nèi)圖像為直線。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，A、B與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小恒定，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是（）A．時(shí)刻A、B分離B．改變水平恒力F大小，的時(shí)間不變C．時(shí)間內(nèi)圖像滿足同一正弦函數(shù)規(guī)律D．和時(shí)間內(nèi)圖2中陰影面積相等【答案】D【詳析】A．由題意結(jié)合題圖2可知，時(shí)刻彈簧彈力與B所受的摩擦力大小相等，彈簧處于壓縮狀態(tài)，時(shí)刻彈簧剛好恢復(fù)原長，A、B剛要分離，故A錯(cuò)誤；B．改變水平恒力F大小，則彈簧壓縮量變化，彈性勢能改變，兩物體分開時(shí)B的動(dòng)能增大，則的時(shí)間改變，故B錯(cuò)誤；C．時(shí)間內(nèi)整體受外力、彈力、摩擦力做功，時(shí)間內(nèi)受彈力與摩擦力做功，根據(jù)功能關(guān)系可知?jiǎng)幽茏兓幌嗤瑒t時(shí)間內(nèi)圖像不滿足同一正弦函數(shù)規(guī)律，故C錯(cuò)誤；D．時(shí)刻彈簧剛好恢復(fù)原長，根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表位移可知，和時(shí)間內(nèi)圖2中陰影面積相等，故D正確；故選D。3．（2025·北京昌平·二模）如圖所示，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1以速度踢出，足球經(jīng)過最高點(diǎn)（位置2），落在地面上位置3，位置2距離地面的高度為h，1與2和2與3間的水平距離不等。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．從1到2，足球動(dòng)能的減少量大于mghB．從1到2，足球動(dòng)能的減少量小于mghC．從1到2，足球的加速度保持不變D．在位置2，足球的動(dòng)能等于【答案】A【詳析】C．由于1與2和2與3間的水平距離不等，結(jié)合題圖可知，足球在空中受到空氣阻力的作用，由于空氣阻力是變力，所以從1到2，足球所受合力是變力，足球的加速度發(fā)生變化。故C錯(cuò)誤；AB．從1到2，設(shè)克服空氣阻力做功為，根據(jù)動(dòng)能定理可得可知足球動(dòng)能的減少量大于mgh，故A正確，B錯(cuò)誤；D．從1到2，根據(jù)動(dòng)能定理可得可知位置2，足球的動(dòng)能為故D錯(cuò)誤。故選A。4．（2025·北京西城·二模）長方體木塊A、B疊在一起，放在粗糙水平桌面上。B木塊受到一個(gè)水平恒力F的作用，兩木塊始終保持相對靜止。下列說法正確的是（）A．若A、B在桌面上靜止不動(dòng)，A受到向右的摩擦力B．若A、B一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，A受到向右的摩擦力C．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A受到向右的摩擦力D．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A受到的摩擦力大小等于F【答案】C【詳析】AB．若A、B在桌面上靜止不動(dòng)，或者A、B一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，則A受力平衡，則水平方向不受摩擦力作用，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；CD．若A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A受到的合外力向右，即受到向右的摩擦力，對AB整體對A有解得選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選C。5．（2025·北京西城·一模）如圖所示，光滑斜面高度一定，斜面傾角θ可調(diào)節(jié)。物體從斜面頂端由靜止釋放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量與斜面傾角無關(guān)的是（）A．物體受到支持力的大小B．物體加速度的大小C．合力對物體做的功D．物體重力的沖量【答案】C【詳析】設(shè)斜面傾角為，斜面的高度為：A．垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件可得物體受到支持力大小則物體受到支持力的大小與斜面傾角有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．沿著斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律可得則物體加速度的大小與斜面傾角有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．物體下滑過程中只有重力做功，則合力對物體做的功都為，與斜面傾角無關(guān)，故C正確；D．沿著斜面方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得物體重力的沖量與斜面傾角有關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選C。6．（2025·北京豐臺(tái)·二模）如圖所示，一輛貨車運(yùn)載著圓柱形光滑的空油桶。在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只桶C，自由地?cái)[放在桶A、B之間。已知重力加速度為g，每個(gè)桶的質(zhì)量都為m，當(dāng)汽車與油桶一起以某一加速度a向左加速時(shí)，下列說法正確的是（）A．A、B對C的合力方向豎直向上B．時(shí)，A對C的支持力為0C．a(chǎn)增大時(shí)，B對C的支持力變小D．B對C支持力的大小可能等于【答案】B【詳析】A．C向左加速運(yùn)動(dòng)，則合外力水平向左，即A、B對C的合力與重力合力方向水平向左，可知A、B對C的合力方向斜向左上方，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．當(dāng)A對C的支持力為0時(shí)，則對C根據(jù)牛頓第二定律解得選項(xiàng)B正確；CD．對C分析由牛頓第二定律，可得a增大時(shí)，B對C的支持力變大；因則選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。7．（2025·北京豐臺(tái)·二模）某蹦床運(yùn)動(dòng)員在訓(xùn)練過程中與網(wǎng)接觸后，豎直向上彈離，經(jīng)過時(shí)間，又重新落回網(wǎng)上。以運(yùn)動(dòng)員離開網(wǎng)的時(shí)刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，以離開的位置作為位移起點(diǎn)，規(guī)定豎直向上為正方向，忽略空氣阻力，下列描述運(yùn)動(dòng)員位移x、速度v、加速度a、所受合力F隨時(shí)間t變化的圖像中，與上述過程相符的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳析】根據(jù)題意,由對稱性可知，運(yùn)動(dòng)員上升、下降時(shí)間相等均為,取向上為正方向A．根據(jù)公式可得運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系式為則圖像為開口向下的拋物線,故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)公式可得運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系式為則圖像為一條向下傾斜的直線,故B正確；CD．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)員只受重力作用，加速度一直為重力加速度，則合力F和加速度a不隨時(shí)間變化，故C、D均錯(cuò)誤；故選B。8．（2025·北京西城·二模）如圖1所示，小球懸掛在輕彈簧的下端，彈簧上端連接傳感器。小球上下振動(dòng)時(shí)，傳感器記錄彈力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度。下列說法正確的是（）A．小球的質(zhì)量為0.2kg，振動(dòng)的周期為4sB．0~2s內(nèi)，小球始終處于超重狀態(tài)C．0~2s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為D．0~2s內(nèi)，彈力對小球做的功等于小球動(dòng)能的變化量【答案】C【詳析】A．小球在最低點(diǎn)時(shí)彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)傳感器示數(shù)最小值為零，則此時(shí)彈簧在原長，小球的加速度為向下的g，結(jié)合對稱性可知最低點(diǎn)時(shí)的加速度為向上的g，根據(jù)F-mg=ma可知F=2mg=2N即小球的質(zhì)量m=0.1kg由圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．0~2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．0~2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，動(dòng)量變化為零，由動(dòng)量定理可得小球受彈力的沖量大小為選項(xiàng)C正確；D．0~2s內(nèi)，小球動(dòng)能變化為零，彈力對小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動(dòng)能的變化量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。9．（2025·北京西城·二模）如圖所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木塊以一定的初速度從斜面底端沖上斜面后又滑回斜面底端。則木塊（）A．上滑過程的時(shí)間大于下滑過程的時(shí)間B．上滑過程的加速度小于下滑過程的加速度C．上滑過程與下滑過程損失的機(jī)械能相等D．上滑過程的動(dòng)量變化量小于下滑過程的動(dòng)量變化量【答案】C【詳析】AB．設(shè)斜面傾角為，木塊受到摩擦力大小為f，木塊質(zhì)量為m，木塊上滑過程，由牛頓第二定律有木塊下滑過程，由牛第二定律有可知將上升的過程采用逆向思維，根據(jù)位移時(shí)間公式得位移x相等，易得故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知上滑過程與下滑過程克服摩擦力做功相同，因?yàn)榭朔Σ磷枇ψ龉Φ扔谖矬w機(jī)械能的變化量，所以上滑過程與下滑過程損失的機(jī)械能相等，故C正確；D．由公式且，可知上滑時(shí)木塊的初速度大于木塊下滑到低端時(shí)的速度，可知上滑過程的速度變化量大于下滑過程的速度變化量，故上滑過程的動(dòng)量變化量大于下滑過程的動(dòng)量變化量，故D錯(cuò)誤。故選C。10．（24-25高三下·北京海淀·二模）如圖所示，放在木箱內(nèi)的物塊A，其右端通過一根處于壓縮狀態(tài)的水平輕彈簧與木箱連接。木箱與物塊A做勻速直線運(yùn)動(dòng)且保持相對靜止。若發(fā)現(xiàn)物塊A突然相對木箱底面向左移動(dòng)，則木箱可能（

）A．突然向下加速運(yùn)動(dòng) B．突然向下減速運(yùn)動(dòng)C．突然向左加速運(yùn)動(dòng) D．突然向右減速運(yùn)動(dòng)【答案】A【詳析】A．開始木箱和物塊A均保持靜止，根據(jù)平衡條件知，彈簧向左的彈力等于向右的靜摩擦力。若木箱突然向下做加速運(yùn)動(dòng)，物塊處于失重狀態(tài)，對木箱底面的壓力減小，最大靜摩擦力減小，可能小于彈力，合力可能向左，物塊A可能突然相對木箱底面向左移動(dòng)，故A正確；B．木箱突然向下做減速運(yùn)動(dòng),物塊處于超重狀態(tài)，對木箱底面的壓力增大，最大靜摩擦力增大，故物塊A不可能突然相對木箱底面向左移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)木箱突然向左做加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，正壓力不變，最大靜摩擦力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，所需合力向左，若彈簧彈力與最大靜摩擦力的合力不足以提供向左的加速度，則物塊A相對木箱底面可能向右移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．木箱突然向右做減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，正壓力不變，最大靜摩擦力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，當(dāng)彈簧彈力和最大靜摩擦力的向左的合力不足以提供向左的加速度時(shí)，物塊A相對木箱底面可能向右移動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選A。11．（2025·北京通州·一模）從地面上以初速度豎直上拋一質(zhì)量為的小球，一段時(shí)間后落回地面的速度大小為。小球運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。若運(yùn)動(dòng)過程中小球受到的阻力與其速率成正比，重力加速度為，下列說法中正確的是（

）A．小球上升過程的時(shí)間大于下落過程的時(shí)間B．小球上升和下降過程中阻力的沖量大小相等C．小球上升過程中的平均速度大于D．整個(gè)過程中阻力做功為0【答案】B【詳析】A．由題意可得，上升過程中，小球的加速度為下落過程中，小球的加速度為可知上升的平均加速度大于下落的平均加速度，且又上升和下降的位移相同，根據(jù)可知小球上升過程的時(shí)間小于下落過程的時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B．由題意可得，阻力與速率的關(guān)系為故阻力的沖量大小為因?yàn)樯仙^程和下降過程位移相同，則上升和下降過程阻力沖量大小相等，故B正確；C．上升過程若是勻減速運(yùn)動(dòng)，則平均速度為但由圖可知，其速度時(shí)間圖像面積小于勻減速運(yùn)動(dòng)的面積，即小球上升的位移小于勻減速上升的位移，則可得小球上升過程中的平均速度小于，故C錯(cuò)誤；D．整個(gè)過程中阻力方向一直與速度反向，故阻力一直在做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。故選B。12．（24-25高三·北京海淀·一模（期中））如圖所示，材料相同的物體、由輕繩連接，質(zhì)量分別為和，在恒定拉力的作用下沿固定斜面向上加速運(yùn)動(dòng)。則（）A．輕繩拉力的大小與斜面的傾角有關(guān)B．輕繩拉力的大小與物體和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān)C．輕繩拉力的大小為D．若改用同樣大小拉力沿斜面向下拉連接體加速運(yùn)動(dòng)，輕繩拉力的大小可能為零【答案】C【詳析】ABC．以物體A、B及輕繩整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得解得再隔離B進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得故繩子的拉力與斜面傾角無關(guān)，與動(dòng)摩擦因數(shù)無關(guān)，與兩物體的質(zhì)量有關(guān)，故C正確，AB錯(cuò)誤；D．若改用同樣大小拉力沿斜面向下拉連接體加速運(yùn)動(dòng)，整體由牛頓第二定律得解得再隔離A進(jìn)行分析，假設(shè)輕繩拉力的大小為零，則根據(jù)牛頓第二定律得解得故D錯(cuò)誤。故選C。13．（2025·北京四中順義分校·零模）如圖所示，繞過定滑輪的繩子將物塊A和物塊B相連，連接物塊A的繩子與水