專題03運動和力的關系

考點五年考情（2021-2025）命題趨勢

2025·河南卷、北京卷高考對運動和力的關系考查愈發(fā)深入

考點1牛頓運2024·全國甲卷且靈活。基礎層面，牛頓運動定律、運

動定律的理解2023·浙江、全國乙卷動學公式仍是核心，會以多種形式考查

2022·江蘇卷、浙江卷學生對概念的理解。命題常結(jié)合生活實

2021·北京卷、湖南卷際與科技前沿，如汽車剎車、火箭發(fā)射

等情境，考查學生受力分析與運動過程

2025·福建卷、陜晉寧青卷推理能力。同時，開放性、探究性問題

考點2牛頓運2024·廣東卷、湖南卷、貴州卷增多，要求學生自主設計實驗方案、分

動定律的應用2023·全國甲卷析數(shù)據(jù)并得出結(jié)論。此外，注重考查知

2022·浙江卷、全國乙卷識綜合運用，將運動和力的關系與能量、

2021·河北卷、全國甲卷動量等知識結(jié)合，突出對學生創(chuàng)新思維

和解決復雜問題能力的培養(yǎng)。

考點01牛頓運動定律的理解

1．（2025·河南·高考真題）野外高空作業(yè)時，使用無人機給工人運送零件。如圖，某次運送過程中的一段

時間內(nèi)，無人機向左水平飛行，零件用輕繩懸掛于無人機下方，并相對于無人機靜止，輕繩與豎直方向

成一定角度。忽略零件所受空氣阻力，則在該段時間內(nèi)（）

A．無人機做勻速運動B．零件所受合外力為零

C．零件的慣性逐漸變大D．零件的重力勢能保持不變

【答案】D

【詳解】D．無人機沿水平方向飛行，零件相對于無人機靜止，也沿水平方向飛行做直線運動，故零件

的高度不變，可知零件的重力勢能保持不變，D正確；

AB．對零件受力分析，受重力和繩子的拉力，由于零件沿水平方向做直線運動，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動，AB錯誤；

C．慣性的大小只與質(zhì)量有關，零件的質(zhì)量不變，故零件的慣性不變，C錯誤。

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，向坡底運送長方體建筑材料。

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，

MNQ。若建筑材料與坡面、擋板間的動摩擦因數(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．gsin2gcosgsincosB．gsincosgcosgsin2

C．gsincosgcosgsincosD．gcos2gcosgsin2

【答案】B

【詳解】根據(jù)牛頓第二定律mgsincosmgcosmgsinsinma

可得asincosgcossin2gg

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載人飛

船的長征二號F遙二十運載火箭。若在初始的1s內(nèi)燃料對火箭的平均推力約為6106N。火箭質(zhì)量約為

500噸且認為在1s內(nèi)基本不變，則火箭在初始1s內(nèi)的加速度大小約為（）（重力加速度g取10m/s2）

A．2m/s2B．4m/s2C．6m/s2D．12m/s2

【答案】A

【詳解】根據(jù)題意，由牛頓第二定律有Fmgma

66

61051022

代入數(shù)據(jù)解得ams2ms

5105

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2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B與

A用細線相連，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g?，F(xiàn)剪斷細線，下列說法正

確的是（）

g

A．小球A運動到彈簧原長處的速度最大B．剪斷細線的瞬間，小球A的加速度大小為

2

mg2mg

C．小球A運動到最高點時，彈簧的伸長量為D．小球A運動到最低點時，彈簧的伸長量為

kk

【答案】BC

【詳解】A．剪斷細線后，彈力大于A的重力，則A先向上做加速運動，隨彈力的減小，則向上的加速

度減小，當加速度為零時速度最大，此時彈力等于重力，彈簧處于拉伸狀態(tài)，選項A錯誤；

B．剪斷細線之前則F彈3mg

剪斷細線瞬間彈簧彈力不變，則對A由牛頓第二定律F彈2mg2ma

g

解得A的加速度a

2

選項B正確；

3mg

C．剪斷細線之前彈簧伸長量x

1k

2mg

剪斷細線后A做簡諧振動，在平衡位置時彈簧伸長量x

2k

mg

即振幅為Axx

12k

mg

由對稱性可知小球A運動到最高點時，彈簧伸長量為，選項C正確；

k

3mg

D．由上述分析可知，小球A運動到最低點時，彈簧伸長量為，選項D錯誤。

k

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，輕繩與豎直方向的夾角為60，兩球連線與輕繩的夾角為30，

整個系統(tǒng)在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A．A球靜止時，輕繩上拉力為2mg

B．A球靜止時，A球與B球間的庫侖力為2mg

C．若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A球加速度大小為g

D．若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間輕桿對B球的作用力變小

【答案】C

【詳解】AB．根據(jù)題意A球靜止時，對A球受力分析，如圖所示

由平行四邊形定則及幾何關系，輕繩上拉力為Tmg

A球與B球間的庫侖力F2mgcos303mg

故AB錯誤；

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，此

時A球的合外力大小為mg，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球受到的庫侖力、重力不變，小球仍然處在靜止狀態(tài)，則輕桿對B球

的作用力不變，故D錯誤。

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，滑動過程中不與

木箱前后壁發(fā)生碰撞，不計空氣阻力，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運動

C．木箱第一次到達最右端時，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

【詳解】A．根據(jù)題意可知，釋放時，物塊與木箱發(fā)生相對滑動，且有摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知

釋放時物塊加速度不為0，故A錯誤；

B．由于物塊與木箱間有摩擦力且發(fā)生相對滑動，所以彈簧的彈性勢能會減少，直到彈簧的最大彈力滿

足以下分析的F：設物塊與木箱之間的最大靜摩擦力為f，物塊質(zhì)量為m，對物塊根據(jù)牛頓第二定律

fma

設木箱質(zhì)量為M，對物塊與木箱整體，根據(jù)牛頓第二定律F(mM)a

f

可得F(mM)

m

f

即彈簧的最大彈力減小到F(mM)后，二者一起做簡諧運動，故B錯誤；

m

C．根據(jù)AB選項分析可知只有當二者一起做簡諧運動前，有相對滑動，滑塊運動到最右端后物塊不會停

止，當二者一起做簡諧運動后，物塊與滑塊一起做周期性運動，也不會停止，故C錯誤；

D．開始滑塊的加速度向右，物塊與滑塊第一次共速前，物塊相對滑塊向左運動，受到向右的摩擦力，

共速前二者有相對滑動，摩擦力恒為二者之間的滑動摩擦力，保持不變，故D正確。

故選D。

7．（2025·四川·高考真題）若長度、質(zhì)量、時間和動量分別用a、b、c和d表示，則下列各式可能表示能

量的是（）

a2bab2d2b2

A．B．C．D．

c2c2bd

【答案】AC

22

abmkg2

【詳解】A．根據(jù)題意可知的單位為kgm/s

c2s2

12

結(jié)合動能公式Emv2可知kgm/s為能量單位，故A正確；

k2

ab2mkg2

B．同理的單位為kg2m/s2

c2s2

根據(jù)Fma可知kgm/s2為力的單位，故可知kg2m/s2為力與質(zhì)量的乘積，故不是能量的單位，故B錯

誤；

2

2-1

dkgms2

C．的單位為kgm/s

bkg

根據(jù)前面A選項分析可知該單位為能量單位，故C正確；

b2kg2kg

D．的單位為，不是能量單位，故D錯誤。

dkgms-1ms-1

故選AC。

8．（2024·海南·高考真題）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

【詳解】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。

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，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止

于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上。緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大

小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球

從P點運動到O點的過程中（）

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3gD．加速度先增大后減小

【答案】A

【詳解】AB．緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與重力和兩彈簧的拉力合力為零。

此時兩彈簧的合力為大小為mg。當撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力

的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；

CD．小球從P點運動到O點的過程中，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的加速度，由牛頓第二定律可知

2mgma

加速度的最大值為2g，CD錯誤。

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。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y。所受合外力為F，運動時間為t。

忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中。其Fy圖像或yt

圖像可能正確的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【詳解】AB．在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即

Fmg

當木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力

FmgkyH

到合力為零前，隨著y增大F減??；當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點,之后，木塊開始反彈，過

程中木塊所受合外力向上，隨著y減小F增大，反彈過程，隨著y減小，圖像向x軸負方向原路返回，

故A錯誤、B正確；

CD．在木塊下落H高度之前，木塊做自由落體運動，根據(jù)

1

ygt2

2

速度逐漸增大，yt圖像斜率逐漸增大，當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律

mgkyHFma

木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運動，所以yt圖像斜率繼續(xù)增大，當彈簧彈力大于木塊

的重力后到最低點過程中

FkyHmg

木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以yt圖斜率減小，到達最低點后，木塊向

上運動，經(jīng)以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做勻減

速直線運動到最高點，而C圖中H點過后速度就開始逐漸減小，實際速度還應該增大，直到平衡位置

速度到達最大，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yt示意圖如下

故CD錯誤。

故選B。

11．（2024·湖南·高考真題）如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或

輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬

間B和C的加速度大小分別為（）

A．g，1.5gB．2g，1.5gC．2g，0.5gD．g，0.5g

【答案】A

【詳解】剪斷前，對BCD分析

FAB3m2mmg

對D

FCDmg

剪斷后，對B

FAB3mg3maB

解得

aBg

方向豎直向上；對C

FDC2mg2maC

解得

aC1.5g

方向豎直向下。

故選A。

12．（2024·全國甲卷·高考真題）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在t0時剛好落到蹦床上，對蹦床作

用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸

時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（）

A．t0.15s時，運動員的重力勢能最大

B．t0.30s時，運動員的速度大小為10m/s

C．t1.00s時，運動員恰好運動到最大高度處

D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【詳解】A．根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知t0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最

大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；

BC．根據(jù)題圖可知運動員從t0.30s離開蹦床到t2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為2s，根據(jù)豎直上

拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在t1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，t0.30s

時運動員的速度大小

v101m/s10m/s

故B正確，C錯誤；

D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理

Ftmgtmv(mv)

其中

t0.3s

代入數(shù)據(jù)可得

F4600N

根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N，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2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。

車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m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靜止假設最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）

A．若B球受到的摩擦力為零，則F2mgtan

B．若推力F向左，且tan，則F的最大值為2mgtan

C．若推力F向左，且tan2，則F的最大值為4mg(2tan)

D．若推力F向右，且tan2，則F的范圍為4mg(tan2)F4mg(tan2)

【答案】CD

【詳解】A．設桿的彈力為N，對小球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

N

xtan

Ny

豎直方向

Nymg

則

Nxmgtan

若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得

Nxma

可得

agtan

對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律

F4ma4mgtan

A錯誤；

B．若推力F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

Nxmgtan

對小球B，由于tan，小球B受到向左的合力

F(Nymg)Nxmgtan

則對小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得

Nxmamax

對系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律

F4mamax

解得

F4mgtan

B錯誤；

C．若推力F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

Nxmgtan

小球B所受向左的合力的最大值

Fmax(Nymg)Nx2mgmgtan

由于tan2可知

Fmaxmgtan

則對小球B，根據(jù)牛頓第二定律

Fmax2mgmgtanmamax

對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律

F4mamax

聯(lián)立可得F的最大值為

F4mg(2tan)

C正確；

D．若推力F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限大，因此只需要討論小球B即可，當小球B所受的摩擦力向左時，小

球B向右的合力最小，此時

FminNxNymgmgtan2mg

當小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時

FmaxNxNymgmgtan2mg

對小球B根據(jù)牛頓第二定律

Fminmamin

Fmaxmamax

對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律

F4ma

代入小球B所受合力分范圍可得F的范圍為

4mg(tan2)F4mg(tan2)

D正確。

故選CD。

14．（2023·全國乙卷·高考真題）一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設

排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球（）

A．上升時間等于下落時間B．被墊起后瞬間的速度最大

C．達到最高點時加速度為零D．下落過程中做勻加速運動

【答案】B

【詳解】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應位置的加速度大，則上升過程的平均加速

度較大。由位移與時間關系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；

B．上升過程排球做減速運動，下降過程排球做加速運動。在整個過程中空氣阻力一直做負功，小球機

械能一直在減小，下降過程中的最低點的速度小于上升過程的最低點的速度，故排球被墊起時的速度

最大，B正確；

C．達到最高點速度為零，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

做變加速運動，D錯誤。

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點拋出沿軌跡OPQ運動，

其中P是最高點。若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石子豎直方向分運動的加速度大小

（）

A．O點最大B．P點最大

C．Q點最大D．整個運動過程保持不變

【答案】A

【詳解】由于空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，小石子在O點時速度斜向上方，此時速度最大，

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豎直方向分運動的加速度最大。

故選A。

16．（2023·浙江·高考真題）在足球運動中，足球入網(wǎng)如圖所示，則（）

A．踢香蕉球時足球可視為質(zhì)點B．足球在飛行和觸網(wǎng)時慣性不變

C．足球在飛行時受到腳的作用力和重力D．觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對足球的力

【答案】B

【詳解】A．在研究如何踢出“香蕉球”時，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，故A錯誤；

B．慣性只與質(zhì)量有關，足球在飛行和觸網(wǎng)時質(zhì)量不變，則慣性不變，故B正確；

C．足球在飛行時腳已經(jīng)離開足球，故在忽略空氣阻力的情況下只受重力，故C錯誤；

D．觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯誤。

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

【詳解】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

mg

F

T2cos

則隨著重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸增大，CD錯誤。

故選B。

18．（2022·海南·高考真題）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F2，則這兩個力

（）

A．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的沖量小于F2的沖量

【答案】A

【詳解】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IFt可知F1和F2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，下列說法正確的

是（）

A．魚兒吞食花瓣時魚兒受力平衡

B．魚兒擺尾出水時浮力大于重力

C．魚兒擺尾擊水時受到水的作用力

D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質(zhì)點

【答案】C

【詳解】A．魚兒吞食花瓣時處于失重狀態(tài)，A錯誤；

BC．魚兒擺尾出水時排開水的體積變小，浮力變小，魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時水對魚向

上的作用力大于重力，B錯誤、C正確；

D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作不可以把魚兒視為質(zhì)點，否則就無動作可言，D錯誤。

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，書與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4，最大

靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g10m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過（）

A．2.0m/s2B．4.0m/s2C．6.0m/s2D．8.0m/s2

【答案】B

【詳解】書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度

fmmgmam

解得

2

amg4m/s

書相對高鐵靜止，故若書不動，高鐵的最大加速度4m/s2。

故選B。

21．（2022·上?！じ呖颊骖}）神舟十三號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

減速運動。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?/p>

A．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

【詳解】依題意，返回艙豎直向下減速運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得

fmgmakvmgma

返回艙速度v減小，則可得加速度a一直減小，故選A。

22．（2021·北京·高考真題）某同學使用輕彈簧、直尺鋼球等制作了一個“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，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度

處；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對應的加速度標在直尺上，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刻度對應的加速度為-0.5gB．40cm刻度對應的加速度為g

C．50cm刻度對應的加速度為2gD．各刻度對應加速度的值是不均勻的

【答案】A

【分析】由題知，不掛鋼球時，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)

可計算出

mg

k=

0.2

【詳解】A．由分析可知，在30cm刻度時，有

F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）

代入數(shù)據(jù)有

a=-0.5g

A正確；

B．由分析可知，在40cm刻度時，有

mg=F彈

則40cm刻度對應的加速度為0，B錯誤；

C．由分析可知，在50cm刻度時，有

F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）

代入數(shù)據(jù)有

a=0.5g

C錯誤；

D．設刻度對應值為x，結(jié)合分析可知

mg

xmg

，x=x0.2（取豎直向上為正方向）

0.2a

m

經(jīng)過計算有

gx0.4ggx

a=(x>0.2)或a=(x<0.2)

0.20.2

根據(jù)以上分析，加速度a與刻度對應值為x成線性關系，則各刻度對應加速度的值是均勻的，D錯誤。

故選A。

23．（2021·浙江·高考真題）2021年5月15日，天問一號著陸器在成功著陸火星表面的過程中，經(jīng)大氣層290s

的減速，速度從4.9103m/s減為4.6102m/s；打開降落傘后，經(jīng)過90s速度進一步減為1.0102m/s；

與降落傘分離，打開發(fā)動機減速后處于懸停狀態(tài)；經(jīng)過對著陸點的探測后平穩(wěn)著陸。若打開降落傘至

分離前的運動可視為豎直向下運動，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)動機噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力

【答案】B

【詳解】A．打開降落傘前，在大氣層中做減速運動，則著陸器受大氣的阻力作用以及火星的引力作用，

選項A錯誤；

B．打開降落傘至分離前做減速運動，則其加速度方向與運動方向相反，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C錯誤；

D．懸停狀態(tài)中，發(fā)動機噴火的反作用力是氣體對發(fā)動機的作用力，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D錯誤。

故選B。

24．（2021·湖南·高考真題）“復興號”動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達到提速的目的。總質(zhì)量為m的動

車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機的額定功率均為P，若動車組

所受的阻力與其速率成正比（F阻kv，k為常量），動車組能達到的最大速度為vm。下列說法正確的

是（）

A．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變

B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運動

3

C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛的速度為v

4m

D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間t達到最大速度vm，則這一過

1

程中該動車組克服阻力做的功為mv2Pt

2m

【答案】C

【詳解】A．對動車由牛頓第二定律有

FF阻=ma

若動車組在勻加速啟動，即加速度a恒定，但F阻kv隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變

大，故A錯誤；

B．若四節(jié)動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

4P

kvma

v

故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯誤；

C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛時加速度為零，有

2.25P

kv

v

而以額定功率勻速時，有

4P

kvm

vm

聯(lián)立解得

3

vv

4m

故C正確；

D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間t達到最大速度vm，由動能定

理可知

12

4PtW阻=mv0

F2m

可得動車組克服阻力做的功為

12

W阻=4Ptmv

F2m

故D錯誤；

故選C。

25．（2021·浙江·高考真題）如圖所示，電動遙控小車放在水平長木板上面，當它在長木板上水平向左加速

運動時，長木板保持靜止，此時（）

A．小車只受重力、支持力作用

B．木板對小車的作用力方向水平向左

C．木板對小車的作用力大于小車對木板的作用力

D．木板對小車的作用力與小車對木板的作用力大小一定相等

【答案】D

【詳解】A．小車加速向左運動，受到自身的重力和電機的驅(qū)動力，受到長木板對小車的支持力和阻力，

A錯誤；

B．木板對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錯誤；

CD．木板對小車的作用力與小車對木板的作用力是一對相互作用力，等大反向，C錯誤，D正確。

故選D。

考點02牛頓運動定律的應用

26．（2025·福建·高考真題）傳送帶轉(zhuǎn)動的速度大小恒為1m/s，順時針轉(zhuǎn)動。兩個物塊A、B，A、B用一根

輕彈簧連接，開始彈簧處于原長，A的質(zhì)量為1kg，B的質(zhì)量為2kg，A與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5，B

與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.25。t=0時，將兩物塊放置在傳送帶上，給A一個向右的初速度v0=2m/s，B

的速度為零，彈簧自然伸長。在t=t0時，A與傳送帶第一次共速，此時彈簧彈性勢能Ep=0.75J，傳送帶

足夠長，A可在傳送帶上留下痕跡，則（）

t

A．在t=0時，B的加速度大小大于A的加速度大小

2

B．t=t0時，B的速度為0.5m/s

C．t=t0時，彈簧的壓縮量為0.2m

D．0﹣t0過程中，A與傳送帶的痕跡小于0.05m

【答案】BD

【詳解】AB．根據(jù)題意可知傳送帶對AB的滑動摩擦力大小相等都為f0.5110N0.25210N=5N

初始時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)

動量守恒有mAv0mAvmBvB，v1m/s

代入數(shù)值解得t=t0時，B的速度為vB0.5m/s

在A與傳送帶第一次共速前，對任意時刻對AB根據(jù)牛頓第二定律有fF彈=mAaA，fF彈=mBaB

由于mA<mB，故可知aAaB

故A錯誤，B正確；

C．在t0時間內(nèi)，設AB向右的位移分別為xA，xB；，由功能關系有

111

fxfxmv2mv2mv2E

AB2A02A2BBp

解得xAxB0.1m

故彈簧的壓縮量為xxAxB0.1m

故C錯誤；

D．A與傳送帶的相對位移為x相AxAvt0

B與傳送帶的相對為x相Bvt0xB

故可得x相Ax相BxAxB0.1m

由于0t0時間內(nèi)A向右做加速度逐漸增大的減速運動，B向右做加速度逐漸增大的加速運動，且滿足

aA2aB，作出AB的vt圖像

可知x相A等于圖形MNA的面積，x相B等于圖形NOBA的面積，故可得x相A<x相B

結(jié)合x相Ax相B0.1m

可知x相A<0.05m，故D正確。

故選BD。

27．（2025·四川·高考真題）如圖所示，傾角為30的光滑斜面固定在水平地面上，安裝在其頂端的電動機

3

通過不可伸長輕繩與小車相連，小車上靜置一物塊。小車與物塊質(zhì)量均為m，兩者之間動摩擦因數(shù)為。

2

電動機以恒定功率P拉動小車由靜止開始沿斜面向上運動。經(jīng)過一段時間，小車與物塊的速度剛好相

同，大小為v0。運動過程中輕繩與斜面始終平行，小車和斜面均足夠長，重力加速度大小為g，忽略其

他摩擦。則這段時間內(nèi)（）

2v25mv2

A．物塊的位移大小為0B．物塊機械能增量為0

3g2

16Pv2v28Pvmv2

C．小車的位移大小為00D．小車機械能增量為00

5mg25g5g2

【答案】C

【詳解】A．對物塊根據(jù)牛頓第二定律有mgcos30mgsin30ma

1

解得ag

4

2

根據(jù)運動學公式有v02ax1

2v2

解得物塊的位移大小為x0

1g

故A錯誤；

13

B．物塊機械能增量為Emv2mgxsin30mv2

20120

故B錯誤；

1

C．對小車根據(jù)動能定理有Ptmgcos30mgsin30xmv2

20

v

其中t0

a

16Pv2v2

聯(lián)立解得x00

5mg25g

故C正確；

18Pv3mv2

D．小車機械能增量為Emv2mgxsin3000

205g10

故D錯誤。

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，兩個相同的小物塊

通過不可伸長的細繩跨過頂端的輕質(zhì)定滑輪，靜止在斜面體兩側(cè)，細繩與斜面平行。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。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