五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題01直線運動，相互作用，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、2024、2025命題趨勢凸顯數(shù)學工具的深化應用，例如通過v-t圖像的斜率求解加速度、利用圖像面積計算位移，或通過聯(lián)立方程處理多階段運動問題（如先加速后勻速的復合運動）。牛頓運動定律的考查趨向多過程動態(tài)分析，例如將直線運動與能量守恒結合，分析變力作用下物體的運動狀態(tài)變化，或通過微分思想處理加速度隨時間變化的復雜過程?？茖W思維的培養(yǎng)貫穿命題始終，要求考生能夠將復雜運動分解為若干子過程（如分段處理豎直上拋運動的上升與下落階段），并通過模型簡化（如忽略空氣阻力）和理想化假設（如輕質繩、光滑接觸面）提煉核心物理規(guī)律。此外，實驗題常以測量重力加速度、驗證牛頓第二定律為背景，要求考生設計實驗方案、分析數(shù)據(jù)誤差，強化理論與實踐的結合。備考需重點訓練多體系統(tǒng)的受力分析和運動過程的邏輯推演，熟練掌握矢量運算、圖像分析及臨界狀態(tài)的數(shù)學表征，同時關注實際問題中物理模型的遷移應用（如將運動員起跑過程抽象為勻加速直線運動模型）。考點2相互作用2022、2023考點3牛頓運動定律2021、2022、2023、2024考點01直線運動1．（2025·海南·高考）如圖所示是某汽車通過ETC過程的v-t圖像，下面說法正確的是（）A．0～tB．t1C．0～t1和D．0～t1和【答案】A【詳析】A．由圖可知v-t圖像的斜率表示加速度，0～t1時間內加速度為負且恒定，速度為正，加速度方向與速度方向相反，故0～tB．t1～tC．0～t1內加速度為負，t2～t3內加速度為正，故D．0～t1和t2故選A。2．（2024·海南·高考）商場自動感應門如圖所示，人走進時兩扇門從靜止開始同時向左右平移，經(jīng)4s恰好完全打開，兩扇門移動距離均為2m，若門從靜止開始以相同加速度大小先勻加速運動后勻減速運動，完全打開時速度恰好為0，則加速度的大小為（）A．1.25m/s2 B．1m/【答案】C【詳析】設門的最大速度為v，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知加速過程和減速過程的平均速度均為v2，且時間相等，均為2s，根據(jù)x=v2×4可得故選C。3．（2021·海南·高考）甲、乙兩人騎車沿同一平直公路運動，t=0時經(jīng)過路邊的同一路標，下列位移-時間(x-t)圖像和速度-時間(v-t)圖像對應的運動中，甲、乙兩人在t0A． B．C． D．【答案】BC【詳析】A．該圖中，甲乙在t0時刻之前位移沒有相等的時刻，即兩人在t0時刻之前不能相遇，選項A錯誤；B．該圖中，甲乙在t0時刻之前圖像有交點，即此時位移相等，即兩人在t0時刻之前能再次相遇，選項B正確；C．因v-t圖像的面積等于位移，則甲乙在t0時刻之前位移有相等的時刻，即兩人能再次相遇，選項C正確；D．因v-t圖像的面積等于位移，由圖像可知甲乙在t0時刻之前，甲的位移始終大于乙的位移，則兩人不能相遇，選項D錯誤。故選BC。考點02相互作用4．（2023·海南·高考）如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是（

）

A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力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．對人受力分析有

則有FN＋FT=mg其中工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤、B正確；CD．對滑輪做受力分析有

則有FT=mg2cosθ則隨著重物緩慢拉起過程，θ故選B。5．（2022·海南·高考）我國的石橋世界聞名，如圖，某橋由六塊形狀完全相同的石塊組成，其中石塊1、6固定，2、5質量相同為m，3、4質量相同為m'，不計石塊間的摩擦，則m:m'A．32 B．3 C．1 D．【答案】D【詳析】六塊形狀完全相同的石塊圍成半圓對應的圓心角為180°，每塊石塊對應的圓心角為30°，對第結合力的合成可知tan對第2塊和第三塊石塊整體受力分析如圖tan30°故選D?？键c03牛頓運動定律6．（2024·海南·高考）某游樂項目裝置簡化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R=10m，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度h=5m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質量M=25kg，一質量為m=50kg的游客，從a點由靜止開始下滑，在b點滑上滑板，當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行s=16m（1）游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小；（2）滑板的長度L【答案】（1）1000N；（2）【來源】2024年高考海南卷物理真題【詳析】（1）設游客滑到b點時速度為v0，從a到b過程，根據(jù)機械能守恒解得v0=10m/s在b點根據(jù)牛頓第二定律FN-mg=mv（2）設游客恰好滑上平臺時的速度為v，在平臺上運動過程由動能定理得-μmgs=0-12根據(jù)題意當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，可知該過程游客一直做減速運動，滑板一直做加速運動，設加速度大小分別為a1和aaa根據(jù)運動學規(guī)律對游客v=v0-a1t解得t=1s該段時間內游客的位移為7．（2024·海南·高考）神舟十七號載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風著陸場成功著陸，在飛船返回至離地面十幾公里時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．重力對返回艙做負功【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錯誤；C．主傘的拉力與返回艙運動方向相反，對返回艙做負功，故C錯誤；D．返回艙的重力與返回艙運動方向相同，重力對返回艙做正功，故D錯誤。故選A。8．（2023·海南·高考）如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是（

）

A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力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．對人受力分析有

則有FN＋FT=mg其中工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤、B正確；CD．對滑輪做受力分析有

則有FT=mg2cosθ則隨著重物緩慢拉起過程，θ故選B。9．（2022·海南·高考）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是F1，乙對甲的作用力是FA．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同C．F1的沖量大于F2的沖量 D．F1【答案】A【詳析】根據(jù)題意可知F1和F2是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知F1和F2等大反向、具有同時性；根據(jù)沖量定義式I=Ft可知故選A。10．（2021·海南·高考）公元前4世紀末，我國的《墨經(jīng)》中提到“力，形之所以奮也”，意為力是使有形之物突進或加速運動的原因。力的單位用國際單位制的基本單位符號來表示，正確的是（）A．kg?m?s-1 B．kg?【答案】B【來源】2021年海南省普通高中高考（海南卷）【詳析】AB．根據(jù)牛頓第二定律的表達式F=ma可知力的單位為kg?m?s-2C．根據(jù)壓強的表達式p=FS可知力的單位為Pa?m2D．根據(jù)做功的表達式W=Fx可知力的單位為J?m-1，但功的單位J故選B。11．（2021·海南·高考）如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?。已知P、Q兩物塊的質量分別為mp=0.5kg、mQ=0.2kg，P與桌面間的動摩擦因數(shù)A．4.0N B．3.0N C．2.5N【答案】A【詳析】P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有Tf=推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?，即T故Q物體加速下降，有mQg-T2=mQa可得a=5m/s2故選A。1．（2025·海南·三模）某廠家在測試一新能源汽車性能時，讓測試車輛沿一平直公路行駛。某段時間內利用安裝在車上的速率傳感器獲得的v-A．0～tB．t0C．t1D．t0【答案】D【詳析】A．由v-t圖像可知0～tB．由v-t圖像可知t0C．v-t圖像的斜率表示加速度，t1D．由v-t圖像可知t0故選D。2．（2025·海南三亞·學業(yè)水平診斷）音樂噴泉以其高水柱、豐富的燈光和音樂表演而著名，吸引了眾多游客前來觀賞和拍照。已知某噴泉能達到的最大高度為50m，當水到達最高點后水流從四周散開，噴泉出水口與地面在同一水平面，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則噴泉水從開始噴射到落地的時間大約是（）A．10s B．10s C．210s【答案】C【詳析】根據(jù)h=12故選C。3．（2025·海南瓊海嘉積中學·一模）甲、乙兩車在一平直公路上從同一地點沿同一方向做直線運動，它們的v-t圖像如圖所示。下列判斷正確的是（

）A．乙車啟動時，甲車在其前方100m處B．乙車啟動10s后正好追上甲車C．運動過程中，乙車落后甲車的最大距離為75mD．乙車超過甲車后，兩車會再相遇【答案】C【詳析】A．根據(jù)速度圖線與時間軸包圍的面積表示位移，可知乙在t=10s時啟動此時甲的位移為x=12×10×10m=50mB．由于兩車從同一地點沿同一方向沿直線運動，當位移相等時兩車才相遇，由圖可知，乙車啟動10s后乙車的位移為x乙=12×10×20m=100m甲車的位移為C．當兩車的速度相等時相遇最遠，最大距離為xmax=1D．乙車超過甲車后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故D錯誤。故選C。4．（2025·海南·三模）圖1為果園里一蘋果樹枝上的一個蘋果，隨著蘋果慢慢長大，果枝與蘋果一起緩慢向下傾斜；圖2為某同學利用細繩（一端系在手指上，一端系在蘋果上）及水平輕質鉛筆AC組成一個三角支架懸掛了一個蘋果，鉛筆AC可繞C點自由轉動，蘋果處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．圖1中蘋果受到的彈力是因蘋果發(fā)生形變引起的B．圖1中樹枝對蘋果的作用力豎直向上C．圖2中鉛筆對A點的作用力斜向右上方D．圖2中鉛筆對手掌的作用力由C指向A【答案】B【詳析】A．圖1中蘋果受到的彈力是因果枝發(fā)生形變引起的，A錯誤；B．圖1中樹枝對蘋果的作用力與重力相平衡，方向豎直向上，B正確；CD．圖2中蘋果所受的重力分解為沿繩方向的力F1和垂直于掌心方向的力F2，如圖所示：其作用效果一方面拉緊繩，另一方向使鉛筆壓緊手掌?？芍U筆對A點的作用力由C指向A，鉛筆對手掌的作用力由A指向C，CD錯誤；故選B。5．（2025·海南三亞·學業(yè)水平診斷）《墨經(jīng)》中記載可以通過車梯（一種前低后高的斜面車）提升重物。如圖所示，輕繩一端固定，另一端系在重物上，現(xiàn)向左推動車梯，重物沿斜面緩慢上升，忽略重物和車梯間的摩擦阻力，則此過程中（）A．小球受到的輕繩拉力不變 B．小球受到的輕繩拉力增大C．小球受到的斜面支持力不變 D．小球受到的斜面支持力增大【答案】D【詳析】緩慢拉升重物的過程中，重物所受重力大小方向不變，支持力的方向不變，而輕繩拉力的方向不斷變化，受力如圖所示由圖可知，重物所受支持力FN不斷增大，輕繩拉力T不斷減小。故選D。6．（2025·海南?？凇し抡婵迹┲袊耸褂每曜又辽儆?000年的歷史，在漢代時稱之為“箸”，明代開始改稱“筷”。某次游戲中，用筷子夾住質量為m的玻璃球，已知兩根筷子均在同一豎直平面內，小球對左側筷子的彈力大小為F1，對右側筷子的彈力大小為F2，忽略筷子與小球間的摩擦。若保持右側筷子豎直，使左側筷子與豎直方向的夾角A．該過程中F1B．該過程中F2C．該過程中F1D．該過程中F1、F【答案】D【詳析】AC．由牛頓第三定律可知小球對筷子的彈力大小與筷子對小球的支持力大小相等，對小球受力分析如圖所示正交分解，由受力平衡有F1cosθ=F2，F(xiàn)1sinθ=mg若保持右側筷子豎直，使左側筷子與豎直方向的夾角BD．根據(jù)F2=mgtanθ可知若保持右側筷子豎直，使左側筷子與豎直方向的夾角θ逐漸減小的過程中，F(xiàn)故選D。7．（2025·海南瓊海嘉積中學·一模）如圖所示，一個質量為m的均勻光滑球放在傾角為θ的固定斜面上，并被斜面上一豎直方向的擋板擋住，處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，設球對擋板的壓力大小為F1，球對斜面的壓力大小F2，則（

）A．FB．F2=mgcosθC．當擋板順時針緩慢轉動到水平位置的過程中，F(xiàn)2一直減小D．當擋板順時針緩慢轉動到水平位置的過程中，F(xiàn)1一直減小【答案】C【詳析】AB．以球為研究對象，球受重力、斜面對球體的支持力N2和擋板對球體的支持力N根據(jù)平衡條件可得N2cosθ=mg，N2sinθ=N1故AB錯誤；CD．當擋板順時針緩慢轉動到水平位置的過程中，由平衡條件得知，N1和N2的合力與由圖看出，N2逐漸減小，N1先減小后增大，則根據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)2一直減小，F(xiàn)1先減小后增大，故故選C。8．（2025·海南·三模）2025年1月13日11時00分，由中國航天科技集團有限公司研制的捷龍三號運載火箭，在山東省海陽市近海海域點火升空，采用“一箭十星”方式，將10顆衛(wèi)星順利送入650公里高度、傾角為55°的軌道上，繞地球做勻速圓周運動，發(fā)射任務取得圓滿成功。關于此次發(fā)射，下列說法正確的是（）A．火箭發(fā)射衛(wèi)星加速上升過程中，衛(wèi)星處于超重狀態(tài)B．衛(wèi)星在軌運行時處于完全失重狀態(tài)，受到的合外力為零C．衛(wèi)星的在軌線速度大于地球的第一宇宙速度D．衛(wèi)星繞地球一周所用時間大于地球自轉周期【答案】A【詳析】A．火箭發(fā)射衛(wèi)星加速過程中，加速度向上，衛(wèi)星處于超重狀態(tài)，A正確；B．衛(wèi)星在軌運行時合外力為萬有引力不為零，萬有引力完全提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，B錯誤；C．根據(jù)GMmr2=mv2D．已知地球靜止衛(wèi)星離地高度約36000km，由開普勒第三定律a3T2=故選A。9．（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。小球上下振動時，傳感器記錄彈力隨時間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g=10m/A．小球的質量為0.2kg，振動的周期為4sB．0~2s內，小球始終處于超重狀態(tài)C．0~2s內，小球受彈力的沖量大小為2N?sD．0~2s內，彈力對小球做的功等于小球動能的變化量【答案】C【詳析】A．小球在最低點時彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N，到達最高點時傳感器示數(shù)最小值為零，則此時彈簧在原長，小球的加速度為向下的g，結合對稱性可知最低點時的加速度為向上的g，根據(jù)則F-mg=ma可知F=2mg=2N即小球的質量m=0.1kg由圖像可知，振動的周期為4s，選項A錯誤；B．0~2s內，小球從最低點到最高點，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項B錯誤；C．0~2s內，小球從最低點到最高點，動量變化為零，由動量定理I-mgt=0可得小球受彈力的沖量大小為I=2N?sD．0~2s內，小球動能變化為零，彈力對小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動能的變化量，選項D錯誤。故選C。10．（2025·海南·三模）當今社會，機器人在工業(yè)生產(chǎn)中發(fā)揮了巨大作用，圖1為一個工廠的傳送帶旁機器人在收集搬運流水線上的箱子，該過程可簡化為圖2所示的示意圖。水平傳送帶以1m/s的速度順時針勻速轉動，在傳送帶左端每隔0.5s放上來一個邊長為0.2m的正方體箱子，剛放上來時速度為零，機器人在傳送帶右端伸出一只手A靜止等待并攔住箱子，箱子與手接觸后立即靜止，待三個箱子挨在一起后，機器人立即伸出另一只手B，和手A一起將三個箱子搬離傳送帶。隨后再伸出手A等待箱子，重復收集和搬運的工作。已知傳送帶長10m，箱子與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度g取10m/sA．箱子從放上到被搬離，與傳送帶間的摩擦力依次為滑動摩擦力、靜摩擦力、滑動摩擦力B．機器人從手A接觸箱子到手B接觸箱子，用時1sC．傳送帶上相鄰的箱子（不包括B、A之間的箱子）之間的最小間隙為0.25mD．傳送帶上相鄰的箱子之間的最大間隙為0.3m【答案】C【詳析】A．箱子從放上傳送帶，開始時速度小于傳送帶的速度，滑塊受到水平向右的滑動摩擦力，待箱子與傳送帶速度相等后，箱子與傳送帶無相對運動，箱子不受摩擦力，待箱子運動到最右端，機器人用手攔住箱子，此時箱子靜止，傳送帶勻速轉動，故其受到傳送帶向右的滑動摩擦力，故箱子與傳送帶間的摩擦力依次為開始時受到滑動摩擦力、中間過程不受摩擦力、最后受到向右的滑動摩擦力，故A錯誤；B．對第一個箱子放上傳送帶，根據(jù)牛頓第二定律μmg=ma解得a=μg=2m/s2傳送帶加速到與傳送帶共速，根據(jù)運動學公式解得t2=9.55s第二個箱子、第解得t2=9.35s第三個在傳送帶上運動的時間L-x1t5=t1+間隔為1s,故機器人從手A接觸箱子到手B接觸箱子，用時0.6s故B錯誤；C．據(jù)前分析，第二個箱子放在傳送帶上后，第一個剛好做勻速直線運動，后面的0.5s，兩箱子與加速追勻速，兩者距離增大，故第二個剛放上傳送帶后兩者距離最小，為0.25m,故C正確；D．據(jù)前分析，當?shù)诙€箱子速度等于傳送帶速度時，兩箱子距離最大，第二個箱子加速時間為0.5s，位移為x1=0.25m，該段時間內第一個箱子的位移為x2=vt故選C。11．（2025·海南三亞·學業(yè)水平診斷）利用圖像描述物理過程、探尋物理規(guī)律是物理學研究中常用的方法。下圖是描述某個物理過程中兩個物理量之間關系的圖像，對相應物理過程分析正確的是（）A．若該圖像為質點運動的位移隨時間變化的圖像，則質點在1s末改變了運動方向B．若該圖像為質點運動的速度隨時間變化的圖像，則質點在前2s內的路程等于0C．若該圖像為某電場中沿一確定方向電勢隨位置變化的圖像，則該電場一定為勻強電場D．若該圖像為靜止的閉合線圈內的磁通量隨時間變化的圖像，則閉合線圈中會產(chǎn)生恒定電流【答案】CD【詳析】A．若該圖像為質點運動的位移時間圖像，則圖像的斜率等于速度，由圖可知，1s末質點的速度大小和方向均不變，故A錯誤；B．若該圖像為質點運動的速度時間圖像，則質點做勻變速直線運動，根據(jù)圖像與時間軸所圍的面積表示位移，可知質點在前2秒內的位移等于0，但路程不等于0，故B錯誤；C．若該圖像為一條電場線上各點的電勢隨坐標變化的圖像，由于圖像的斜率表示電場強度的大小，斜率不變，電場強度不變，只能是勻強電場中的一條電場線，故C正確；D．若該圖像為閉合線圈內磁通量隨時間變化的圖像，圖線的斜率不變，即磁通量的變化率不變，根據(jù)法拉第電磁感應定律知該閉合線圈內產(chǎn)生恒定的感應電動勢，恒定的感應電流，故D正確。故選CD。12．（2025·海南?？凇し抡婵迹﹪乙?guī)定民用電梯的加速度應在0.4m/s2至1.0m/sA．該電梯所設置的加速度不符合國家規(guī)定B．0-3s內電梯處于超重狀態(tài)C．電梯在2s時與7s時的加速度大小之比為4：3D．電梯10s內上升的總高度為20m【答案】BC【詳析】A．由v-t圖像可得電梯加速階段的加速度a1=ΔvΔt=23B．在0-3s內，電梯向上做加速運動，加速度方向向上，根據(jù)超重的定義，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，所以0-3s內電梯處于超重狀態(tài)，B選項正確；C．電梯在2s時處于加速階段，加速度a2s=23ms27s時處于減速階段，加速度D．根據(jù)v-t圖線與時間軸圍成的面積表示位移，10s內上升的總高度h=1故選BC。13．（2025·海南文昌中學·適應性考試）如圖甲為建筑行業(yè)使用的一種小型打夯機，其原理可簡化為：一個質量為M的支架（含電動機）上，有一根輕桿帶動一個質量為m的鐵球在豎直面內轉動，如圖乙所示，重力加速度為g，若在某次打夯過程中，鐵球勻速轉動，則（）A．鐵球所受合力大小不變B．鐵球轉動到最高點時，處于超重狀態(tài)C．鐵球運動過程中的機械能守恒D．若鐵球轉動到最高點時，支架對地面的壓力剛好為零，則此時輕桿的彈力為Mg【答案】AD【詳析】A．鐵球在豎直平面內做勻速圓周運動，則其所受合力大小不變，方向總是指向圓心，即方向發(fā)生變化，故A正確；B．鐵球轉動到最高點時，加速度指向圓心，方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．鐵球做勻速圓周運動速度大小不變，即動能不變，重力勢能在變化，則機械能不守恒，故C錯誤；D．若鐵球轉動到最高點時，支架對地面的壓力剛好為零，對支架進行分析，根據(jù)平衡條件，可知桿對支架的彈力為Mg，故D正確。故選AD。14．（24-25·江西新余·二模）如圖所示，不可伸長的輕繩跨越釘子O，兩端分別系有大小相同的小球A和B。在球B上施加外力F，使輕繩OB水平且繃直，球A與地面接觸，兩球均靜止。已知OA=OB=L，兩球質量分別為mA、mA．兩球質量應滿足mB．外力F應滿足mC．兩球碰撞前瞬間，B球的加速度大小為2D．兩球碰后擺起的最大高度不超過1【答案】AC【詳析】A．兩球可沿水平方向發(fā)生正碰，表明A始終處于靜止狀態(tài)，對B進行分析，根據(jù)動能定理有mB在最低點與A碰撞前，根據(jù)牛頓第二定律有T-mBg=mBv02LB．在球B上施加外力F，使輕繩OB水平且繃直，B此時受到重力、繩拉力T0，與F三個力作用，根據(jù)平衡條件有mBg≤F可知，要使的細繩處于伸直狀態(tài)，則力F最小值為mBg，因為A的重力無最大值（可以是無窮大），可知C．兩球碰撞前瞬間，對B球進行分析，則有a=v02D．對A、B進行分析，根據(jù)動量守恒定律有mBv0=mB+mAv1結合上述解得故選AC。15．（2025·海南?？凇し抡婵迹?024年底CR450動車組成功下線，其最高速度可超過450公里/小時，再一次讓世界為中國高鐵驚嘆。該動車組由8節(jié)車廂組成，其中2、3、6、7號車廂為動力車廂，其余車廂無動力。每節(jié)動力車廂所提供驅動力大小均為F，所受阻力大小均為f，各車廂的質量均為m。該列車沿水平直軌道行駛時，下列說法正確的是（）A．若列車勻速行駛，則車廂間拉力均為零B．若僅啟用兩節(jié)動力車廂勻加速行駛，則加速度大小為FC．若列車動力全開勻加速行駛，則加速度大小為FD．若列車動力全開勻加速行駛，則第3節(jié)車廂對第4節(jié)車廂的拉力大小為F【答案】CD【詳析】A．當動車組做勻速運動時，對整體有4F=8f則F=2f則根據(jù)平衡條件可知第一列車廂有F12=f對于一、二列車廂整體有2f=F+F23可得二、三節(jié)車廂間作用力F23B．若僅啟用兩節(jié)動力車廂勻加速行駛，根據(jù)牛頓第二定律2F-8f=8ma整列車的加速度大小為C．若列車動力全開勻加速行駛，根據(jù)牛頓第二定律4F-8f=8ma2D．若列車動力全開勻加速行駛，對后五節(jié)車廂整體，根據(jù)牛頓第二定律F'34+2F-5f=5故選CD。16．（2025·海南·三模）某同學用如圖所示裝置進行驗證機械能守恒定律的實驗，氣墊導軌與細線均已調節(jié)水平?；瑝K和遮光條的總質量為M，鉤碼質量為m，遮光條的寬度為d，遮光條到光電門的距離為L。接通電源，由靜止釋放滑塊，滑塊通過光電門時遮光條的遮光時間為t，重力加速度為g。(1)滑塊的加速度大小a=___________（用d、t、L表示）；(2)若等式___________（用d、t、L、M、m、g表示）成立，則系統(tǒng)機械能守恒。【答案】(1)d(2)2【詳析】（1）滑塊由靜止釋放到運動到光電門有v2=2aL，v（2）若系統(tǒng)機械能守恒，則mgL=12(m17．（2025·海南文昌中學·適應性考試）一個質量為m的羽毛球（可將羽毛球看成質點）卡在球筒底部，球筒的質量為M，筒長為L，已知羽毛球和球筒間的最大靜摩擦和滑動摩擦力大小近似相等，且恒為f＝4mg。重力加速度為g，不計一切空氣阻力。某同學使用以下兩種方式將球從筒內取出：(1)“甩”，如圖甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在豎直平面內繞O點做半徑為R的圓周運動。當球筒運動至豎直朝下時，羽毛球恰要相對球筒滑動，求此時球筒的角速度；(2)“落”，如圖乙所示。讓球筒從離地h高處由靜止釋放，已知：M＝8m，且球筒撞擊地面后反彈的速度大小始終為撞擊前的14。若要求在球筒第一次到達最高點以后，羽毛球從球筒中滑出，求h【答案】(1)ω(2)72【詳析】（1）當球筒運動至豎直朝下時，以羽毛球為研究對象，羽毛球恰要相對球筒滑動對羽毛球受力分析有f-mg=mRω2（2）羽毛球和球筒從h處自由下落，觸地瞬間的速度滿足v02=2gh此后m以初速度v0向下做勻減速運動，M以v04的初速度向上做勻減速運動在二者達到共速之前的過程中對m，由牛頓第二定律f-mg=ma1解得a1=3g對M，由牛頓第二定律f+Mg=Ma2解得a2=1.5g設依題意，有t0＜t1＜2t0，二者在M第一次到達最高點以后下落過程中達到共速，若m恰好在共速時刻t1滑出，二者的相對位移為L由x=v0t+12at2有v0t1-12a1t12--14v0t1+12a18．（2025·海南·三模）如圖所示，將一開口向上的汽缸放置于托舉平臺上，汽缸上部橫截面面積為S1=S，汽缸下部橫截面面積為S2=2(1)若在活塞上放置一個質量為m的物塊，活塞穩(wěn)定后恰好下降H2，求大氣壓強p(2)仍將質量為m的物塊放在活塞上，控制托舉平臺，使汽缸和物塊一起向上做勻加速直線運動，為保證活塞不進入汽缸下部，計算平臺的最大加速度?！敬鸢浮?1)5(2)1.5【詳析】（1）對封閉氣體，初始時壓強為p0，體積為V0=HS1+HS2=3HS末態(tài)時壓強為p（2）當活塞剛好到達汽缸連接處時，由最大加速度，此時由玻意耳定律p0V0=p2對活塞及物塊受力分析，有p2S專題01直線運動，相互作用，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、2024、2025命題趨勢凸顯數(shù)學工具的深化應用，例如通過v-t圖像的斜率求解加速度、利用圖像面積計算位移，或通過聯(lián)立方程處理多階段運動問題（如先加速后勻速的復合運動）。牛頓運動定律的考查趨向多過程動態(tài)分析，例如將直線運動與能量守恒結合，分析變力作用下物體的運動狀態(tài)變化，或通過微分思想處理加速度隨時間變化的復雜過程?？茖W思維的培養(yǎng)貫穿命題始終，要求考生能夠將復雜運動分解為若干子過程（如分段處理豎直上拋運動的上升與下落階段），并通過模型簡化（如忽略空氣阻力）和理想化假設（如輕質繩、光滑接觸面）提煉核心物理規(guī)律。此外，實驗題常以測量重力加速度、驗證牛頓第二定律為背景，要求考生設計實驗方案、分析數(shù)據(jù)誤差，強化理論與實踐的結合。備考需重點訓練多體系統(tǒng)的受力分析和運動過程的邏輯推演，熟練掌握矢量運算、圖像分析及臨界狀態(tài)的數(shù)學表征，同時關注實際問題中物理模型的遷移應用（如將運動員起跑過程抽象為勻加速直線運動模型）?？键c2相互作用2022、2023考點3牛頓運動定律2021、2022、2023、2024考點01直線運動1．（2025·海南·高考）如圖所示是某汽車通過ETC過程的v-t圖像，下面說法正確的是（）A．0～tB．t1C．0～t1和D．0～t1和【答案】A【詳析】A．由圖可知v-t圖像的斜率表示加速度，0～t1時間內加速度為負且恒定，速度為正，加速度方向與速度方向相反，故0～tB．t1～tC．0～t1內加速度為負，t2～t3內加速度為正，故D．0～t1和t2故選A。2．（2024·海南·高考）商場自動感應門如圖所示，人走進時兩扇門從靜止開始同時向左右平移，經(jīng)4s恰好完全打開，兩扇門移動距離均為2m，若門從靜止開始以相同加速度大小先勻加速運動后勻減速運動，完全打開時速度恰好為0，則加速度的大小為（）A．1.25m/s2 B．1m/【答案】C【詳析】設門的最大速度為v，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知加速過程和減速過程的平均速度均為v2，且時間相等，均為2s，根據(jù)x=v2×4可得故選C。3．（2021·海南·高考）甲、乙兩人騎車沿同一平直公路運動，t=0時經(jīng)過路邊的同一路標，下列位移-時間(x-t)圖像和速度-時間(v-t)圖像對應的運動中，甲、乙兩人在t0A． B．C． D．【答案】BC【詳析】A．該圖中，甲乙在t0時刻之前位移沒有相等的時刻，即兩人在t0時刻之前不能相遇，選項A錯誤；B．該圖中，甲乙在t0時刻之前圖像有交點，即此時位移相等，即兩人在t0時刻之前能再次相遇，選項B正確；C．因v-t圖像的面積等于位移，則甲乙在t0時刻之前位移有相等的時刻，即兩人能再次相遇，選項C正確；D．因v-t圖像的面積等于位移，由圖像可知甲乙在t0時刻之前，甲的位移始終大于乙的位移，則兩人不能相遇，選項D錯誤。故選BC?？键c02相互作用4．（2023·海南·高考）如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是（

）

A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力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．對人受力分析有

則有FN＋FT=mg其中工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤、B正確；CD．對滑輪做受力分析有

則有FT=mg2cosθ則隨著重物緩慢拉起過程，θ故選B。5．（2022·海南·高考）我國的石橋世界聞名，如圖，某橋由六塊形狀完全相同的石塊組成，其中石塊1、6固定，2、5質量相同為m，3、4質量相同為m'，不計石塊間的摩擦，則m:m'A．32 B．3 C．1 D．【答案】D【詳析】六塊形狀完全相同的石塊圍成半圓對應的圓心角為180°，每塊石塊對應的圓心角為30°，對第結合力的合成可知tan對第2塊和第三塊石塊整體受力分析如圖tan30°故選D?？键c03牛頓運動定律6．（2024·海南·高考）某游樂項目裝置簡化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R=10m，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度h=5m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質量M=25kg，一質量為m=50kg的游客，從a點由靜止開始下滑，在b點滑上滑板，當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行s=16m（1）游客滑到b點時對滑梯的壓力的大??；（2）滑板的長度L【答案】（1）1000N；（2）【來源】2024年高考海南卷物理真題【詳析】（1）設游客滑到b點時速度為v0，從a到b過程，根據(jù)機械能守恒解得v0=10m/s在b點根據(jù)牛頓第二定律FN-mg=mv（2）設游客恰好滑上平臺時的速度為v，在平臺上運動過程由動能定理得-μmgs=0-12根據(jù)題意當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，可知該過程游客一直做減速運動，滑板一直做加速運動，設加速度大小分別為a1和aaa根據(jù)運動學規(guī)律對游客v=v0-a1t解得t=1s該段時間內游客的位移為7．（2024·海南·高考）神舟十七號載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風著陸場成功著陸，在飛船返回至離地面十幾公里時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．重力對返回艙做負功【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錯誤；C．主傘的拉力與返回艙運動方向相反，對返回艙做負功，故C錯誤；D．返回艙的重力與返回艙運動方向相同，重力對返回艙做正功，故D錯誤。故選A。8．（2023·海南·高考）如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是（

）

A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力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．對人受力分析有

則有FN＋FT=mg其中工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤、B正確；CD．對滑輪做受力分析有

則有FT=mg2cosθ則隨著重物緩慢拉起過程，θ故選B。9．（2022·海南·高考）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是F1，乙對甲的作用力是FA．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同C．F1的沖量大于F2的沖量 D．F1【答案】A【詳析】根據(jù)題意可知F1和F2是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知F1和F2等大反向、具有同時性；根據(jù)沖量定義式I=Ft可知故選A。10．（2021·海南·高考）公元前4世紀末，我國的《墨經(jīng)》中提到“力，形之所以奮也”，意為力是使有形之物突進或加速運動的原因。力的單位用國際單位制的基本單位符號來表示，正確的是（）A．kg?m?s-1 B．kg?【答案】B【來源】2021年海南省普通高中高考（海南卷）【詳析】AB．根據(jù)牛頓第二定律的表達式F=ma可知力的單位為kg?m?s-2C．根據(jù)壓強的表達式p=FS可知力的單位為Pa?m2D．根據(jù)做功的表達式W=Fx可知力的單位為J?m-1，但功的單位J故選B。11．（2021·海南·高考）如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?。已知P、Q兩物塊的質量分別為mp=0.5kg、mQ=0.2kg，P與桌面間的動摩擦因數(shù)A．4.0N B．3.0N C．2.5N【答案】A【詳析】P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有Tf=推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话耄碩故Q物體加速下降，有mQg-T2=mQa可得a=5m/s2故選A。1．（2025·海南·三模）某廠家在測試一新能源汽車性能時，讓測試車輛沿一平直公路行駛。某段時間內利用安裝在車上的速率傳感器獲得的v-A．0～tB．t0C．t1D．t0【答案】D【詳析】A．由v-t圖像可知0～tB．由v-t圖像可知t0C．v-t圖像的斜率表示加速度，t1D．由v-t圖像可知t0故選D。2．（2025·海南三亞·學業(yè)水平診斷）音樂噴泉以其高水柱、豐富的燈光和音樂表演而著名，吸引了眾多游客前來觀賞和拍照。已知某噴泉能達到的最大高度為50m，當水到達最高點后水流從四周散開，噴泉出水口與地面在同一水平面，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則噴泉水從開始噴射到落地的時間大約是（）A．10s B．10s C．210s【答案】C【詳析】根據(jù)h=12故選C。3．（2025·海南瓊海嘉積中學·一模）甲、乙兩車在一平直公路上從同一地點沿同一方向做直線運動，它們的v-t圖像如圖所示。下列判斷正確的是（

）A．乙車啟動時，甲車在其前方100m處B．乙車啟動10s后正好追上甲車C．運動過程中，乙車落后甲車的最大距離為75mD．乙車超過甲車后，兩車會再相遇【答案】C【詳析】A．根據(jù)速度圖線與時間軸包圍的面積表示位移，可知乙在t=10s時啟動此時甲的位移為x=12×10×10m=50mB．由于兩車從同一地點沿同一方向沿直線運動，當位移相等時兩車才相遇，由圖可知，乙車啟動10s后乙車的位移為x乙=12×10×20m=100m甲車的位移為C．當兩車的速度相等時相遇最遠，最大距離為xmax=1D．乙車超過甲車后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故D錯誤。故選C。4．（2025·海南·三模）圖1為果園里一蘋果樹枝上的一個蘋果，隨著蘋果慢慢長大，果枝與蘋果一起緩慢向下傾斜；圖2為某同學利用細繩（一端系在手指上，一端系在蘋果上）及水平輕質鉛筆AC組成一個三角支架懸掛了一個蘋果，鉛筆AC可繞C點自由轉動，蘋果處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．圖1中蘋果受到的彈力是因蘋果發(fā)生形變引起的B．圖1中樹枝對蘋果的作用力豎直向上C．圖2中鉛筆對A點的作用力斜向右上方D．圖2中鉛筆對手掌的作用力由C指向A【答案】B【詳析】A．圖1中蘋果受到的彈力是因果枝發(fā)生形變引起的，A錯誤；B．圖1中樹枝對蘋果的作用力與重力相平衡，方向豎直向上，B正確；CD．圖2中蘋果所受的重力分解為沿繩方向的力F1和垂直于掌心方向的力F2，如圖所示：其作用效果一方面拉緊繩，另一方向使鉛筆壓緊手掌?？芍U筆對A點的作用力由C指向A，鉛筆對手掌的作用力由A指向C，CD錯誤；故選B。5．（2025·海南三亞·學業(yè)水平診斷）《墨經(jīng)》中記載可以通過車梯（一種前低后高的斜面車）提升重物。如圖所示，輕繩一端固定，另一端系在重物上，現(xiàn)向左推動車梯，重物沿斜面緩慢上升，忽略重物和車梯間的摩擦阻力，則此過程中（）A．小球受到的輕繩拉力不變 B．小球受到的輕繩拉力增大C．小球受到的斜面支持力不變 D．小球受到的斜面支持力增大【答案】D【詳析】緩慢拉升重物的過程中，重物所受重力大小方向不變，支持力的方向不變，而輕繩拉力的方向不斷變化，受力如圖所示由圖可知，重物所受支持力FN不斷增大，輕繩拉力T不斷減小。故選D。6．（2025·海南?？凇し抡婵迹┲袊耸褂每曜又辽儆?000年的歷史，在漢代時稱之為“箸”，明代開始改稱“筷”。某次游戲中，用筷子夾住質量為m的玻璃球，已知兩根筷子均在同一豎直平面內，小球對左側筷子的彈力大小為F1，對右側筷子的彈力大小為F2，忽略筷子與小球間的摩擦。若保持右側筷子豎直，使左側筷子與豎直方向的夾角A．該過程中F1B．該過程中F2C．該過程中F1D．該過程中F1、F【答案】D【詳析】AC．由牛頓第三定律可知小球對筷子的彈力大小與筷子對小球的支持力大小相等，對小球受力分析如圖所示正交分解，由受力平衡有F1cosθ=F2，F(xiàn)1sinθ=mg若保持右側筷子豎直，使左側筷子與豎直方向的夾角BD．根據(jù)F2=mgtanθ可知若保持右側筷子豎直，使左側筷子與豎直方向的夾角θ逐漸減小的過程中，F(xiàn)故選D。7．（2025·海南瓊海嘉積中學·一模）如圖所示，一個質量為m的均勻光滑球放在傾角為θ的固定斜面上，并被斜面上一豎直方向的擋板擋住，處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，設球對擋板的壓力大小為F1，球對斜面的壓力大小F2，則（

）A．FB．F2=mgcosθC．當擋板順時針緩慢轉動到水平位置的過程中，F(xiàn)2一直減小D．當擋板順時針緩慢轉動到水平位置的過程中，F(xiàn)1一直減小【答案】C【詳析】AB．以球為研究對象，球受重力、斜面對球體的支持力N2和擋板對球體的支持力N根據(jù)平衡條件可得N2cosθ=mg，N2sinθ=N1故AB錯誤；CD．當擋板順時針緩慢轉動到水平位置的過程中，由平衡條件得知，N1和N2的合力與由圖看出，N2逐漸減小，N1先減小后增大，則根據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)2一直減小，F(xiàn)1先減小后增大，故故選C。8．（2025·海南·三模）2025年1月13日11時00分，由中國航天科技集團有限公司研制的捷龍三號運載火箭，在山東省海陽市近海海域點火升空，采用“一箭十星”方式，將10顆衛(wèi)星順利送入650公里高度、傾角為55°的軌道上，繞地球做勻速圓周運動，發(fā)射任務取得圓滿成功。關于此次發(fā)射，下列說法正確的是（）A．火箭發(fā)射衛(wèi)星加速上升過程中，衛(wèi)星處于超重狀態(tài)B．衛(wèi)星在軌運行時處于完全失重狀態(tài)，受到的合外力為零C．衛(wèi)星的在軌線速度大于地球的第一宇宙速度D．衛(wèi)星繞地球一周所用時間大于地球自轉周期【答案】A【詳析】A．火箭發(fā)射衛(wèi)星加速過程中，加速度向上，衛(wèi)星處于超重狀態(tài)，A正確；B．衛(wèi)星在軌運行時合外力為萬有引力不為零，萬有引力完全提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，B錯誤；C．根據(jù)GMmr2=mv2D．已知地球靜止衛(wèi)星離地高度約36000km，由開普勒第三定律a3T2=故選A。9．（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。小球上下振動時，傳感器記錄彈力隨時間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g=10m/A．小球的質量為0.2kg，振動的周期為4sB．0~2s內，小球始終處于超重狀態(tài)C．0~2s內，小球受彈力的沖量大小為2N?sD．0~2s內，彈力對小球做的功等于小球動能的變化量【答案】C【詳析】A．小球在最低點時彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N，到達最高點時傳感器示數(shù)最小值為零，則此時彈簧在原長，小球的加速度為向下的g，結合對稱性可知最低點時的加速度為向上的g，根據(jù)則F-mg=ma可知F=2mg=2N即小球的質量m=0.1kg由圖像可知，振動的周期為4s，選項A錯誤；B．0~2s內，小球從最低點到最高點，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項B錯誤；C．0~2s內，小球從最低點到最高點，動量變化為零，由動量定理I-mgt=0可得小球受彈力的沖量大小為I=2N?sD．0~2s內，小球動能變化為零，彈力對小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動能的變化量，選項D錯誤。故選C。10．（2025·海南·三模）當今社會，機器人在工業(yè)生產(chǎn)中發(fā)揮了巨大作用，圖1為一個工廠的傳送帶旁機器人在收集搬運流水線上的箱子，該過程可簡化為圖2所示的示意圖。水平傳送帶以1m/s的速度順時針勻速轉動，在傳送帶左端每隔0.5s放上來一個邊長為0.2m的正方體箱子，剛放上來時速度為零，機器人在傳送帶右端伸出一只手A靜止等待并攔住箱子，箱子與手接觸后立即靜止，待三個箱子挨在一起后，機器人立即伸出另一只手B，和手A一起將三個箱子搬離傳送帶。隨后再伸出手A等待箱子，重復收集和搬運的工作。已知傳送帶長10m，箱子與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度g取10m/sA．箱子從放上到被搬離，與傳送帶間的摩擦力依次為滑動摩擦力、靜摩擦力、滑動摩擦力B．機器人從手A接觸箱子到手B接觸箱子，用時1sC．傳送帶上相鄰的箱子（不包括B、A之間的箱子）之間的最小間隙為0.25mD．傳送帶上相鄰的箱子之間的最大間隙為0.3m【答案】C【詳析】A．箱子從放上傳送帶，開始時速度小于傳送帶的速度，滑塊受到水平向右的滑動摩擦力，待箱子與傳送帶速度相等后，箱子與傳送帶無相對運動，箱子不受摩擦力，待箱子運動到最右端，機器人用手攔住箱子，此時箱子靜止，傳送帶勻速轉動，故其受到傳送帶向右的滑動摩擦力，故箱子與傳送帶間的摩擦力依次為開始時受到滑動摩擦力、中間過程不受摩擦力、最后受到向右的滑動摩擦力，故A錯誤；B．對第一個箱子放上傳送帶，根據(jù)牛頓第二定律μmg=ma解得a=μg=2m/s2傳送帶加速到與傳送帶共速，根據(jù)運動學公式解得t2=9.55s第二個箱子、第解得t2=9.35s第三個在傳送帶上運動的時間L-x1t5=t1+間隔為1s,故機器人從手A接觸箱子到手B接觸箱子，用時0.6s故B錯誤；C．據(jù)前分析，第二個箱子放在傳送帶上后，第一個剛好做勻速直線運動，后面的0.5s，兩箱子與加速追勻速，兩者距離增大，故第二個剛放上傳送帶后兩者距離最小，為0.25m,故C正確；D．據(jù)前分析，當?shù)诙€箱子速度等于傳送帶速度時，兩箱子距離最大，第二個箱子加速時間為0.5s，位移為x1=0.25m，該段時間內第一個箱子的位移為x2=vt故選C。11．（2025·海南三亞·學業(yè)水平診斷）利用圖像描述物理過程、探尋物理規(guī)律是物理學研究中常用的方法。下圖是描述某個物理過程中兩個物理量之間關系的圖像，對相應物理過程分析正確的是（）A．若該圖像為質點運動的位移隨時間變化的圖像，則質點在1s末改變了運動方向B．若該圖像為質點運動的速度隨時間變化的圖像，則質點在前2s內的路程等于0C．若該圖像為某電場中沿一確定方向電勢隨位置變化的圖像，則該電場一定為勻強電場D．若該圖像為靜止的閉合線圈內的磁通量隨時間變化的圖像，則閉合線圈中會產(chǎn)生恒定電流【答案】CD【詳析】A．若該圖像為質點運動的位移時間圖像，則圖像的斜率等于速度，由圖可知，1s末質點的速度大小和方向均不變，故A錯誤；B．若該圖像為質點運動的速度時間圖像，則質點做勻變速直線運動，根據(jù)圖像與時間軸所圍的面積表示位移，可知質點在前2秒內的位移等于0，但路程不等于0，故B錯誤；C．若該圖像為一條電場線上各點的電勢隨坐標變化的圖像，由于圖像的斜率表示電場強度的大小，斜率不變，電場強度不變，只能是勻強電場中的一條電場線，故C正確；D．若該圖像為閉合線圈內磁通量隨時間變化的圖像，圖線的斜率不變，即磁通量的變化率不變，根據(jù)法拉第電磁感應定律知該閉合線圈內產(chǎn)生恒定的感應電動勢，恒定的感應電流，故D正確。故選CD。12．（2025·海南海口·仿真考）國家規(guī)定民用電梯的加速度應在0.4m/s2至1.0m/sA．該電梯所設置的加速度不符合國家規(guī)定B．0-3s內電梯處于超重狀態(tài)C．電梯在2s時與7s時的加速度大小之比為4：3D．電梯10s內上升的總高度為20m【答案】BC【詳析】A．由v-t圖像可得電梯加速階段的加速度a1=ΔvΔt=23B．在0-3s內，電梯向上做加速運動，加速度方向向上，根據(jù)超重的定義，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，所以0-3s內電梯處于超重狀態(tài)，B選項正確；C．電梯在2s時處于加速階段，加速度a2s=23ms27s時處于減速階段，加速度D．根據(jù)v-t圖線與時間軸圍成的面積表示位移，10s內上升的總高度h=1故選BC。13．（2025·海南文昌中學·適應性考試）如圖甲為建筑行業(yè)使用的一種小型打夯機，其原理可簡化為：一個質量為M的支架（含電動機）上，有一根輕桿帶動一個質量為m的鐵球在豎直面內轉動，如圖乙所示，重力加速度為g，若在某次打夯過程中，鐵球勻速轉動，則（）A．鐵球所受合力大小不變B．鐵球轉動到最高點時，處于超重狀態(tài)C．鐵球運動過程中的機械能守恒D．若鐵球轉動到最高點時，支架對地面的壓力剛好為零，則此時輕桿的彈力為Mg【答案】AD【詳析】A．鐵球在豎直平面內做勻速圓周運動，則其所受合力大小不變，方向總是指向圓心，即方向發(fā)生變化，故A正確；B．鐵球轉動到最高點時，加速度指向圓心，方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．鐵球做勻速圓周運動速度大小不變，即動能不變，重力勢能在變化，則機械能不守恒，故C錯誤；D．若鐵球轉動到最高點時，支架對地面的壓力剛好為零，對支架進行分析，根據(jù)平衡條件，可知桿對支架的彈力為Mg，故