牛頓運(yùn)動定律綜合問題 -名校2023屆高考物理題型模擬訓(xùn)練（廣東） 解析版

專題03牛頓運(yùn)動定律綜合問題

【沖刺985、211名校之2023屆高考物理題型模擬訓(xùn)練】

（廣東專用）

一、單選題

1.（2023?江蘇?模擬預(yù)測）據(jù)歷史文獻(xiàn)和出土文物證明，踢犍子起源于中國漢代，盛行于朝、

隋唐。毯子由羽毛、金屬片和膠墊組成。如圖是同學(xué)練習(xí)踢建子，犍子離開腳后，恰好沿豎

直方向運(yùn)動，下列說法正確的是（）

A.腳對健子的作用力大于健子對腳的作用力，所以才能把健子踢起來

B.因為空氣阻力存在，健子在空中運(yùn)動時加速度總是小于重力加速度g

C.犍子上升過程機(jī)械能減少，下落過程機(jī)械能增加

D.圖中超子被踢上去的漫畫，符合物理規(guī)律的是圖4

【答案】D

【詳解】A.腳對健子的作用力與窗子對腳的作用力是一對作用力和反作用力，故等大反向，

故A錯誤；

B.因為空氣阻力存在，穰子在空中上升段阻力向下，加速度大于重力加速度g,而下降階

段阻力向上，加速度小于重力加速度g,故B錯誤：

C.健子上升過程和落過程，阻力都做負(fù)功，機(jī)械能一直在減少，故C錯誤；

D.因慣性作用，鍵子向上運(yùn)動過程，重力大的部分慣性大，故圖中犍子被踢上去的漫畫，

符合物理規(guī)律的是圖α,故D正確。

故選D。

2.（2023秋?江蘇泰州?高三靖江高級中學(xué)?？计谀┮坏罔F在水平直軌道上運(yùn)動，某同學(xué)為

了研究該地鐵的運(yùn)動情況，他用細(xì)線將一支圓珠筆懸掛在地鐵的豎直扶手上，地鐵運(yùn)行時用

手機(jī)拍攝了如圖所示的照片，拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直，細(xì)線相對豎直扶手便奉，該同

學(xué)根據(jù)照片分析正確的是（）

A.地鐵一定向西加速運(yùn)動

B.地鐵可能向東加速運(yùn)動

C.細(xì)線中拉力大小與地鐵加速度大小無關(guān)

D.若用刻度尺測量細(xì)線的長度和圓珠筆到豎直扶手的距離，可以估算此時地鐵的加速度

【答案】D

【詳解】ABC.根據(jù)題意，對筆受力分析，如圖所示

豎直方向上，由平衡條件有

尸CoSe=G

水平方向上，由牛頓第二定律有

Fsinθ=ma

解得

COSe

ɑ=gtan6

加速度方向水平向西，則地鐵可能做向西的加速運(yùn)動和向東的減少運(yùn)動,地鐵的加速度變化,

細(xì)線與豎直方向的夾角變化，細(xì)線的拉力變化，則細(xì)線中拉力大小與地鐵加速度大小有關(guān),

故ABC錯誤；

D.若用刻度尺測量細(xì)線的長度為L和圓珠筆到豎直扶手的距離為d,則有

d

tanθ=

y[e-d2

可知，可以估算此時地鐵的加速度，故D正確。

故選D。

3.（2022?江蘇南通?江蘇省包場高級中學(xué)?？级＃┤の哆\(yùn)動會上運(yùn)動員手持網(wǎng)球拍托球沿

水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為M、加，球拍平面和水平面之間的夾角為6,

球拍與球保持相對靜止，它們間的摩擦力及空氣阻力不計，則()

A.運(yùn)動員的加速度為gtandB.球拍對球的作用力為磔

C.運(yùn)動員對球拍的作用力為(M+"?)gcos，D.若加速度大于gsin。，球一定沿球拍向上

運(yùn)動

【答案】A

【詳解】AB.網(wǎng)球、網(wǎng)球拍和運(yùn)動員一起在水平面勻加速運(yùn)動，說明有相同的水平方向加

速度，以網(wǎng)球為研究對象，受力如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律得

Ncosθ=Ing

NSine=ma

解得

α=gtan。，N=mW

cos0

選項A正確，B錯誤；

C.以網(wǎng)球和網(wǎng)球拍為整體，受力如圖所示

β

(M+rri)g

根據(jù)牛頓第二定律得

FCoSe=(M+m)g

bSine=(M+m)α

解得

(M+m)g

L—

COSe

選項C錯誤；

D.根據(jù)上面分析可知，當(dāng)運(yùn)動員的加速度為α=gtan6時，球與球拍相對靜止，由于

gtan6=g?Sir*'>gsin。(0。<6<90°)

CoSe

故加速度大于gsin。時，球不一定沿球拍向上運(yùn)動，選項D錯誤；

故選Ao

4.(2022?江蘇?模擬預(yù)測)C919大型客機(jī)是我國自行研制、具有自主知識產(chǎn)權(quán)的大型噴氣式

民用飛機(jī)。如圖，客機(jī)斜向上勻速飛行，下列說法正確的是()

A.客機(jī)處于超重狀態(tài)B.客機(jī)處于失重狀態(tài)

C.客機(jī)速度變化率為零D.客機(jī)受到的合力逐漸增大

【答案】C

【詳解】客機(jī)斜向上勻速飛行，處于平衡狀態(tài)，合力為零，所以加速度為零，客機(jī)速度變化

率為零，故C正確，ABD錯誤。

故選C。

5.(2022秋?江蘇南通?高三校聯(lián)考期中)物體A、B、C均靜止在同一水平面上，它們的質(zhì)

量分別為，〃A、，加、機(jī)c,與水平面的動摩擦因數(shù)為分別為〃A、48、μc,現(xiàn)用沿水平面的拉力

廠分別作用于物體A、B、C,所得到的加速度與拉力的關(guān)系如圖所示，其中A、8兩線平行，

【答案】A

【詳解】由牛頓第二定律可知，物體在水平方向上有

F—μmg=ma

解得

1L

a=-r-μg

m

故圖像中的斜率對應(yīng)L,縱截距對應(yīng)一由圖可知

m

111

—=—>—

W

mκ∕Bmc

即

m

/MA="%<C

%g<Z?g="cg

即

"A<〃B=〃C

故選Ao

6.（2022秋?江蘇南京?高三南京師大附中校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示為某小孩滑滑梯的情景,

該小孩在滑梯中段部分（可視為斜面）恰好沿滑梯勻速下滑，不計空氣阻力，在小孩勻速下

滑過程中，下列說法正確的是（）

A.滑梯對該小孩的作用力方向垂直滑梯向上

B.滑梯受到的摩擦力方向沿滑梯向上

C.若該小孩在滑梯上加速下滑，則滑梯對該小孩的摩擦力小于小孩對滑梯的摩擦力

D.無論該小孩在滑梯上勻速下滑還是加速下滑，滑梯對該小孩的摩擦力與小孩對滑梯的摩

擦力大小都相等

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)題意，對小孩受力分析，受重力、滑梯的支持力和摩擦力，由于小孩勻速

下滑，則小孩所受合力為零，滑梯的支持力和摩擦力的合力與小孩的重力等大反向，即滑梯

對該小孩的作用力方向豎直向上，故A錯誤；

B.由于小孩勻速下滑，則小孩到的摩擦力方向沿滑梯向上，由牛頓第三定律可知，滑梯受

到的摩擦力方向沿滑梯向下，故B錯誤；

CD.根據(jù)牛頓第三定律可知，滑梯對該小孩的摩擦力與小孩對滑梯的摩擦力是一對相互作

用力，無論該小孩在滑梯上勻速下滑還是加速下滑，都大小相等，方向相反，故C錯誤，D

正確。

故選D。

7.（2023秋?江蘇南京?高三南京市第二十九中學(xué)?？茧A段練習(xí)）2022年IO月12日，神舟

十四號的航天員老師在空間站內(nèi)進(jìn)行毛細(xì)現(xiàn)象演示的實驗。他將3根粗細(xì)不同的玻璃管插入

到水中，水在液體表面張力的作用下，會快慢不同地充滿整根玻璃管，已知水在不同玻璃管

內(nèi)的表面張力大小與玻璃管的半徑成正比，即F=關(guān)于水在玻璃管中的運(yùn)動，下列說法

正確的是（）

A.水沿玻璃管先做勻加速運(yùn)動后做勻速運(yùn)動

B.只減小每根管的直徑，管中的液面均下降

C.在粗細(xì)不同的玻璃管中的相同高度處，粗管中水的加速度大于細(xì)管中水的加速度

D.在粗細(xì)不同的玻璃管中的相同高度處，粗管中水的加速度小于細(xì)管中水的加速度

【答案】D

【詳解】CD.設(shè)水管半徑為r,以空間站為參考系

kr=ma,m=pπr^h

得

k

a=------

pπrh

在粗細(xì)不同的玻璃管中的相同高度處，粗管中水的加速度小于細(xì)管中水的加速度，故C錯

誤，D正確；

AB?由°=焉可知，水沿玻璃管先做加速度減小的加速運(yùn)動,由于表面張力形成的向上

的牽拉效果，減小每根管的直徑，管中的液面會上升，故AB錯誤。

故選D。

8.（2023秋?江蘇蘇州?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖甲所示，水平地面上輕彈簧左端固定，右

端通過小物塊壓縮0?4m后鎖定，1=0時解除鎖定釋放小物塊。計算機(jī)通過小物塊上的速度

傳感器描繪出它的VT圖線如圖乙所示，其中O油段為曲線，加段為直線，傾斜直線Od是

f=0時圖線的切線，已知小物塊的質(zhì)量為，"=2kg,重力加速度g=l（）m∕s2,則下列說法正

確的是（）

A.小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.3

B.當(dāng)小物塊速度最大時彈簧一定是原長

C.當(dāng)小物塊速度最大時彈簧一定不是原長

D.彈簧的勁度系數(shù)為150N∕m

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)v—f圖線的斜率表示加速度，由題中圖像知，滑塊脫離彈簧后的加速度大

小

?v1.5

a=——=m∕s2=5m∕s2

△t0.55-0.25

由牛頓第二定律得，摩擦力大小為

Ff=μmg=ma

所以

//=-=0.5

g

故A錯誤；

D.剛釋放時滑塊的加速度為

a'==-m∕s2=30m∕s2

"0.1

由牛頓第二定律得

,

kx-Fi=ma

代入數(shù)據(jù)解得

A=I75N∕m

故D錯誤。

BC.由v-t圖像知小物塊開始的一段時間內(nèi)時做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)

動，當(dāng)小物塊加速度為零時，物塊速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可知此時彈力與摩擦力大小

相等，方向相反，顯然彈簧一定不是原長，故B錯誤，C正確。

故選C。

9.（2023?江蘇徐州?高三專題練習(xí)）質(zhì)量為m=0.5kg的物塊在光滑的水平面上受到水平拉力

F的作用，從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，計時開始的力圖像如甲所示，丫』圖像如圖

乙所示，據(jù)圖像的特點(diǎn)與信息分析，下列說法正確的是（）

A.圖乙的斜率是圖甲的斜率的2倍B.水平拉力F為5N

C.前2m的中點(diǎn)時刻的速度為石m/sD.前2s中點(diǎn)位置的速度為6m∕s

【答案】C

【詳解】A.由初速度為0的勻加速直線運(yùn)動規(guī)律可得

1

X=-Clt

2

則有

Xa

一二一

t2

可得甲圖的斜率為

_a

?∣1

一5

由

V2=2ax

可知乙圖的斜率為

k乙=2。

則

乙—

k4?∣j

故A錯誤;

B.由乙圖可得

2

k乙=2a=10m∕s

解得

α=5m∕s2

由牛頓第二定律可得

∕7=w=2.5N

故B錯誤；

C.當(dāng)X=2m,由

12

x=-ar

2

解得

2

t=TS

√5

前2m的中點(diǎn)時刻速度即2m內(nèi)的平均速度為

%"=：=鬲ZS

故C正確；

D.當(dāng)r=2s,由v=αf可得V=Iom∕s,前2s中點(diǎn)位置的速度為

v

o.5χ=Jy=5λ^m∕s

故D錯誤。

故選Co

10.（2022?江蘇?模擬預(yù)測）一輕彈簧懸掛在。點(diǎn)，下端靜止懸掛一質(zhì)量為加的小物塊A。

現(xiàn)將質(zhì)量同為M的小物塊B無初速度懸掛在A下方，重力加速度為g,則下列說法正確的

是（）

A.掛上B的瞬間，彈簧中的彈力變大B.掛上B的瞬間，B對A的拉力為mg

C.A對B最大拉力為D.彈簧中的最大拉力為2〃?g

【答案】C

【詳解】AB.掛上B之前，對A受力分析，有

F彈=mg

掛上B的瞬間，彈簧中的彈力不變，對A、B整體進(jìn)行受力分析，可得

2mg一七二2ma

設(shè)A對B的拉力大小為Fl,對B受力分析，有

mg-F1-ma

聯(lián)立，可得

g1

a=~'6p=產(chǎn)

根據(jù)牛頓第三定律，可知B對A的拉力為

尸I=K=Bmg

故AB錯誤；

CD.根據(jù)運(yùn)動的對稱性，當(dāng)A、B運(yùn)動到最低點(diǎn)時，加速度為豎直向上的。，設(shè)此時彈簧彈

力為小彈，A對B拉力最大為尸2,對A、B整體和B分別由牛頓第二定律可得

尸彈-2mg=2ma,F2-mg-ma

解得

1

Fw=3mg,F2=l.5mg

故C正確；D錯誤。

故選C。

11.（2022?江蘇?模擬預(yù)測）質(zhì)量為，〃的翼裝飛行者從高空跳下，通過調(diào)整身體實現(xiàn)飛行并

控制方向，如圖所示，當(dāng)他斜向上以加速度g減速直線飛行時，所受空氣作用力（）

A.大小等于〃取B.大小等于:，"g

C.方向豎直向上D.方向垂直于AB向上

【答案】A

【詳解】翼裝飛行者斜向上以加速度g減速直線飛行時，由牛頓第二定律可知

F=ma=mg

重力與空氣作用力的合力大小為mg，方向斜向左下方，如圖所示

F.

...?≤3θo..............

'7,

mg

由圖可得空氣作用力大小為

F=mg

方向與AB成60。角，斜向左上方。

故選Ao

12.(2022?江蘇南通?統(tǒng)考一模)如圖甲所示，4、8兩物塊靜止疊放在水平地面上.水平拉力

尸作用在A上，且尸從0開始逐漸增大，B的加速度他與尸的關(guān)系圖像如圖乙所示，則A

的加速度心與尸的關(guān)系圖像可能正確的是()

【答案】C

【詳解】設(shè)A的質(zhì)量為〃?，B的質(zhì)量為M,AB間的動摩擦因數(shù)為〃，B與地面間的動摩擦

因數(shù)為4,則

當(dāng)0≤F≤4(M+機(jī))g,AB處于靜止?fàn)顟B(tài)，加速度都為0：

當(dāng)戶＞χ?(M+nz)g,AB開始一起加速運(yùn)動，設(shè)當(dāng)尸=吊，AB剛好要發(fā)生相對運(yùn)動，以AB

為整體，由牛頓第二定律

U

痣-Jo(M+m)g=(M+w)0l

以B為對象，由牛頓第二定律

/Jtng-jLJO(M+ni)g=Mai

聯(lián)立解得

m(M+m)g(μ-μ)

F=a

l)M

則當(dāng)〃。（〃+㈤gn≤g"R

AB一起做勻加速直線運(yùn)動，加速度為

1_

F-pg

M+m0

當(dāng)F>m（M+?嚴(yán)〃-A））,AB發(fā)生相對滑動，對A由牛頓第二定律

M

F-μmg=ma2

解得

GF的斜率變大，由以上分析可知A的加速度須與F的關(guān)系圖像可能為C選項。

故選C。

13.（2022?江蘇?模擬預(yù)測）如圖所示，相同細(xì)線1、2與鋼球連接，細(xì)線1的上端固定，用

力向下拉線2,則（）

1

O

2

A.緩慢增加拉力時，線2會被拉斷

B.緩慢增加拉力時，線1中張力的增量比線2的大

C.猛拉時線2斷，線斷前瞬間球的加速度大于重力加速度

D.猛拉時線2斷，線斷前瞬間球的加速度小于重力加速度

【答案】C

【詳解】A.緩慢增加拉力，小球受力平衡

Tx=T2+mg

所以細(xì)線1先被拉斷，故A錯誤；

B.要使等式成立，細(xì)線1和2的拉力變化量是相同的，故B錯誤；

CD.猛拉時，細(xì)線2上拉力突然變大，作用時間極短，由于慣性，小球位置幾乎不變，細(xì)

線1的拉力增加幾乎為零，故細(xì)線2斷裂，因此斷裂前細(xì)線2的拉力大于細(xì)線1,因此合力

F^s=T^+mg-T^>mg

故加速度大于重力加速度，故C正確，D錯誤。

故選C。

14.（2022?江蘇連云港?統(tǒng)考二模）如圖所示，光滑水平面上有一足夠長的輕質(zhì)綢布C,C上

靜止地放有質(zhì)量分別為2瓶、的物塊A和B,A、8與綢布間的動摩擦因數(shù)均為〃。已知A、

8與C間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現(xiàn)對A施一水平拉力F,F從0開始逐漸增大,

下列說法正確的是（）

A.當(dāng)F=O.5"∕ng時，A、B、C均保持靜止不動

B.當(dāng)F=2?5∕zwg時，A、C不會發(fā)生相對滑動

C.當(dāng)F=3.5刖g時，B、C以相同加速度運(yùn)動

D.只要力F足夠大，A、C一定會發(fā)生相對滑動

【答案】B

【詳解】8對C的最大作用力為

fee=Hmg

由于C是輕質(zhì)綢布，故AC間最大作用力為

.晨=?∕βc=〃叫

小于AC間最大靜摩擦力昭，即無論下多大，A與C都不會發(fā)生相對滑動。

B與C發(fā)生相對滑動時，對B由牛頓第二定律

μmg=maa

對A8C整體，由牛頓第二定律

F0-（2m+m）a0=3Hmg

故當(dāng)

F=3μmg

8與C將發(fā)生相對滑動，且發(fā)生相對滑動后，二者加速度不同。

水平地面光滑，故只要水平力不為零，系統(tǒng)就會發(fā)生運(yùn)動。

故B正確,ABD錯誤。

故選B。

15.（2022?江蘇?統(tǒng)考三模）“八字剎車”是初級雙板滑雪愛好者一項非常重要的技術(shù)，用“八

字剎車”在水平雪面上滑行時的滑行姿態(tài)如圖1所示，其減速原理很復(fù)雜，但可簡化為圖2

（圖1中左邊雪板的受力情況）所示。實際滑行時，可通過腳踝"翻轉(zhuǎn)”雪板，使雪板以內(nèi)刃

A8為軸，外刃CD向上翻轉(zhuǎn)，使得兩雪板之間夾角為2α,雪板與雪面成尸角。此時雪面對

雪板的總作用力尸可近似認(rèn)為垂直于雪板所在平面ABCD其水平、豎直分量分別記為Fx,

Fy,其中Fr垂直于AB邊，這個分力可以幫助運(yùn)動員做減速運(yùn)動。不計空氣阻力和一切其

他的摩擦，下列說法正確的是（）

滑

行

方

向

/

圖1圖2

A.其他條件不變的情況下，α角越小，減速效果越好

B.其他條件不變的情況下，“角越小，減速效果越好

C.滑行動作和姿態(tài)相同時，質(zhì)量大的運(yùn)動員減速效果更好

D.滑行動作和姿態(tài)相同時，質(zhì)量不同的運(yùn)動員減速效果相同

【答案】D

【詳解】CD.根據(jù)圖2可知，

2Fy=mg

Fx=Fytanβ

F餐=mgtanβtana

結(jié)合牛頓第二定律

α=gsinαan∕?

可知減速效果與運(yùn)動員的質(zhì)量無關(guān)，故D正確，C錯誤。

故選D。

AB由可知"=gsinaany0其他條件不變的情況下，α角越小，減速效果越差；其他條件不

變的情況下，夕角越小，減速效果越差，故AB錯誤；

故選D。

16.（2023秋?江蘇鹽城?高三鹽城中學(xué)?？计谀┤鐖D甲所示，水平地面上有一長平板車M,

平板車右端放一物塊m,開始時M、m均靜止。f=0時，平板車在外力作用下開始沿水平

面向右運(yùn)動，其VT圖像如圖乙所示，整個過程中物塊m恰好沒有從平板車上滑下。已知物

塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.1,?g=IOm∕s2,下列說法正確的是（）

___

Λ√C==

/ZZZZZ//////

A.0~4s內(nèi)，物塊m的加速度一直變大

B.整個過程中，物塊m相對平板車M滑動的時間為4s

C.平板車M的長度為⑵n

D.物塊m相對平板車M的位移為16m

【答案】C

【詳解】AB.根據(jù)題意，如物塊與平板車保持相對靜止，由牛頓第二定律可得，最大的加

速度為

μmg=ιnam

解得加速度

2

am=lm∕s

由乙圖可知，M加速時加速度

22

al=?∣m∕s=4m∕s

M減速時加速度

0—8.9?,2

QM=------m∕s-=-2m∕s~

6—2

可知，物塊與平板車發(fā)生相對滑動，設(shè)，秒時兩者共速，則有

α√=8-2(r-2)

得

r=4s

v4=(8-2×2)m∕s=4m∕s

共速后，由于平板車的加速度為

2

aM=-2m∕s

物塊減速時，由牛頓第二定律得

,

-Amg=rnam

得

,2

am=-ImZs

平板車的加速度大于物塊的加速度，所以物塊以lm∕s2的加速度減速，設(shè)共速后再經(jīng)4減速

到零，由運(yùn)動學(xué)公式

,

0=4m∕s-amtl

解得

Z1=4s

即

r'=4s+4s=8s

物塊的速度減為零，兩物體的速度時間圖像如圖所示

整個過程中，物塊m的加速度大小-直為Im/s?,物塊相對平板車M滑動的時間為8s,

故AB錯誤；

CD.4秒前的打滑位移

X1=8x2Xgm+g（8+4）x2m-4x4xJm=12m

4秒后的打滑位移

X,=4x4XLm-2x4XLm=4m

?222

所以平板車的長度為12m,物塊加相對平板車的位移大小為

12m-4m=8m

方向向左，故D錯誤，C正確。

故選C。

17.（2022?江蘇?模擬預(yù)測）如圖，在傾角為8的光滑斜面上，有兩個物塊P和。，質(zhì)量分別

為町和機(jī)2,用與斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力F作用下，兩物塊一起

向上做勻加速直線運(yùn)動，則（）

A.兩物塊一起運(yùn)動的加速度大小為“=」一

my+m2

B.彈簧的彈力大小為T=-^尸

ιnt+m2

C.若只增大牡，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動時，它們的間距變小

D.若只增大。，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動時，它們的間距變大

【答案】B

【詳解】A.對整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

F—（叫+m2）gsin6=（町+m2）α

a=------------gsin6

mx+m2

故A錯誤;

B.對小受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

T-ιn2gsinθ=m2a

T=JhL

∕>7l+m

故B正確;

C.根據(jù)

72

叫+?2L+I

m2

可知若只增大啊，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動時，彈力變大，根據(jù)胡克定律，可知伸長量

變大，故它們的間距變大，故C錯誤；

D.根據(jù)

可知7與。無關(guān)，只增大氏兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動時，彈力不變，根據(jù)胡克定律，可

知伸長量不變，故它們的間距不變，故D錯誤。

故選B。

18.(2022?江蘇連云港?統(tǒng)考三模)如圖所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上A、B、C三點(diǎn)的連線構(gòu)

成正三角形，三根蜘蛛絲4、尻C的延長線過三角形的中心，蜘蛛絲C沿豎直方向，C中有

張力。則()

B.蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止向上加速，〃中張力變大

C.蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止沿b方向向上加速，6中張力變小

D.蜘蛛網(wǎng)在水平風(fēng)吹拂下晃動，α中張力大小不變

【答案】B

【詳解】A.以網(wǎng)和蜘蛛為研究對象，受力分析如圖所示

由平衡條件得

TaSine=qsinθ

可得

Tll=Th

故A錯誤；

B.根據(jù)牛頓第二定律的同向性

T1cosθ-?-Thcosθ-mg-Tc=ma

TaSine=Z^sinθ

可知蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止向上加速7；與7；均增大，故B正確；

C.同理，根據(jù)牛頓第二定律的同向性可知蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止沿。方向向上加速，〃中張

力變大，故C錯誤;

D.蜘蛛網(wǎng)在水平風(fēng)吹拂下晃動，1與乙以及￡在垂直蜘蛛網(wǎng)的方向均有分力，根據(jù)力的合

成可知，。中張力大小發(fā)生變化，故D錯誤。

故選B0

19.（2022?江蘇?模擬預(yù)測）如1圖所示，輕繩跨過光滑定滑輪，一端與小車相連，另一端與

手機(jī)相連，刻度尺豎直固定在手機(jī)一側(cè)。打開手機(jī)的頻閃拍照功能并由靜止釋放手機(jī)，手機(jī)

下落過程中拍攝到一組照片，其中三幅相鄰的照片中心分別對應(yīng)在刻度尺上的。、氏C位置，

如題2圖所示。已知小車質(zhì)量為手機(jī)頻閃拍照周期為T,則（）

X2

X3L'

b

手機(jī)

12

A.手機(jī)下落的加速度為若盧

B.手機(jī)拍方位置時的速度為土芥

2T

C.手機(jī)的質(zhì)量為四

4gT-

D.因沒有考慮小車受到的摩擦力，測量的手機(jī)質(zhì)量會偏小

【答案】D

【詳解】A.由?x=仃2得

2

（X3-X2）-U2-χ1）=6fT

解得

x3+xl-2X2

a~τr~

故A錯誤；

B.手機(jī)拍人位置時的速度為

___七一玉

Vb~*1Vac~2丁

故B錯誤；

C.若手機(jī)質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，則對小車由第二定律可得

x+x-2X

mg=Ma=M312

T2

解得

..X+X↑-2X

m=M?^i---l-:——-2

gτ2

若不滿足手機(jī)質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，則對手機(jī)、小車系統(tǒng)由牛頓第二定律有

……、冬+M-2X

mg=(M+ni)a=(M+tn)————--7---

解得

M(x3+xl-Ix2)

gT^—X3—x∣+2x,

故C錯誤；

D.若考慮小車受到的摩擦力，則C項分析中的兩式變?yōu)?/p>

??..?+X-2X

mg-f=M——?l~~2-

mg-f=(M+m)F

解得

M(x,+x-2x,)f、

m=——1----!------Z—+——>m

gT^-xi-X1+2X2g—a

所以沒有考慮小車受到的摩擦力，測量的手機(jī)質(zhì)量會偏小，故D正確。

故選D。

20.(2022秋?江蘇蘇州?高三江蘇省昆山中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí))如圖所示，一物體正沿靜止

的斜面勻速下滑?，F(xiàn)用一個豎直向下的力尸作用在該物體上，則()

A.物體仍然能勻速下滑B.物體將沿斜面加速下滑

C.斜面受到地面的摩擦力向左D.斜面受到地面的摩擦力向右

【答案】A

【詳解】AB.令斜面傾角為仇由于沒有施加力尸前，物體正沿靜止的斜面勻速下滑，對

物體分析有

mgsinθ=μmgcosθ

解得

μ=tanθ

施加力產(chǎn)后，對物體進(jìn)行受力分析如圖所示

則有

N=（F+mg）cos6

f="N

（F+mg）sin6-f=ma

解得

ɑ=0

可知，施加力F后，物體所受外力的合力仍然為0,則物體仍然能勻速下滑，A正確，B錯

誤；

CD.對物體與斜面整體分析可知，整體受到豎直向下的互力、豎直向下的力F與地面豎直

向上的支持力，可知斜面在水平方向上沒有運(yùn)動趨勢，則地面對斜面沒有摩擦力的作用，

CD錯誤。

故選A0

21.（2023?江蘇南京??？寄M預(yù)測）無線充電寶可通過磁吸力吸附在手機(jī)背面，利用電磁感

應(yīng)實現(xiàn)無線充電技術(shù)。劣質(zhì)的無線充電寶使用過程中可能因吸力不足發(fā)生切線滑落造成安全

隱患。圖（a）為科創(chuàng)小組某同學(xué)手握手機(jī)（手不接觸充電寶），利用手機(jī)軟件記錄豎直放置

的手機(jī)及吸附的充電寶從靜止開始在豎直方向上的一次變速運(yùn)動過程（手機(jī)與充電寶始終相

對靜止），記錄的加速度”隨時間，變化的圖像如圖（b）所示（規(guī)定向上為正方向），且圖

像上下部分分別與時間軸圍成的面積相等，已知無線充電寶質(zhì)量為0.2kg,手機(jī)與充電寶之

間最大靜摩擦因數(shù)"=0.5,重力加速度g取Iom∕s2,則在該過程中（）

20

A.手機(jī)與充電寶全程向下運(yùn)動，最終處于靜止?fàn)顟B(tài)

B.充電寶在/2與匕時刻所受的摩擦力方向相同

C.充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小值為2N

D.充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為12N

【答案】D

【詳解】A.手機(jī)與充電寶從靜止開始，向下先做加速度增大的加速運(yùn)動，從〃時刻向下做

加速度減小的加速運(yùn)動，加速度減小到零時，速度達(dá)到懾大；再向下做加速度增大的減速運(yùn)

動，f2時刻速度減小到零，此后做向上的加速度減小的加速運(yùn)動，加速度減減小到零時向上

運(yùn)動的速度達(dá)到最大，此后先向上做加速度增大的減速運(yùn)動，從6時刻再向上做加速度減小

的減速運(yùn)動，最后速度為零，故A錯誤；

B.充電寶在72時刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；

充電寶在肘時刻加速度方向向下，由

2

mg+f=mai,a3=12m∕s

可知加速度方向向下，故B錯誤；

C.在〃時刻充電寶向下的加速度為Iom/S?,充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小，值為零，故

C錯誤；

D.在這時刻充電寶向上的加速度最大，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律

可得

fxtm-mg=ma2

又

Znax="F

解得充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為

F=12N

故D正確。

故選D?

22.（2022?江蘇?模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平面上放有質(zhì)量為M=2kg的足夠長的木板B,

通過水平輕彈簧與豎直墻壁相連的物塊A疊放在B上，A的質(zhì)量為m=lkg,彈簧的勁度系

數(shù)?=100N∕m0初始時刻，系統(tǒng)靜止，彈簧處于原長?，F(xiàn)用一水平向右的拉力F=ION作用在

B上，已知A、B間動摩擦因數(shù)"=0.2,g取IOm∕s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）

'VWWWWvΓX]

A.A受到的摩擦力逐漸變大

B.A向右運(yùn)動的最大距離為4cm

C.B做加速度減小的加速運(yùn)動

D.B對A的摩擦力一直對A做正功

【答案】B

【詳解】A.當(dāng)拉力尸=ION剛剛作用在B上時，假設(shè)AB保持相對靜止，則

f=（Λf+m）%

解得

10.C,2

?=—m/s2>χ√g=2m/s

可知，假設(shè)不成立，AB將發(fā)生相對運(yùn)動，A相對B向左運(yùn)動，AB之間的摩擦力為滑動摩

擦力，則

f=μmg=2N

可知，A受到的摩擦力始終為2N,A錯誤；

B.A、B間的最大靜摩擦力

戶Wlg=2N

當(dāng)B對A的靜摩擦力達(dá)到最大時，A向右運(yùn)動的距離為

Ff2C

x=—=—=----m=2cm

n??100

此時彈簧彈力與摩擦力大小相等（平衡位置），A的速度達(dá)到最大值，A始終受到向右的大

小不變的滑動摩擦力作用，A繼續(xù)向右運(yùn)動，令A(yù)向右運(yùn)動過程中A相對平衡位置的位移

為X，則有

Fβ=k（x+x0）-f=kx

可知，A向右做簡諧運(yùn)動，根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性可知，A向右運(yùn)動的最大距離為

2x0=2×2cm=4cm

B正確；

C.對B受力分析可知

F-f=Ma

A、B間發(fā)生相對滑動，/保持不變，則B的加速度保持不變，C錯誤；

D.B對A的摩擦力向右，A向右先加速后減速運(yùn)動，摩擦力對A物塊做正功，A減速至O

后將向左運(yùn)動，摩擦力向右，摩擦力對A做負(fù)功，D錯誤。

故選Bo

23.（2022?江蘇蘇州?模擬預(yù)測）如圖甲所示，光滑水平地面上靜止放置足夠長的木板B,物

塊A疊放在長木板B上，一水平拉力尸作用在長木板上使長木板從靜止開始運(yùn)動，AB間動

摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。設(shè)木板B靜止時右端的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，規(guī)定力尸的方

向為正方向，木板B的加速度隨位移的變化圖像如圖乙所示，則（）

A.位移為x∣時物塊A的速度大小為〃gx∣

B.位移為々時木板B的速度大小為

C.位移為X3時木板B的速度大小為J2"g（2A?-丹）

D.物塊A和木板B兩物體在巧處開始相對滑動

【答案】C

【詳解】A.對A分析，水平方向上，B對A的摩擦力提供A的加速度，根據(jù)牛頓第二定

律得

ΛA=叫

故A的做大加速度是由B對A的滑動摩擦力提供

μ"?g

^Amax=—J=Ng

fnA

位移為A之前的加速度都小于〃g，故AB相對靜止?起加速運(yùn)動。根據(jù)運(yùn)動學(xué)關(guān)系及通過

微元法可以證明加速度隨位移的變化圖像所圍成的面積是速度平方的差值，可得位移為七

時物塊A的速度大小滿足

匕-0=；,2〃gW

解得

VAI=Tm

A錯誤;

B.根據(jù)運(yùn)動學(xué)關(guān)系及加速度隨位移的變化圖像，可得位移為巧時木板B的速度大小滿足

∕∕

?-θ=y2?2g?x2

解得

%2=WgX]

B錯誤；

C.位移為々時木板B的速度大小滿足

?-θ=-2?2^??+2?2^(?-?)

解得

%,=J2.g(2,-X2)

C正確；

D.物塊A和木板B兩物體在4處開始相對滑動，D錯誤。

故選C。

24.(2022秋?江蘇南京?高三校聯(lián)考階段練習(xí))在粗糙水平面上靜置一個質(zhì)量為M的三角形

斜劈A(兩側(cè)斜面傾角不相等，滿足α>6),此時兩個質(zhì)量均為的小物塊P和Q恰沿兩

側(cè)斜面勻速下滑。若在下滑過程中，同時各施加一個平行于各自斜面的大小相等的恒力的、

尸2作用于兩物塊，如圖所示，重力加速度為g,則在施力后P和Q下滑過程中(均未到達(dá)

A.斜劈A有向右的運(yùn)動趨勢

B.物塊P和物塊Q的加速度大小相等

C.地面對斜劈A的支持力大小為(M+2,")g

D.若將工的方向改為豎直向下，地面與斜劈A之間沒有摩擦力

【答案】A

【詳解】A.斜劈對小物塊的作用力是支持力和摩擦力的合力，未加推力時，小物塊勻速運(yùn)

動，可知支持力和摩擦力的合力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊對斜劈的作

用力方向豎直向下，故斜劈A沒有運(yùn)動趨勢，故A錯誤，符合題意。

B.未加推力時.，小物塊P和Q恰沿兩側(cè)斜面勻速下滑，合力均為零，施加相同大小的推力

后，合力大小相同，物塊質(zhì)量相同，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度大小相同。故B正確，

不符合題意；

C.斜劈對小物塊的作用力是支持力和摩擦力的合力，合力大小等于物塊重力大小，根據(jù)牛

頓第三定律可知，小物塊對斜劈的作用力等于小物塊重力大小，則根據(jù)平衡條件可知，斜劈

受到地面的支持力為

F