专辑06 牛顿定律简单应用一 2020年全国大市名校高三期末一模物理考试试题全解全析汇编第1

1、年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编20201、（2020河北省衡水中学高三上学期一模）如图，轻弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放有质量相等xQFPP表作用在的物块上，使其向上做匀加速直线运动以、，系统处于静止状态。现用竖直向上的力0xQQQPPFF之间关系的压力大小，在示分离之前，下列表示离开静止位置的位移，、表示物块和对的图象可能正确的是（ ） DABC C【答案】 【解析】 系统静止时，由胡克定律和力的平衡条件得mgk?x?2 Q 物块匀加速向上运动时，由牛顿第二定律得ma=?xk(?x)mg?F 联立以上两式解得kx)?(?Fmga? C 正确。对照图象得C。 故选0.5kg

2、1kg的长木板，置于如图甲所示，质量为的物块和质量为、（2020广东省深圳市高三上学期一模）2t?0oF37，使长木板和物块开始沿斜足够长的固定斜面上，时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力倾角为tF。已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之后撤去拉力面上滑，作用一段时间2oo10m/sg?0.8?sin370.6?cos37。则下列说法正确的是（ 间的关系如图乙所示， ，） ， ?0.35?A 长木板与斜面之间的动摩擦因数为12st?FB 作用的时间为拉力 F13NC的大小为拉力 0.88可能为D物块与长木板之间的动摩擦因数2 D【答案】 【解析】FA 撤去力后长木板的加速度28

3、v128m/s?a? 20.52x2 由牛顿第二定律?am(M?)cos)?(gmM(?)sin?Mmg? 21 解得 =0.251A错误； 选项B有拉力作用时的加速度 21v821m/s?a? 12x24拉力撤掉时的速度为 2m/s?2v拉力作用的时间为 v22 ?s=22st? 1a11B错误； 选项C 由牛顿第二定律?(M?m)M(?m)gcos)(F?M?mgsin?a 11解得 F=13.5N C错误； 选项D0.25D正确。，选项物块与长木板之间无相对滑动，可知物块与长木板之间的动摩擦因数大于 D。 故选 ） 内蒙古包钢一中高三上学期202010月月考）下列说法正确的是（3、A.

4、牛顿第一定律可以用实验直接验证 B. 牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大 C. 选取不同的参考系，观察同一物体的运动轨迹可能不同D. 重力的方向总是指向地心 C 【答案】 【解析】A牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出的，但能A错误； 接受住实践的检验，故BB错误； 惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故CC正确； 运动具有相对性，选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其运动轨迹可能不同，故DD错误。 重力的方向竖直向下，不是指向地心，故C。 故选CB左端放上足够长的木板月月考）2020内蒙古包钢一中高三

5、上学期10如图甲所示，静止在水平面4、（AAFFtAB间最大静摩着小物块。某时刻，随时间受到水平向右的外力的变化规律如图乙所示。作用，、BC之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下擦力大于、aABfBCfaAB随时间变化的图线和，以及与与间摩擦力间摩擦力、运动过程中的加速度列反映、2A1B ）中不正确的是（ B. A. D. C. B【答案】 【解析】 由图乙知力与时间的表达式为AktF? 0a?FAB ；对小于地面对整体整体，当拉力最大静摩擦力时，整体加速度为零，即1A的FAB 大于地面对整体的最大静摩擦力时，整体开始加速滑动，根据牛顿第二定律得整体，

6、当拉力对?g?F?mMk2?gt?a? 2A2mM?M?mAAB 、当拉力足够大时，根据牛顿第二定律得的加速度不同，故对?mgF?k?1g?t?a 1A3mmkkakka?k?k正确，不的斜率的斜率故，则有，即拉力足够大时直线更陡峭，故A 212A3A21mM?m 符合题意；BABF开始阶段的加速小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即物体对整体，当拉力B 度为零，故错误，符合题意；B?Amg，拉力小于当拉力小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时对物体C，静摩擦1 力等于拉力，则有f?F?kt 1即摩擦力随时间均匀增大； 当整体开始加速滑动时，对整体根据牛顿第二定律得

7、?gmF?M?k2?g?a?t 22AM?mM?m对木板，根据牛顿第二定律有 ?fMa 1解得 Mk?Mgft? 21M?mMk?kAB发生相对滑动后，变为滑动摩，即此对应的直线比刚开始对应的直线更平缓；当其斜率、 M?m?，保持不变，故擦力，为正确，不符合题意； C?mgf?11ABF小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时静摩擦力等于拉力，对整体，当拉力D则有 f?F?kt 2?g?mMf?，保持不变；故正确，即摩擦力随时间均匀增大；滑动后，受地面的滑动摩擦力为D22不符合题意。 故选。 B1kg2kg和如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为安徽省安庆市桐城中学高三上学期月考）

8、5、（2020ABAB3NFBAB以同一加速度运动，现用水平力拉、物体，使的、两个物体，、间的最大静摩擦力为F ）的最大值为（则 9N12N3N6ND. C. A. B. C【答案】 【解析】FAB 达到最大，根据牛顿第二定律得，间的静摩擦力达到最大时拉力当A 对物体：amf? Am 得3223m/s?a?m/s 1 对整体：am)?(m?F BA 得：3N=9N=1+2F （）AA. 3N ，与结论不相符，选项错误；BB. 6N ，与结论不相符，选项错误；CC. 9N 正确；，与结论相符，选项DD. 12N 错误，与结论不相符，选项30o的光滑杆上套有一个小球和两根月月考）如图所示，倾角为2

9、0206、（内蒙古包钢一中高三上学期10M、N固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销轻质弹簧，两弹簧的一端与小球相连，另一端分别用销钉2NM6m/sM瞬间，小球加速度可能是，而拔去销钉，若不拔去销钉瞬间，小球的加速度大小为钉2、 、 g=10m/s（ 211m/s A. ，沿杆向上211m/s B. ，沿杆向下21m/s C. ，沿杆向上21m/s D. ，沿杆向下 BC【答案】 【解析】 m: ，沿杆斜上为正方向，刚开始受力平衡，则有：试题分析设小球的质量为 Gsin30=0+F-FMN /M6，方向可能向下，也可能向上由牛顿第二定律得：拔去销钉瞬间，小球加速度大小为 -Gsin30=maF

10、N的 NMG的作用，瞬间，小球受弹簧和重力去销钉 22BC 11m/s=a=-1m/s正确，加速度为：，故或 考点：牛顿第二定律；胡克定律M的箱子放在水平地面上，箱内用一段固7一个质量为安徽省安庆市桐城中学高三上学期月考）2020、（m的小球，线的另一端拴在箱子的顶板上，现把细线和球拉到左侧与竖直方定长度的轻质细线拴一质量为 ）角处静止释放，如图所示，在小球摆动的过程中箱子始终保持静止，则以下判断正确的是（向成 在小球摆动的过程中，线的张力呈周期性变化，但地面对箱子的作用力始终保持不变A. gmM 小球摆到右侧最高点时，箱子对地面的压力为（，箱子受到地面向左的静摩擦力）B. gMm ，箱子不受

11、地面的摩擦力）C. 小球摆到最低点时，箱子对地面的压力大于（mg ，箱子处于超重状态D. 小球摆到最低点时，小球对细线的拉力大于 C【答案】 【解析】2mv?mgcosF?A.对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：在小球向下摆动的过程中，速度越来越大， r 绳子在竖直方向的分力为：2mv?cos?Fcos(mgcos)F? rF越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中当小球的速度越来越大时，角度越来越小，故A 错误；箱子对地面的作用力时刻变化，故=0aB.a为小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体，由于箱子不动加速度为，M 小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知

12、：ma=M?a+FM+mg- ，）（MNmMm+ggM+Fam）（根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于小于，（故竖直方向的加速度，其中为N即箱子受到地面向左的静摩擦力，则地面对整体有向左的摩擦力，此时由于小球有水平向左的加速度分量，B 错误；故CD. 在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：2mvT?mg? r联立解得： 2mvT?mg? r则根据牛顿第三定律知，球对箱拉力大小为： 2mv的T?T?mg? r 故此时箱子对地面的压力为：2mv?（M?m）mg?Mg?g?TN? ， rmg+mgM，此时箱子不受地面的，绳对箱顶的拉力大于故小球摆到最低点时，箱子对地面的压

13、力大于（）C 正确摩擦力作用，箱子处于平衡状态，故D 错误16mAB，质量分别间的距离为月月考）（8、2020内蒙古包钢一中高三上学期10如图所示，水平传送带QQ4kg2kgPQ的细线水、在传送带的左端且连接物块，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，为、的物块2=10m/sQg8m/s，最大静摩擦力等于滑动的速度逆时针转动时，恰好静止。取重力加速度平，当传送带以 8m/s 的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（）摩擦力。当传送带以 Q0.5A. 与传送带间的动摩擦因数为 2.4sQB. 从传送带左端滑到右端所用的时间为 Q4.8mC. 相对传送带运动的距离为整个过程中，Q20N D. 从传送带左端

14、滑到右端的过程细线受到的拉力为AC 【答案】 【解析】vQQ受力分析，则有当传送带以恰好静止不动，对逆时针转动时， =8m/sAF?f 即 ?mggm? QP?0.5，故正确； 代入数据解得AvQ做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 顺时针转动，物体当传送带突然以=8m/sB?a?mmg?mgm? QPPQ20?a2，当速度达到传送带速度即后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有 解得8m/sm/s 3v?at 1t?1.2，匀加速的位移为 s代入数据解得匀加速的时间为12vx? 2ax，则匀速运动的时间为 代入数据解得=4.8mL?x?t 2vQ1.4t? 从传送带左端滑到右端所用

15、的时间为，s代入数据解得2t?t?t?2.6s 21总故错误； B加速阶段的位移之差为 C?x?vt?x?4.8m 1QQ相对传送带运动的距离为相对传送带静止，没有相对位移，故整个过程中，而匀速阶段，故C4.8m正确； QP分析，根据牛顿第二定律有 当加速时，对Dmg?T?ma PP20?T； 代入数据解得N 3P分析，根据平衡条件有之后做匀速直线运动，对对 ?mg?20TN P故错误。 D故选。 AC 年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编2020、BAm2.0kg紧挨着放（2020安徽省安庆市桐城中学高三上学期月考）如图所示，质量均为的物块1、Ak100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一

16、端固定在竖直的左侧连接一劲度系数为置在粗糙的水平地面上，物块BF（图中未画出）作用下墙壁上开始时，两物块压紧弹簧并都恰好处于静止状态现使物块在水平外力2Aa=2m/s的匀加速直线运动直至与向右做加速度大小为分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为210 m/s0.4g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，）则（ 8 cm开始时，弹簧的压缩量大小为A. 、 24 NBFA的大小为B. 物块分离时，所加外力、 BA0.4 s由静止开始运动到分离所用的时间为C. 物块、 4 cmBAA的位移大小为由静止开始运动到分离时，物块物块D. D【答案】 【解析】A. 开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于

17、静止状态，根据平衡条件可得： mg?2kx=0解得： x=0.16m=16cm 0A错误；故 、BABB.AB为研究对象，根据牛顿第二定律可得：物块之间的弹力为零，以和 分离时，此时F-mg=ma 解得所加外力 F=12N B错误； 故CD.Ax，则以 为研究对象，分离时弹簧压缩量为kx-mg=ma 解得 x=0.12m -x=0.04m=4cmxA，根据位移时间关系可得 运动的位移为此过程012at=x-x 0 2、BA 由静止开始运动到分离所用的时间为解得物块 t=0.2sDC 错误、正确故BA由轻绳连接，质量分别为（2、2020山西省八校高三上学期第一次联考如图所示，材料相同的物体、 F

18、 mmmm 且和）的作用下沿斜面向上加速运动。则（，在恒定拉力2121 轻绳拉力的大小与斜面的倾角有关A. 轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数有关B. mm 有关和轻绳拉力的小与两物体的质量C. 21F 沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变D. 若改用 C【答案】 【解析】、BAABC 以物体及轻绳整体为硏究对象根据牛顿第二定律得?a)(m?)gcosmsin(F?m?m)g?m(m? 221121 解得F?cosgsin?a?g? mm?21B 分析，根据牛顿第二定律得再隔离对?amsin?gcosgT?m 222 解得Fm2?T m?m21?Cmm正确，有关，选项和无关，与两物体

19、的质量则知绳子的拉力与斜面倾角无关，与动摩擦因数21AB 均错误；DFAB及轻绳整体为硏究对象，根据牛頓第二定律得 若改用、沿斜面向下拉连接体，以物体?am)cos?(m?(m?m)g)F?(m?mgsin 222111解得 F?cosgsina? m?m21A分析，根据牛顿第二定律得 再隔离对?am?gmcosTg?msin 111解得 mF?1?T m?m21D错误。可知轻绳拉力的大小改变，选项 故选。 C=30的足够长的斜面底端以初速度一小物块从倾角为（2020山西省临汾市高三上学期高考模拟）3、 32=)v=10m/s(10m/sg，已知物块与斜面间的摩擦因数如图所示沿斜面向上运动，则

20、物块在运动时，取03t=1.5s 时离斜面底端的距离为间 5m6.25m 3.75m15mD. C. A. B. B【答案】 【解析】 小物块沿斜面向上运动时加速度大小为：m?10?ga?gsincos? 2s 物块运动到最高点时间：v0?1s?t?1.5s a?cos?mgsinmg，小物块运动到最高点速度为时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为由于 02v0x?5m，故正确 B 2a故选 B，以速如图所示，足够长的传送带与水平面间夹角为2020安徽省安庆市桐城中学高三上学期月考）、4（mv的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为度0tan()

21、。则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 B. A. D. C. D【答案】 【解析】ABCD.开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知 ?=cos+mamgsinmg 1解得 ?cos+g=agsin 1?cos?mgsinmg?tan?，小木块不会匀速运动，即小木块加速到和传送带速度相等时，由于然后小木块会继续加速，滑动摩擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知 ?=cos?mamgsinmg 2解得 ?cos?gga=sin 2aDABCa错误。正确 。故由上可知12D。故选 v沿斜面向上运一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度（2020四川省绵阳市高三上学期第二次诊断）5、

22、0vt变化关系的图像是（ ） 动，又返回底端。能够描述物块速度随时间 B. A. D. C. C【答案】 【解析】ma=mgsin-mgcosmamgsin+mgcos= ，下滑过程：，比较可知：根据牛顿第二定律：上滑过程：21aa ，21 =atvv- t，下滑过程有时间公式得：上滑过程有则物块上滑过程图象的斜率比下滑过程的大。由速度010 at=v ：，可得120tt ，01ABDC 错误。故正确，C 故选。45400N/m的光如图，劲度系数为的轻弹簧一端固定在倾角为6、（2020四省八校高三上学期第二次联考 10=3gkga=Om的加速度水平向的小球。当楔形滑块以大小为另一端拴一质量为滑

23、楔形滑块的顶端处，102g=10m/s ）（右运动时，弹簧的伸长量为（取） 105 1.25cm2.5cmD. B. C. cmcmA. 44D 【答案】 【解析】a，则由牛顿第二定律，有 当小球和斜面间的弹力为零时，设此时的加速度大小为0mg?ma 0?tan 代入数据得a=g 0 aaga=3，知小球此时离开斜面，根据受力分析，结合力的合故当滑块以的加速度水平向右运动时，由0 成与分解，可得 22 mgma)0?1F?(mg)?( 根据胡克定律有 F=kx 联立代入数据得2- x=2.510m=2.5cmDABC 正确；故错误，D 。故选37的、足够长的固定斜面上，一物块从斜2020重庆市

24、康德高三上学期期中联考）如图所示，倾角为7、（v沿斜面向上运动，到达最高点后返回斜面底端、已知斜面上各处粗糙程度相同，物块下行面底端以速度02tt=20.8?cos37?sin37?0.6s10m/?g，重力加速度取，已知不计空气阻力，与上行时间关系为下上 ） 为（则物块与斜面动摩擦因数 0.450.50.350.4D. A. B. C. C【答案】 【解析】物体的上升过程是匀减速直线运动，可看成是逆过来初速为零的匀加速直线运动；物体的下降过程是初速 为零的匀加速直线运动，则1122tax?at 21下上22?cos37ga?gsin37? 1?cos37g?gsin37?a 2tt=2 下上 联立解得?0.45? ABDC 故三项错误。项正确， BmA用劲度系数为的两木块月月考）如图所示，质量均为、12、8（2020辽宁省凤城市一中高三上学期AFAk向上做加速度拉动木块的轻质弹簧连接，整个系统处于平衡状态现用一竖直向上的力，使木块AFaA到木块为的匀加速直