牛頓運(yùn)動(dòng)定律一（解析版）-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)

專題4牛頓運(yùn)動(dòng)定律（1）

考點(diǎn)愿型歸納

一、牛頓第一定律與牛頓第三定律.....................2

二、牛頓第二定律求瞬時(shí)突變問(wèn)題.....................4

三、牛頓第二定律的同向性............................7

四、利用牛頓第二定律分析動(dòng)態(tài)過(guò)程..................12

五、力學(xué)單位制......................................16

六、超重與失重現(xiàn)象分析.............................18

1

專題一牛頓第一定律與牛頓第三定律

1.（2023?浙江?高考真題）在足球運(yùn)動(dòng)中，足球入網(wǎng)如圖所示，則（）

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

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

【答案】B

【詳解】A.在研究如何踢出“香蕉球”時(shí)，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(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

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

C.足球在飛行時(shí)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(cuò)誤；

D.觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對(duì)足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯(cuò)誤。

故選B。

2.（2022?浙江?高考真題）下列說(shuō)法正確的是（）

A.鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度不變

B.足球下落過(guò)程中慣性不隨速度增大而增大

C.乒乓球被擊打過(guò)程中受到的作用力大小不變

D.籃球飛行過(guò)程中受到空氣阻力的方向與速度方向無(wú)關(guān)

【答案】B

【詳解】A.鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度方向在改變，A錯(cuò)誤；

B.慣性只與質(zhì)量有關(guān)，則足球下落過(guò)程中慣性不隨速度增大而增大，B正確；

C.乒乓球被擊打過(guò)程中受到的作用力隨著形變量的減小而減小，C錯(cuò)誤；

D.籃球飛行過(guò)程中受到空氣阻力的方向與速度方向有關(guān)，D錯(cuò)誤。

故選B。

3.（2025?全國(guó)?二模）圖示是一學(xué)生背書包站立的簡(jiǎn)化模型，關(guān)于該學(xué)生，下列說(shuō)法正確的

是（）

2

o

A.書包帶適當(dāng)變長(zhǎng)，包帶對(duì)肩膀的拉力變大

B.書包帶適當(dāng)變短，包帶對(duì)肩膀的拉力不變

C.學(xué)生略微向前傾斜，包帶對(duì)肩膀的拉力不變

D.學(xué)生略微向前傾斜，包帶對(duì)肩膀的拉力變小

【答案】D

【詳解】A.對(duì)書包受力分析，如圖所示，當(dāng)書包帶變長(zhǎng)時(shí)，重力G和拉力7的夾角變小,

G不變，尸方向不變，則拉力7變小，由牛頓第三定律可知，包帶對(duì)肩膀的拉力變小，A

錯(cuò)誤；

B.當(dāng)書包帶變短時(shí)，重力G和拉力T的夾角變大，拉力7變大，由牛頓第三定律可知，包

帶對(duì)肩膀的拉力變大，B錯(cuò)誤；

CD.若學(xué)生略微向前傾斜，T和尸的夾角不變，且二者的合力不變，等于G,尸和G的夾

角變小，7和G的夾角變大，則T變小，尸變大，由牛頓第三定律可知，包帶對(duì)肩膀的拉力

變小，C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

4.（2024?浙江?二模）如圖所示，摩托車手在水平彎道上勻速轉(zhuǎn)彎時(shí)（）

A.車手身體各處的加速度大小都相等

B.車和人的總重力與地面對(duì)車的支持力是一對(duì)平衡力

3

C.車對(duì)地面的壓力與地面對(duì)車的作用力是一對(duì)作用力與反作用力

D.地面對(duì)車的作用力不大于車和人的總重力

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)

a=a）2r

可知，車手身體各處的加速度大小不相等，故A錯(cuò)誤；

B.車和人的總重力與地面對(duì)車的支持力是一對(duì)平衡力，故B正確；

C.車對(duì)地面的壓力與地面對(duì)車的支持力是一對(duì)作用力與反作用力，但地面對(duì)車的作用力既

有支持力也有摩擦力，故C錯(cuò)誤；

D.地面對(duì)車的作用力，即支持力和摩擦力的合力，大于支持力，而支持力等于車和人的總

重力，所以地面對(duì)車的作用力大于車和人的總重力，故D錯(cuò)誤。

故選B。

專題二牛頓第二定律求瞬時(shí)突變問(wèn)題

5.（2024?四川德陽(yáng)?二模）如圖所示，質(zhì)量為的滑塊。與質(zhì)量為2m的滑塊P置于水平地

面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃。用水平向右的拉力

尸拉滑塊P,使兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻突然撤去該拉力尸，則下列說(shuō)法正確的是

（）

f///////////////////////////////////

A.拉力廠的大小為3〃mg

B.撤去拉力廠前，彈簧彈力大小為2〃加g

C.撤去拉力尸瞬間，滑塊Q的加速度大小為〃g

D.撤去拉力廠瞬間，滑塊P的加速度大小為3〃g

【答案】A

【詳解】A.對(duì)AB整體分析可知，兩滑塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，可知拉力廠的大

小為

F="（加+2m）g=3jbimg

選項(xiàng)A正確；

B.撤去拉力廠前，對(duì)Q分析可知彈簧彈力大小為

4

與=〃機(jī)g

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.撤去拉力廠瞬間，彈簧彈力不變，則滑塊Q受力仍平衡，可知Q的加速度大小為零，

選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.撤去拉力尸瞬間，對(duì)滑塊P由牛頓第二定律

辱+"?2mg=2ma

可得加速度大小為

3

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選Ao

6.（2024?安徽?二模）如圖所示，A、C兩球質(zhì)量均為加，B球質(zhì)量為2加，輕質(zhì)彈簧一端固

定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間通過(guò)一根輕桿連接，B、C間由一不可伸長(zhǎng)的

輕質(zhì)細(xì)線連接。傾角為6的光滑斜面固定在水平地面上，彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，

初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧被剪斷的瞬間，已知重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是（）

A.B球的受力情況未變B.C球的加速度大小為gsinS

4

C.B、C之間線的拉力大小為mgsin。D.A、B兩個(gè)小球的加速度大小均為］gsin。

【答案】B

【詳解】彈簧剪斷前，系統(tǒng)靜止，分別以C、BC、ABC組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象可得，

對(duì)C

%線=加gsin。

對(duì)BC

瑪：=3mgsin0

對(duì)ABC

5

產(chǎn)彈簧=4mgsin0

彈簧被剪斷的瞬間，彈簧彈力消失，AB整體受力情況發(fā)生變化，假設(shè)細(xì)線拉力不為0,結(jié)

合牛頓第二定律可知，

對(duì)AB

&B>3機(jī)gsin6

沿斜面向下

%>gsin0

沿斜面向下

對(duì)C

Fc<mgsin9

沿斜面向下

ac<gsin6

沿斜面向下

則細(xì)線必然松弛，不符合假設(shè)，因此細(xì)線拉力為0。

對(duì)ABC

&BC=4mgsin6*

沿斜面向下

QABC=gsinO

沿斜面向下

對(duì)A

FA=mgsin3

沿斜面向下

因此，彈簧剪斷瞬間，細(xì)線、輕桿的彈力都為0。

A、B、C三個(gè)小球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsind。

故選B。

7.（2024,湖南,高考真題）如圖，質(zhì)量分別為4加、3m、2m、加的四個(gè)小球/、B、C、D,

通過(guò)細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于。點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將2、C間

6

的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間3和C的加速度大小分別為（）

A.g,L5gB.2g,L5gC.2g,0.5gD.g,0.5g

【答案】A

【詳解】剪斷前，對(duì)BCD分析

FAB=(j>m+1m+m)g

對(duì)D

FcD=mg

剪斷后，對(duì)B

FAB-3mg=3maB

解得

aB=g

方向豎直向上；對(duì)C

FDC+2mg=2mac

解得

ac=1.5g

方向豎直向下。

故選Ao

專題三牛頓第二定律的同向性

8.（2024?四川攀枝花?二模）如圖甲所示，在平直公路上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的小車內(nèi)固定有一

豎直彈性桿，桿的頂端固定有一小球。當(dāng)小車突然開始減速制動(dòng)時(shí)，彈性桿向前彎曲（如圖

7

乙），下列對(duì)乙圖中的小球進(jìn)行受力分析最合理的一項(xiàng)是（）

【答案】C

【詳解】題意可知小車突然減速，則車的加速度水平向左，故球的加速度也水平向左，所以

球的合力水平向左，根據(jù)平行四邊形定則可知，球的重力與桿給球的力的合力也要水平向左。

故選C。

9.（2024?江西?二模）如圖所示，一人隨電梯由靜止開始先勻加速后勻速向上運(yùn)動(dòng)，從電梯

開始運(yùn)動(dòng)時(shí)計(jì)時(shí)，下列關(guān)于人受到的摩擦力只支持力心、人的動(dòng)能線以及重力勢(shì)能綜隨

8

【答案】c

【詳解】A.電梯先勻加速上升再勻速上升，對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程受力分析結(jié)合牛頓第二定律的同向

性可知人先受摩擦力后不受摩擦力，A錯(cuò)誤；

B.加速上升階段，加速度向上，人受到的支持力大于重力，勻速上升階段，支持力等于重

力,B錯(cuò)誤；

C.人的動(dòng)能先增大后不變，動(dòng)能增大階段，動(dòng)能表達(dá)式

A77.=—1mv2=—1ma2t,2

22

C正確；

D.設(shè)電梯的傾角為凡加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，上升的高度隨時(shí)間的關(guān)系為

h=-at2sin。

2

重力勢(shì)能隨時(shí)間變化的關(guān)系為

12.

Ep=—mgatsin夕

D錯(cuò)誤。

故選Co

10.（2023?湖南?高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2加的小車在水平推力廠的作

用下加速運(yùn)動(dòng)。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為根的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(dòng)摩擦因數(shù)為"，桿與豎直方向的夾角為巴桿

與車廂始終保持相對(duì)靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（）

9

B.若推力尸向左，且tan"M,則尸的最大值為2加gtan8

C.若推力尸向左，且〃<tanOW2〃，則尸的最大值為4“zg(2〃-tan。)

D.若推力尸向右，且tan。>2〃，貝!］尸的范圍為4m8011。-2〃)(尸(4%8011。+2〃)

【答案】CD

【詳解】A.設(shè)桿的彈力為N,對(duì)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

--=tan0

Ny

豎直方向

Ny=mg

則

Nx=mgtand

若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得

Nx=ma

可得

a-gtan9

對(duì)小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律

F=4ma=4mgtan6

A錯(cuò)誤；

B.若推力尸向左，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

Nx=mgtan0

對(duì)小球B,由于tan”〃，小球B受到向左的合力

F=+mg)-Nx2mgtan0

則對(duì)小球A,根據(jù)牛頓第二定律可得

Nx=ma^

對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律

尸=4刈。而

解得

10

F=4mgtan0

B錯(cuò)誤；

C.若推力尸向左，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(duì)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

Nx=mgtan0

小球B所受向左的合力的最大值

={Ny+mgy/n-Nx=2/jmg-mgtmO

由于〃<tan。W2〃可知

F?^<mgland

則對(duì)小球B,根據(jù)牛頓第二定律

=2〃加g-mgtan0=ma^

對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律

F=4w?max

聯(lián)立可得下的最大值為

F=4加g(2〃一tan6)

C正確；

D.若推力尸向右，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(wú)限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所

受的摩擦力向左時(shí)，小球B向右的合力最小，此時(shí)

=N*-(2+)〃=ZMgtan3-2).img

當(dāng)小球所受摩擦力向右時(shí)，小球B向右的合力最大，此時(shí)

N

4ax=x+(Ny+mg^Ju=mgtan0+2//mg

對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律

ma

4in=min

41ax=加°max

對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律

F=Ama

11

代入小球B所受合力分范圍可得下的范圍為

4mg(tan0-2(A)<F<4mg(tan6+2/z)

D正確。

故選CDo

專題四利用牛頓第二定律分析動(dòng)態(tài)過(guò)程

11.（2024?全國(guó)甲卷?高考真題）蹦床運(yùn)動(dòng)中，體重為60kg的運(yùn)動(dòng)員在t=0時(shí)剛好落到蹦床

上，對(duì)蹦床作用力大小尸與時(shí)間/的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員身體始終保持豎

直，在其不與蹦床接觸時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列說(shuō)法

B.f=0.30s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為10m/s

C.f=1.00s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處

D.運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開過(guò)程中對(duì)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f=0.15s時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力最大，蹦床

的形變量最大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最小，故A錯(cuò)誤；

BC.根據(jù)題圖可知運(yùn)動(dòng)員從f=0.30s離開蹦床到f=2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時(shí)間為2s,

根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，運(yùn)動(dòng)員上升時(shí)間為1s,則在t=1.3s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)

到最大高度處，/=0.30s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度大小

v=10xlm/s=10m/s

故B正確，C錯(cuò)誤；

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

F-Nt-mg-At=mv-（一加v）

12

其中

A/=0.3s

代入數(shù)據(jù)可得

F=4600N

根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為

4600N,故D正確。

故選BD。

12.（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8

高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向。木塊的位移為％所受合

外力為尸，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為金忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回

【答案】B

【詳解】AB.在木塊下落石高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即

F=mg

當(dāng)木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力

13

到合力為零前，隨著了增大廠減?。划?dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn),之后，木塊開

始反彈，過(guò)程中木塊所受合外力向上，隨著V減小尸增大，反彈過(guò)程，隨著y減小，圖像向

X軸負(fù)方向原路返回，故A錯(cuò)誤、B正確；

CD.在木塊下落H高度之前，木塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

12

y=2gr

速度逐漸增大，了一圖像斜率逐漸增大，當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二

定律

mg-k（y-=F=ma

木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以V—圖像斜率繼續(xù)增大，當(dāng)彈簧彈

力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)過(guò)程中

F=k（y—H^—mg

木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以了一圖斜率減小，到達(dá)最低點(diǎn)

后，木塊向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的

減速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，而C圖中H點(diǎn)過(guò)后速度就開始逐漸減小，實(shí)際

速度還應(yīng)該增大，直到平衡位置速度到達(dá)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V-示意圖如下

故CD錯(cuò)誤。

故選B。

13.（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(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為小的小球上。開始時(shí)，在豎直

向上的拉力作用下，小球靜止于連線的中點(diǎn)。，彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上。緩

慢拉至尸點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力廠大小為2〃陪。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(jì)空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過(guò)程中（）

14

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.緩慢拉至尸點(diǎn)，保持靜止，由平衡條件可知此時(shí)拉力廠與重力和兩彈簧的拉

力合力為零。此時(shí)兩彈簧的合力為大小為小g。當(dāng)撤去拉力，則小球從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過(guò)

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(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.小球從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)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(shí)的加速度，由牛頓第二定律可知

2mg=ma

加速度的最大值為2g,CD錯(cuò)誤。

故選Ao

14.（2023?河北?高考真題）如圖，質(zhì)量為加的小球穿在固定光滑桿上，與兩個(gè)完全相同的

輕質(zhì)彈相連。開始時(shí)將小球控制在桿上的/點(diǎn)，彈簧1豎直且處于原長(zhǎng)，彈簧2處于水平

伸長(zhǎng)狀態(tài)，兩彈簧可繞各自轉(zhuǎn)軸a,Q無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)。3為桿上的另一個(gè)點(diǎn)，與。1、4Q構(gòu)

成矩形，AB=2AOto現(xiàn)將小球從/點(diǎn)釋放，兩彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的

是（）

V彈簧2°2%

i

i彈

=簧

Ja,5

/

//,,,//./J

////,■■,/

A.小球沿桿在之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)

B.與沒有彈簧時(shí)相比，小球從/點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)所用的時(shí)間更短

C.小球從/點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)的過(guò)程中，兩個(gè)彈簧對(duì)小球做的總功為零

D.小球從/點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧2的彈性勢(shì)能先減小后增大

15

【答案】BC

【詳解】AC.根據(jù)對(duì)稱性可知，小球從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)的過(guò)程中，兩個(gè)彈簧對(duì)小球做的總

功為零，則此過(guò)程合力做功等于重力對(duì)小球做的功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，小球在3點(diǎn)的速

度大于0,所以小球到達(dá)3點(diǎn)后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，小球不會(huì)在N3之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤,

C正確;

D.小球從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧2先從伸長(zhǎng)狀態(tài)變?yōu)樵L(zhǎng)，再?gòu)脑L(zhǎng)變?yōu)閴嚎s狀

態(tài)，最后再恢復(fù)原長(zhǎng)，故彈簧2的彈性勢(shì)能先減小后增大再減小，故D錯(cuò)誤;

B.小球從/點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)過(guò)程，由于兩個(gè)彈簧對(duì)小球做的總功為零，與沒有彈簧時(shí)相比,

小球運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)的速度相等；沒有彈簧時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的加速度為

mgsin6.八

a=----------=gsm"

m

有彈簧時(shí)，加速度先大于gsin。，然后加速度逐漸減小，到AB中點(diǎn)時(shí)，加速度為gsin。,

之后加速度小于gsind,則兩種情況的v-f圖像如圖所示

兩種情況的V—圖像與橫軸圍成的面積相等，由圖可知與沒有彈簧時(shí)相比，小球從/點(diǎn)運(yùn)

動(dòng)到8點(diǎn)所用的時(shí)間更短，故B正確。

故選BCo

專題五力學(xué)單位制

15.（2022?浙江?高考真題）下列屬于力的單位是（）

A.kg-m/s2B.kg-m/sC.kg-m2/sD.kg-s/m2

【答案】A

【詳解】根據(jù)牛頓第二定律有

F=ma

則力的單位為

16

kg?m/s2

故選Ao

16.(2023?遼寧?高考真題)安培通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩

段長(zhǎng)度分別為睇和八，2、電流大小分別為/，和4的平行直導(dǎo)線間距為尸時(shí)，相互作用力的大

小可以表示為AF=左//與似2。比例系數(shù)卜的單位是()

r

A.kgm/(s2-A)B.kg-m/(s2-A2)C.kgm2/(s3-A)D.kg-m2/(s3-A3)

【答案】B

【詳解】根據(jù)題干公式AF=k經(jīng)股整理可得

r

AFr2

1k=-----------

//MM

代入相應(yīng)物理量單位可得比例系數(shù)k的單位為

土某駕二kg.M")

故選B。

17.(2024?北京?高考真題)電荷量Q、電壓U、電流/和磁通量。是電磁學(xué)中重要的物理量,

其中特定的兩個(gè)物理量之比可用來(lái)描述電容器、電阻、電感三種電磁學(xué)元件的屬性，如圖所

示。類似地，上世紀(jì)七十年代有科學(xué)家預(yù)言0和0之比可能也是一種電磁學(xué)元件的屬性，并

將此元件命名為“憶阻器”，近年來(lái)實(shí)驗(yàn)室已研制出了多種類型的“憶阻器”。由于“憶阻器”對(duì)

電阻的記憶特性，其在信息存儲(chǔ)、人工智能等領(lǐng)域具有廣闊的應(yīng)用前景。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

()

A.。。的單位和的單位不同

B.在國(guó)際單位制中，圖中所定義的M的單位是歐姆

17

C.可以用，來(lái)描述物體的導(dǎo)電性質(zhì)

D.根據(jù)圖中電感上的定義和法拉第電磁感應(yīng)定律可以推導(dǎo)出自感電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式

E=L—

【答案】A

【詳解】A.單位制、法拉第電磁感應(yīng)定律由法拉第電磁感應(yīng)定律可知￡=92,則。的單

位為Vs由。=〃可知，。的單位為As則。U與。/的單位相同均為V,A-s,故A錯(cuò)誤,

符合題意；

B.由題圖可知，從單位角度分析有

八

?M=①——二V-s--

QA-s

故B正確，不符合題意；

C.由尺=。知/=［，可以用來(lái)描述物體的導(dǎo)電性質(zhì)，故C正確，不符合題意;

D.由電感的定義

「①△①

L=——---

IM

以及法拉第電磁感應(yīng)定律E=半解得

E=L—

△t

故D正確，不符合題意。

故選Ao

專題六超重與失重現(xiàn)象分析

18.（2025?云南?二模）某同學(xué)站在水平放置于電梯內(nèi)的電子秤上，電梯運(yùn)行前電子秤的示

數(shù)如圖甲所示。電梯豎直上升過(guò)程中，某時(shí)刻電子秤的示數(shù)如圖乙所示，則該時(shí)刻電梯（重

18

A.做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為1.05m/s2B.做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.50m/s2

C.做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為1.05m/s2D.做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.50m/s2

【答案】D

【詳解】如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律

F-mg=ma

可得

(63-60)x10.「小.

a=-----------------m/s2=0.50m/s

60

則電梯向上加速運(yùn)動(dòng)。

故選D。

19.(2024?全國(guó)甲卷?高考真題)學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測(cè)力計(jì)掛在電

梯內(nèi)，測(cè)力計(jì)下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s2。

(1)電梯靜止時(shí)測(cè)力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為N(結(jié)果保留1位小數(shù))；

(2)電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為4.5N,則此段時(shí)間內(nèi)物體處于(填“超重”

或“失重”)狀態(tài)，電梯加速度大小為m/s2(結(jié)果保留1位小數(shù))。

【答案】(1)5.0

(2)失重1.0

【詳解】⑴