五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題03運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解2025·河南卷、北京卷2024·全國(guó)甲卷2023·浙江、全國(guó)乙卷2022·江蘇卷、浙江卷2021·北京卷、湖南卷高考對(duì)運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系考查愈發(fā)深入且靈活?；A(chǔ)層面，牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式仍是核心，會(huì)以多種形式考查學(xué)生對(duì)概念的理解。命題常結(jié)合生活實(shí)際與科技前沿，如汽車剎車、火箭發(fā)射等情境，考查學(xué)生受力分析與運(yùn)動(dòng)過程推理能力。同時(shí)，開放性、探究性問題增多，要求學(xué)生自主設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案、分析數(shù)據(jù)并得出結(jié)論。此外，注重考查知識(shí)綜合運(yùn)用，將運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系與能量、動(dòng)量等知識(shí)結(jié)合，突出對(duì)學(xué)生創(chuàng)新思維和解決復(fù)雜問題能力的培養(yǎng)。考點(diǎn)2牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用2025·福建卷、陜晉寧青卷2024·廣東卷、湖南卷、貴州卷2023·全國(guó)甲卷2022·浙江卷、全國(guó)乙卷2021·河北卷、全國(guó)甲卷考點(diǎn)01牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解1．（2025·河南·高考真題）野外高空作業(yè)時(shí)，使用無(wú)人機(jī)給工人運(yùn)送零件。如圖，某次運(yùn)送過程中的一段時(shí)間內(nèi)，無(wú)人機(jī)向左水平飛行，零件用輕繩懸掛于無(wú)人機(jī)下方，并相對(duì)于無(wú)人機(jī)靜止，輕繩與豎直方向成一定角度。忽略零件所受空氣阻力，則在該段時(shí)間內(nèi)（）A．無(wú)人機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng) B．零件所受合外力為零C．零件的慣性逐漸變大 D．零件的重力勢(shì)能保持不變【答案】D【詳析】D．無(wú)人機(jī)沿水平方向飛行，零件相對(duì)于無(wú)人機(jī)靜止，也沿水平方向飛行做直線運(yùn)動(dòng)，故零件的高度不變，可知零件的重力勢(shì)能保持不變，D正確；AB．對(duì)零件受力分析，受重力和繩子的拉力，由于零件沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度。零件水平向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，AB錯(cuò)誤；C．慣性的大小只與質(zhì)量有關(guān)，零件的質(zhì)量不變，故零件的慣性不變，C錯(cuò)誤。故選D。2．（2025·山東·高考真題）工人在河堤的硬質(zhì)坡面上固定一垂直坡面的擋板，向坡底運(yùn)送長(zhǎng)方體建筑材料。如圖所示，坡面與水平面夾角為，交線為PN，坡面內(nèi)QN與PN垂直，擋板平面與坡面的交線為MN，。若建筑材料與坡面、擋板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，則建筑材料沿MN向下勻加速滑行的加速度大小為（

）A． B．C． D．【答案】B【詳析】根據(jù)牛頓第二定律可得故選B。3．（2025·甘肅·高考真題）2025年4月24日，在甘肅酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了搭載神舟二十號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙二十運(yùn)載火箭。若在初始的內(nèi)燃料對(duì)火箭的平均推力約為。火箭質(zhì)量約為500噸且認(rèn)為在內(nèi)基本不變，則火箭在初始內(nèi)的加速度大小約為（）（重力加速度g?。〢． B． C． D．【答案】A【詳析】根據(jù)題意，由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得故選A。4．（2025·甘肅·高考真題）如圖，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛質(zhì)量為的小球A，質(zhì)量為m的小球B與A用細(xì)線相連，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g?，F(xiàn)剪斷細(xì)線，下列說(shuō)法正確的是（

）A．小球A運(yùn)動(dòng)到彈簧原長(zhǎng)處的速度最大 B．剪斷細(xì)線的瞬間，小球A的加速度大小為C．小球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為 D．小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為【答案】BC【詳析】A．剪斷細(xì)線后，彈力大于A的重力，則A先向上做加速運(yùn)動(dòng)，隨彈力的減小，則向上的加速度減小，當(dāng)加速度為零時(shí)速度最大，此時(shí)彈力等于重力，彈簧處于拉伸狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．剪斷細(xì)線之前則剪斷細(xì)線瞬間彈簧彈力不變，則對(duì)A由牛頓第二定律解得A的加速度選項(xiàng)B正確；C．剪斷細(xì)線之前彈簧伸長(zhǎng)量剪斷細(xì)線后A做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，在平衡位置時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量即振幅為由對(duì)稱性可知小球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為，選項(xiàng)C正確；D．由上述分析可知，小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。5．（2025·湖南·高考真題）如圖，兩帶電小球的質(zhì)量均為m，小球A用一端固定在墻上的絕緣輕繩連接，小球B用固定的絕緣輕桿連接。A球靜止時(shí)，輕繩與豎直方向的夾角為，兩球連線與輕繩的夾角為，整個(gè)系統(tǒng)在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．A球靜止時(shí)，輕繩上拉力為B．A球靜止時(shí)，A球與B球間的庫(kù)侖力為C．若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A球加速度大小為gD．若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間輕桿對(duì)B球的作用力變小【答案】C【詳析】AB．根據(jù)題意A球靜止時(shí)，對(duì)A球受力分析，如圖所示由平行四邊形定則及幾何關(guān)系，輕繩上拉力為A球與B球間的庫(kù)侖力故AB錯(cuò)誤；C．若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A球受到輕繩的拉力消失，其它兩力保持不變，根據(jù)三力平衡知識(shí)，此時(shí)A球的合外力大小為，則加速度大小為g，故C正確；D．若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間B球受到的庫(kù)侖力、重力不變，小球仍然處在靜止?fàn)顟B(tài)，則輕桿對(duì)B球的作用力不變，故D錯(cuò)誤。故選C。6．（2025·江蘇·高考真題）如圖所示，彈簧一端固定，另一端與光滑水平面上的木箱相連，箱內(nèi)放置一小物塊，物塊與木箱之間有摩擦。壓縮彈簧并由靜止釋放，釋放后物塊在木箱上有滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中不與木箱前后壁發(fā)生碰撞，不計(jì)空氣阻力，則（

）A．釋放瞬間，物塊加速度為零B．物塊和木箱最終仍有相對(duì)運(yùn)動(dòng)C．木箱第一次到達(dá)最右端時(shí)，物塊速度為零D．物塊和木箱的速度第一次相同前，物塊受到的摩擦力不變【答案】D【詳析】A．根據(jù)題意可知，釋放時(shí)，物塊與木箱發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，且有摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知釋放時(shí)物塊加速度不為0，故A錯(cuò)誤；B．由于物塊與木箱間有摩擦力且發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以彈簧的彈性勢(shì)能會(huì)減少，直到彈簧的最大彈力滿足以下分析的：設(shè)物塊與木箱之間的最大靜摩擦力為，物塊質(zhì)量為，對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律設(shè)木箱質(zhì)量為，對(duì)物塊與木箱整體，根據(jù)牛頓第二定律可得即彈簧的最大彈力減小到后，二者一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)AB選項(xiàng)分析可知只有當(dāng)二者一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)前，有相對(duì)滑動(dòng)，滑塊運(yùn)動(dòng)到最右端后物塊不會(huì)停止，當(dāng)二者一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)后，物塊與滑塊一起做周期性運(yùn)動(dòng)，也不會(huì)停止，故C錯(cuò)誤；D．開始滑塊的加速度向右，物塊與滑塊第一次共速前，物塊相對(duì)滑塊向左運(yùn)動(dòng)，受到向右的摩擦力，共速前二者有相對(duì)滑動(dòng)，摩擦力恒為二者之間的滑動(dòng)摩擦力，保持不變，故D正確。故選D。7．（2025·四川·高考真題）若長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間和動(dòng)量分別用a、b、c和d表示，則下列各式可能表示能量的是（

）A． B． C． D．【答案】AC【詳析】A．根據(jù)題意可知的單位為結(jié)合動(dòng)能公式可知為能量單位，故A正確；B．同理的單位為根據(jù)可知為力的單位，故可知為力與質(zhì)量的乘積，故不是能量的單位，故B錯(cuò)誤；C．的單位為根據(jù)前面A選項(xiàng)分析可知該單位為能量單位，故C正確；D．的單位為，不是能量單位，故D錯(cuò)誤。故選AC。8．（2024·海南·高考真題）神舟十七號(hào)載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸，在飛船返回至離地面十幾公里時(shí)打開主傘飛船快速減速，返回艙速度大大減小，在減速過程中（）A．返回艙處于超重狀態(tài) B．返回艙處于失重狀態(tài)C．主傘的拉力不做功 D．重力對(duì)返回艙做負(fù)功【答案】A【詳析】AB．返回艙在減速過程中，加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯(cuò)誤；C．主傘的拉力與返回艙運(yùn)動(dòng)方向相反，對(duì)返回艙做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D．返回艙的重力與返回艙運(yùn)動(dòng)方向相同，重力對(duì)返回艙做正功，故D錯(cuò)誤。故選A。9．（2024·安徽·高考真題）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時(shí)，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O，彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上。緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力F大小為。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中（

）A．速度一直增大 B．速度先增大后減小C．加速度的最大值為 D．加速度先增大后減小【答案】A【詳析】AB．緩慢拉至P點(diǎn)，保持靜止，由平衡條件可知此時(shí)拉力F與重力和兩彈簧的拉力合力為零。此時(shí)兩彈簧的合力為大小為。當(dāng)撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中，形變量變小彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外力一直變小，加速度的最大值為撤去拉力時(shí)的加速度，由牛頓第二定律可知加速度的最大值為，CD錯(cuò)誤。故選A。10．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y。所受合外力為F，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過程中。其圖像或圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳析】AB．在木塊下落高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即當(dāng)木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力到合力為零前，隨著增大減??；當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn),之后，木塊開始反彈，過程中木塊所受合外力向上，隨著減小增大，反彈過程，隨著y減小，圖像向x軸負(fù)方向原路返回，故A錯(cuò)誤、B正確；CD．在木塊下落高度之前，木塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度逐漸增大，圖像斜率逐漸增大，當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以圖像斜率繼續(xù)增大，當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)過程中木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以圖斜率減小，到達(dá)最低點(diǎn)后，木塊向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，而C圖中H點(diǎn)過后速度就開始逐漸減小，實(shí)際速度還應(yīng)該增大，直到平衡位置速度到達(dá)最大，然后速度逐漸減為零；D圖前半段速度不變，不符合題意，正確示意圖如下故CD錯(cuò)誤。故選B。11．（2024·湖南·高考真題）如圖，質(zhì)量分別為、、、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（

）A．g， B．2g， C．2g， D．g，【答案】A【詳析】剪斷前，對(duì)BCD分析對(duì)D剪斷后，對(duì)B解得方向豎直向上；對(duì)C解得方向豎直向下。故選A。12．（2024·全國(guó)甲卷·高考真題）蹦床運(yùn)動(dòng)中，體重為的運(yùn)動(dòng)員在時(shí)剛好落到蹦床上，對(duì)蹦床作用力大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中運(yùn)動(dòng)員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說(shuō)法正確的是（）A．時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最大B．時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為C．時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處D．運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開過程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為【答案】BD【詳析】A．根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最小，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)題圖可知運(yùn)動(dòng)員從離開蹦床到再次落到蹦床上經(jīng)歷的時(shí)間為，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，運(yùn)動(dòng)員上升時(shí)間為1s，則在時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處，時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度大小故B正確，C錯(cuò)誤；D．同理可知運(yùn)動(dòng)員落到蹦床時(shí)的速度大小為，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理其中代入數(shù)據(jù)可得根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開過程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。13．（2023·湖南·高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為的小車在水平推力的作用下加速運(yùn)動(dòng)。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，桿與豎直方向的夾角為，桿與車廂始終保持相對(duì)靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（

）

A．若B球受到的摩擦力為零，則B．若推力向左，且，則的最大值為C．若推力向左，且，則的最大值為D．若推力向右，且，則的范圍為【答案】CD【詳析】A．設(shè)桿的彈力為，對(duì)小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足豎直方向則若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得可得對(duì)小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律A錯(cuò)誤；B．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為對(duì)小球B，由于，小球B受到向左的合力則對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律解得B錯(cuò)誤；C．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對(duì)小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為小球B所受向左的合力的最大值由于可知?jiǎng)t對(duì)小球B，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得的最大值為C正確；D．若推力向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無(wú)限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時(shí)，小球B向右的合力最小，此時(shí)當(dāng)小球所受摩擦力向右時(shí)，小球B向右的合力最大，此時(shí)對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為D正確。故選CD。14．（2023·全國(guó)乙卷·高考真題）一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球（

）A．上升時(shí)間等于下落時(shí)間 B．被墊起后瞬間的速度最大C．達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零 D．下落過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)【答案】B【詳析】A．上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零。對(duì)排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對(duì)應(yīng)位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由位移與時(shí)間關(guān)系可知，上升時(shí)間比下落時(shí)間短，A錯(cuò)誤；B．上升過程排球做減速運(yùn)動(dòng)，下降過程排球做加速運(yùn)動(dòng)。在整個(gè)過程中空氣阻力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直在減小，下降過程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過程的最低點(diǎn)的速度，故排球被墊起時(shí)的速度最大，B正確；C．達(dá)到最高點(diǎn)速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯(cuò)誤；D．下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過程中做變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選B。15．（2023·浙江·高考真題）如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點(diǎn)拋出沿軌跡運(yùn)動(dòng)，其中P是最高點(diǎn)。若空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，則小石子豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度大小（）A．O點(diǎn)最大 B．P點(diǎn)最大C．Q點(diǎn)最大 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程保持不變【答案】A【詳析】由于空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，小石子在O點(diǎn)時(shí)速度斜向上方，此時(shí)速度最大，空氣阻力斜向下方最大，上升過程與豎直方向夾角最小，故此時(shí)空氣阻力分解在豎直方向最大，根據(jù)牛頓第二定律可知此時(shí)豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度最大。故選A。16．（2023·浙江·高考真題）在足球運(yùn)動(dòng)中，足球入網(wǎng)如圖所示，則（）

A．踢香蕉球時(shí)足球可視為質(zhì)點(diǎn) B．足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)慣性不變C．足球在飛行時(shí)受到腳的作用力和重力 D．觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對(duì)足球的力【答案】B【詳析】A．在研究如何踢出“香蕉球”時(shí)，需要考慮踢在足球上的位置與角度，所以不可以把足球看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．慣性只與質(zhì)量有關(guān)，足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)質(zhì)量不變，則慣性不變，故B正確；C．足球在飛行時(shí)腳已經(jīng)離開足球，故在忽略空氣阻力的情況下只受重力，故C錯(cuò)誤；D．觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對(duì)足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯(cuò)誤。故選B。17．（2023·海南·高考真題）如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說(shuō)法正確的是（

）

A．工人受到的重力和支持力是一對(duì)平衡力B．工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)作用力與反作用力C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變【答案】B【詳析】AB．對(duì)人受力分析有

則有FN＋FT=mg其中工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)作用力與反作用力，A錯(cuò)誤、B正確；CD．對(duì)滑輪做受力分析有

則有則隨著重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸增大，CD錯(cuò)誤。故選B。18．（2022·海南·高考真題）在冰上接力比賽時(shí)，甲推乙的作用力是，乙對(duì)甲的作用力是，則這兩個(gè)力（）A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同C．的沖量大于的沖量 D．的沖量小于的沖量【答案】A【詳析】根據(jù)題意可知和是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知和等大反向、具有同時(shí)性；根據(jù)沖量定義式可知和的沖量大小相等，方向相反。故選A。19．（2022·浙江·高考真題）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說(shuō)法正確的是（

）

A．魚兒吞食花瓣時(shí)魚兒受力平衡B．魚兒擺尾出水時(shí)浮力大于重力C．魚兒擺尾擊水時(shí)受到水的作用力D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作可把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)【答案】C【詳析】A．魚兒吞食花瓣時(shí)處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；BC．魚兒擺尾出水時(shí)排開水的體積變小，浮力變小，魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時(shí)水對(duì)魚向上的作用力大于重力，B錯(cuò)誤、C正確；D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作不可以把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)，否則就無(wú)動(dòng)作可言，D錯(cuò)誤。故選C。20．（2022·江蘇·高考真題）高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度。若書不滑動(dòng)，則高鐵的最大加速度不超過（）A． B． C． D．【答案】B【詳析】書放在水平桌面上，若書相對(duì)于桌面不滑動(dòng)，則最大靜摩擦力提供加速度解得書相對(duì)高鐵靜止，故若書不動(dòng)，高鐵的最大加速度。故選B。21．（2022·上海·高考真題）神舟十三號(hào)在返回地面的過程中打開降落傘后，在大氣層中經(jīng)歷了豎直向下的減速運(yùn)動(dòng)。若返回艙所受的空氣阻力隨速度的減小而減小，則加速度大?。ǎ〢．一直減小 B．一直增大C．先增大后減小 D．先減小后增大【答案】A【詳析】依題意，返回艙豎直向下減速運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得返回艙速度減小，則可得加速度一直減小，故選A。22．（2021·北京·高考真題）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(cè)量?jī)x”。如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長(zhǎng)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(duì)應(yīng)的加速度標(biāo)在直尺上，就可用此裝置直接測(cè)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(shuō)法正確的是（

）A．30cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為-0.5g B．40cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為gC．50cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為2g D．各刻度對(duì)應(yīng)加速度的值是不均勻的【答案】A〖祥解〗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(zhǎng)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=【詳析】A．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(duì)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(duì)應(yīng)值為x，結(jié)合分析可知，x=（取豎直向上為正方向）經(jīng)過計(jì)算有a=(x>0.2)或a=(x<0.2)根據(jù)以上分析，加速度a與刻度對(duì)應(yīng)值為x成線性關(guān)系，則各刻度對(duì)應(yīng)加速度的值是均勻的，D錯(cuò)誤。故選A。23．（2021·浙江·高考真題）2021年5月15日，天問一號(hào)著陸器在成功著陸火星表面的過程中，經(jīng)大氣層的減速，速度從減為；打開降落傘后，經(jīng)過速度進(jìn)一步減為；與降落傘分離，打開發(fā)動(dòng)機(jī)減速后處于懸停狀態(tài)；經(jīng)過對(duì)著陸點(diǎn)的探測(cè)后平穩(wěn)著陸。若打開降落傘至分離前的運(yùn)動(dòng)可視為豎直向下運(yùn)動(dòng)，則著陸器（）A．打開降落傘前，只受到氣體阻力的作用B．打開降落傘至分離前，受到的合力方向豎直向上C．打開降落傘至分離前，只受到浮力和氣體阻力的作用D．懸停狀態(tài)中，發(fā)動(dòng)機(jī)噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力【答案】B【詳析】A．打開降落傘前，在大氣層中做減速運(yùn)動(dòng)，則著陸器受大氣的阻力作用以及火星的引力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．打開降落傘至分離前做減速運(yùn)動(dòng)，則其加速度方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，加速度方向向上，則合力方向豎直向上，B正確；C．打開降落傘至分離前，受到浮力和氣體的阻力以及火星的吸引力作用，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．懸停狀態(tài)中，發(fā)動(dòng)機(jī)噴火的反作用力是氣體對(duì)發(fā)動(dòng)機(jī)的作用力，由于還受到火星的吸引力，則與氣體的阻力不是平衡力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。24．（2021·湖南·高考真題）“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車組用多節(jié)車廂提供動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為的動(dòng)車組在平直的軌道上行駛。該動(dòng)車組有四節(jié)動(dòng)力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為，若動(dòng)車組所受的阻力與其速率成正比（，為常量），動(dòng)車組能達(dá)到的最大速度為。下列說(shuō)法正確的是（）A．動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)過程中，牽引力恒定不變B．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)C．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為，則動(dòng)車組勻速行駛的速度為D．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間達(dá)到最大速度，則這一過程中該動(dòng)車組克服阻力做的功為【答案】C【詳析】A．對(duì)動(dòng)車由牛頓第二定律有若動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)，即加速度恒定，但隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯(cuò)誤；B．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有故可知加速啟動(dòng)的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；C．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為，則動(dòng)車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有而以額定功率勻速時(shí)，有聯(lián)立解得故C正確；D．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間達(dá)到最大速度，由動(dòng)能定理可知可得動(dòng)車組克服阻力做的功為故D錯(cuò)誤；故選C。25．（2021·浙江·高考真題）如圖所示，電動(dòng)遙控小車放在水平長(zhǎng)木板上面，當(dāng)它在長(zhǎng)木板上水平向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，長(zhǎng)木板保持靜止，此時(shí)（）A．小車只受重力、支持力作用B．木板對(duì)小車的作用力方向水平向左C．木板對(duì)小車的作用力大于小車對(duì)木板的作用力D．木板對(duì)小車的作用力與小車對(duì)木板的作用力大小一定相等【答案】D【詳析】A．小車加速向左運(yùn)動(dòng)，受到自身的重力和電機(jī)的驅(qū)動(dòng)力，受到長(zhǎng)木板對(duì)小車的支持力和阻力，A錯(cuò)誤；B．木板對(duì)小車的作用力包括豎直向上的支持力和水平方向的阻力，根據(jù)平行四邊形定則可知合力方向一定不在水平方向，B錯(cuò)誤；CD．木板對(duì)小車的作用力與小車對(duì)木板的作用力是一對(duì)相互作用力，等大反向，C錯(cuò)誤，D正確。故選D?？键c(diǎn)02牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用26．（2025·福建·高考真題）傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小恒為1m/s，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。兩個(gè)物塊A、B，A、B用一根輕彈簧連接，開始彈簧處于原長(zhǎng)，A的質(zhì)量為1kg，B的質(zhì)量為2kg，A與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。t=0時(shí)，將兩物塊放置在傳送帶上，給A一個(gè)向右的初速度v0=2m/s，B的速度為零，彈簧自然伸長(zhǎng)。在t=t0時(shí)，A與傳送帶第一次共速，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep=0.75J，傳送帶足夠長(zhǎng)，A可在傳送帶上留下痕跡，則（）A．在t=時(shí)，B的加速度大小大于A的加速度大小B．t=t0時(shí)，B的速度為0.5m/sC．t=t0時(shí)，彈簧的壓縮量為0.2mD．0﹣t0過程中，A與傳送帶的痕跡小于0.05m【答案】BD【詳析】AB．根據(jù)題意可知傳送帶對(duì)AB的滑動(dòng)摩擦力大小相等都為初始時(shí)A向右減速，B向右加速，故可知在A與傳送帶第一次共速前，AB整體所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒有，代入數(shù)值解得t=t0時(shí)，B的速度為在A與傳送帶第一次共速前，對(duì)任意時(shí)刻對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律有，由于，故可知故A錯(cuò)誤，B正確；C．在時(shí)間內(nèi)，設(shè)AB向右的位移分別為，；，由功能關(guān)系有解得故彈簧的壓縮量為故C錯(cuò)誤；D．A與傳送帶的相對(duì)位移為B與傳送帶的相對(duì)為故可得由于時(shí)間內(nèi)A向右做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，B向右做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，且滿足，作出AB的圖像可知等于圖形的面積，等于圖形的面積，故可得結(jié)合可知，故D正確。故選BD。27．（2025·四川·高考真題）如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，安裝在其頂端的電動(dòng)機(jī)通過不可伸長(zhǎng)輕繩與小車相連，小車上靜置一物塊。小車與物塊質(zhì)量均為m，兩者之間動(dòng)摩擦因數(shù)為。電動(dòng)機(jī)以恒定功率P拉動(dòng)小車由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過一段時(shí)間，小車與物塊的速度剛好相同，大小為。運(yùn)動(dòng)過程中輕繩與斜面始終平行，小車和斜面均足夠長(zhǎng)，重力加速度大小為g，忽略其他摩擦。則這段時(shí)間內(nèi)（

）A．物塊的位移大小為 B．物塊機(jī)械能增量為C．小車的位移大小為 D．小車機(jī)械能增量為【答案】C【詳析】A．對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得物塊的位移大小為故A錯(cuò)誤；B．物塊機(jī)械能增量為故B錯(cuò)誤；C．對(duì)小車根據(jù)動(dòng)能定理有其中聯(lián)立解得故C正確；D．小車機(jī)械能增量為故D錯(cuò)誤。故選C。28．（2025·河北·高考真題）如圖，截面為等腰三角形的光滑斜面體固定在水平地面上，兩個(gè)相同的小物塊通過不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩跨過頂端的輕質(zhì)定滑輪，靜止在斜面體兩側(cè)，細(xì)繩與斜面平行。此外，兩物塊分別用相同的輕質(zhì)彈簧與斜面體底端相連，且彈簧均處于原長(zhǎng)。將左側(cè)小物塊沿斜面緩慢拉下一小段距離，然后松開。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，斜面傾角為，不計(jì)摩擦和空氣阻力。在兩物塊運(yùn)動(dòng)過程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．左側(cè)小物塊沿斜面做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B．細(xì)繩的拉力隨左側(cè)小物塊加速度的增大而增大C．右側(cè)小物塊在最高位置的加速度與其在最低位置的加速度大小相等D．若增大，則右側(cè)小物塊從最低位置運(yùn)動(dòng)到最高位置所用的時(shí)間變長(zhǎng)【答案】AC【詳析】A．對(duì)左側(cè)小物塊，設(shè)沿斜面向下的位移為x，則有此時(shí)，對(duì)右側(cè)小物塊，有聯(lián)立可得則左側(cè)小物塊受到的合外力，方向與位移方向相反，故其做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．根據(jù)以上分析，可得，繩拉力保持不變，故B錯(cuò)誤；C．同理可知，右側(cè)小物塊也做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性，其在最高和最低位置的加速度大小相等，故C正確；D．彈簧振子振動(dòng)周期，與斜面夾角無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選AC。29．（2025·陜晉青寧卷·高考真題）某智能物流系統(tǒng)中，質(zhì)量為20kg的分揀機(jī)器人沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)，受到的合力沿軌道方向，合力F隨時(shí)間t的變化如圖所示，則下列圖像可能正確的是（

）A． B．C． D．【答案】A【詳析】根據(jù)牛頓第二定律和題圖的F—t圖畫出如圖所示的a—t圖像可知機(jī)器人在0~1s和2~3s內(nèi)加速度大小均為1m/s2，方向相反，由v—t圖線的斜率表示加速度可知A正確。故選A。30．（2024·北京·高考真題）如圖所示，飛船與空間站對(duì)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． B． C． D．【答案】A【詳析】根據(jù)題意，對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律有F=(M＋m)a對(duì)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故選A。31．（2024·安徽·高考真題）傾角為的傳送帶以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。時(shí)在傳送帶底端無(wú)初速輕放一小物塊，如圖所示。時(shí)刻物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到。不計(jì)空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【詳析】時(shí)間內(nèi)：物體輕放在傳送帶上，做加速運(yùn)動(dòng)。受力分析可知，物體受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運(yùn)動(dòng)。之后：當(dāng)物塊速度與傳送帶相同時(shí)，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變?yōu)榱?，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)。C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。32．（2024·全國(guó)甲卷·高考真題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質(zhì)量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測(cè)量P的加速度大小a，得到圖像。重力加速度大小為g。在下列圖像中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳析】設(shè)P的質(zhì)量為，P與桌面的動(dòng)摩擦力為；以P為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得以盤和砝碼為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知，a-m不是線性關(guān)系，排除AC選項(xiàng),可知當(dāng)砝碼的重力小于物塊P最大靜摩擦力時(shí)，物塊和砝碼靜止，加速度為0，當(dāng)砝碼重力大于時(shí)，才有一定的加速度，當(dāng)趨于無(wú)窮大時(shí)，加速度趨近等于。故選D。33．（2024·新疆河南·高考真題）如圖，一長(zhǎng)度的均勻薄板初始時(shí)靜止在一光滑平臺(tái)上，薄板的右端與平臺(tái)的邊緣O對(duì)齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動(dòng)，當(dāng)薄板運(yùn)動(dòng)的距離時(shí)，物塊從薄板右端水平飛出；當(dāng)物塊落到地面時(shí)，薄板中心恰好運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)。已知物塊與薄板的質(zhì)量相等。它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小。求（1）物塊初速度大小及其在薄板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）平臺(tái)距地面的高度?！敬鸢浮浚?）4m/s；；（2）【詳析】（1）物塊在薄板上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為薄板做加速運(yùn)動(dòng)的加速度對(duì)物塊對(duì)薄板解得（2）物塊飛離薄板后薄板得速度物塊飛離薄板后薄板做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)物塊落到地面時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則平臺(tái)距地面的高度【『點(diǎn)石成金』】34．（2024·遼寧·高考真題）一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知到的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說(shuō)法正確的是（）A．小物塊在時(shí)刻滑上木板 B．小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為2μC．小物塊與木板的質(zhì)量比為3︰4 D．之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)【答案】ABD【詳析】A．圖像的斜率表示加速度，可知時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在時(shí)刻滑上木板，故A正確；B．結(jié)合圖像可知時(shí)刻，木板的速度為設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為，由題意可知物體開始滑上木板時(shí)的速度為，負(fù)號(hào)表示方向水平向左物塊在木板上滑動(dòng)的加速度為經(jīng)過時(shí)間與木板共速此時(shí)速度大小為，方向水平向右，故可得解得故B正確；C．設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時(shí)，木板的加速度為故可得解得根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為此時(shí)對(duì)木板由牛頓第二定律得解得故C錯(cuò)誤；D．假設(shè)之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體故可知此時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選ABD。35．（2023·福建·高考真題）如圖所示，一廣場(chǎng)小火車是由車頭和車廂編組而成。假設(shè)各車廂質(zhì)量均相等（含乘客），在水平地面上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比。一廣場(chǎng)小火車共有3節(jié)車廂，車頭對(duì)第一節(jié)車廂的拉力為，第一節(jié)車廂對(duì)第二節(jié)車廂的拉力為，第二節(jié)車廂對(duì)第三節(jié)車廂的拉力為，則（??）A．當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，B．當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，C．當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，D．當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，【答案】BD【詳析】AB．設(shè)每節(jié)車廂重G，當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)得T1∶T2∶T3=3∶2∶1故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。36．（2023·北京·高考真題）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(duì)兩物塊整體做受力分析有F=2ma再對(duì)于后面的物塊有FTmax=maFTmax=2N聯(lián)立解得F=4N故選C。37．（2022·北京·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊在傾角為的斜面上加速下滑，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。下列說(shuō)法正確的是（）A．斜面對(duì)物塊的支持力大小為 B．斜面對(duì)物塊的摩擦力大小為C．斜面對(duì)物塊作用力的合力大小為 D．物塊所受的合力大小為【答案】B【詳析】A．對(duì)物塊受力分析可知，沿垂直斜面方向根據(jù)平衡條件，可得支持力為故A錯(cuò)誤；B．斜面對(duì)物塊的摩擦力大小為故B正確；CD．因物塊沿斜面加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得可知?jiǎng)t斜面對(duì)物塊的作用力為故CD錯(cuò)誤。故選B。38．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，一小物塊從長(zhǎng)1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是（）A．v0=2.5m/s B．v0=1.5m/s C．μ=0.28 D．μ=0.25【答案】B【詳析】AB．物塊水平沿中線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則由題干知x=1m，t=1s，v>0代入數(shù)據(jù)有v0<2m/s故A不可能，B可能；CD．對(duì)物塊做受力分析有a=-μg，v2-v02=2ax整理有v02-2ax>0由于v0<2m/s可得μ<0.2故CD不可能。故選B。39．（2022·全國(guó)甲卷·高考真題）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前（）A．P的加速度大小的最大值為B．Q的加速度大小的最大值為C．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小【答案】AD【詳析】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則拉力大小為撤去拉力前對(duì)Q受力分析可知，彈簧的彈力為AB．從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前的過程中，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)?，兩滑塊與地面間仍然保持相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑塊P的加速度為解得此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，過后滑塊P做減速運(yùn)動(dòng)，故PQ間距離減小，彈簧的伸長(zhǎng)量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為。Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)解得故滑塊Q加速度大小最大值為，A正確，B錯(cuò)誤；C．滑塊PQ水平向右運(yùn)動(dòng)，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯(cuò)誤；D．滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)的加速度為解得撤去拉力時(shí)，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原長(zhǎng)時(shí)加速度大小為；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原長(zhǎng)時(shí)加速度大小也為。分析可知P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小，D正確。故選AD。40．（2022·全國(guó)乙卷·高考真題）如圖，一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長(zhǎng)L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，它們加速度的大小均為（）A． B． C． D．【答案】A【詳析】當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，,如圖所示由幾何關(guān)系可知設(shè)繩子拉力為，水平方向有解得對(duì)任意小球由牛頓第二定律可得解得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。41．（2022·浙江·高考真題）第24屆冬奧會(huì)將在我國(guó)舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長(zhǎng)12m水平直道AB與長(zhǎng)20m的傾斜直道BC在B點(diǎn)平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點(diǎn)時(shí)速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點(diǎn)共用時(shí)5.0s。若雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）可視為質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面上運(yùn)動(dòng)，其總質(zhì)量為110kg，sin15°=0.26，重力加速度取，求雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）（1）在直道AB上的加速度大小；（2）過C點(diǎn)的速度大小；（3）在斜道BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小?！敬鸢浮浚?）；（2）12m/s；（3）66N【詳析】（1）AB段解得（2）AB段解得BC段過C點(diǎn)的速度大?。?）在BC段有牛頓第二定律解得42．（2021·海南·高考真題）如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開始時(shí)P靜止在水平桌面上。將一個(gè)水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉?lái)的一半。已知P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為、，P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度。則推力F的大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳析】P靜止在水平桌面上時(shí)，由平衡條件有推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉?lái)的一半，即故Q物體加速下降，有可得而P物體將有相同的加速度向右加速而受滑動(dòng)摩擦力，對(duì)P由牛頓第二定律解得故選A。43．（2021·遼寧·高考真題）機(jī)場(chǎng)地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1=0.6m/s運(yùn)行的傳送帶與