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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
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
1
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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
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1
A．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
2
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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＝4 m，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
3
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下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加
速度g＝10 m/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2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
【答案】 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有vmax
2－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m.
2.(2020·浙江7 月选考·19)如图1 甲所示，有一质量m＝200 kg 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1
4 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＝34 s 末速度减为0 时恰好到达指定位置．若不计绳索的质量和空气阻力，求
物件
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．
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【答案】 (1)0.125 m/s2 竖直向下 (2)1 m/s (3)40 m
【解析】(1)由题图可和，物件在0～26 s 时间内，物件匀速运动，26～34 s 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－F
m＝0.125 m/s2，方向竖直向下
(2)由运动学公式有v＝at2＝1 m/s
(3)由题图乙可知，匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝v
2t2＝4 m
由题意可知h1＋h2＝3
4 h，
所以物件的总位移大小h＝40 m
3.（2022·辽宁高考卷·7）如图所示，一小物块从长1 m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，
经过1 s 从另一端滑落．物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10 m/s2.下列v0、μ 值可能正确的是( )
A．v0＝2.5 m/s
B．v0＝1.5 m/s
C．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＝＝，由题知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，
对物块由牛顿第二定律有ma＝－μmg，又v2－v0
2＝2ax，整理有v0
2－2μgx＝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＝0.6
m/s 运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6
m/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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
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(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)0.4 m/s2 (2)4.5 s
【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μmgcos θ>mgsin θ，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μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/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＝＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s
所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s.
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50 Hz
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．_____________________________________
________________________________________________________________________.
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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
31 m ＋ 4×0.1 mm＝31.4 mm
(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＝5×0.02 s＝
0.1 s
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＝＝0.44 m/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＝mg
小车受到细绳的拉力FT等于小车受到的合力F，
即F＝mg＝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
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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：
n
1
2
3
4
5
6
a/(m·s－2)
0.087
0.180
0.260
0.425
0.519
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＝1 cm＋2×0.1 mm＝1.02 cm
(5)绘制图线如图；
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根据mg·＝ma
可知a 与n 成正比关系，则根据图像可知，斜率
k＝＝
解得a≈0.343 m/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
5.00 cm，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5.00 cm.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
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Δx＝5.00 cm，F＝0.610 N
根据胡克定律k＝
可得k≈12 N/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
＝ kg－1＝5 kg－1
则滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20 kg
(3)滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中Ⅱ，则有＝ kg－1＝3 kg－1
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
m′≈0.33 kg
则待测物体的质量为Δm＝m′－m＝0.13 kg.
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L 时，它们加速度的大小均为( )
A. B. C. D.
【答案】 A
【解析】 当两球运动至二者相距L 时，如图所示，
由几何关系可知sin θ＝＝
设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcos θ＝F
解得FT＝F
对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma
10
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解得a＝
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.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∶3
B．2T 时刻物体Q 的机械能为
C．2T 时刻物体P 重力的功率为
D．2T 时刻物体P 的速度大小为
【答案】 BCD
【详解】开始释放时物体Q 的加速度大小为，
则有mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，
解得FT＝mQg，＝，选项A 错误；
在T 时刻，两物体的速度大小v1＝，
P 上升的距离h1＝×T2＝，
轻绳断后P 能上升的高度h2＝＝，
则开始时P、Q 竖直方向上的距离为h＝h1＋h2＝，
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＝，
从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q 做负功，大小为WF＝FTh1＝，
则绳断裂时物体Q 的机械能
E′＝E－WF＝＝，
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，选项B 正确；
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在2T 时刻，重物P 的速度v2＝v1－gT＝－，
方向向下，此时物体P 重力的瞬时功率
PG＝mPg|v2|＝·＝＝，
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＝2mgtan θ
B．若推力F 向左，且tan θ≤μ，则F 的最大值为2mgtan θ
C．若推力F 向左，且μ<tan θ≤2μ，则F 的最大值为4mg(2μ－tan θ)
D．若推力F 向右，且tan θ>2μ，则F 的范围为4mg(tan θ－2μ)≤F≤4mg(tan θ＋2μ)
【答案】 CD
【详解】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＝tan θ，竖直方向FNy＝mg，则FNx＝mgtan θ，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＝gtan θ，对小球A、B 和小车整体根据牛顿第二定律F＝4ma＝4mgtan θ，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＝mgtan θ，对小球
B，由于tan θ≤μ，小球B 受到向左的合力的最大值F′＝μ(FNy＋mg)－FNx≥mgtan θ，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＝4mgtan θ，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＝mgtan θ，小球
B 所受向左的合力的最大值Fmax＝(FNy＋mg)·μ－FNx＝2μmg－mgtan θ，由于μ<tan θ≤2μ 可知，
Fmax<mgtan θ，则对小球B，根据牛顿第二定律Fmax＝2μmg－mgtan θ＝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－tan θ)，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＝mgtan θ－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＝mgtan θ＋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(tan θ－2μ)≤F≤4mg(tan θ＋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
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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2μ
C. 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，t=3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t=3t0时刻滑上木板，A 正确；由题
图可知0~3t0时间内，木板的加速度为
a1=
1
2 μgt 0
t0
=1
2 μg
，t=3t0时木板的速度为
v1=a1×3t0=3
2 μgt 0 ，由题意知，t=3t0时小物块以速度
v=−3
2 μgt 0 滑上木板，t=4t0 时小物块的速度
为
v'=1
2 μgt0，设小物块质量为m，小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ' ，由牛顿第二定律可得，
μ' mg =m v'−v
t0
，联立解得μ'=2μ ，B 正确；由题图可知，0~3t0时间内，对木板由牛顿第二定律可得，
F−μ Mg =Ma 1，解得
F=3
2 μ Mg
。3t0~4t0时间内，木板的加速度大小
a2=
3
2 μgt 0−1
2 μgt 0
t0
=μg
，
设木板的质量为M，由牛顿第二定律可得，μ' mg −F+μ( M +m)g=Ma 2 ，解得m: M=1:2，C 错误；
t=4t0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，
f =μ( M +m)g=3
2 μ Mg
，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。
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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（c）所示。已知木板与地面
间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，
重力加速度大小为g。则（ ）
A．F1= μ1m1 g
B．F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
C．μ2> m1+m2
m2
μ1
D．在0~t2时间段物块与木板加速度相等
【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，A 错误；图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为
对象， 根据牛顿第二定律，有F2−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
μ2m2 g−μ1(m1+m2)g=m1a>0
解得
F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
μ2> (m1+m2)
m2
μ1，BC 正确；
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(
)
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图1
A．0～t1时间内，v 增大，FN>mg
B．t1～t2 时间内，v 减小，FN<mg
C．t2～t3 时间内，v 增大，FN<mg
D．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
【详解】根据功的定义式W = Fx·cosα可知J = N ⋅m
则有J
m = N⋅m
m
=N
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＝6.626×10－34 J·s，光速为c，电子质量为me，则在国际
单位制下的单位是( )
A．J/s
B．m
C．J·m
D．m/s
【答案】 B
【详解】 在国际单位制下的单位为：＝＝＝m，故选B.
3．（2022·浙江6 月高考真题·1）下列属于力的单位是( )
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A．kg·m/s2
B．kg·m/s
C．kg·m2/s
D．kg·s/m2
【答案】 A
【详解】 根据牛顿第二定律有F ＝ ma，则力的单位为kg·m/s2，故选A.
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