专题03 运动和力的关系-2020-2024年五年高考物理真题分类汇编（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题03运动与力的关系考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1牛顿第一定律（惯性）2020年浙江卷；2022年浙江卷；2023年浙江卷等牛顿运动定律作为高中物理的核心知识之一，未来的命题趋势变化不会很大，更注重联系生活实际及考查学生的知识运用能力。1.运动和受力作为动力学的内容，既适用于直线运动，又适用于曲线运动，考查的关键点在于利用牛顿运动定律使研究对象表面的运动规律和背后的受力规律匹配；命题多以生活和科受中的各类情境为引，融合典型模型、逻辑推理，学方法等考查知识、能力和素养。2.动力学部分的考题多涉及实际的情境和图像，主要有两个关键考查点，一是从情境和图像中提取有效的信息，通过牛顿运动定律构建方程，进而求解相关的物理量；二是从信息中剥离有效的物理模型，利用学过的已知模型和方法解决未知的问题。3.动力学部分较复杂的考点集中在多物体多过程问题，例如连接体问题、板块问题等，主要有两个关键考查点，一是选择合适的研究对象，合理利用整体法与隔离法判断物体受力和运动的特点；二是有效地拆分物体的运动过程，寻找解题的突破点和关联点，大胆假设未知量，通过方程思想处理问题。4.国际单位制主要考查对物理量定义的记忆、理解和推导，要求掌握7个国际基本物理单位物理意义的同时，也要掌握基本单位和其他相关单位的推导，规范定义并正确使用单位。考点2牛顿第二定律与直线运动（含实验）2020年浙江卷；2021年辽宁卷、北京卷、湖南卷；2022年浙江卷、辽宁卷、山东卷等牛顿第二定律的应用2020年山东卷；2021全国乙卷；2022全国乙卷、河北卷；2023年辽宁卷等力学单位制2021年河北卷；2022年浙江等考点01牛顿第一定律1．(2020·浙江7月选考·2)如图1所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间．当公交车()图1A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动【答案】B【解析】a行李箱与车厢底面接触的为4个轮子，而b行李箱与车厢底面接触的为箱体平面．缓慢起动时，加速度较小，两只行李箱所受静摩擦力可能小于最大静摩擦力，故两只行李箱可能相对公交车静止，不会向后运动，故A错误；急刹车时，a、b行李箱由于惯性，要保持原来的运动状态，但a行李箱与车厢底面的摩擦为滚动摩擦，比较小，故a行李箱会向前运动，b行李箱可能静止不动，也可能向前运动，故B正确；缓慢转弯时，向心加速度较小，两只行李箱特别是b行李箱所受静摩擦力可能足以提供向心力，则b行李箱可能相对公交车静止，不一定相对车子向外侧运动，故C错误；急转弯时，若行李箱b所受静摩擦力不足以提供向心力时会发生离心运动，可能会向外侧运动，故D错误.2．(2022·浙江6月选考·2)下列说法正确的是()A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关【答案】B【解析】链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的变化而变化，C错误；篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，D错误．3．(2023·浙江6月选考·2)在足球运动中，足球入网如图所示，则()A．踢香蕉球时足球可视为质点B．足球在飞行和触网时惯性不变C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力D．触网时足球对网的力大于网对足球的力【答案】B【解析】在研究如何踢出香蕉球时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。考点02牛顿第二定律与直线运动1.（2022·浙江6月选考·19）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(2,9)，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)．(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2.【答案】(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m【解析】(1)根据牛顿第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入数据解得a1＝2m/s2(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1解得v＝4m/s(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2代入数据联立解得l2＝2.7m.2.(2020·浙江7月选考·19)如图1甲所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置．当加速运动到总位移的14时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t图1(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小．【答案】(1)0.125m/s2竖直向下(2)1m/s(3)40m【解析】(1)由题图可和，物件在0～26s时间内，物件匀速运动，26～34s时间内，物件匀减速运动，在匀减速运动过程中，由牛顿第二定律有mg－F＝ma则a＝g－Fm＝0.125m/s2(2)由运动学公式有v＝at2＝1m/s(3)由题图乙可知，匀速上升的位移h1＝vt1＝26m匀减速上升的位移h2＝v2t2由题意可知h1＋h2＝34h所以物件的总位移大小h＝40m3.（2022·辽宁高考卷·7）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落．物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2.下列v0、μ值可能正确的是()A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.25【答案】B【解析】物块沿中线做匀减速直线运动，则eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)，由题知x＝1m，t＝1s，v>0，代入数据有v0<2m/s，对物块由牛顿第二定律有ma＝－μmg，又v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx＝v2>0，则μ<0.2，故选B.4．（2021·辽宁卷·13）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t.【答案】(1)0.4m/s2(2)4.5s【解析】(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝eq\f(v2－v1,a)＝eq\f(1.6－0.6,0.4)s＝2.5s在传送带上滑动的距离为x1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝eq\f(0.6＋1.6,2)×2.5m＝2.75m共速后，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x1,v1)＝eq\f(3.95－2.75,0.6)s＝2s所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5s.5．（2021·北京高考真题·15）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等．例如：(1)实验仪器．用游标卡尺测某金属管的内径，示数如图1所示．则该金属管的内径为________mm.甲(2)数据分析．打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图乙所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出．打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上．则打C点时，纸带运动的速度vC＝________m/s(结果保留小数点后两位)．乙(3)实验原理．图丙为“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图．认为桶和砂所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力．实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量m比小车质量M小得多．请分析说明这个要求的理由．_____________________________________________________________________________________________________________.丙【答案】(1)31.4(2)0.44(3)见解析【解析】(1)根据游标卡尺的读数规则，可知内径为31m＋4×0.1mm＝31.4mm(2)每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；故两点间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s匀变速直线运动中一段时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有vC＝eq\f(xBD,2T)＝0.44m/s(3)设绳的拉力为FT，小车运动的加速度为a.对桶和砂，有mg－FT＝ma对小车，有FT＝Ma得FT＝eq\f(M,M＋m)mg小车受到细绳的拉力FT等于小车受到的合力F，即F＝eq\f(M,M＋m)mg＝eq\f(1,1＋\f(m,M))mg可知，只有桶和砂的总质量m比小车质量M小得多时，才能认为桶和砂所受的重力mg等于使小车做匀加速直线运动的合力F.6.（2021·湖南高考真题·11）某实验小组利用图1所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系．主要实验步骤如下：图1图2图3(1)用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图2所示，h＝________cm；(2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；(3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；(4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同)，重复步骤(4)，记录数据如下表：n123456a/(m·s－2)0.0870.1800.2600.4250.519根据表中数据在图3上描点，绘制图线．如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是________m/s2(保留三位有效数字)．【答案】(1)1.02(5)见解析图0.343(0.341～0.345)【解析】(1)垫块的厚度为h＝1cm＋2×0.1mm＝1.02cm(5)绘制图线如图；根据mg·eq\f(nh,l)＝ma可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率k＝eq\f(0.6,7)＝eq\f(a,4)解得a≈0.343m/s2.7.（2022·山东高考真题·13）在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验．受此启发．某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示．主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源，放上滑块．调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块．弹簧处于原长时滑块左端位于O点．A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示．回答以下问题(结果均保留两位有效数字)：(1)弹簧的劲度系数为________N/m.(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg.(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg.【答案】(1)12(2)0.20(3)0.13【解析】(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm.拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时．结合题图乙的F—t图像有Δx＝5.00cm，F＝0.610N根据胡克定律k＝eq\f(F,Δx)可得k≈12N/m(2)根据牛顿第二定律有F＝ma则a—F图像的斜率表示滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据题图丙中Ⅰ，则有eq\f(1,m)＝eq\f(3.00－0,0.60)kg－1＝5kg－1则滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20kg(3)滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中Ⅱ，则有eq\f(1,m′)＝eq\f(1.50－0,0.50)kg－1＝3kg－1则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′≈0.33kg则待测物体的质量为Δm＝m′－m＝0.13kg.考点03牛顿第二定律的应用1．（2022·全国乙卷高考真题·15）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，它们加速度的大小均为()A.eq\f(5F,8m)B.eq\f(2F,5m)C.eq\f(3F,8m)D.eq\f(3F,10m)【答案】A【解析】当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，如图所示，由几何关系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcosθ＝F解得FT＝eq\f(5,8)F对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma解得a＝eq\f(5F,8m)故A正确，B、C、D错误．2．(多选)（2022·河北高考真题·9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq\f(g,3).T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点．下列说法正确的是()A．物体P和Q的质量之比为1∶3B．2T时刻物体Q的机械能为eq\f(E,2)C．2T时刻物体P重力的功率为eq\f(3E,2T)D．2T时刻物体P的速度大小为eq\f(2gT,3)【答案】BCD【详析】开始释放时物体Q的加速度大小为eq\f(g,3)，则有mQg－FT＝mQ·eq\f(g,3)，FT－mPg＝mP·eq\f(g,3)，解得FT＝eq\f(2,3)mQg，eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,2)，选项A错误；在T时刻，两物体的速度大小v1＝eq\f(gT,3)，P上升的距离h1＝eq\f(1,2)×eq\f(g,3)T2＝eq\f(gT2,6)，轻绳断后P能上升的高度h2＝eq\f(v12,2g)＝eq\f(gT2,18)，则开始时P、Q竖直方向上的距离为h＝h1＋h2＝eq\f(2gT2,9)，开始时P所处的水平面为零势能面，则开始时Q的机械能E＝mQgh＝eq\f(2mQg2T2,9)，从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1＝eq\f(mQg2T2,9)，则绳断裂时物体Q的机械能E′＝E－WF＝eq\f(mQg2T2,9)＝eq\f(E,2)，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为eq\f(E,2)，选项B正确；在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq\f(2gT,3)，方向向下，此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPg|v2|＝eq\f(mQg,2)·eq\f(2gT,3)＝eq\f(mQg2T,3)＝eq\f(3E,2T)，选项C、D正确．3．(多选)（2023·湖南高考真题·10）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθC．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ－tanθ)D．若推力F向右，且tanθ>2μ，则F的范围为4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)【答案】CD【详析】设杆所受的弹力为FN，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足eq\f(FNx,FNy)＝tanθ，竖直方向FNy＝mg，则FNx＝mgtanθ，若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得FNx＝ma，可得a＝gtanθ，对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A错误；若推力F向左，根据牛顿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为FNx＝mgtanθ，对小球B，由于tanθ≤μ，小球B受到向左的合力的最大值F′＝μ(FNy＋mg)－FNx≥mgtanθ，则对小球A，根据牛顿第二定律可得FNx＝mamax，对系统整体根据牛顿第二定律F＝4mamax，解得F＝4mgtanθ，B错误；若推力F向左，根据牛顿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为FNx＝mgtanθ，小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(FNy＋mg)·μ－FNx＝2μmg－mgtanθ，由于μ<tanθ≤2μ可知，Fmax<mgtanθ，则对小球B，根据牛顿第二定律Fmax＝2μmg－mgtanθ＝mamax，对系统根据牛顿第二定律F＝4mamax，联立可得F的最大值为F＝4mg(2μ－tanθ)，C正确；若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力最大且向左时，小球B向右的合力最小，此时Fmin＝FNx－(FNy＋mg)μ＝mgtanθ－2μmg，当小球B所受摩擦力最大且向右时，小球B向右的合力最大，此时Fmax＝FNx＋(FNy＋mg)μ＝mgtanθ＋2μmg，对小球B根据牛顿第二定律有Fmin＝mamin，Fmax＝mamax，对系统整体根据牛顿第二定律F＝4ma，代入小球B所受合力范围可得4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正确。4．(多选)（2024·黑吉辽高考真题·10）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（）A.小物块在时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为2μC.小物块与木板的质量比为3︰4 D.之后小物块和木板一起做匀速运动【答案】ABD【解析】由题图可知，时木板的速度开始减小，说明小物块在时刻滑上木板，A正确；由题图可知时间内，木板的加速度为，时木板的速度为，由题意知，时小物块以速度滑上木板，时小物块的速度为，设小物块质量为m，小物块与长木板之间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律可得，，联立解得，B正确；由题图可知，时间内，对木板由牛顿第二定律可得，，解得。时间内，木板的加速度大小，设木板的质量为M，由牛顿第二定律可得，，解得，C错误；时，小物块与长木板速度相等，小物块和长木板整体受到F和地面摩擦力f作用，，由于F和f相等，方向相反，整体受力平衡，一起做匀速运动，D正确。5．（2021·全国乙卷高考真题·21）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（cA．F1=C．μ2>m【答案】BCD【解析】图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F1=μ1(m1+m2)g，Aμ解得Fμ2>m图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。5．（2020·山东高考真题·14）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图1所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是()图1A．0～t1时间内，v增大，FN>mgB．t1～t2时间内，v减小，FN<mgC．t2～t3时间内，v增大，FN<mgD．t2～t3时间内，v减小，FN>mg【答案】D【解析】根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，故A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，故D正确．考点04力学单位制1．（2022·浙江1月高考真题·1）单位为J/m的物理量是（）A．力 B．功 C．动能 D．电场强度【答案】A【详析】根据功的定义式W=Fx·cosα则有J因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。故选A。2．（2021·河北高考真题·3）普朗克常量h＝6.626×10－34J·s，光速为c，电子质量为me，则eq\f(h,mec)在国际单位制下的单位是()A．J/s B．mC．J·m D．m/s【答案】B【详析】eq\f(h,mec)在国际单位制下的单位为：eq\f(J·s,kg·m/s)＝eq\f(N·m·s,kg·m/s)＝eq\f(kg·m/s2·m·s,kg·m/s)＝m，故选B.3．（2022·浙江6月高考真题·1）下列属于力的单位是()A．kg·m/s2 B．kg·m/sC．kg·m2/s D．kg·s/m2【答案】A【详析】根据牛顿第二定律有F＝ma，则力的单位为kg·m/s2，故选A.专题03运动与力的关系考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1牛顿第一定律（惯性）2020年浙江卷；2022年浙江卷；2023年浙江卷等牛顿运动定律作为高中物理的核心知识之一，未来的命题趋势变化不会很大，更注重联系生活实际及考查学生的知识运用能力。1.运动和受力作为动力学的内容，既适用于直线运动，又适用于曲线运动，考查的关键点在于利用牛顿运动定律使研究对象表面的运动规律和背后的受力规律匹配；命题多以生活和科受中的各类情境为引，融合典型模型、逻辑推理，学方法等考查知识、能力和素养。2.动力学部分的考题多涉及实际的情境和图像，主要有两个关键考查点，一是从情境和图像中提取有效的信息，通过牛顿运动定律构建方程，进而求解相关的物理量；二是从信息中剥离有效的物理模型，利用学过的已知模型和方法解决未知的问题。3.动力学部分较复杂的考点集中在多物体多过程问题，例如连接体问题、板块问题等，主要有两个关键考查点，一是选择合适的研究对象，合理利用整体法与隔离法判断物体受力和运动的特点；二是有效地拆分物体的运动过程，寻找解题的突破点和关联点，大胆假设未知量，通过方程思想处理问题。4.国际单位制主要考查对物理量定义的记忆、理解和推导，要求掌握7个国际基本物理单位物理意义的同时，也要掌握基本单位和其他相关单位的推导，规范定义并正确使用单位。考点2牛顿第二定律与直线运动（含实验）2020年浙江卷；2021年辽宁卷、北京卷、湖南卷；2022年浙江卷、辽宁卷、山东卷等牛顿第二定律的应用2020年山东卷；2021全国乙卷；2022全国乙卷、河北卷；2023年辽宁卷等力学单位制2021年河北卷；2022年浙江等考点01牛顿第一定律1．(2020·浙江7月选考·2)如图1所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间．当公交车()图1A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动【答案】B【解析】a行李箱与车厢底面接触的为4个轮子，而b行李箱与车厢底面接触的为箱体平面．缓慢起动时，加速度较小，两只行李箱所受静摩擦力可能小于最大静摩擦力，故两只行李箱可能相对公交车静止，不会向后运动，故A错误；急刹车时，a、b行李箱由于惯性，要保持原来的运动状态，但a行李箱与车厢底面的摩擦为滚动摩擦，比较小，故a行李箱会向前运动，b行李箱可能静止不动，也可能向前运动，故B正确；缓慢转弯时，向心加速度较小，两只行李箱特别是b行李箱所受静摩擦力可能足以提供向心力，则b行李箱可能相对公交车静止，不一定相对车子向外侧运动，故C错误；急转弯时，若行李箱b所受静摩擦力不足以提供向心力时会发生离心运动，可能会向外侧运动，故D错误.2．(2022·浙江6月选考·2)下列说法正确的是()A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关【答案】B【解析】链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的变化而变化，C错误；篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，D错误．3．(2023·浙江6月选考·2)在足球运动中，足球入网如图所示，则()A．踢香蕉球时足球可视为质点B．足球在飞行和触网时惯性不变C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力D．触网时足球对网的力大于网对足球的力【答案】B【解析】在研究如何踢出香蕉球时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。考点02牛顿第二定律与直线运动1.（2022·浙江6月选考·19）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(2,9)，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)．(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2.【答案】(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m【解析】(1)根据牛顿第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入数据解得a1＝2m/s2(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1解得v＝4m/s(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2代入数据联立解得l2＝2.7m.2.(2020·浙江7月选考·19)如图1甲所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置．当加速运动到总位移的14时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t图1(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小．【答案】(1)0.125m/s2竖直向下(2)1m/s(3)40m【解析】(1)由题图可和，物件在0～26s时间内，物件匀速运动，26～34s时间内，物件匀减速运动，在匀减速运动过程中，由牛顿第二定律有mg－F＝ma则a＝g－Fm＝0.125m/s2(2)由运动学公式有v＝at2＝1m/s(3)由题图乙可知，匀速上升的位移h1＝vt1＝26m匀减速上升的位移h2＝v2t2由题意可知h1＋h2＝34h所以物件的总位移大小h＝40m3.（2022·辽宁高考卷·7）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落．物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2.下列v0、μ值可能正确的是()A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.25【答案】B【解析】物块沿中线做匀减速直线运动，则eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)，由题知x＝1m，t＝1s，v>0，代入数据有v0<2m/s，对物块由牛顿第二定律有ma＝－μmg，又v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx＝v2>0，则μ<0.2，故选B.4．（2021·辽宁卷·13）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t.【答案】(1)0.4m/s2(2)4.5s【解析】(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝eq\f(v2－v1,a)＝eq\f(1.6－0.6,0.4)s＝2.5s在传送带上滑动的距离为x1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝eq\f(0.6＋1.6,2)×2.5m＝2.75m共速后，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x1,v1)＝eq\f(3.95－2.75,0.6)s＝2s所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5s.5．（2021·北京高考真题·15）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等．例如：(1)实验仪器．用游标卡尺测某金属管的内径，示数如图1所示．则该金属管的内径为________mm.甲(2)数据分析．打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图乙所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出．打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上．则打C点时，纸带运动的速度vC＝________m/s(结果保留小数点后两位)．乙(3)实验原理．图丙为“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图．认为桶和砂所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力．实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量m比小车质量M小得多．请分析说明这个要求的理由．_____________________________________________________________________________________________________________.丙【答案】(1)31.4(2)0.44(3)见解析【解析】(1)根据游标卡尺的读数规则，可知内径为31m＋4×0.1mm＝31.4mm(2)每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；故两点间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s匀变速直线运动中一段时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有vC＝eq\f(xBD,2T)＝0.44m/s(3)设绳的拉力为FT，小车运动的加速度为a.对桶和砂，有mg－FT＝ma对小车，有FT＝Ma得FT＝eq\f(M,M＋m)mg小车受到细绳的拉力FT等于小车受到的合力F，即F＝eq\f(M,M＋m)mg＝eq\f(1,1＋\f(m,M))mg可知，只有桶和砂的总质量m比小车质量M小得多时，才能认为桶和砂所受的重力mg等于使小车做匀加速直线运动的合力F.6.（2021·湖南高考真题·11）某实验小组利用图1所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系．主要实验步骤如下：图1图2图3(1)用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图2所示，h＝________cm；(2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；(3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；(4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同)，重复步骤(4)，记录数据如下表：n123456a/(m·s－2)0.0870.1800.2600.4250.519根据表中数据在图3上描点，绘制图线．如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是________m/s2(保留三位有效数字)．【答案】(1)1.02(5)见解析图0.343(0.341～0.345)【解析】(1)垫块的厚度为h＝1cm＋2×0.1mm＝1.02cm(5)绘制图线如图；根据mg·eq\f(nh,l)＝ma可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率k＝eq\f(0.6,7)＝eq\f(a,4)解得a≈0.343m/s2.7.（2022·山东高考真题·13）在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验．受此启发．某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示．主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源，放上滑块．调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块．弹簧处于原长时滑块左端位于O点．A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示．回答以下问题(结果均保留两位有效数字)：(1)弹簧的劲度系数为________N/m.(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg.(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg.【答案】(1)12(2)0.20(3)0.13【解析】(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm.拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时．结合题图乙的F—t图像有Δx＝5.00cm，F＝0.610N根据胡克定律k＝eq\f(F,Δx)可得k≈12N/m(2)根据牛顿第二定律有F＝ma则a—F图像的斜率表示滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据题图丙中Ⅰ，则有eq\f(1,m)＝eq\f(3.00－0,0.60)kg－1＝5kg－1则滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20kg(3)滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中Ⅱ，则有eq\f(1,m′)＝eq\f(1.50－0,0.50)kg－1＝3kg－1则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′≈0.33kg则待测物体的质量为Δm＝m′－m＝0.13kg.考点03牛顿第二定律的应用1．（2022·全国乙卷高考真题·15）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，它们加速度的大小均为()A.eq\f(5F,8m)B.eq\f(2F,5m)C.eq\f(3F,8m)D.eq\f(3F,10m)【答案】A【解析】当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，如图所示，由几何关系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcosθ＝F解得FT＝eq\f(5,8)F对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma解得a＝eq\f(5F,8m)故A正确，B、C、D错误．2．(多选)（2022·河北高考真题·9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq\f(g,3).T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点．下列说法正确的是()A．物体P和Q的质量之比为1∶3B．2T时刻物体Q的机械能为eq\f(E,2)C．2T时刻物体P重力的功率为eq\f(3E,2T)D．2T时刻物体P的速度大小为eq\f(2gT,3)【答案】BCD【详析】开始释放时物体Q的加速度大小为eq\f(g,3)，则有mQg－FT＝mQ·eq\f(g,3)，FT－mPg＝mP·eq\f(g,3)，解得FT＝eq\f(2,3)mQg，eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,2)，选项A错误；在T时刻，两物体的速度大小v1＝eq\f(gT,3)，P上升的距离h1＝eq\f(1,2)×eq\f(g,3)T2＝eq\f(gT2,6)，轻绳断后P能上升的高度h2＝eq\f(v12,2g)＝eq\f(gT2,18)，则开始时P、Q竖直方向上的距离为h＝h1＋h2＝eq\f(2gT2,9)，开始时P所处的水平面为零势能面，则开始时Q的机械能E＝mQgh＝eq\f(2mQg2T2,9)，从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1＝eq\f(mQg2T2,9)，则绳断裂时物体Q的机械能E′＝E－WF＝eq\f(mQg2T2,9)＝eq\f(E,2)，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为eq\f(E,2)，选项B正确；在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq\f(2gT,3)，方向向下，此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPg|v2|＝eq\f(mQg,2)·eq\f(2gT,3)＝eq\f(mQg2T,3)＝eq\f(3E,2T)，选项C、D正确．3．(多选)（2023·湖南高考真题·10）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθC．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ－tanθ)D．若推力F向右，且tanθ>2μ，则F的范围为4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)【答案】CD【详析】设杆所受的弹力为FN，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足eq\f(FNx,FNy)＝tanθ，竖直方向FNy＝mg，则FNx＝mgtanθ，若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得FNx＝ma，可得a＝gtanθ，对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A错误；若推力F向左，根据牛顿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为FNx＝mgtanθ，对小球B，由于tanθ≤μ，小球B受到向左的合力的最大值F′＝μ(FNy＋mg)－FNx≥mgtanθ，则对小球A，根据牛顿第二定律可得FNx＝mamax，对系统整体根据牛顿第二定律F＝4mamax，解得F＝4mgtanθ，B错误；若推力F向左，根据牛顿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为FNx＝mgtanθ，小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(FNy＋mg)·μ－FNx＝2μmg－mgtanθ，由于μ<tanθ≤2μ可知，Fmax<mgtanθ，则对小球B，