2023年高考二轮复习物理专题过关检测：牛顿运动定律（三）（答案）

二轮复习专题过关检测：牛顿运动定律运用（三）
郭大牛
一、单项选择题（本大题共12小题，共36分）
1. 质量为的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为的小球，且。用一力水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度向右运动，细线与竖直方向成角，细线的拉力为，如图。若用一力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动的，细线与竖直方向也成角，细线的拉力为，如图，则
A. ， B. ，
C. ， D. ，
2. 如图所示，质量分别为、的球、由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球的加速度大小分别为( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
3. 如图所示，在水平面上，质量为的物体拴在一水平被拉伸弹簧的一端，弹簧的另一端固定在小车上，当它们都处于静止时，弹簧对物块的弹力大小为，若小车突然以的加速度水平向左匀加速运动时( )
A. 物块相对于小车向右滑动
B. 物块受到的摩擦力方向不变
C. 物块受到的摩擦力变小
D. 物块受到弹簧的拉力将增大
4. 如图所示，质量均为的木块和静止在倾角为的光滑斜面上，此时、间恰好没有弹力，则剪断细绳的瞬间、间的弹力为( )
A. B. C. D.
5. 如图所示，质量为的物块放在倾角为的斜面体上，斜面体的质量为，斜面体与物块无摩擦，地面光滑。现对斜面体施加水平恒力，使物块相对斜面体静止，则恒力大小应为( )
A. B. C. D.
6. 如图所示，水平挡板和竖直挡板固定在斜面上，一质量为的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触。挡板、和斜面对小球的弹力大小分别为、和现使斜面和小球一起在水平面上水平向左做加速度为的匀加速直线运动。若和不会同时存在，斜面倾角为，重力加速度为，则下列图象中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用后撤去，此后木板运动的图像如图乙。物块和木板的质量均为，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是
A. 拉力的大小为
B. 物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为
C. 物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
D. 时刻，物块的速度减为
8. 如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接、两物体，定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保持物体质量不变，取不同质量的物体，通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力随球质量变化关系曲线如图乙所示，直线是曲线的渐近线，重力加速度为。则( )
A. 物体质量 B. 物体质量
C. 越大，其运动的加速度越小 D. 越大，其运动的加速度越大
9. 如图，物体，质量均为，叠放在轻质弹簧上弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接。对施加一竖直向下，大小为的外力，使弹簧再压缩一段距离弹簧始终处于弹性限度内后物体、处于平衡状态。已知重力加速度为，。现突然撤去外力，设两物体向上运动过程中、间的相互作用力大小为，则下列关于的说法正确的是（ ）
A. 刚撤去外力时， B. 弹簧弹力等于时，
C. 两物体、在弹簧恢复原长之前分离 D. 弹簧恢复原长时
10. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块连接在一起，物块靠放在右侧，两者位于点，弹簧处于压缩状态．、由点静止释放后沿斜面向上运动，在点分离后上升到某位置静止，运动到点下方某位置未画出速度为零．、与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度上述过程中( )
A. 两物块在点时，弹簧处于压缩状态
B. 弹簧的弹力方向不发生变化
C. 速度最大的位置在之间且在中点的上方
D. 位置可能位于点的下方
11. 如图，一小物块从斜面上的点静止下滑，在段和段分别做匀加速和匀减速运动，至点恰好静止，全程斜面体保持静止状态。若小物块在段和段与斜面间的动摩擦因数分别为和，且，则( )
A. 在物块滑行的全过程中，地面对斜面的支持力始终小于物块和斜面的总重力
B. 在物块滑行的全过程中，地面对斜面始终没有摩擦力作用
C. 由题意知：
D. 小物块在下滑过程中先超重再失重
12. 如图所示，质量为的一段木板静止置于水平面上，在木板的右端放有一质量为的物块，物块与木板之间、木板与水平面之间的动摩擦因数均为。现对木板施加一水平恒定拉力，使得物块在木板上滑动，经过一段时间物块最终从木板左端滑离木板。若改变初始条件，第二次拉动木板，仍使物块能从木板的左端滑下，则关于两次拉动，下列说法正确的是（ ）
A. 要使物块在木板上滑动，拉力至少应大于
B. 若拉动之前仅增大物块质量，则物块从木板左端掉下时发生的位移一定比没变条件前大
C. 若拉动之前仅增大木板质量，则物块从木板左端滑下时速度一定与没变条件前一样大
D. 若拉动之前仅增大拉力的大小，则因摩擦而产生的热量一定与没变条件之前一样大
二、多项选择题（本大题共6小题，共24分）
13. 如图所示，倾角为的斜面段粗糙，其余段光滑，、长度均为。四个质量均为的相同样品、、、放在斜面上，每个样品可视为质点左侧固定有长度为的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与间的动摩擦因数为。若样品在处时，四个样品由静止一起释放，则重力加速度大小为( )
A. 当样品刚进入段时，样品的共同加速度大小为
B. 当样品刚进入段时，样品的轻杆受到压力大小为
C. 当四个样品均位于段时，摩擦力做的总功为
D. 当四个样品均位于段时，样品的共同速度大小为
14. 质量分别为和的两物块、大小相同，将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接。如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放。已知斜面固定，重力加速度大小为，则（ ）
A. 此时轻绳的拉力大小为
B. 此时轻绳的拉力大小为
C. 此时运动的加速度大小为
D. 此时运动的加速度大小为
15. 如图所示，一质量为的小球穿在一足够长的细杆上，杆与水平方向夹角，小球与细杆间的动摩擦因数。将小球从点由静止释放的同时加上一垂直于杆向上的外力，的大小随时间变化的规律为，经过一段时间后，小球停止运动。已知重力加速度，，，下列说法正确的是（ ）
A. 小球与细杆间摩擦力的最大值为 B. 小球的最大加速度为
C. 小球的最大速度为 D. 小球沿杆向下运动时速度为
16. 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码移动的距离很小，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为和，各接触面间的动摩擦因数均为，砝码距纸板左端的距离和距桌面右端的距离均为，重力加速度为。现用水平向右的恒定拉力拉动纸板，下列说法正确的是（ ）
A. 纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为
B. 若纸板相对砝码运动，可能等于
C. 若砝码与纸板分离时的速度大于，则砝码不会从桌面上掉下
D. 当时，砝码将从桌面边缘掉落
17. 如图所示，轻质弹簧一端固定在倾角为的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为的物体，其上叠放一质量为的物体，、处于静止状态，现给物体施加一个方向上沿斜面向上的力，使、从静止开始一起沿斜面向上做匀加速运动，则( )
A. 所施加的力为恒力
B. 开始运动后，、间的弹力小于
C. 当弹簧弹力大小为时，、两物体分离
D. 、两物体分离之后，物体仍继续沿斜面向上加速一小段距离
18. 如图所示，电梯与水平地面成角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度斜向上启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为和若电梯启动加速度减小为，则下面结论正确的是．( )
A. 水平梯板对人的支持力变为
B. 水平梯板对人的摩擦力变为
C. 电梯加速启动过程中，人处于超重状态
D. 水平梯板对人的摩擦力和支持力之比仍为
三、计算题（本大题共4小题，共40分）
19. 一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为的小物块相连，如图所示．质量为的小物块紧靠静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为，从时开始，对施加沿斜面向上的外力，使始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块、分离；再经过同样长的时间，距其出发点的距离恰好也为弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为求
弹簧的劲度系数；
物块加速度的大小；
在物块、分离前，外力大小随时间变化的关系式。
20. 板块模型是高中动力学中重要知识点，某同学将一可视为质点的小物块置于长为的木板上表面的最右端，两者均静止，简化为如图所示。已知物块质量，木板质量 ，木板与水平地面间光滑，物块与木板之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 。求：
要使物块与木板发生相对运动，该同学至少需对木板施加一水平向右多大恒力；
若对木板施加一水平向右的恒力，此时物块、木板的加速度大小 、 ；
对木板施加一水平向右的恒力，作用后撤去该力，撤去后，物块最终能否滑离木板？若能离开，求出离开时物块和木板的速度和；若不能离开，求物块最终距木板左端的距离。
21. 物理课外小组在一长为的水平方桌上放置一块质地均匀、质量为的硬塑料板，塑料板的左边缘与方桌左边缘相距，在塑料板上靠近方桌的边缘处放一个可看作质点、质量为的重锤，如图所示已知塑料板与方桌上表面间的动摩擦因数为，重锤与塑料板、方桌上表面间的动摩擦因数均为，空气阻力不计，重力加速度．
给塑料板一个初速度，让它在桌面上开始滑动，求此时桌面对塑料板的摩擦力大小
若足够大，则给塑料板水平向右至少多大的初速度才能使重锤脱离塑料板
若，则给塑料板水平向右多大的恒定推力才能使重锤刚好不从方桌上掉下．
22. 如图所示，质量为的一只长方体形空铁箱，在与水平面成的拉力作用下，沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数。这时铁箱内一个质量的木块恰好静止在后壁上。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。
求木块与铁箱后壁间的动摩擦因数；
若迅速减小拉力，在铁箱的速度达到时，木块沿铁箱后壁刚好落到底部，且不反弹。此时突然撤去拉力，又经时间木块从铁箱的左侧到达右侧。已知木块与铁箱底部间的动摩擦因数，求内木块相对于铁箱发生的位移；
若均匀减小拉力，试判断木块在沿铁箱后壁下滑的过程中，竖直方向的加速度是不是均匀增大？结合第一问，请用关键表达式，定性地说明理由。
答案和解析
1.【答案】
【解析】先对图情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有，再对图情况下的小球受力分析，如图甲所示：
根据牛顿第二定律，有 ，，由以上三式可解得：，，再对图中小球受力分析，如图乙所示，由几何关系得： ，，再由牛顿第二定律得到，由于，故，，故 ACD错误，故B正确。故选B。
2.【答案】
【解析】以整体为研究对象受力分析根据牛顿第二定律有整体加速度为：，
再以为研究对象，受弹力和重力作用而产生向上的加速度，故有：
得此时弹簧中弹力为：，
又在线断瞬间，弹簧形变没有变化，线断瞬间弹簧弹力仍为
线断瞬间以为研究对象，受重力和弹簧弹力作用产生加速度，合力为：
根据牛顿第二定律知，此时物体产生的加速度为：，所以ABC错误，D正确；故选：。
3.【答案】
【解析】开始弹簧的弹力与静摩擦力平衡，可知静摩擦力，方向向右，当小车以的加速度水平向左匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：
解得：，方向水平向左，即摩擦力的方向改变，大小变小，物块相对小车仍然静止，弹簧的弹力不变，故C正确，ABD错误；故选：。
4.【答案】
【解析】剪断细绳前，弹簧的弹力：，细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，，剪断细绳的瞬间对 、系统，由牛顿第二定律得加速度：，对由牛顿第二定律得：，解得：，故B正确，ACD错误。 故选B。
5.【答案】
【解析】先选取物块为研究对象，受两个力：重力、支持力，且二力的合力水平向左，如图所示，
由图可得：
解得：
再选整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：，故A正确，BCD错误；故选A。
6.【答案】
【解析】当挡板、的作用力都恰好为零时，如图所示，设加速度为，
对小球，由牛顿第二定律得：
解得：
当加速度时，挡板对小球没有作用力，小球受力如图所示，
当加速度时，挡板对小球没有作用力，小球受力如图所示；
、当加速度时，根据牛顿第二定律得：
水平方向：
竖直方向：
由解得：，
与成线性关系，当时，，当时，，
当加速度时，，故A错误，B正确；
C、当加速度时，根据牛顿第二定律得：
水平方向：
竖直方向：
由解得：，，与成线性关系，故C错误；
D、当加速度时，，与成正比，当时，，当加速度时，，保持不变，故D错误。故选：。
7.【答案】
【解析】B、在内，物块加速、木板减速，设此过程中物块和木板的加速度大小分别为和，
则，式中，，、分别为木板在、时的速度大小设物块和木板的质量为，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为、，
由牛顿第二定律得，
联立解得，，故B错误；
A、在内，设木板的加速度为，对木板，根据牛顿第二定律可得，其中
联立解得，故A错误；
C、内，物块和木板相对于地面的运动距离分别为，
，
联立可得，物块相对于木板的位移的大小为
至物块最终停下时间内，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
，，，
联立可得物块相对于木板的位移的大小为，
所以物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为，故C正确；
D、以后，物块和木板仍有相对滑动，设此过程中物块和木板的加速度大小分别为和，
对物块和木板分别由牛顿第二定律可得，
解得，，
设木板停下时刻为，由运动学公式得
联立解得
故在撤去拉力至木板停下的过程中，物块先匀加速运动后，又匀减速运动，
即物块的速度减为，，故D错误；故选C。
8.【答案】
【解析】当较大时，据牛顿第二定律 对有：；对有：，联立解得：，，当越大，，则有，，故A错误，B正确；
在范围内，据牛顿第二定律，对有：；对有：，联立解得：；故范围内，越大，其运动的加速度越小，故CD错误。故选B。
9.【答案】
【解析】A.刚撤去外力 时，由牛顿第二定律知：对 、 整体有，对物体 有 ，联立得 ，故A错误；
B.当弹簧弹力大小等于 时，有， ，联立得 ，故B正确；
C.当弹簧恢复原长时，弹簧不提供弹力，此时两物体恰好分离，故C错误；
D.当弹簧恢复原长时，弹簧不提供弹力，此时两物体恰好分离，根据牛顿第二定律得：对整体有：，对有：联立解得 ，即、 间的相互作用力大小为，故D错误。故选B。
10.【答案】
【解析】A.由题意可知，、由点静止释放后沿斜面向上运动，在点分离，分离瞬间，二者间的弹力为零，此后弹簧被拉伸，受的滑动摩擦力及弹力方向均沿斜面向下，加上其沿斜面向下的重力分力，故其向下的加速度增大，减速更快，而在其重力沿斜面向下的分力及沿斜面向下的滑动摩擦力作用下，由于惯性沿斜面向上减速，故在点，弹簧处于原长状态，故A错误；
B.随继续向上减速，弹簧被拉伸，故该过程，弹簧的弹力方向发生变化，故B错误；
C.在二者分离前，由于二者运动状态相同，可看作整体，整体受重力、滑动摩擦力及弹簧的推力作用，由静止先做加速运动，当速度增大到最大时，其加速度为零，即弹簧的弹力大小等于整体的重力沿斜面向下的分力及滑动摩擦力的合力，此时由于弹簧仍处于压缩状态，故该速度最大的位置在之间，由简谐运动的对称性可知，该位置靠近点，故C正确；
D.当点位于点下方时，由题意可知，此时弹簧的弹力大于的重力沿斜面向下的分力与其所受的最大静摩擦力的合力，故A在该位置不可能静止，故D错误。
11.【答案】
【解析】由题意可知，物块的加速度先沿斜面向下后沿斜面向上，物块先处于失重状态后处于超重状态；所以地面对斜面的支持力先小于斜面与物块的总重力后大于斜面与物块的总重力，物块的加速度在水平方向的分量先水平向右后水平向左，对斜面与物块整体分析可知，地面对斜面的摩擦力先水平向右后水平向左，故ABD错误；
C.由牛顿第二定律可知物块在段的加速度大小为，物块在段的加速度大小为，由于第一段过程的初速度与第二过程的末速度均为零，设物块在点的速度为，由速度位移关系有，又，联立可得，故C正确。故选C．
12.【答案】
【解析】A、物块与木板滑动时，对物块，由牛顿第二定律：，解得的加速度大小。对木板，由牛顿第二定律：，解得木板的加速度大小，又，解得，故A错误；
、设经过时间物块从木板上掉下，则，解得，此过程物块的位移大小，木板的位移，物块的速度，系统因摩擦产生的热量。可见拉动之前仅增大物块质量，则物块从木板左端掉下时发生的位移一定比没变条件前大；拉动之前仅增大木板质量，则物块从木板左端滑下时速度一定比没变条件前大；拉动之前仅增大拉力的大小，则因摩擦而产生的热量一定比没变条件之前小，故B正确，CD错误。
13.【答案】
【解析】A、当样品刚进入段时，以四个样品整体为对象，由牛顿第二定律有：，解得样品的共同加速度大小为：，故A正确；
B、当样品刚进入段时，以样品为对象，根据牛顿第二定律有：，解得样品的轻杆受到的压力大小为：，故B错误；
C、当四个样品均处于段时，摩擦力对样品做功为：，
摩擦力对样品做功为：，
摩擦力对样品做功为：，
此时样品刚进入段，摩擦力对样品不做功，故当四个样品均位于段时，摩擦力做的总功为：，故C错误；
D、四个样品从静止释放到处于段过程，对四个样品根据动能定理有：，由项分析知：，联立解得：，故D正确。
14.【答案】
【解析】第一次放置时，静止，则由平衡条件知：，第二次按图乙放置时，对整体受力分析，由牛顿第二定律得：，联立解得：，对，由牛顿第二定律得：，解得：，故AD正确，故BC错误。
故选AD。
15.【答案】
【解析】当支持力垂直杆向上，，得，
，
得，
当支持力垂直杆向下，，得，
，
得，
图像如图所示，
由图像可知，，速度增量，，速度增量，物体停止。
小球的最大加速度为；小球的最大速度为； 小球沿杆向下运动时速度最大为；故 BC正确，D错误；
A.小球将要停止前滑动摩擦力最大，大于，故A错误。
16.【答案】
【解析】A.对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力，故A正确；
B.设砝码的加速度为，纸板的加速度为，则有：，，发生相对运动需要，代入数据解得：，故B错误；
C.若砝码与纸板分离时的速度大于，砝码匀加速运动的位移大于：，匀减速运动的位移大于，则总位移大于，会从桌面掉下，故C错误；
D.当时，砝码未脱离时的加速度，纸板的加速度：，根据，解得：，则此时砝码的速度：，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小：，则匀减速运动的位移：，而匀加速运动的位移：，可知砝码恰离开桌面，故D正确。故选AD。
17.【答案】
【解析】、设、静止时弹簧的压缩量为，由平衡条件有，可得
施加力让两物体一起做匀加速直线运动，设位移为，由牛顿第二定律有，可得
故力是随位移增大而均匀增大的变力，故A错误；
B、两物体平衡时，它们之间的接触弹力由的平衡条件有
一起匀加速时两者间的弹力逐渐减小到零时分开，故运动时的弹力小于，故B正确；
、当两物体分离时，接触面的弹力为零，而两者的加速度相同，有，
因加速度不为零，可知弹簧处于伸长状态，弹力大小一定大于，因物体有沿斜面向上的加速度，故物体还能往上加速，此后弹簧弹力继续减小，物体做加速度减小的变加速直线运动，故C错误，D正确。
故选：。
18.【答案】
【解析】当加速度为时，将人的加速度分解，水平方向 ，竖直方向 ；当加速度为时，将人的加速度分解，水平方向 ，竖直方向 。
A.当电梯加速度为时，竖直方向上有：，水平梯板对人的支持力：，当电梯加速度由减小为时，在竖直方向上有：，水平梯板对人的支持力：，水平梯板对人的支持力：，故A错误；
B.当电梯加速度为时，水平梯板对人的摩擦力为： ，当电梯加速度由减小为时，水平梯板对人的摩擦力变为： ，所以水平梯板对人的摩擦力变为，故B正确；
C.电梯加速启动过程中，人有向上的加速度，处于超重状态而不是失重状态，故C正确；
D、水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为：，故D错误。
故选BC。
19.【答案】对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
解得：
由题意可知，经两段相等的时间位移为；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：

说明当形变量为时二者分离；
对分析，因分离时间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：

联立解得：
设时间为，则经时间时，前进的位移
则形变量变为：
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：
解得： ，
因分离时位移，
由解得：
故应保证，表达式才能成立．
则外力大小随时间变化的关系式 。
20.【答案】当用拉木板时，、保持相对静止，
整体由牛顿第二定律：
此时两物体间为最大静摩擦力，对物块分析：
解得：
当用拉木板时，物块和木板之间发生相对滑动，
对物块，
，
解得，
对木板
解得
作用后，物块的速度
物块的位移
木板的速度
木板的位移
假设木板足够长，撤去拉力后，经过时间两者速度相等为，有
撤去拉力后，物块继续匀加速，木板开始匀减速，设物块与木板加速度分别为为和
对由牛顿第二定律：
解得：
对由牛顿第二定律：
解得：
解得：
物块的位移
木板的位移
相对位移
所以物块最终不能离开木板
物块最终距木板左端的距离为：。
21.。
塑料板的加速度大小
重锤的加速度大小
塑料板与重锤刚好脱离时二者的速度相同，以塑料板为参考系，则
，，，
据，
得
因重锤与塑料板、方桌表面的动摩擦因数相同，其在塑料板上相对滑动时的加速度与在方桌表面运动时的加速度大小相等、方向相反，
设重锤刚滑离塑料板时的速度为，则有
，，
得，
重锤在塑料板上的运动时间
故重锤在塑料板上运动时有
即
联立解得

22.木块和铁箱整体加速运动，有：
竖直方向
水平方向
解得：
木块随铁箱水平加速，竖直方向恰好不下滑，设木块与铁箱间的压力为，有：
水平方向
竖直方向：
解得：
撤去拉力时，箱和木块的速度均为，因为，
所以木块将相对铁箱向右滑动。木块加速度
设铁箱加速度为，分析铁箱：
解得：
铁箱减速时间，故木块到达箱右端时箱还未停止。
设内木块和铁箱的位移分别为、，有：，
因此，木块相对铁箱向右移动距离为：
代入数据解得：
依题意，木块沿后壁下滑，即说明木块与铁箱保持接触，则：
水平方向，木块随铁箱加速竖直方向，木块加速下滑：
木块和铁箱整体在竖直方向不再平衡，但铁箱在竖直方向上平衡，有：
或：木块和铁箱整体在竖直方向处于失重状态，有
以上两式两式，由解方程组的知识个一次方程有个未知数，可以判断：
与成一次函数关系，结合实际情况是木块从静止开始下滑，所以均匀增大。

2023年高考二轮复习物理专题过关检测：牛顿运动定律（三）（答案）