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试题全解全析汇编(解析版)

2020年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编
1、（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的物块P、Q，系统处于静止状态。

现用竖直向上的力0F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动以x表示Q离开静止位置的位移，F表示物块P对Q的压力大小，在P、Q分离之前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
系统静止时，由胡克定律和力的平衡条件得
∆=
k x mg
2
物块Q匀加速向上运动时，由牛顿第二定律得
∆---
()=
k x x mg F ma
联立以上两式解得
=
--
F a
()
m g kx
对照图象得C正确。

故选C 。

2、（2020·广东省深圳市高三上学期一模）如图甲所示，质量为0.5kg 的物块和质量为1kg 的长木板，置于倾角为37o 足够长的固定斜面上，0t =时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F ，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t 后撤去拉力F 。

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间的关系如图乙所示，sin 370.6=o ，cos370.8=o ，210m/s g =。

则下列说法正确的是（ ）
A ．长木板与斜面之间的动摩擦因数为10.35μ=
B ．拉力F 作用的时间为2s t =
C ．拉力F 的大小为13N
D ．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88
【答案】D
【解析】
A ．撤去力F 后长木板的加速度
222188m/s 220.5
v a x ==⋅= 由牛顿第二定律
12()sin ()cos ()M m g M m g M m a θμθ+++=+
解得
μ1=0.25
选项A 错误；
B ．有拉力作用时的加速度
221181m/s 224
v a x ==⋅= 拉力撤掉时的速度为
v =
拉力作用的时间为
111
v t a == 选项B 错误；
C ．由牛顿第二定律
11()sin ()cos ()F M m g M m g M m a θμθ-+-+=+
解得
F =13.5N
选项C 错误；
D ．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0.25，选项D 正确。

故选D 。

3、（2020·内蒙古包钢一中高三上学期10月月考）下列说法正确的是（ ）
A. 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
【答案】C
【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，但能接受住实践的检验，故A错误；
B．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B错误；
C．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C正确；D．重力的方向竖直向下，不是指向地心，故D错误。

故选C。

4、（2020·内蒙古包钢一中高三上学期10月月考）如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。

某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。

A、B间最大静摩擦力大于B、C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，下列反映A、B运动过程中的加速度a A和a B，以及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中不正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
A ．由图乙知力与时间的表达式为
F kt =
对AB 整体，当拉力F 小于地面对整体最大静摩擦力时，整体加速度为零，即10A a =；
对AB 整体，当拉力F 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
()222A F M m g k a t g M m M m
μμ-+==-++ 当拉力足够大时，A 、B 的加速度不同，故对A ，根据牛顿第二定律得
131A F mg k a t g m m
μμ-=
=- 故2A a 的斜率1k k M m =
+，3A a 的斜率2k k m
=，则有12k k <，即拉力足够大时直线更陡峭，故A 正确，不符合题意； B ．对AB 整体，当拉力F 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B 开始阶段的加速度为零，故B 错误，符合题意； C ．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A ，拉力小于1mg μ，静摩擦力等于拉力，则有
的
1f F kt ==
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
()222A F M m g k a t g M m M m
μμ-+==-++ 对木板，根据牛顿第二定律有
1f Ma '=
解得
12Mk f t Mg M m μ'=
-+ 其斜率Mk k M m
<+，即此对应的直线比刚开始对应的直线更平缓；当A 、B 发生相对滑动后，变为滑动摩擦力，为11f mg μ''=，保持不变，故C 正确，不符合题意；
D ．对AB 整体，当拉力F 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，则有
2f F kt ==
即摩擦力随时间均匀增大；；滑动后，受地面的滑动摩擦力为()22f M m g μ=+，保持不变；故D 正确，不符合题意。

故选B 。

5、（2020·安徽省安庆市桐城中学高三上学期月考）如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为1kg 和2kg 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为3N ．现用水平力F 拉B 物体，使A 、B 以同一加速度运动，则F 的最大值为（ ）
A. 3N
B. 6N
C. 9N
D. 12N
【答案】C
【解析】 当AB 间的静摩擦力达到最大时拉力F 达到最大，根据牛顿第二定律得，
对A 物体：
A m f m a =
得
223m/s 3m/s 1
a == 对整体：
()A B F m m a =+
得：
F =（1+2）×3N=9N ．
A. 3N ，与结论不相符，选项A 错误；
B. 6N ，与结论不相符，选项B 错误；
C. 9N ，与结论相符，选项C 正确；
D. 12N ，与结论不相符，选项D 错误．
6、（2020·内蒙古包钢一中高三上学期10月月考）如图所示，倾角为30º的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端与小球相连，另一端分别用销钉M、N 固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M 瞬间，小球的加速度大小为6m/s 2，若不拔去销钉M ，而拔去销钉N 瞬间，小球加速度可能是
（g=10m/s 2、、 、
A. 11m/s 2，沿杆向上
B. 11m/s 2，沿杆向下
C. 1m/s 2，沿杆向上
D. 1m/s 2，沿杆向下
【答案】BC
【解析】
试题分析: 设小球的质量为m ，沿杆斜上为正方向，刚开始受力平衡，则有：
F N +F M -Gsin30°=0
拔去销钉M 瞬间，小球加速度大小为6ｍ/ｓ２，方向可能向下，也可能向上．由牛顿第二定律得： F N -Gsin30°=±ma
去销钉N 瞬间，小球受M 弹簧和重力G 的作用，
加速度为：a′=
=-11m/s 2或1m/s 2，故B ，C 正确
考点：牛顿第二定律；胡克定律
7、（2020·安徽省安庆市桐城中学高三上学期月考）一个质量为M 的箱子放在水平地面上，箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为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向成θ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（ ）
的
A. 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
B. 小球摆到右侧最高点时，箱子对地面的压力为（M ＋m ）g ，箱子受到地面向左的静摩擦力
C. 小球摆到最低点时，箱子对地面的压力大于（M ＋m ）g ，箱子不受地面的摩擦力
D. 小球摆到最低点时，小球对细线的拉力大于mg ，箱子处于超重状态
【答案】C
【解析】
A.在小球向下摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：2
mv F mgcos r θ-＝ 绳子在竖直方向的分力为：
2
()mv F Fcos mgcos cos r
θθθ'+＝＝ 当小球的速度越来越大时，角度θ越来越小，故F ′越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A 错误；
B.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a M =0，a ′为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：
（M+m ）g -F N =M•a M +ma ′，
其中a ′为m 竖直方向的加速度，故F N 小于（M +m ）g ，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于（M +m ）
g ，此时由于小球有水平向左的加速度分量，则地面对整体有向左的摩擦力，即箱子受到地面向左的静摩擦力，故B 错误；
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：
2
mv T mg r
-= 联立解得：
2
mv T mg r
=+ 则根据牛顿第三定律知，球对箱拉力大小为：
2'mv T T mg r
==+ 故此时箱子对地面的压力为：
2
mv N M m g T Mg mg r
=++'=++（）， 故小球摆到最低点时，箱子对地面的压力大于（M +m ）g ，绳对箱顶的拉力大于mg ，此时箱子不受地面的摩擦力作用，箱子处于平衡状态，故C 正确
D 错误
8、（2020·内蒙古包钢一中高三上学期10月月考）如图所示，水平传送带AB 间的距离为16m ，质量分别为2kg 、4kg 的物块P 、Q ，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q 在传送带的左端且连接物块Q 的细线水平，当传送带以8m/s 的速度逆时针转动时，Q 恰好静止。

取重力加速度g =10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

当传送带以8m/s 的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（ ）
A. Q 与传送带间的动摩擦因数为0.5
B. Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4s
C. 整个过程中，Q 相对传送带运动的距离为4.8m
的
D. Q 从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N
【答案】AC
【解析】
A ．当传送带以v =8m/s 逆时针转动时，Q 恰好静止不动，对Q 受力分析，则有
F f =
即
P Q m g m g μ=
代入数据解得0.5μ=，故A 正确；
B ．当传送带突然以v =8m/s 顺时针转动，物体Q 做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
()P Q P Q m g mg m m a μ+=+ 解得203
a =m/s 2，当速度达到传送带速度即8m/s 后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有 1v at =
代入数据解得匀加速的时间为1 1.2t =s ，匀加速的位移为
2
2v x a
= 代入数据解得x =4.8m ，则匀速运动的时间为
2L x t v
-= 代入数据解得2 1.4t =s ，Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为
12 2.6t t t =+=总s
故B 错误；
C ．加速阶段的位移之差为
1 4.8x vt x ∆=-=m
而匀速阶段Q 相对传送带静止，没有相对位移，故整个过程中，Q 相对传送带运动的距离为4.8m ，故C 正确；
D ．当Q 加速时，对P 分析，根据牛顿第二定律有
P P m g T m a -= 代入数据解得203
T =N ； 之后做匀速直线运动，对对P 分析，根据平衡条件有
20P T m g '==N
故D 错误。

故选AC 。

2020年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编
1、（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m＝2.0kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时，两物块压紧弹簧并都恰好处于静止状态．现使物块B在水平外力F（图中未画出）作用下向右做加速度大小为a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10 m/s2．则（）
A. 开始时，弹簧的压缩量大小为8 cm
B. 物块A、B分离时，所加外力F的大小为24 N
C. 物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为0.4 s
D. 物块A、B由静止开始运动到分离时，物块A的位移大小为4 cm
【答案】D
【解析】
A.开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，根据平衡条件可得：
kx0=μ•2mg
解得：
x0=0.16m=16cm
故A错误；
B.物块A、B分离时，此时A和B之间的弹力为零，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
F-μmg=ma
解得所加外力
F=12N
故B错误；
CD.以A为研究对象，分离时弹簧压缩量为x，则
kx-μmg=ma
解得
x=0.12m
此过程A运动的位移为x0-x=0.04m=4cm，根据位移时间关系可得
x0-x=1
2
at2
解得物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为
t=0.2s
故C错误、D正确．
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A、B由轻绳连接，质量分别为m1和m2且m1≠m2，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。

则（）
A. 轻绳拉力的大小与斜面的倾角θ有关
B. 轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C. 轻绳拉力的小与两物体的质量m 1和m 2有关
D. 若改用F 沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变
【答案】C
【解析】
ABC ．以物体A 、B 及轻绳整体为硏究对象根据牛顿第二定律得
121212()sin ()cos (m )F m m g m m g m a θμθ-+-+=+
解得
12
sin cos F a g g m m θμθ=--+ 再隔离对B 分析，根据牛顿第二定律得
222sin cos T m g g m a θμθ--=
解得
212
m F T m m =+ 则知绳子的拉力与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数μ无关，与两物体的质量m 1和m 2有关，选项C 正确，AB 均错误；
D ．若改用F 沿斜面向下拉连接体，以物体A 、B 及轻绳整体为硏究对象，根据牛頓第二定律得
121212()sin ()cos (m )F m m g m m g m a θμθ'++-+=+
解得
12
sin cos F a g m m θμθ'=+-+ 再隔离对A 分析，根据牛顿第二定律得
111sin cos T m g m g m a θμθ''+-=
解得
112
m F T m m '=+ 可知轻绳拉力的大小改变，选项D 错误。

故选C 。

3、（2020·山西省临汾市高三上学期高考模拟）一小物块从倾角为α=30°的足够长的斜面底端以初速度v 0=10m/s 沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的摩擦因数
g 取10m/s 2，则物块在运动时间t=1.5s 时离斜面底端的距离为
A. 3.75m
B. 5m
C. 6.25m
D. 15m
【答案】B
【解析】
小物块沿斜面向上运动时加速度大小为：
2sin cos 10m
a g g s αμα=+=
物块运动到最高点时间： 01 1.5v t s s a
==< 由于sin cos mg mg αμα=，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为
2052v x m a
== ，故B 正确． 故选B ．
4、（2020·安徽省安庆市桐城中学高三上学期月考）如图所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ。

则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【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
1sin +cos =mg mg ma θμθ
解得
1=sin +cos a g g θμθ
小木块加速到和传送带速度相等时，由于tan μθ<，即sin cos mg mg θμθ>，小木块不会匀速运动，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
2sin cos =mg mg ma θμθ-
解得
2=sin cos a g g θμθ-
由上可知a 2＜a 1。

故D 正确ABC 错误。

故选D 。

5、（2020·四川省绵阳市高三上学期第二次诊断）一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度0v 沿斜面向上运动，又返回底端。

能够描述物块速度v 随时间t 变化关系的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
根据牛顿第二定律：上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，比较可知：
a1＞a2，
则物块上滑过程v-t图象的斜率比下滑过程的大。

由速度-时间公式得：上滑过程有v0=a1t0，下滑过程有
v0=a2t1，可得：
t1＞t0，
故C正确，ABD错误。

故选C。

6、（2020·四省八校高三上学期第二次联考如图，劲度系数为400N/m的轻弹簧一端固定在倾角为45°的光
滑楔形滑块的顶端O处，另一端拴一质量为m的小球。

当楔形滑块以大小为a=3g的加速度水平向右运动时，弹簧的伸长量为（取g=10m/s2）（）
C. 1.25cm
D. 2.5cm
【答案】D
【解析】
当小球和斜面间的弹力为零时，设此时的加速度大小为a 0，则由牛顿第二定律，有
0tan mg ma θ
=
代入数据得 a 0=g
故当滑块以a =3g 的加速度水平向右运动时，由a ＞a 0，知小球此时离开斜面，根据受力分析，结合力的合成与分解，可得
F ==
根据胡克定律有
F=kx
联立代入数据得
x =2.5×10-2m=2.5cm
故ABC 错误，D 正确；
故选D 。

7、（2020·重庆市康德高三上学期期中联考）如图所示，倾角为37°的、足够长的固定斜面上，一物块从斜面底端以速度0v 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，物块下行与上行时间关系为=2t t 下上，不计空气阻力，已知sin370.6︒=，cos370.8︒=，
重力加速度取210m /s g =，则物块与斜面动摩擦因数μ为（ ）
A. 0.35
B. 0.4
C. 0.45
D. 0.5
【答案】C
【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
22121122
x a t a t ==下上 1sin37cos37a g g μ=︒+︒
2sin37cos37a g g μ=︒-︒
=2t t 下上
联立解得
0.45μ=
故C 项正确，ABD 三项错误。

8、（2020·辽宁省凤城市一中高三上学期12月月考）如图所示，质量均为m 的两木块A 、B 用劲度系数为 k 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F 拉动木块A ，使木块A 向上做加速度为a 的匀加速直线运动．取木块A 的起始位置为坐标原点，图中实线部分表示从力F 作用在木块A 到木块B 刚离开地面这个过程中，F 和木块A 的位移x 之间的关系，则( )
A. 0ma x k =-
B. 0()m a g x k +=-
C. 0F ma =
D. 0()F m a g =+
【答案】AC
【解析】
设初始状态时，弹簧的压缩量为x 1，弹簧劲度系数为k ，物体的质量为m ，则：kx 1=mg ；力F 作用在木块A 上后，选取A 为研究对象，其受到竖直向上的拉力F 、竖直向下的重力mg 和弹力k （x -x 1）三个力的作用，根据牛顿第二定律，有：()1F k x x mg ma +--=，故()1()F m g a k x x =+-- 当F =0时，有：0ma x k
=-，故AC 正确． 9、（2020·贵州省六盘山育才中学高三第五次月考）一固定在水平面上倾角为α的粗糙斜面上有一个电动平板小车，小车的支架OAB 上在O 点用轻绳悬挂一个小球，杆AB 垂直于小车板面（小车板面与斜面平行）。

当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下，轻绳呈现状态的说法中正确的是：
A. 若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB 杆平行
B. 若小车沿斜面匀加速向上运动，轻绳可能沿竖直方向
C. 若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB 杆平行
D. 若小车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB 杆平行
【答案】D
【解析】
A ．若小车沿斜面匀速向上运动，则小球也跟着车匀速，其合力必为零，故小球所受的重力和绳的拉力平衡，则绳的拉力竖直向上，大小为mg ，其方向不可能与A
B 平行，故A 错误；
B ．若小车沿斜面匀加速向上运动，则球向上匀加速，其加速度沿斜面向上；而轻绳的拉力沿竖直方向就不可能和重力产生斜向上的加速度，故B 错误；
CD ．若轻绳与AB 杆平行，对球受力分析，如图所示：
由牛顿第二定律可知，拉力和重力合力在斜面方向只能是向下，即加速度向下，对应的小车的加速度斜向下，小车的运动有斜向下加速或斜向上减速，故C 错误，D 正确。

故选D 。

的。