专题02 牛顿运动定律（6年汇编）（广东专用）2021-2026年高考物理真题分类汇编

**基本信息** 本试卷聚焦牛顿运动定律，汇编广东近6年高考真题及模拟题，以滑雪运动、汽车安全气囊、曲辕犁等真实情境为载体，突出逆向推理与多过程分析能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|19题|牛顿第二定律应用、运动状态反推受力（如滑雪道加速度分析）、传统工具受力（曲辕犁力的分解）|情境融合生活与文化，逆向思维（运动→受力）占比高| |多选|6题|多过程v-t图像（弹簧振子）、超重失重（水瓶喷水）、碰撞与动量（算珠运动）|注重科学推理，结合图像分析与实际现象| |计算|5题|飞船对接作用力、航母舰载机起飞、快递机器人碰撞|综合考查模型建构，契合广东高考高频考点（近6年考4次应用类）|

专题02 牛顿运动定律 6年真题1年模拟 考点分类 广东考情 命题解读与创新考法 考点01 牛顿第二定律 近6年考2次，均为单选。以实际情境为载体考查牛顿第二定律的基本应用，从滑雪运动到汽车安全装置，均要求从运动状态反推受力或加速度。 【命题解读】滑雪道题考查斜面上的受力分解与多段运动加速度分析，需从"无动力滑行"条件反推摩擦力与加速度。汽车安全气囊题考查碰撞过程中加速度的计算与牛顿第二定律的应用，体现物理在交通安全中的实际价值。 【创新考法】"运动→受力"逆向推理：已知运动状态变化，反推受力情况。 考点02 牛顿第二定律 的应用 近6年考4次，均为单选。考点涵盖弹簧振子的力与运动关系、传统工具受力分析、碰撞过程中的加速度计算，体现从基础应用到综合分析的梯度。 【命题解读】弹簧振子题以木块下落压缩弹簧为情境，考查从释放到最低点全过程的v-t图判断，涉及加速度方向变化与速度极值点分析。曲辕犁题考查力的分解在实际工具中的应用。算盘题考查碰撞中加速度的瞬时判断。 【创新考法】多过程v-t图像判断：弹簧从原长→压缩→最大压缩，加速度先减小后反向增大。 考点01 牛顿第二定律 1．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 可得 运动员在水平段做匀速直线运动，加速度 运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度 设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为 由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且 C正确，ABD错误。 故选C。 2．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m 【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知 解得 （2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 方向竖直向上； ②头锤落到气囊上时的速度 与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） 解得 v=2m/s 则上升的最大高度 考点02 牛顿第二定律的应用 1．（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】AB．在木块下落高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即 当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力 到合力为零前，随着增大减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着减小增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误、B正确； CD．在木块下落高度之前，木块做自由落体运动，根据 速度逐渐增大， 图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律 木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中 木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确示意图如下 故CD错误。 故选B。 2．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 可得 运动员在水平段做匀速直线运动，加速度 运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度 设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为 由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且 C正确，ABD错误。 故选C。 3．（2021·广东·高考真题）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（   ） A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大 B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大 C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力 D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力 【答案】B 【详解】A．将拉力F正交分解如下图所示 则在x方向可得出 Fx曲 = Fsinα Fx直 = Fsinβ 在y方向可得出 Fy曲 = Fcosα Fy直 = Fcosβ 由题知α < β则 sinα < sinβ cosα > cosβ 则可得到 Fx曲 < Fx直 Fy曲 > Fy直 A错误、B正确； CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。 故选B。 4．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。 （1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a； （2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 【答案】（1）能；（2）0.2s 【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有 则甲乙滑动时的加速度大小均为 甲与乙碰前的速度v1，则 解得 v1=0.3m/s 甲乙碰撞时由动量守恒定律 解得碰后乙的速度 v3=0.2m/s 然后乙做减速运动，当速度减为零时则 可知乙恰好能滑到边框a； （2）甲与乙碰前运动的时间 碰后甲运动的时间 则甲运动的总时间为 1．（2025·广东汕头·模拟预测）电梯某次向上运行过程中速度v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是（     ） A．0~60s内，电梯的平均速度大小为9m/s B．0~20s内，电梯对乘客的支持力逐渐增大 C．40~60s内，电梯对乘客的支持力小于乘客的重力 D．10s末和50s末，电梯的速度大小相等，方向相反 【答案】C 【详解】A.根据图像的面积表示位移可知，0~60s内电梯的位移大小为，则平均速度大小为，故A错误； B.根据图像的斜率表示加速度可知，0~20s内图线的斜率不变，即电梯的加速度不变，根据牛顿第二定律可知，电梯对乘客的支持力不变，故B错误； C.根据图像的斜率表示加速度可知，40~60s内图线的斜率为负，即电梯的加速度为负，即加速度竖直向下，乘客失重，即电梯对乘客的支持力小于乘客的重力，故C正确： D.由图可知，10s末和50s末，电梯的速度大小相等，方向相同，故D错误。 故选C。 2．（2026·广东·二模）如图，带电小滑块甲和乙的质量相同，放置在足够长的光滑绝缘斜面上，相距（远远大于滑块宽度），释放两滑块瞬间，甲的加速度为零；经过一段时间，两滑块相距时，速度分别为、，加速度之比，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】CD．释放甲瞬间甲加速度为零，说明两滑块带同种电荷.。甲沿斜面受力平衡 当两滑块相距时，设此时库仑力为 对甲根据牛顿第二定律​ 对乙根据牛顿第二定律​ 已知 ，代入整理得 又 可得，C错误，D正确； AB．对甲、乙分别用动量定理，可得 ， 显然，AB错误。 故选 D。 3．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，飞船与空间站对接后一起向前运动，飞船受到向前的恒定推力F，空间站受到向后的恒定阻力f，飞船和空间站的质量分别为m1和m2，则飞船和空间站之间的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】对飞船和空间站整体，根据牛顿第二定律可得 对飞船，有 联立解得 故选A。 4．（2025·广东深圳·模拟预测）如图，电动玩具小车在竖直轨道上做匀速圆周运动，测得小车每0.5s绕轨道运动一周，圆轨道直径为0.6m，玩具小车的质量为0.6kg，AC为过圆心竖直线，BD为过圆心水平线，重力加速度g大小取，小车看作质点，下列说法正确的是（　　） A．小车在BD下方运动时处于失重状态 B．小车在B点和D点时向心力相同 C．小车在C点时的线速度大小为 D．小车在A点时对轨道的压力比在C点时大12N 【答案】D 【详解】A．小车在下方时，圆心在小车的上方，向心加速度指向圆心，即加速度有竖直向上的分量，小车处于超重状态，A错误； B．向心力是矢量，小车在、两点时向心力均指向圆心，二者方向不同，因此向心力不同，B错误； C．由题意可知，小车做匀速圆周运动的周期，轨道直径，半径 则线速度，C错误； D．是最低点，对点由牛顿第二定律有 可得 是最高点，对点由牛顿第二定律有 可得 小车对轨道的压力差等于支持力差，则 即点对轨道的压力比点大，D正确。 故选D。 5．（2026·广东东莞·二模）如图所示为自制加速度计的构造原理图，沿汽车运动方向安装的固定杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的轻弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，汽车静止时，滑块静止，滑块上指针指在0刻度处。若汽车从静止开始沿水平公路先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动。图中箭头方向为汽车前进方向，以下反映此过程中汽车上加速度计的指针位置读数x随时间变化的图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】匀加速阶段：汽车向右做匀加速直线运动，加速度（向右），由牛顿第二定律 可得 可得，指针在0点左侧，且为负且恒定； 同理可知，匀速阶段：加速度 则得，指针回到0点； 匀减速阶段：汽车向右匀减速，加速度（向左） 得，指针在0点右侧，为正且恒定。 故选D。 6．（2026·安徽合肥·二模）图为青少年足球比赛的精彩瞬间。有关足球运动中的一些物理知识，下列说法正确的是（     ） A．球静止在水平地面上时，受到的重力与支持力是一对作用力与反作用力 B．球被踢中时，脚对球的作用力与球对脚的作用力大小相等 C．球撞击地面时，球对地面的压力是因为地面发生形变而产生的 D．球在地面上减速运动时，惯性不断减小 【答案】B 【详解】A．球静止在水平地面时，重力和支持力都作用在球上，是一对平衡力，A错误； B．脚对球的作用力与球对脚的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小一定相等，B正确； C．弹力是施力物体发生弹性形变对受力物体产生的力，球对地面的压力，施力物体是足球，因此压力是足球发生形变产生的，C错误； D．惯性大小只和物体质量有关，球减速运动时质量不变，惯性大小不变，D错误。 故选 B。 7．（2025·广东东莞·一模）为研究超重、失重现象，某同学在盛水的塑料瓶的侧壁扎了一个小孔，水从小孔喷出，如图所示。时刻，他提着水瓶向上加速运动，时刻松手，时刻水瓶上升到最高点，之后水瓶自由下落。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．时间内，没有水从侧壁流出 B．时间内，水和水瓶处于超重状态 C．时刻之后，水和水瓶处于超重状态 D．时间内，没有水从侧壁流出 【答案】D 【详解】A．在时间内，水瓶向上加速运动，加速度方向向上，水和水瓶都处于超重状态。此时水对侧壁有压力，水会从小孔喷出，故A错误； B．在时间内，水瓶向上做减速运动，加速度方向向下，水和水瓶都处于失重状态。由于水和水瓶具有相同的加速度，它们之间没有相对运动，水对侧壁没有压力，所以没有水从侧壁流出，故B错误； C．时刻之后，水瓶自由下落，加速度为重力加速度g，方向向下，水和水瓶都处于完全失重状态，而不是超重状态，故C错误； D．在时间内，水瓶向上做减速运动，加速度方向向下，水和水瓶都处于失重状态。由于水和水瓶具有相同的加速度，它们之间没有相对运动，水对侧壁没有压力，所以没有水从侧壁流出，故D正确。 故选D。 8．（2026·广东佛山·二模）太极球是市民中较流行的健身器材，现将其简化成如图所示的小球拍和小球。某市民健身时，让小球拍和质量为m的小球在竖直面内保持这样的姿势且按顺时针方向做半径为的匀速圆周运动。已知运动过程中小球拍对小球的最大作用力为，小球相对于小球拍始终保持静止，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球做圆周运动的角速度大小为 B．从最高点到最低点运动的过程中，小球先处于超重状态后处于失重状态 C．从最高点到最低点运动的过程中，小球拍对小球的支持力先减小后增大 D．小球经过与圆心等高的点时，小球拍对小球的作用力大小为 【答案】D 【详解】A．分析可知，在最低点点小球拍对小球的作用力最大，根据牛顿第二定律有 解得，故A错误； B．从最高点点运动到D点的过程中，加速度方向有竖直向下的分量，小球处于失重状态，从D点运动到最低点点的过程中，加速度方向有竖直向上的分量，处于超重状态，故B错误； C．小球的向心加速度大小一定，从最高点到点D运动的过程中，设小球的加速度方向与竖直方向的角度为，竖直方向有 增大，减小，则支持力增大，故C错误； D．小球经过与圆心等高的点时，对小球竖直方向有 水平方向有 故小球拍对小球的作用力大小为，故D正确。 故选D。 9．（2026·广东汕头·一模）如图所示是手提弹簧灯笼，拴连在弹簧顶部的公仔A的质量为，底座B（含灯泡）的质量为m，连接A、B的弹簧质量忽略不计。某次通过提杆对细绳施加竖直向上、大小为的恒力，一段时间后，A、B一起向上做匀加速直线运动，弹簧未超出弹性限度，且不考虑空气阻力。若细绳突然断开，则此瞬间（　　） A．底座B的加速度方向向下 B．弹簧弹力大小为 C．底座B的加速度大小为 D．公仔A的加速度大小为 【答案】D 【详解】ABC． A、B一起向上做匀加速直线运动时，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 解得 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 解得弹簧弹力大小为 细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，底座B的受力不变，加速度不变，则此时底座B的加速度大小为，方向向上，故ABC错误； D．细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，以A为对象，根据牛顿第二定律可得 解得公仔A的加速度大小为，故D正确。 故选D。 10．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，质量为m的夯杆在左右两个半径均为R，角速度为ω的摩擦轮的作用下，由静止开始向上运动，上升一定高度后摩擦轮松开，松开之前夯杆与摩擦轮间已经相对静止。已知摩擦轮与夯杆间动摩擦因数均为μ，弹力大小为F，重力加速度为g，不计空气阻力。关于夯杆从起动到摩擦轮松开的过程中，下列说法正确的是（　　） A．受到摩擦轮的摩擦力始终保持不变 B．夯杆的最大速度大小等于 C．加速过程中加速度大小等于 D．加速运动的时间等于 【答案】B 【详解】B．松开之前，与摩擦轮相对静止，因此夯杆的速度大小与摩擦轮的线速度大小相等，故B正确； AC．夯杆向上运动过程为先向上加速，此时夯杆受向上的滑动摩擦力为2μF，则由牛顿第二定律， 可得 相对静止时，受力平衡，故摩擦力发生改变，即AC错误； D．根据，解得，故D错误。 故选B。 11．（2025·广东肇庆·一模）如图所示，光滑水平面上静止放有甲、乙两个相同的物块，对甲、乙分别施加大小为F和2F、方向相同的水平推力，甲、乙前进了相同距离。则甲、乙的运动时间之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】甲、乙质量相同，根据牛顿第二定律可知，甲、乙的加速度大小之比 由运动学公式可知，运动时间 由于，，所以 故选C。 12．（2026·广东广州·模拟预测）中国选手邓雅文在巴黎奥运会自由式小轮车比赛中勇夺金牌。小轮车比赛场地如图所示，段和段均为四分之一圆弧，段水平。选手骑车从处静止出发，沿轨迹运动，到处竖直跃起，到达最高点后落回处，再沿轨迹运动回处。人和车整体可视为质点，且认为在圆弧轨道运动过程中人不提供动力。下列说法正确的是（　　） A．在Q点，选手的速度和加速度均为零 B．在O点，选手所受重力的瞬时功率最大 C．从P到Q再到P的过程，选手先失重后超重 D．从到的过程，场地对车的支持力一直增大 【答案】D 【详解】A．在Q点，选手的速度为零，但由于只受重力，故加速度等于g，故A错误； B．在O点，选手的速度方向与所受重力垂直，故重力的瞬时功率为零，故B错误； C．从P到Q再到P的过程，选手只受重力，一直处于完全失重状态，故C错误； D．从M到N的过程，设场地对车的支持力与竖直方向的夹角为，则有 可得 由于减小，则增大，另外v也增大，故一直增大，故D正确。 故选D。 13．（2026·广东中山·一模）下图为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的简化图，5节质量均为的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。假设只有1号车厢会受到前方空气的阻力，空气阻力大小满足，其中为空气密度，为车厢的迎风面积，为车厢的速度大小，不计其他阻力。开始时，牵引力功率为，列车向右做匀速直线运动，当功率瞬间增大到时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】车厢的速度为时，由平衡条件有 当功率瞬间增大到时，速度大小不能突变，即阻力不变 由 则牵引力 对整体由牛顿第二定律有 对4、5号车厢由牛顿第二定律有 联立解得 故选C。 14．（2025·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，一质量为m、可视为质点的物体A静止在竖直放置的轻质弹簧上，弹簧上端与物体A拴接在一起，下端固定在水平地面上，物体A静止时处于O点。现在物体A上缓慢施加一竖直向下的压力，将A压到M处，此时压力大小为F，撤去外力F后，物体A向上运动到最高点N。下列说法正确的是（　　） A．物体由M运动到N过程中加速度一直减小 B．物体在M点的弹性势能大于在N点的弹性势能 C．物体在最高点时加速度大小为 D．物体由M运动到O的时间小于由O运动到N的时间 【答案】BC 【详解】A．M到O，弹重，合力上，弹减，合力减，加速减；O到N，弹重，合力下，弹减，合力增，加速增。故加速先减后增，故A错误； B．弹性势能与形变量有关，M处形变量大，弹性势能大，故B正确； C．在M点 M点撤去F的瞬间有 由于A做简谐运动则A向上运动到最高点N加速度也为，故C正确； D．M到O与O到N是简谐运动部分，时间相等，故D错误。 故选BC。 15．（2026·广东汕头·一模）（多选）小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是（　　） A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态 C．时飞行器升力大小为 D．时飞行器返回地面 【答案】AB 【详解】A．由图像的斜率表示加速度，可知时飞行器加速度大小为，故A正确； B．由图像可知飞行器在内向上减速运动，加速度方向向下，所以时飞行器处于失重状态，故B正确； C．由图像可知内向下加速运动，加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 解得时飞行器升力大小为，故C错误； D．设时刻飞行器返回地面，根据图像与横轴围成的面积表示位移，则有 解得，故D错误。 故选AB。 16．（2025·广东佛山·一模）（多选）2025国庆节期间多地均有无人机表演，向伟大祖国献礼。某无人机质量为m，静止在地面上时，其四根支柱与竖直方向的夹角均为θ；当它起飞时通过电机驱动旋翼高速旋转，快速推动空气向下流动从而产生向上的升力。某次该无人机自地面竖直升空，其v-t图像如图乙所示，OA段为直线，AB段为曲线。已知重力加速度为g，则（　　） A．t2时刻无人机处于悬停状态 B．该无人机静止时，每根支架对地面的压力大小为 C．在0~t1时间内，空气对无人机的作用力不变 D．在t1~t2时间内，空气对无人机的作用力变大 【答案】BC 【详解】A．由图可知t2时刻速度达到最大，后做匀速直线运动，故A错误； B．无人机静止在水平桌面上时，对其受力分析得，每根支架受到桌面的支持力大小为，则每根支架对桌面的压力大小也为，故B正确； C．无人机起飞后，对其受力分析得 为空气对无人机的作用力，时间内，无人机做匀加速直线运动，加速度恒定，则大小不变，故C正确； D．时间内，无人机做加速度逐渐减小的加速直线运动，则逐渐减小，故D错误。 故选BC。 17．（2026·广东广州·模拟预测）（多选）如图，A、B两物体放在足够长的木板上，它们的质量分别为M和m，且M>m，A、B与木板的动摩擦因数相同，A、B间距离足够大，木板置于水平地面上，则（　　） A．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，则由于A的惯性较大，A、B间的距离将增大 B．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，之后A、B间距离保持不变 C．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A与木板间发生相对运动时，B仍与木板相对静止 D．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A、B与木板同时发生相对运动 【答案】BD 【详解】AB．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，根据，则A、B做减速运动的加速度相同，初速度也相同，则A、B间的距离将保持不变，A错误，B正确； CD．因A、B与长木板间发生相对滑动时的最大加速度均为，可知若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A、B与木板同时发生相对运动，C错误，D正确。 故选BD。 18．（2026·广东佛山·三模）（多选）在建设目前世界最高花江峡谷大桥时，某起重机将质量为的构件从地面由静止竖直吊起。提升过程中，电动机提供的牵引力随时间变化规律如图。已知时刻构件恰好开始以速度匀速上升，重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．时间内，构件一直上升 B．时间内，构件的动能增加量等于牵引力做的功 C．时间内，牵引力的冲量为 D．构件匀速上升时，起重机输出功率为 【答案】CD 【详解】A．牵引力小于构件重力时，其静止，故A错误； B．时间内，构件的动能增加量等于牵引力和重力的合力做的功，故B错误； C．时间内，由动量定理 故，故C正确； D．构件匀速上升时，起重机的牵引力等于重力，故由，故D正确。 故选CD。 19．（2026·广东·模拟预测）（多选）蹦床是小朋友普遍喜欢的娱乐设施，如图甲所示，一质量为的小朋友由一定高度处自由下落，以下落初位置为坐标原点，竖直向下为轴，小朋友下落过程中的加速度为，其图像如图乙所示（图中坐标值皆为已知）。设蹦床对小朋友的弹力大小满足胡克定律，空气阻力不计，重力加速度大小为，则小朋友下落过程中，下列说法正确的是（　　） A．蹦床的等效劲度系数 B．小朋友速度的最大值 C．小朋友由点下落的最大距离 D．小朋友感受到的最大加速度 【答案】BD 【详解】A．由图像可知，当时，小朋友开始与蹦床接触，当时，即，其中 解得，A错误； B．当加速度为零时速度最大，对小朋友，从最高点到过程，根据动能定理有，其中 解得，B正确； C．当下落距离最大时，速度为零，对小朋友的整个下落过程，根据动能定理有，其中 解得，C错误； D．在最低点处，小朋友的加速度最大，根据牛顿第二定律，结合图像可得 解得，D正确。 故选BD。 20．（2026·广东深圳·三模）如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为，滚轮对夯杆的正压力，滚轮与夯杆间的动摩擦因数，夯杆质量，坑深，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，不计空气阻力，取。求： (1)夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小； (2)每个打夯周期中，电动机对夯杆做的功以及滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量； (3)若夯杆落回深坑时与坑底作用时间，且夯杆不反弹，则坑底对夯杆的平均作用力是多少。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）夯杆加速上升阶段，根据牛顿第二定律 其中 解得 （2）方法一：夯杆加速上升的高度 在加速上升阶段，电动机对夯杆做的功 夯杆匀速上升阶段，电动机对夯杆做的功 每个打夯周期中，电动机对夯杆所做的功 方法二：根据动能定理，有 解得 夯杆加速上升的时间 摩擦产生的热量 解得 （3）夯杆落回坑底时，有 对夯杆，根据动量定理有 解得 21．（2025·广东深圳·模拟预测）为了安全，中国航母舰载机歼-15通过滑跃式起飞方式起飞。其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离L1=108m的水平跑道上运动，然后在长度为L2=30.4m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量m=2.0×104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.6×105N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=3.04m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均摩擦阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取g=10m/s2，求： (1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小； (2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t。 【答案】(1)36m/s (2)6.8s 【详解】（1）设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，根据牛顿第二定律得， 根据动力学公式有 联立解得， （2）设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2，飞机在水平跑道上的运动时间 在倾斜跑道上，根据牛顿第二定律可得 解得 根据速度位移关系可得 解得 飞机在倾斜跑道上的运动时间 所以 22．（2026·广东佛山·二模）如图，质量分别为和的物块A和B（均视为质点），通过轻质不可伸长的细绳连接，跨过定滑轮（不考虑其质量）悬挂于两侧。初始时，两物块距天花板的高度均为，绳长，两物块距地面的高度均为。初始状态下通过外力使物块A与B保持静止。在时刻，同时释放两物块。当物块A接触光滑地面的瞬间，将细绳切断。此后经过时间，物块A在竖直方向的速度减为零，忽略物块B此后的运动情况。物块A的速度为零时，位于物块A左侧的另一个的物块C以与物块A发生碰撞。碰撞结束后，轻质弹簧恢复原长。随后，物块A冲上长度为，与水平面夹角为的传送带。已知传送带与物块间的动摩擦因数为，重力加速度，,。 (1)求物块A落地时的速度大小； (2)求时间内地面对物块A的平均作用力大小； (3)若传送带静止，物块A能否冲上传送带顶端？若不能，为使物块A恰好能够到达顶端，传送带应如何（顺时针或逆时针）转动？其速度应为多大？此过程传送带电动机因运送物块A而额外消耗的电能是多少？ 【答案】(1) (2) (3)物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动，转速为；额外消耗的电能为 【详解】（1）方法1：释放后，物块向下加速运动，物块向上加速运动。设绳子的拉力为，两物块的加速度大小均为。 对物块，由牛顿第二定律：① 对物块，由牛顿第二定律：② 由①＋②得： 解得加速度： 物块从静止开始，下落高度，由运动学公式： 解得落地速度： 方法2：对A、B系统，由机械能守恒定律： 解得落地速度： （2）物块A落地后，经过时间，其竖直方向速度减为零。此过程中，物块受到重力和地面的平均作用力。 以竖直向上为正方向，由动量定理： 解得平均作用力： 地面对物块的平均作用力大小为 （3）物块C与物块A的碰撞过程，弹簧恢复为原长，A和C物块动量守恒， 能量守恒， 由于碰撞后弹簧恢复原长：， 若传送带保持静止，对物块进行受力分析： 加速度大小： 物块沿斜面向上滑行的最大距离： 说明物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动。设传送带速度，物块A刚冲上传送带时，摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有： 代入数据： 当物块的速度与传送带速度相同时，由可知物块不能一直相对传送带静止，速度相同后，摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有： 代入数据： 设传送带速度为，， 位移满足 得 因此可知假设成立。 第一阶段共速前时间为： 代入数据： 此段时间内，传送带与物块的相对位移为： 第二阶段共速后： 此段时间内，传送带与物块的相对位移为： 整个过程因摩擦产生内能 电动机额外提供的电能使物块的机械能增加和摩擦产生内能： 代入数据： 方法2：电动机额外提供的电能等于传送带克服摩擦力做功 23．（2026·广东深圳·二模）科创节上某同学设计了一款“划船机”，结构如图甲所示。MN、是两根足够长的固定平行金属导轨，间距为，、点等高。边界、、、、…将导轨平面分隔成个正方形区域，各区域内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于导轨平面，且相邻磁场方向相反。质量为、边长为的正方形闭合金属框abcd置于导轨上，边与重合，金属框与导轨间的动摩擦因数，边和边的电阻均为。一根不可伸长的绝缘轻绳跨过光滑定滑轮、，绳一端接在边中点，另一端在健身者手中。健身者拉绳，绳上张力随时间变化的关系如图乙所示。内，金属框沿导轨向上做匀加速直线运动，时刻撤去拉力。时金属框的位移恰好为上滑最大位移的，金属框到达最高点后沿导轨下滑。导轨与水平面夹角，导轨电阻不计。不计金属框形变，边与间的轻绳始终与导轨平行，，，，重力加速度为。以下计算结果选用m、g、B、L、R表示。 (1)求时金属框加速度大小和内金属框位移大小； (2)求金属框到达最高点所用时间； (3)真实划船运动中，拉桨（从金属框开始运动到撤去拉力）时间和收桨（金属框从最高点下降到出发点）时间的比值应小于，请论证该次训练中划船机是否能模拟真实划船运动。 【答案】(1)a=0.2g； (2) (3)不能模拟真实划船运动 【详解】（1）根据牛顿第二定律有，时满足 解得 时金属框的位移 联立解得。 （2）从底端到最高点过程中 根据欧姆定律有 线框受到的安培力 根据动量定理有 由于时刻撤去拉力，力的冲量 且有 联立解得。 （3）假设从最高点下滑至底端，耗时，末速度为，根据动量定理有 又有 解得 若下滑距离足够长，金属框有最大下滑速度，满足 解得 下滑至底端的末速度需满足 解得 因为，故不能模拟真实划船运动。 24．（2026·广东梅州·一模）全自动快递分拣机器人系统在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上后，机器人可将包裹自动送至指定投递口停住，然后翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，如图甲所示。分拣机器人A把质量为的包裹从分拣处运至相距的投递口处，投递完包裹后返回分拣处途中由于发生故障自动切断电源之后以的速度与静止的机器人发生弹性碰撞，如图乙所示。已知、质量均为，机器人运行允许的最大加速度，运行最大速度。机器人运行过程中受到阻力为重力的倍。包裹与水平托盘的动摩擦因数为，包裹受的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)在投递口处包裹刚开始下滑时托盘倾角的大小； (2)A从分拣处运行至投递口所需的最短时间； (3)B碰后滑行的最大距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设包裹开始下滑时有 代入数据可得 （2）当先做匀加速直线运动加速至，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动 至零时，A从分拣处运行至投递口所需时间最短。其中匀加速直线运动阶段 匀加速阶段位移 匀减速直线运动阶段 匀减速阶段位移 故匀速直线运动阶段 运行总时间 （3）A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 能量守恒定律有 解得， 碰后做匀减速直线运动，满足 解得 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 牛顿运动定律 6年真题1年模拟 考点分类 广东考情 命题解读与创新考法 考点01 牛顿第二定律 近6年考2次，均为单选。以实际情境为载体考查牛顿第二定律的基本应用，从滑雪运动到汽车安全装置，均要求从运动状态反推受力或加速度。 【命题解读】滑雪道题考查斜面上的受力分解与多段运动加速度分析，需从"无动力滑行"条件反推摩擦力与加速度。汽车安全气囊题考查碰撞过程中加速度的计算与牛顿第二定律的应用，体现物理在交通安全中的实际价值。 【创新考法】"运动→受力"逆向推理：已知运动状态变化，反推受力情况。 考点02 牛顿第二定律 的应用 近6年考4次，均为单选。考点涵盖弹簧振子的力与运动关系、传统工具受力分析、碰撞过程中的加速度计算，体现从基础应用到综合分析的梯度。 【命题解读】弹簧振子题以木块下落压缩弹簧为情境，考查从释放到最低点全过程的v-t图判断，涉及加速度方向变化与速度极值点分析。曲辕犁题考查力的分解在实际工具中的应用。算盘题考查碰撞中加速度的瞬时判断。 【创新考法】多过程v-t图像判断：弹簧从原长→压缩→最大压缩，加速度先减小后反向增大。 考点01 牛顿第二定律 1．【答案】C 2．【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m 【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知 解得 （2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 方向竖直向上； ②头锤落到气囊上时的速度 与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） 解得 v=2m/s 则上升的最大高度 考点02 牛顿第二定律的应用 1．【答案】B 2．【答案】C 3．【答案】B 4．【答案】（1）能；（2）0.2s 【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有 则甲乙滑动时的加速度大小均为 甲与乙碰前的速度v1，则 解得 v1=0.3m/s 甲乙碰撞时由动量守恒定律 解得碰后乙的速度 v3=0.2m/s 然后乙做减速运动，当速度减为零时则 可知乙恰好能滑到边框a； （2）甲与乙碰前运动的时间 碰后甲运动的时间 则甲运动的总时间为 1．【答案】C 2．【答案】D 3．【答案】A 4．【答案】D 5．【答案】D 6．【答案】B 7．【答案】D 8．【答案】D 9．【答案】D 10．【答案】B 11．【答案】C 12．【答案】D 13．【答案】C 14．【答案】BC 15．【答案】AB 16．【答案】BC 17．【答案】BD 18．【答案】CD 19．【答案】BD 20．【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）夯杆加速上升阶段，根据牛顿第二定律 其中 解得 （2）方法一：夯杆加速上升的高度 在加速上升阶段，电动机对夯杆做的功 夯杆匀速上升阶段，电动机对夯杆做的功 每个打夯周期中，电动机对夯杆所做的功 方法二：根据动能定理，有 解得 夯杆加速上升的时间 摩擦产生的热量 解得 （3）夯杆落回坑底时，有 对夯杆，根据动量定理有 解得 21．【答案】(1)36m/s (2)6.8s 【详解】（1）设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，根据牛顿第二定律得， 根据动力学公式有 联立解得， （2）设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2，飞机在水平跑道上的运动时间 在倾斜跑道上，根据牛顿第二定律可得 解得 根据速度位移关系可得 解得 飞机在倾斜跑道上的运动时间 所以 22．【答案】(1) (2) (3)物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动，转速为；额外消耗的电能为 【详解】（1）方法1：释放后，物块向下加速运动，物块向上加速运动。设绳子的拉力为，两物块的加速度大小均为。 对物块，由牛顿第二定律：① 对物块，由牛顿第二定律：② 由①＋②得： 解得加速度： 物块从静止开始，下落高度，由运动学公式： 解得落地速度： 方法2：对A、B系统，由机械能守恒定律： 解得落地速度： （2）物块A落地后，经过时间，其竖直方向速度减为零。此过程中，物块受到重力和地面的平均作用力。 以竖直向上为正方向，由动量定理： 解得平均作用力： 地面对物块的平均作用力大小为 （3）物块C与物块A的碰撞过程，弹簧恢复为原长，A和C物块动量守恒， 能量守恒， 由于碰撞后弹簧恢复原长：， 若传送带保持静止，对物块进行受力分析： 加速度大小： 物块沿斜面向上滑行的最大距离： 说明物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动。设传送带速度，物块A刚冲上传送带时，摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有： 代入数据： 当物块的速度与传送带速度相同时，由可知物块不能一直相对传送带静止，速度相同后，摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有： 代入数据： 设传送带速度为，， 位移满足 得 因此可知假设成立。 第一阶段共速前时间为： 代入数据： 此段时间内，传送带与物块的相对位移为： 第二阶段共速后： 此段时间内，传送带与物块的相对位移为： 整个过程因摩擦产生内能 电动机额外提供的电能使物块的机械能增加和摩擦产生内能： 代入数据： 方法2：电动机额外提供的电能等于传送带克服摩擦力做功 23．【答案】(1)a=0.2g； (2) (3)不能模拟真实划船运动 【详解】（1）根据牛顿第二定律有，时满足 解得 时金属框的位移 联立解得。 （2）从底端到最高点过程中 根据欧姆定律有 线框受到的安培力 根据动量定理有 由于时刻撤去拉力，力的冲量 且有 联立解得。 （3）假设从最高点下滑至底端，耗时，末速度为，根据动量定理有 又有 解得 若下滑距离足够长，金属框有最大下滑速度，满足 解得 下滑至底端的末速度需满足 解得 因为，故不能模拟真实划船运动。 24．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设包裹开始下滑时有 代入数据可得 （2）当先做匀加速直线运动加速至，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动 至零时，A从分拣处运行至投递口所需时间最短。其中匀加速直线运动阶段 匀加速阶段位移 匀减速直线运动阶段 匀减速阶段位移 故匀速直线运动阶段 运行总时间 （3）A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 能量守恒定律有 解得， 碰后做匀减速直线运动，满足 解得 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 牛顿运动定律 6年真题1年模拟 考点分类 广东考情 命题解读与创新考法 考点01 牛顿第二定律 近6年考2次，均为单选。以实际情境为载体考查牛顿第二定律的基本应用，从滑雪运动到汽车安全装置，均要求从运动状态反推受力或加速度。 【命题解读】滑雪道题考查斜面上的受力分解与多段运动加速度分析，需从"无动力滑行"条件反推摩擦力与加速度。汽车安全气囊题考查碰撞过程中加速度的计算与牛顿第二定律的应用，体现物理在交通安全中的实际价值。 【创新考法】"运动→受力"逆向推理：已知运动状态变化，反推受力情况。 考点02 牛顿第二定律 的应用 近6年考4次，均为单选。考点涵盖弹簧振子的力与运动关系、传统工具受力分析、碰撞过程中的加速度计算，体现从基础应用到综合分析的梯度。 【命题解读】弹簧振子题以木块下落压缩弹簧为情境，考查从释放到最低点全过程的v-t图判断，涉及加速度方向变化与速度极值点分析。曲辕犁题考查力的分解在实际工具中的应用。算盘题考查碰撞中加速度的瞬时判断。 【创新考法】多过程v-t图像判断：弹簧从原长→压缩→最大压缩，加速度先减小后反向增大。 考点01 牛顿第二定律 1．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　） A． B． C． D． 2．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 考点02 牛顿第二定律的应用 1．（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　） A． B． C． D． 3．（2021·广东·高考真题）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（   ） A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大 B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大 C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力 D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力 4．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。 （1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a； （2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 1．（2025·广东汕头·模拟预测）电梯某次向上运行过程中速度v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是（     ） A．0~60s内，电梯的平均速度大小为9m/s B．0~20s内，电梯对乘客的支持力逐渐增大 C．40~60s内，电梯对乘客的支持力小于乘客的重力 D．10s末和50s末，电梯的速度大小相等，方向相反 2．（2026·广东·二模）如图，带电小滑块甲和乙的质量相同，放置在足够长的光滑绝缘斜面上，相距（远远大于滑块宽度），释放两滑块瞬间，甲的加速度为零；经过一段时间，两滑块相距时，速度分别为、，加速度之比，则（　　） A． B． C． D． 3．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，飞船与空间站对接后一起向前运动，飞船受到向前的恒定推力F，空间站受到向后的恒定阻力f，飞船和空间站的质量分别为m1和m2，则飞船和空间站之间的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 4．（2025·广东深圳·模拟预测）如图，电动玩具小车在竖直轨道上做匀速圆周运动，测得小车每0.5s绕轨道运动一周，圆轨道直径为0.6m，玩具小车的质量为0.6kg，AC为过圆心竖直线，BD为过圆心水平线，重力加速度g大小取，小车看作质点，下列说法正确的是（　　） A．小车在BD下方运动时处于失重状态 B．小车在B点和D点时向心力相同 C．小车在C点时的线速度大小为 D．小车在A点时对轨道的压力比在C点时大12N 5．（2026·广东东莞·二模）如图所示为自制加速度计的构造原理图，沿汽车运动方向安装的固定杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的轻弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，汽车静止时，滑块静止，滑块上指针指在0刻度处。若汽车从静止开始沿水平公路先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动。图中箭头方向为汽车前进方向，以下反映此过程中汽车上加速度计的指针位置读数x随时间变化的图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 6．（2026·安徽合肥·二模）图为青少年足球比赛的精彩瞬间。有关足球运动中的一些物理知识，下列说法正确的是（     ） A．球静止在水平地面上时，受到的重力与支持力是一对作用力与反作用力 B．球被踢中时，脚对球的作用力与球对脚的作用力大小相等 C．球撞击地面时，球对地面的压力是因为地面发生形变而产生的 D．球在地面上减速运动时，惯性不断减小 7．（2025·广东东莞·一模）为研究超重、失重现象，某同学在盛水的塑料瓶的侧壁扎了一个小孔，水从小孔喷出，如图所示。时刻，他提着水瓶向上加速运动，时刻松手，时刻水瓶上升到最高点，之后水瓶自由下落。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．时间内，没有水从侧壁流出 B．时间内，水和水瓶处于超重状态 C．时刻之后，水和水瓶处于超重状态 D．时间内，没有水从侧壁流出 8．（2026·广东佛山·二模）太极球是市民中较流行的健身器材，现将其简化成如图所示的小球拍和小球。某市民健身时，让小球拍和质量为m的小球在竖直面内保持这样的姿势且按顺时针方向做半径为的匀速圆周运动。已知运动过程中小球拍对小球的最大作用力为，小球相对于小球拍始终保持静止，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球做圆周运动的角速度大小为 B．从最高点到最低点运动的过程中，小球先处于超重状态后处于失重状态 C．从最高点到最低点运动的过程中，小球拍对小球的支持力先减小后增大 D．小球经过与圆心等高的点时，小球拍对小球的作用力大小为 9．（2026·广东汕头·一模）如图所示是手提弹簧灯笼，拴连在弹簧顶部的公仔A的质量为，底座B（含灯泡）的质量为m，连接A、B的弹簧质量忽略不计。某次通过提杆对细绳施加竖直向上、大小为的恒力，一段时间后，A、B一起向上做匀加速直线运动，弹簧未超出弹性限度，且不考虑空气阻力。若细绳突然断开，则此瞬间（　　） A．底座B的加速度方向向下 B．弹簧弹力大小为 C．底座B的加速度大小为 D．公仔A的加速度大小为 10．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，质量为m的夯杆在左右两个半径均为R，角速度为ω的摩擦轮的作用下，由静止开始向上运动，上升一定高度后摩擦轮松开，松开之前夯杆与摩擦轮间已经相对静止。已知摩擦轮与夯杆间动摩擦因数均为μ，弹力大小为F，重力加速度为g，不计空气阻力。关于夯杆从起动到摩擦轮松开的过程中，下列说法正确的是（　　） A．受到摩擦轮的摩擦力始终保持不变 B．夯杆的最大速度大小等于 C．加速过程中加速度大小等于 D．加速运动的时间等于 11．（2025·广东肇庆·一模）如图所示，光滑水平面上静止放有甲、乙两个相同的物块，对甲、乙分别施加大小为F和2F、方向相同的水平推力，甲、乙前进了相同距离。则甲、乙的运动时间之比为（　　） A． B． C． D． 12．（2026·广东广州·模拟预测）中国选手邓雅文在巴黎奥运会自由式小轮车比赛中勇夺金牌。小轮车比赛场地如图所示，段和段均为四分之一圆弧，段水平。选手骑车从处静止出发，沿轨迹运动，到处竖直跃起，到达最高点后落回处，再沿轨迹运动回处。人和车整体可视为质点，且认为在圆弧轨道运动过程中人不提供动力。下列说法正确的是（　　） A．在Q点，选手的速度和加速度均为零 B．在O点，选手所受重力的瞬时功率最大 C．从P到Q再到P的过程，选手先失重后超重 D．从到的过程，场地对车的支持力一直增大 13．（2026·广东中山·一模）下图为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的简化图，5节质量均为的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。假设只有1号车厢会受到前方空气的阻力，空气阻力大小满足，其中为空气密度，为车厢的迎风面积，为车厢的速度大小，不计其他阻力。开始时，牵引力功率为，列车向右做匀速直线运动，当功率瞬间增大到时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 14．（2025·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，一质量为m、可视为质点的物体A静止在竖直放置的轻质弹簧上，弹簧上端与物体A拴接在一起，下端固定在水平地面上，物体A静止时处于O点。现在物体A上缓慢施加一竖直向下的压力，将A压到M处，此时压力大小为F，撤去外力F后，物体A向上运动到最高点N。下列说法正确的是（　　） A．物体由M运动到N过程中加速度一直减小 B．物体在M点的弹性势能大于在N点的弹性势能 C．物体在最高点时加速度大小为 D．物体由M运动到O的时间小于由O运动到N的时间 15．（2026·广东汕头·一模）（多选）小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是（　　） A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态 C．时飞行器升力大小为 D．时飞行器返回地面 16．（2025·广东佛山·一模）（多选）2025国庆节期间多地均有无人机表演，向伟大祖国献礼。某无人机质量为m，静止在地面上时，其四根支柱与竖直方向的夹角均为θ；当它起飞时通过电机驱动旋翼高速旋转，快速推动空气向下流动从而产生向上的升力。某次该无人机自地面竖直升空，其v-t图像如图乙所示，OA段为直线，AB段为曲线。已知重力加速度为g，则（　　） A．t2时刻无人机处于悬停状态 B．该无人机静止时，每根支架对地面的压力大小为 C．在0~t1时间内，空气对无人机的作用力不变 D．在t1~t2时间内，空气对无人机的作用力变大 17．（2026·广东广州·模拟预测）（多选）如图，A、B两物体放在足够长的木板上，它们的质量分别为M和m，且M>m，A、B与木板的动摩擦因数相同，A、B间距离足够大，木板置于水平地面上，则（　　） A．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，则由于A的惯性较大，A、B间的距离将增大 B．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，之后A、B间距离保持不变 C．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A与木板间发生相对运动时，B仍与木板相对静止 D．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A、B与木板同时发生相对运动 18．（2026·广东佛山·三模）（多选）在建设目前世界最高花江峡谷大桥时，某起重机将质量为的构件从地面由静止竖直吊起。提升过程中，电动机提供的牵引力随时间变化规律如图。已知时刻构件恰好开始以速度匀速上升，重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．时间内，构件一直上升 B．时间内，构件的动能增加量等于牵引力做的功 C．时间内，牵引力的冲量为 D．构件匀速上升时，起重机输出功率为 19．（2026·广东·模拟预测）（多选）蹦床是小朋友普遍喜欢的娱乐设施，如图甲所示，一质量为的小朋友由一定高度处自由下落，以下落初位置为坐标原点，竖直向下为轴，小朋友下落过程中的加速度为，其图像如图乙所示（图中坐标值皆为已知）。设蹦床对小朋友的弹力大小满足胡克定律，空气阻力不计，重力加速度大小为，则小朋友下落过程中，下列说法正确的是（　　） A．蹦床的等效劲度系数 B．小朋友速度的最大值 C．小朋友由点下落的最大距离 D．小朋友感受到的最大加速度 20．（2026·广东深圳·三模）如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为，滚轮对夯杆的正压力，滚轮与夯杆间的动摩擦因数，夯杆质量，坑深，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，不计空气阻力，取。求： (1)夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小； (2)每个打夯周期中，电动机对夯杆做的功以及滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量； (3)若夯杆落回深坑时与坑底作用时间，且夯杆不反弹，则坑底对夯杆的平均作用力是多少。 21．（2025·广东深圳·模拟预测）为了安全，中国航母舰载机歼-15通过滑跃式起飞方式起飞。其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离L1=108m的水平跑道上运动，然后在长度为L2=30.4m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量m=2.0×104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.6×105N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=3.04m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均摩擦阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取g=10m/s2，求： (1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小； (2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t。 22．（2026·广东佛山·二模）如图，质量分别为和的物块A和B（均视为质点），通过轻质不可伸长的细绳连接，跨过定滑轮（不考虑其质量）悬挂于两侧。初始时，两物块距天花板的高度均为，绳长，两物块距地面的高度均为。初始状态下通过外力使物块A与B保持静止。在时刻，同时释放两物块。当物块A接触光滑地面的瞬间，将细绳切断。此后经过时间，物块A在竖直方向的速度减为零，忽略物块B此后的运动情况。物块A的速度为零时，位于物块A左侧的另一个的物块C以与物块A发生碰撞。碰撞结束后，轻质弹簧恢复原长。随后，物块A冲上长度为，与水平面夹角为的传送带。已知传送带与物块间的动摩擦因数为，重力加速度，,。 (1)求物块A落地时的速度大小； (2)求时间内地面对物块A的平均作用力大小； (3)若传送带静止，物块A能否冲上传送带顶端？若不能，为使物块A恰好能够到达顶端，传送带应如何（顺时针或逆时针）转动？其速度应为多大？此过程传送带电动机因运送物块A而额外消耗的电能是多少？ 23．（2026·广东深圳·二模）科创节上某同学设计了一款“划船机”，结构如图甲所示。MN、是两根足够长的固定平行金属导轨，间距为，、点等高。边界、、、、…将导轨平面分隔成个正方形区域，各区域内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于导轨平面，且相邻磁场方向相反。质量为、边长为的正方形闭合金属框abcd置于导轨上，边与重合，金属框与导轨间的动摩擦因数，边和边的电阻均为。一根不可伸长的绝缘轻绳跨过光滑定滑轮、，绳一端接在边中点，另一端在健身者手中。健身者拉绳，绳上张力随时间变化的关系如图乙所示。内，金属框沿导轨向上做匀加速直线运动，时刻撤去拉力。时金属框的位移恰好为上滑最大位移的，金属框到达最高点后沿导轨下滑。导轨与水平面夹角，导轨电阻不计。不计金属框形变，边与间的轻绳始终与导轨平行，，，，重力加速度为。以下计算结果选用m、g、B、L、R表示。 (1)求时金属框加速度大小和内金属框位移大小； (2)求金属框到达最高点所用时间； (3)真实划船运动中，拉桨（从金属框开始运动到撤去拉力）时间和收桨（金属框从最高点下降到出发点）时间的比值应小于，请论证该次训练中划船机是否能模拟真实划船运动。 24．（2026·广东梅州·一模）全自动快递分拣机器人系统在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上后，机器人可将包裹自动送至指定投递口停住，然后翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，如图甲所示。分拣机器人A把质量为的包裹从分拣处运至相距的投递口处，投递完包裹后返回分拣处途中由于发生故障自动切断电源之后以的速度与静止的机器人发生弹性碰撞，如图乙所示。已知、质量均为，机器人运行允许的最大加速度，运行最大速度。机器人运行过程中受到阻力为重力的倍。包裹与水平托盘的动摩擦因数为，包裹受的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)在投递口处包裹刚开始下滑时托盘倾角的大小； (2)A从分拣处运行至投递口所需的最短时间； (3)B碰后滑行的最大距离。 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $