（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題-牛頓運(yùn)動(dòng)定律（單選題）-解析卷

（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題-牛頓運(yùn)動(dòng)定律（單選題）3年真題1．（2024·浙江·高考真題）下列屬于國際單位制基本單位符號(hào)的是（）A．s B．N C．F D．T【答案】A【解析】國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，符號(hào)m；質(zhì)量的單位是千克，符號(hào)kg；時(shí)間的單位是秒，符號(hào)s；電流的單位是安培，符號(hào)是A；熱力學(xué)溫度的單位是開爾文，符號(hào)K；物質(zhì)的量單位是摩爾，符號(hào)mol；發(fā)光強(qiáng)度的單位是坎德拉，符號(hào)cd。故選A。2．（2022·浙江·高考真題）下列屬于力的單位是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】根據(jù)牛頓第二定律有F=ma則力的單位為故選A。3．（2022·北京·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊在傾角為的斜面上加速下滑，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。下列說法正確的是（）A．斜面對物塊的支持力大小為 B．斜面對物塊的摩擦力大小為C．斜面對物塊作用力的合力大小為 D．物塊所受的合力大小為【答案】B【解析】A．對物塊受力分析可知，沿垂直斜面方向根據(jù)平衡條件，可得支持力為故A錯(cuò)誤；B．斜面對物塊的摩擦力大小為故B正確；CD．因物塊沿斜面加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得可知?jiǎng)t斜面對物塊的作用力為故CD錯(cuò)誤。故選B。4．（2022·江蘇·高考真題）高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度。若書不滑動(dòng)，則高鐵的最大加速度不超過（）A． B． C． D．【答案】B【解析】書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動(dòng)，則最大靜摩擦力提供加速度解得書相對高鐵靜止，故若書不動(dòng)，高鐵的最大加速度。故選B。5．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是（）A．v0=2.5m/s B．v0=1.5m/s C．μ=0.28 D．μ=0.25【答案】B【解析】AB．物塊水平沿中線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則由題干知x=1m，t=1s，v>0代入數(shù)據(jù)有v0<2m/s故A不可能，B可能；CD．對物塊做受力分析有a=-μg，v2-v02=2ax整理有v02-2ax>0由于v0<2m/s可得μ<0.2故CD不可能。故選B。6．（2022·浙江·高考真題）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說法正確的是（

）

A．魚兒吞食花瓣時(shí)魚兒受力平衡B．魚兒擺尾出水時(shí)浮力大于重力C．魚兒擺尾擊水時(shí)受到水的作用力D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作可把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)【答案】C【解析】A．魚兒吞食花瓣時(shí)處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；BC．魚兒擺尾出水時(shí)排開水的體積變小，浮力變小，魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時(shí)水對魚向上的作用力大于重力，B錯(cuò)誤、C正確；D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作不可以把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)，否則就無動(dòng)作可言，D錯(cuò)誤。故選C。7．（2022·浙江·高考真題）下列說法正確的是（

）A．鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過程中加速度不變B．足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關(guān)【答案】B【解析】A．鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過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)，則足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大，B正確；C．乒乓球被擊打過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。8．（2022·全國·高考真題）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，它們加速度的大小均為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，,如圖所示由幾何關(guān)系可知設(shè)繩子拉力為，水平方向有解得對任意小球由牛頓第二定律可得解得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。9．（2023·北京·高考真題）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細(xì)線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則F的最大值為（

）

A．1N B．2N C．4N D．5N【答案】C【解析】對兩物塊整體做受力分析有F=2ma再對于后面的物塊有FTmax=maFTmax=2N聯(lián)立解得F=4N故選C。10．（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)對足球的力【答案】B【解析】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)對足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯(cuò)誤。故選B。11．（2023·遼寧·高考真題）安培通過實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為和、電流大小分別為I1和I?的平行直導(dǎo)線間距為r時(shí)，相互作用力的大小可以表示為。比例系數(shù)k的單位是（）A．kg·m/（s2·A） B．kg·m/（s2·A2） C．kg·m2/（s3·A） D．kg·m2/（s3·A3）【答案】B【解析】根據(jù)題干公式整理可得代入相應(yīng)物理量單位可得比例系數(shù)k的單位為故選B。12．（2023·海南·高考真題）如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是（

）

A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變【答案】B【解析】AB．對人受力分析有

則有FN＋FT=mg其中工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯(cuò)誤、B正確；CD．對滑輪做受力分析有

則有則隨著重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸增大，CD錯(cuò)誤。故選B。13．（2023·全國·高考真題）一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球（

）A．上升時(shí)間等于下落時(shí)間 B．被墊起后瞬間的速度最大C．達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零 D．下落過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】A．上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零。對排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應(yīng)位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由位移與時(shí)間關(guān)系可知，上升時(shí)間比下落時(shí)間短，A錯(cuò)誤；B．上升過程排球做減速運(yùn)動(dòng)，下降過程排球做加速運(yùn)動(dòng)。在整個(gè)過程中空氣阻力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直在減小，下降過程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過程的最低點(diǎn)的速度，故排球被墊起時(shí)的速度最大，B正確；C．達(dá)到最高點(diǎn)速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯(cuò)誤；D．下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過程中做變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選B。14．（2023·浙江·高考真題）如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點(diǎn)拋出沿軌跡運(yùn)動(dòng)，其中P是最高點(diǎn)。若空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，則小石子豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度大?。ǎ〢．O點(diǎn)最大 B．P點(diǎn)最大C．Q點(diǎn)最大 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程保持不變【答案】A【解析】由于空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，小石子在O點(diǎn)時(shí)速度斜向上方，此時(shí)速度最大，空氣阻力斜向下方最大，上升過程與豎直方向夾角最小，故此時(shí)空氣阻力分解在豎直方向最大，根據(jù)牛頓第二定律可知此時(shí)豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度最大。故選A。15．（2022·廣東·高考真題）圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)員從斜坡上的M點(diǎn)由靜止自由滑下，經(jīng)過水平NP段后飛入空中，在Q點(diǎn)落地。不計(jì)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過N點(diǎn)的機(jī)械能損失，不計(jì)摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運(yùn)動(dòng)員速度大小v或加速度大小a隨時(shí)間t變化的圖像是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】設(shè)斜坡傾角為，運(yùn)動(dòng)員在斜坡MN段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得運(yùn)動(dòng)員在水平段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度運(yùn)動(dòng)員從點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度設(shè)在點(diǎn)的速度為，則從點(diǎn)飛出后速度大小的表達(dá)式為由分析可知從點(diǎn)飛出后速度大小與時(shí)間的圖像不可能為直線，且C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。16．（2024·貴州·高考真題）某研究人員將一鐵質(zhì)小圓盤放入聚苯乙烯顆粒介質(zhì)中，在下落的某段時(shí)間內(nèi)，小圓盤僅受重力G和顆粒介質(zhì)對其向上的作用力f。用高速相機(jī)記錄小圓盤在不同時(shí)刻的位置，相鄰位置的時(shí)間間隔相等，如圖所示，則該段時(shí)間內(nèi)下列說法可能正確的是（）A．f一直大于G B．f一直小于GC．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G【答案】C【解析】由圖可知相等時(shí)間內(nèi)鐵質(zhì)小圓盤的位移先增大后減小，可知鐵質(zhì)小圓盤的速度先增大后減小，以向下為正方向，即鐵質(zhì)小圓盤的加速度先正后負(fù)，根據(jù)牛頓第二定律可知f先小于G，后大于G。故選C。17．（2024·浙江·高考真題）如圖為小貓蹬地躍起騰空追蝶的情景，則（）A．飛行的蝴蝶只受重力的作用B．蝴蝶轉(zhuǎn)彎時(shí)所受合力沿運(yùn)動(dòng)方向C．小貓?jiān)诳罩惺苤亓蛷椓Φ淖饔肈．小貓蹬地時(shí)彈力大于所受重力【答案】D【解析】A．飛行的蝴蝶除了受到重力的作用還受到空氣的作用力，故A錯(cuò)誤；B．蝴蝶轉(zhuǎn)彎時(shí)做曲線運(yùn)動(dòng)，所受合力與速度方向不在一條直線上，故B錯(cuò)誤；C．小貓?jiān)诳罩信c其他物體間沒有接觸，不受彈力的作用，故C錯(cuò)誤；D．小貓蹬地時(shí)有向上的加速過程，故彈力大于所受重力，故D正確。故選D。18．（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m的小球上。開始時(shí)，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上。緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力F大小為。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O點(diǎn)的過程中（

）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 D．加速度先增大后減小【答案】A【解析】AB．緩慢拉至P點(diǎn)，保持靜止，由平衡條件可知此時(shí)拉力F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。當(dāng)撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過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P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中，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加速度的最大值為，CD錯(cuò)誤。故選A。19．（2024·北京·高考真題）如圖所示，飛船與空間站對接后，在推力F作用下一起向前運(yùn)動(dòng)。飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】根據(jù)題意，對整體應(yīng)用牛頓第二定律有F=(M＋m)a對空間站分析有F′=Ma解兩式可得飛船和空間站之間的作用力故選A。20．（2024·安徽·高考真題）傾角為的傳送帶以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。時(shí)在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。時(shí)刻物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到。不計(jì)空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】時(shí)間內(nèi)：物體輕放在傳送帶上，做加速運(yùn)動(dòng)。受力分析可知，物體受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運(yùn)動(dòng)。之后：當(dāng)物塊速度與傳送帶相同時(shí)，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變?yōu)榱?，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)。C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。21．（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H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y。所受合外力為F，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t。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到原點(diǎn)的過程中。其圖像或圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】AB．在木塊下落高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即當(dāng)木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力到合力為零前，隨著增大減??；當(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，過程中木塊所受合外力向上，隨著減小增大，反彈過程，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．在木塊下落高度之前，木塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度逐漸增大，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)過程中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，正確示意圖如下故CD錯(cuò)誤。故選B。22．（2024·湖南·高考真題）如圖，質(zhì)量分別為、、、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（

）A．g， B．2g， C．2g， D．g，【答案】A【解析】剪斷前，對BCD分析對D剪斷后，對B解得方向豎直向上；對C解得方向豎直向下。故選A。23．（2024·寧夏四川·高考真題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質(zhì)量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到圖像。重力加速度大小為g。在下列圖像中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】設(shè)P的質(zhì)量為，P與桌面的動(dòng)摩擦力為；以P為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得以盤和砝碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知，a-m不是線性關(guān)系，排除AC選項(xiàng),可知當(dāng)砝碼的重力小于物塊P最大靜摩擦力時(shí)，物塊和砝碼靜止，加速度為0，當(dāng)砝碼重力大于時(shí)，才有一定的加速度，當(dāng)趨于無窮大時(shí)，加速度趨近等于。故選D。24．（2024·遼寧·高考真題）利用硯臺(tái)將墨條研磨成墨汁時(shí)講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過程中，硯臺(tái)始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時(shí)，（）A．硯臺(tái)對墨條的摩擦力方向水平向左B．桌面對硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左C．桌面和墨條對硯臺(tái)的摩擦力是一對平衡力D．桌面對硯臺(tái)的支持力與墨條對硯臺(tái)的壓力是一對平衡力【答案】C【解析】A．當(dāng)墨條速度方向水平向左時(shí)，墨條相對于硯臺(tái)向左運(yùn)動(dòng)，故硯臺(tái)對墨條的摩擦力方向水平向右，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)牛頓第三定律，墨條對硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左，由于硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，故桌面對硯臺(tái)的摩擦力方向水平向右，故B錯(cuò)誤；C．由于硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向桌面和墨條對硯臺(tái)的摩擦力是一對平衡力，故C正確；D．桌面對硯臺(tái)的支持力大小等于硯臺(tái)的重力加上墨條對其的壓力，故桌面對硯臺(tái)的支持力大于墨條對硯臺(tái)的壓力，故D錯(cuò)誤。故選C。2年模擬25．（2024·湖南·模擬預(yù)測）phyphox是一款功能強(qiáng)大的軟件，它可以讓手機(jī)充當(dāng)一個(gè)真實(shí)的物理實(shí)驗(yàn)工具，讓用戶隨時(shí)隨地進(jìn)行物理學(xué)習(xí)。該軟件支持快速生成圖表和文字，并進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，用戶可以通過選擇傳感器輸入來設(shè)計(jì)和分析實(shí)驗(yàn)，為用戶提供了豐富便利的實(shí)驗(yàn)輔助工具?，F(xiàn)用某款智能手機(jī)進(jìn)行豎直上拋實(shí)驗(yàn)：用手掌托著智能手機(jī)，在phyphox里面打開加速度傳感器，把手機(jī)向上拋出，然后又在拋出點(diǎn)接住手機(jī)，以豎直向上為正方向，測得手機(jī)在豎直方向的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，則手機(jī)（）A．在t1~t3時(shí)間內(nèi)手機(jī)先加速后減速 B．在t3時(shí)刻手機(jī)到達(dá)最高點(diǎn)C．在t2~t3時(shí)間內(nèi)手機(jī)受到的支持力逐漸減小 D．在t2~t4時(shí)間內(nèi)，手機(jī)處于失重狀態(tài)【答案】C【解析】A．圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度的變化量，t1~t3時(shí)間內(nèi)速度一直增加，所以手機(jī)一直加速，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，t3時(shí)刻后加速度方向向下，為失重狀態(tài)，速度方向向上，所以向上做減速運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻還沒有達(dá)到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．對手機(jī)進(jìn)行受力分析可知，t2~t3時(shí)間內(nèi)，有該段時(shí)間內(nèi)，a逐漸減小，因此支持力FN逐漸減小，故CD．在t2~t4時(shí)間內(nèi)，手機(jī)加速度先向上后向下，則手機(jī)先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選C。26．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，A、C兩球質(zhì)量均為，B球質(zhì)量為，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間通過一根輕桿連接，B、C間由一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線連接。傾角為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，下列說法正確的是（

）A．B球的受力情況未變 B．C球的加速度大小為C．B、C之間線的拉力大小為 D．A、B兩個(gè)小球的加速度大小均為【答案】B【解析】彈簧剪斷前，系統(tǒng)靜止，分別以C、BC、ABC組成的系統(tǒng)為研究對象可得，對C對BC對ABC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AB沿斜面向下沿斜面向下對C沿斜面向下沿斜面向下則細(xì)線必然松弛，不符合假設(shè)，因此細(xì)線拉力為0。對ABC沿斜面向下沿斜面向下對沿斜面向下因此，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。故選B。27．（2024·四川達(dá)州·一模）中國勞動(dòng)人民充滿無窮的智慧，用兩根竹竿輕松解決了對不同大小水果的分揀工作。如圖，端略高于端，間的寬度小于間的寬度，與與與間的間距相等。水果從與區(qū)域掉下為小果，與區(qū)域掉下為中果，與區(qū)域掉下為大果。一大果從端靜止開始下滑的過程中（）A．對桿AD和桿的摩擦力逐漸增大B．對桿AD和桿的壓力逐漸減小C．加速度越來越大D．到與到的時(shí)間之比為【答案】A【解析】AB．根據(jù)對稱性，設(shè)竹竿對水果的支持力與兩竹竿構(gòu)成的平面的夾角大小均為，竹竿與水平面之間的夾角為，在垂直兩竹竿平面的方向上水果受力平衡，由牛頓第三定律可知，水果對竹竿AD和竹竿的壓力大小均為，則解得因?yàn)橹饾u變小，不變，則大果下滑過程中對竹竿AD和竹竿的壓力逐漸增大，根據(jù)摩擦力可知壓力逐漸增大，對竹竿AD和竹竿的摩擦力大小也會(huì)逐漸增大。故A正確，B錯(cuò)誤；C．設(shè)兩竹竿之間的夾角為，根據(jù)牛頓第二定律可得解得加速度摩擦力變大，、不變，則加速度越來越小。故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，對于從靜止開始的連續(xù)兩段相等的位移，所用時(shí)間之比為，但根據(jù)上述分析可知水果滑下的過程不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，而是加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，故到與到的時(shí)間之比不符合的比例關(guān)系。故D錯(cuò)誤。故選A。28．（2024·廣東·模擬預(yù)測）2024年9月，我國的“朱雀三號(hào)”可重復(fù)使用火箭進(jìn)行了可回收運(yùn)載火箭的試驗(yàn)，為將來降低航天發(fā)射成本奠定了堅(jiān)實(shí)基礎(chǔ)。有關(guān)火箭的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A．火箭向上飛行則處于超重狀態(tài) B．火箭向下飛行則處于失重狀態(tài)C．火箭在加速向上時(shí)處于失重狀態(tài) D．火箭在減速下降時(shí)處于超重狀態(tài)【答案】D【解析】AC．火箭加速向上飛行時(shí)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，火箭向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；BD．火箭向下減速下降時(shí)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，火箭向下加速飛行時(shí)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，火箭向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則處于平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，D正確。故選D。29．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）2024年6月30日，世界最大跨度拱橋深中通道正式建成通車。深中通道的建成靠的是“中國建筑重工機(jī)械”。如圖，10根起吊繩（繩的質(zhì)量忽略不計(jì)）通過液壓機(jī)械抓手把質(zhì)量為的巨型鋼圓筒靜止吊在空中，每根繩與豎直方向的夾角為37°（下圖其他8根繩沒有畫出），，則下列說法正確的是（）A．每根繩的拉力為B．鋼圓筒所受的合力為C．若增加起吊繩的長度，則每根繩的拉力變大D．若每根繩承受的最大拉力為，則起吊過程的最大加速度為【答案】D【解析】A．分解繩子拉力，豎直方向分力大小為則每根繩的拉力為故A錯(cuò)誤；B．依題意，鋼圓筒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受的合力為零。故B錯(cuò)誤；C．若增加起吊繩的長度，則每根繩與豎直方向的夾角變小，由可知每根繩的拉力變小。故C錯(cuò)誤；D．若每根繩承受的最大拉力為，則10根繩的合力由牛頓第二定律有解得故D正確。故選D。30．（2024·廣西·模擬預(yù)測）如圖所示，一根輕彈簧豎直立在水平地面上，一小球從彈簧正上方自由下落，小球與彈簧作用過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，小球的最大加速度為重力加速度的2倍，則小球第一次下落到最低點(diǎn)的過程中，小球的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像可能是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】依題意，小球接觸彈簧前做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度，接觸彈簧后受彈簧彈力與重力共同作用，當(dāng)彈力與重力等大時(shí)，加速度為零，由運(yùn)動(dòng)的對稱性可知從接觸彈簧開始到加速度為零與從加速度為零到加速度大小再次為重力加速度為止，加速度隨時(shí)間的變化情況具有對稱性，且為非線性關(guān)系。故選B。31．（2024·安徽·一模）如圖所示，質(zhì)量為M的某中學(xué)生背靠在地鐵車廂，發(fā)現(xiàn)車廂內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球分別用細(xì)繩和固定的輕桿懸掛起來。系統(tǒng)穩(wěn)定后，他用手機(jī)拍攝下某時(shí)刻的情景，發(fā)現(xiàn)細(xì)繩偏離豎直方向角度是θ，而固定的輕桿與豎直方向的夾角是β，θ<β，重力加速度是g。下列說法正確的是（）A．地鐵一定在向右加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為gtanθB．中學(xué)生受到的摩擦力一定向右C．中學(xué)生受到地鐵施加的作用力大小等于D．細(xì)繩和輕桿對小球的作用力方向不同【答案】C【解析】A．對小球受力分析如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可知可知方向水平向右，因?yàn)榱熊嚳赡芟蛴壹铀伲部赡芟蜃鬁p速，故A錯(cuò)誤；B．水平方向?yàn)橹袑W(xué)生提供加速度的力是左側(cè)車廂壁施加的彈力和摩擦力的合力，兩者合力向右，但摩擦力不一定向右，故B錯(cuò)誤；C．中學(xué)生受到地鐵施加的作用力與自身的重力作用，合力為Mgtanθ，因此中學(xué)生受到地鐵施加的作用力大小等于重力與Mgtanθ的合力大小，為故C正確；D．由于兩小球的質(zhì)量和加速度均相同，它們的合力相同均為ma，則細(xì)繩和輕桿對小球的作用力大小均為方向與豎直方向夾角均為θ，故D錯(cuò)誤。故選C。32．（2024·山東·一模）某人站在力的傳感器（連著計(jì)算機(jī)）上完成下蹲、起立動(dòng)作，計(jì)算機(jī)屏幕上顯示出力的傳感器示數(shù)F隨時(shí)間t變化的情況如圖所示，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．該人下蹲時(shí)間約為0.5s B．下蹲過程該人一直處于失重狀態(tài)C．起立過程該人一直處于超重狀態(tài) D．該人下蹲過程的最大加速度約為6m/s2【答案】D【解析】AB．下蹲過程中，初速度為0，末速度也為0，則下蹲過程先加速向下運(yùn)動(dòng)后減速向下運(yùn)動(dòng)，該人先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)。從圖像可知1~2s過程為下蹲過程，則下蹲時(shí)間約為1s。故AB錯(cuò)誤；C．起立過程，初速度為0，末速度也為0，則起立過程先加速向上運(yùn)動(dòng)后減速向上運(yùn)動(dòng)，該人先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，所以C錯(cuò)誤；D．由圖像可知該人靜止時(shí)有支持力最小為200N，最大為700N，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得所以該人下蹲過程的最大加速度約為6m/s2。故D正確。故選D。33．（2024·四川德陽·一模）如圖所示，在升降電梯里固定一傾角為的光滑斜面，將質(zhì)量為m的光滑小球置于斜面和一個(gè)光滑豎直固定擋板之間。當(dāng)電梯具有豎直向上的加速度a時(shí)，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．電梯一定正在加速上升B．斜面對小球的彈力大小為C．若增大加速度a，擋板對小球的彈力不變D．若增大加速度a，擋板對小球的彈力一定增大【答案】D【解析】A．電梯具有豎直向上的加速度a，由于速度方向未知，則電梯可能加速上升或減速下降，故A錯(cuò)誤；B．對小球受力分析，如圖水平方向由平衡條件豎直方向由牛頓第二定律所以斜面對小球的彈力大小為故B錯(cuò)誤；CD．若增大加速度a，根據(jù)可知斜面對小球的彈力增大，根據(jù)可知擋板對小球的彈力一定增大，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。34．（2024·黑龍江佳木斯·一模）如圖，在水平面地面上固定一個(gè)斜面，一長為L質(zhì)量分布均勻的矩形物塊放在斜面上，如果在垂直于斜面方向把物塊分成兩部分A和B，分割