五年（2021-2025）高考物理真题分类汇编：专题03 运动和力的关系（全国）（解析版）

专题03运动和力的关系

考点五年考情（2021-2025）命题趋势

2025·河南卷、北京卷高考对运动和力的关系考查愈发深入

考点1牛顿运2024·全国甲卷且灵活。基础层面，牛顿运动定律、运

动定律的理解2023·浙江、全国乙卷动学公式仍是核心，会以多种形式考查

2022·江苏卷、浙江卷学生对概念的理解。命题常结合生活实

2021·北京卷、湖南卷际与科技前沿，如汽车刹车、火箭发射

等情境，考查学生受力分析与运动过程

2025·福建卷、陕晋宁青卷推理能力。同时，开放性、探究性问题

考点2牛顿运2024·广东卷、湖南卷、贵州卷增多，要求学生自主设计实验方案、分

动定律的应用2023·全国甲卷析数据并得出结论。此外，注重考查知

2022·浙江卷、全国乙卷识综合运用，将运动和力的关系与能量、

2021·河北卷、全国甲卷动量等知识结合，突出对学生创新思维

和解决复杂问题能力的培养。

考点01牛顿运动定律的理解

1．（2025·河南·高考真题）野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段

时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向

成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（）

A．无人机做匀速运动B．零件所受合外力为零

C．零件的惯性逐渐变大D．零件的重力势能保持不变

【答案】D

【详解】D．无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也沿水平方向飞行做直线运动，故零件

的高度不变，可知零件的重力势能保持不变，D正确；

AB．对零件受力分析，受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动，可知合外力沿水平方向，

提供水平方向的加速度。零件水平向左做匀加速直线运动，AB错误；

C．惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。

故选D。

2．（2025·山东·高考真题）工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。

如图所示，坡面与水平面夹角为，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，

MNQ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，则建筑材料沿

MN向下匀加速滑行的加速度大小为（）

A．gsin2gcosgsincosB．gsincosgcosgsin2

C．gsincosgcosgsincosD．gcos2gcosgsin2

【答案】B

【详解】根据牛顿第二定律mgsincosmgcosmgsinsinma

可得asincosgcossin2gg

故选B。

3．（2025·甘肃·高考真题）2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞

船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料对火箭的平均推力约为6106N。火箭质量约为

500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约为（）（重力加速度g取10m/s2）

A．2m/s2B．4m/s2C．6m/s2D．12m/s2

【答案】A

【详解】根据题意，由牛顿第二定律有Fmgma

66

61051022

代入数据解得ams2ms

5105

故选A。

4．（2025·甘肃·高考真题）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与

A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正

确的是（）

g

A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为

2

mg2mg

C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为

kk

【答案】BC

【详解】A．剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速

度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；

B．剪断细线之前则F弹3mg

剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律F弹2mg2ma

g

解得A的加速度a

2

选项B正确；

3mg

C．剪断细线之前弹簧伸长量x

1k

2mg

剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量x

2k

mg

即振幅为Axx

12k

mg

由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，选项C正确；

k

3mg

D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，选项D错误。

k

故选BC。

5．（2025·湖南·高考真题）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，

小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60，两球连线与轻绳的夹角为30，

整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

A．A球静止时，轻绳上拉力为2mg

B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg

C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g

D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小

【答案】C

【详解】AB．根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示

由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为Tmg

A球与B球间的库仑力F2mgcos303mg

故AB错误；

C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此

时A球的合外力大小为mg，则加速度大小为g，故C正确；

D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球

的作用力不变，故D错误。

故选C。

6．（2025·江苏·高考真题）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小

物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与

木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（）

A．释放瞬间，物块加速度为零

B．物块和木箱最终仍有相对运动

C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零

D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变

【答案】D

【详解】A．根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，且有摩擦力，根据牛顿第二定律可知

释放时物块加速度不为0，故A错误；

B．由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能会减少，直到弹簧的最大弹力满

足以下分析的F：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为f，物块质量为m，对物块根据牛顿第二定律

fma

设木箱质量为M，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律F(mM)a

f

可得F(mM)

m

f

即弹簧的最大弹力减小到F(mM)后，二者一起做简谐运动，故B错误；

m

C．根据AB选项分析可知只有当二者一起做简谐运动前，有相对滑动，滑块运动到最右端后物块不会停

止，当二者一起做简谐运动后，物块与滑块一起做周期性运动，也不会停止，故C错误；

D．开始滑块的加速度向右，物块与滑块第一次共速前，物块相对滑块向左运动，受到向右的摩擦力，

共速前二者有相对滑动，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D正确。

故选D。

7．（2025·四川·高考真题）若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能

量的是（）

a2bab2d2b2

A．B．C．D．

c2c2bd

【答案】AC

22

abmkg2

【详解】A．根据题意可知的单位为kgm/s

c2s2

12

结合动能公式Emv2可知kgm/s为能量单位，故A正确；

k2

ab2mkg2

B．同理的单位为kg2m/s2

c2s2

根据Fma可知kgm/s2为力的单位，故可知kg2m/s2为力与质量的乘积，故不是能量的单位，故B错

误；

2

2-1

dkgms2

C．的单位为kgm/s

bkg

根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，故C正确；

b2kg2kg

D．的单位为，不是能量单位，故D错误。

dkgms-1ms-1

故选AC。

8．（2024·海南·高考真题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞

船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（）

A．返回舱处于超重状态B．返回舱处于失重状态

C．主伞的拉力不做功D．重力对返回舱做负功

【答案】A

【详解】AB．返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；

C．主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C错误；

D．返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D错误。

故选A。

9．（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平

线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止

于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大

小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球

从P点运动到O点的过程中（）

A．速度一直增大B．速度先增大后减小

C．加速度的最大值为3gD．加速度先增大后减小

【答案】A

【详解】AB．缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。

此时两弹簧的合力为大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力

的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；

CD．小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外

力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知

2mgma

加速度的最大值为2g，CD错误。

故选A。

10．（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Fy图像或yt

图像可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【详解】AB．在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即

Fmg

当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力

FmgkyH

到合力为零前，随着y增大F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y减小F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H高度之前，木块做自由落体运动，根据

1

ygt2

2

速度逐渐增大，yt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

mgkyHFma

木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以yt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

FkyHmg

木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以yt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yt示意图如下

故CD错误。

故选B。

11．（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或

轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬

间B和C的加速度大小分别为（）

A．g，1.5gB．2g，1.5gC．2g，0.5gD．g，0.5g

【答案】A

【详解】剪断前，对BCD分析

FAB3m2mmg

对D

FCDmg

剪断后，对B

FAB3mg3maB

解得

aBg

方向竖直向上；对C

FDC2mg2maC

解得

aC1.5g

方向竖直向下。

故选A。

12．（2024·全国甲卷·高考真题）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t0时刚好落到蹦床上，对蹦床作

用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触

时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）

A．t0.15s时，运动员的重力势能最大

B．t0.30s时，运动员的速度大小为10m/s

C．t1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处

D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

【答案】BD

【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知t0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最

大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；

BC．根据题图可知运动员从t0.30s离开蹦床到t2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上

抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在t1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t0.30s

时运动员的速度大小

v101m/s10m/s

故B正确，C错误；

D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理

Ftmgtmv(mv)

其中

t0.3s

代入数据可得

F4600N

根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N，故D

正确。

故选BD。

13．（2023·湖南·高考真题）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，杆与竖直方向的夹角为，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F2mgtan

B．若推力F向左，且tan，则F的最大值为2mgtan

C．若推力F向左，且tan2，则F的最大值为4mg(2tan)

D．若推力F向右，且tan2，则F的范围为4mg(tan2)F4mg(tan2)

【答案】CD

【详解】A．设杆的弹力为N，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

N

xtan

Ny

竖直方向

Nymg

则

Nxmgtan

若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得

Nxma

可得

agtan

对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律

F4ma4mgtan

A错误；

B．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

Nxmgtan

对小球B，由于tan，小球B受到向左的合力

F(Nymg)Nxmgtan

则对小球A，根据牛顿第二定律可得

Nxmamax

对系统整体根据牛顿第二定律

F4mamax

解得

F4mgtan

B错误；

C．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平

分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为

Nxmgtan

小球B所受向左的合力的最大值

Fmax(Nymg)Nx2mgmgtan

由于tan2可知

Fmaxmgtan

则对小球B，根据牛顿第二定律

Fmax2mgmgtanmamax

对系统根据牛顿第二定律

F4mamax

联立可得F的最大值为

F4mg(2tan)

C正确；

D．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所受的摩擦力向左时，小

球B向右的合力最小，此时

FminNxNymgmgtan2mg

当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时

FmaxNxNymgmgtan2mg

对小球B根据牛顿第二定律

Fminmamin

Fmaxmamax

对系统根据牛顿第二定律

F4ma

代入小球B所受合力分范围可得F的范围为

4mg(tan2)F4mg(tan2)

D正确。

故选CD。

14．（2023·全国乙卷·高考真题）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设

排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（）

A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大

C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动

【答案】B

【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。

对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二

定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速

度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；

B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机

械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度

最大，B正确；

C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；

D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中

做变加速运动，D错误。

故选B。

15．（2023·浙江·高考真题）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，

其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小

（）

A．O点最大B．P点最大

C．Q点最大D．整个运动过程保持不变

【答案】A

【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，

空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据

牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。

故选A。

16．（2023·浙江·高考真题）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

【详解】A．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；

B．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；

C．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；

D．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。

故选B。

17．（2023·海南·高考真题）如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（）

A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力

B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力

C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小

D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变

【答案】B

【详解】AB．对人受力分析有

则有

FN＋FT=mg

其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误、B正确；

CD．对滑轮做受力分析有

则有

mg

F

T2cos

则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，CD错误。

故选B。

18．（2022·海南·高考真题）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力

（）

A．大小相等，方向相反B．大小相等，方向相同

C．F1的冲量大于F2的冲量D．F1的冲量小于F2的冲量

【答案】A

【详解】根据题意可知F1和F2是相互作用力，根据牛顿第三定律可知F1和F2等大反向、具有同时性；

根据冲量定义式IFt可知F1和F2的冲量大小相等，方向相反。

故选A。

19．（2022·浙江·高考真题）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的

是（）

A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡

B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力

C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力

D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点

【答案】C

【详解】A．鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误；

BC．鱼儿摆尾出水时排开水的体积变小，浮力变小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向

上的作用力大于重力，B错误、C正确；

D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。

故选C。

20．（2022·江苏·高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大

静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（）

A．2.0m/s2B．4.0m/s2C．6.0m/s2D．8.0m/s2

【答案】B

【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度

fmmgmam

解得

2

amg4m/s

书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4m/s2。

故选B。

21．（2022·上海·高考真题）神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下的

减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小（）

A．一直减小B．一直增大

C．先增大后减小D．先减小后增大

【答案】A

【详解】依题意，返回舱竖直向下减速运动的过程中，根据牛顿第二定律可得

fmgmakvmgma

返回舱速度v减小，则可得加速度a一直减小，故选A。

22．（2021·北京·高考真题）某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，

弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度

处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就

可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的

是（）

A．30cm刻度对应的加速度为-0.5gB．40cm刻度对应的加速度为g

C．50cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度的值是不均匀的

【答案】A

【分析】由题知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处，则弹簧的原长l0=0.2m；下端悬

挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则根据受力平衡有

mg=k(l-l0)

可计算出

mg

k=

0.2

【详解】A．由分析可知，在30cm刻度时，有

F弹-mg=ma（取竖直向上为正方向）

代入数据有

a=-0.5g

A正确；

B．由分析可知，在40cm刻度时，有

mg=F弹

则40cm刻度对应的加速度为0，B错误；

C．由分析可知，在50cm刻度时，有

F弹-mg=ma（取竖直向上为正方向）

代入数据有

a=0.5g

C错误；

D．设刻度对应值为x，结合分析可知

mg

xmg

，x=x0.2（取竖直向上为正方向）

0.2a

m

经过计算有

gx0.4ggx

a=(x>0.2)或a=(x<0.2)

0.20.2

根据以上分析，加速度a与刻度对应值为x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误。

故选A。

23．（2021·浙江·高考真题）2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290s

的减速，速度从4.9103m/s减为4.6102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0102m/s；

与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至

分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（）

A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用

B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上

C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用

D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力

【答案】B

【详解】A．打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，

选项A错误；

B．打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向

竖直向上，B正确；

C．打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；

D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气

体的阻力不是平衡力，选项D错误。

故选B。

24．（2021·湖南·高考真题）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动

车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组

所受的阻力与其速率成正比（F阻kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的

是（）

A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变

B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动

3

C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为v

4m

D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过

1

程中该动车组克服阻力做的功为mv2Pt

2m

【答案】C

【详解】A．对动车由牛顿第二定律有

FF阻=ma

若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变

大，故A错误；

B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有

4P

kvma

v

故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；

C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有

2.25P

kv

v

而以额定功率匀速时，有

4P

kvm

vm

联立解得

3

vv

4m

故C正确；

D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定

理可知

12

4PtW阻=mv0

F2m

可得动车组克服阻力做的功为

12

W阻=4Ptmv

F2m

故D错误；

故选C。

25．（2021·浙江·高考真题）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速

运动时，长木板保持静止，此时（）

A．小车只受重力、支持力作用

B．木板对小车的作用力方向水平向左

C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力

D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等

【答案】D

【详解】A．小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，

A错误；

B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向

一定不在水平方向，B错误；

CD．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。

故选D。

考点02牛顿运动定律的应用

26．（2025·福建·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根

轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B

与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B

的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带

足够长，A可在传送带上留下痕迹，则（）

t

A．在t=0时，B的加速度大小大于A的加速度大小

2

B．t=t0时，B的速度为0.5m/s

C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m

D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m

【答案】BD

【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为f0.5110N0.25210N=5N

初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统

动量守恒有mAv0mAvmBvB，v1m/s

代入数值解得t=t0时，B的速度为vB0.5m/s

在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有fF弹=mAaA，fF弹=mBaB

由于mA<mB，故可知aAaB

故A错误，B正确；

C．在t0时间内，设AB向右的位移分别为xA，xB；，由功能关系有

111

fxfxmv2mv2mv2E

AB2A02A2BBp

解得xAxB0.1m

故弹簧的压缩量为xxAxB0.1m

故C错误；

D．A与传送带的相对位移为x相AxAvt0

B与传送带的相对为x相Bvt0xB

故可得x相Ax相BxAxB0.1m

由于0t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足

aA2aB，作出AB的vt图像

可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA的面积，故可得x相A<x相B

结合x相Ax相B0.1m

可知x相A<0.05m，故D正确。

故选BD。

27．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为30的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机

3

通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。

2

电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相

同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其

他摩擦。则这段时间内（）

2v25mv2

A．物块的位移大小为0B．物块机械能增量为0

3g2

16Pv2v28Pvmv2

C．小车的位移大小为00D．小车机械能增量为00

5mg25g5g2

【答案】C

【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有mgcos30mgsin30ma

1

解得ag

4

2

根据运动学公式有v02ax1

2v2

解得物块的位移大小为x0

1g

故A错误；

13

B．物块机械能增量为Emv2mgxsin30mv2

20120

故B错误；

1

C．对小车根据动能定理有Ptmgcos30mgsin30xmv2

20

v

其中t0

a

16Pv2v2

联立解得x00

5mg25g

故C正确；

18Pv3mv2

D．小车机械能增量为Emv2mgxsin3000

205g10

故D错误。

故选C。

28．（2025·河北·高考真题）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块

通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分

别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距

离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为