2020年高考物理5-6月模拟试题汇编专题03牛顿运动定律(解析版).pdf

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1、 专题 03 牛顿运动定律 1（2020 届安徽省宣城市高三第二次调研）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为 M 的 A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为 m 的物块 C，木板和物块均处于静止状态。A、B、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为。若用水平恒力 F 向右拉动木板 A（已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力），要使 A 从 C、B 之间抽出来，则 F 大小应满足的条件是（）A(2)FmM g B(23)FmM g C2()FmM g D(2)FmM g【答案】C【解析】要使 A 能从 C、B 之间抽出来，则，A 要相对于 B、C 都滑动，所以 AC 间，AB 间都

2、是滑动摩擦力，对 A 有AFmgMm gaM 对 C 有Cmgagm 对 B 受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力（M+m）g，B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有 f=（2M+m）g 因为（M+m）g（2M+m）g 所以 B 没有运动，加速度为 0；所以当 aAaC时，能够拉出，则有 FmgMm ggM 解得 F2（m+M）g，故选 C。2（2020 届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，MN 是一段倾角为=30的传送带，一个可以看作质点，质量为 m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度04v m/s 从 M 点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分 v-t 图像如图所示，取 g=

3、10m/s2，则（）A物块最终从传送带 N 点离开 B传送带的速度 v=1m/s，方向沿斜面向下 C物块沿传送带下滑时的加速度 a=2m/s2 D物块与传送带间的动摩擦因数32【答案】D【解析】从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为 1m/s，因此没从 N 点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为 1m/s，AB 错误；vt图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度 a=2.5m/s2，C 错误；根据牛顿第二定律oocos30sin30mgmgma，可得32，D 正确。故选 D。3（2020 届广东省模拟）如图，垂直电梯里有一个“轿厢”和一个“对重”，它们通

4、过钢丝绳连接起来，驱动装置带动钢丝绳使“轿厢”和“对重”在竖直方向做上下运动。当“轿厢”向上做匀减速直线运动时（）A电梯的“对重”处于失重状态 B电梯的“对重”向下匀加速运动 C钢丝绳的拉力等于“轿厢”的重力 D钢丝绳的拉力小于“轿厢”的重力【答案】D【解析】当“轿厢”向上做匀减速直线运动时，“轿厢”加速度向下，处于失重状态，钢丝绳拉力小于“轿厢”重力。此时，“对重”向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，故 ABC 错误，D 正确。故选 D。4（2020 届江西省吉安市高三一模）如图所示，物体 A 和 B 的质量分别为 4kg 和 1kg，用跨过定滑轮的细线相连，叠放在倾角为 30的光滑

5、斜面上，A 与 B 间的动摩擦因数为 0.2，现有一平行于斜面向下的力F 作用在物体 B 上，物体 A、B 保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（g10m/m2）。则拉力 F 的值可能为（）A10N B20N C30N D40N【答案】AB【解析】拉力最大时，对 A 有AAsincosTm gm g 对 B 有 BAsincosmFm gTm g 解得28.9NmF 拉力最小时，对 A 有AAcossinTm gm g 对 B 有minABcossinFm gm gT 解得min1.1NF 拉力 F 取值范围1.1N28.9NF；故选 AB。5（2020 届陕西省西安中学高三第三次模拟）如图

6、所示，传送带的水平部分长为 L，传动速率为 v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间不可能是()A2Lvvg BLv C2Lg D2Lv【答案】B【解析】当木块一直做匀加速直线运动。若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到 v。根据牛顿第二定律得，a=g。根据212Lat解得2Ltg。若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为 v。根据2vLt 解得2Ltv 当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。匀加速直线运动的时间1vvtag，匀加速直线运动的位移212vxg 则匀速直线运动的位移2212vxLxLg 则匀速直线运动的

7、时间222xLvtvvg 则总时间为122Lvtttvg。2Lvvg，选项 A 正确，不符合题意；Lv，选项 B 错误，符合题意；2Lg，选项 C 正确，不符合题意；2Lv，选项 D 正确，不符合题意；6（2020 届陕西省西安中学高三第三次模拟）如图所示，长为 L 的轻杆上端连着一质量为 m 的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的 O 点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为 M 的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，当立方体和小球刚脱离接触的瞬间，杆与水平面的夹角恰好为6，忽略一切摩擦（）A此时立方体 M 的速度达到最大 B此时小球 m 的加速度为零 C此时杆对小球

8、 m 的拉力为零 DM 和 m 的质量之比为 4:1【答案】ACD【解析】分离前，立方体在小球的弹力作用下，做加速运动，分离后合力为零，做匀速运动，故分离时立方体 M 的速度最大，故 A 正确；分离时刻，小球速度 v 不为零，做圆周运动，故合力不可能为零，加速度不为零，故 B 错误；分离时刻，由于小球此时仅受重力和杆子作用力，而重力是竖直向下的，所以杆对小球 m 的拉力为零，故 C 正确；设小球速度为 v，立方体速度为 u，根据牛顿第二定律，分离时刻 有2sin30vmgmL，解得12vgL 分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：sin30vu，解得12ugL 在杆从竖直位置开始倒下到

9、小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，有 22111 sin3022mgLmvMu 把 v 和 u 的值代入，化简得：41Mm，故 D 正确。故选 ACD.7（2020 届四川省绵阳市高三第三次诊断）如图所示是旅游景区中常见的滑索。研究游客某一小段时间沿钢索下滑，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图中的（）A B C D【答案】B【解析】设索道的倾角为，若不考虑任何阻力，对滑轮和乘客组成的整体，由牛顿第二定律得（M+m）gsin=（M+m）a 对

10、乘客由于满足 Mgsin=Ma 可知绳子与索道垂直。若索道与滑轮之间有摩擦，而乘客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖直方向；若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力，则绳子应该在垂直于索道与竖直方向之间，则选项 B 正确，ACD 错误；故选 B。8（2020 届四川省绵阳市高三第三次诊断）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角 37的粗糙斜面底端 A 处，上端连接质量 3kg 的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的 D 点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度 a 随位移 x 的变化关系如图乙所示，重力加速度取 10

11、m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。下列说法正确的是（）A滑块先做匀加速后做匀减速运动 B滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.1 C弹簧的劲度系数为 180N/m D滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为 3.12J【答案】BD【解析】因滑块的加速度先减小后反向增加，可知滑块先做变加速后做变减速运动，A 错误；弹簧处于原长时，加速度为 a=5.2m/s2，由牛顿第二定律sin37cos37mgmgma 解得=0.1，B 正确；由图像可知，弹簧被压缩 x=0.1m 时滑块的加速度减为零，则sin37cos37mgmgkx，解得 k=156N/m，C 错误；由能量关系可知，滑块在最低点时，弹簧

12、的弹性势能为 2 sin37cos372PEmgxmgx 解得 EP=3.12J，选项 D 正确。故选 BD。9（2020 届重庆市高三第二次调研）质量为 m 的小球，用长为 l 的线悬挂在 O 点，在 O 点正下方2l处有一光滑的钉子 O，把小球拉到与 O在同一竖直面内的某一位置，由静止释放，下摆过程中摆线将被钉子拦住，如图所示。当球第一次通过最低点 P 时（）A小球的线速度突然增大 B小球的角速度突然减小 C摆线上的张力突然减小 D小球的向心加速度突然增大【答案】D【解析】当球第一次通过 P 点时，线速度的大小不变，故 A 错误；由于线速度大小不变，根据vr知，转动的半径变小，则角速度变大

13、，故 B 错误；根据牛顿第二定律得，2vTmgmr，线速度大小不变，转动半径变小，则摆线张力变大，故 C 错误；根据2var知，线速度大小不变，转动的半径变小，则向心加速度突然变大，故 D 正确。故选 D。10（2020 届广东省茂名市高三第二次综合测试）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，用轻弹簧连接质量为 2m的小球 M 和质量为 m 的小球 N，N再用细线连接在斜面顶端，M、N都处于静止状态。现用剪刀剪断细线，在用剪刀剪断细线的瞬间，两小球加速度大小为（）AaM=g BaM=gsin CaN=gsin DaN=3gsin【答案】D【解析】在剪断细绳的瞬间，弹簧的伸长量还没有来得及改变，恢复原

14、状需要一个过程，所以在剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不变，则 M的受力情况不变，合力仍为 0，加速度仍为 0，故 AB错误；在剪断绳子之前，对 M分析知，弹簧的弹力大小 F=2mgsin，剪断细绳瞬间，N受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力，根据牛顿第二定律得sin3 sinNmgFagm，故 D 正确，C 错误；故选 D。11（2020 届河南省焦作市高三第三次模拟）如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在水平面上，木块和长木板的质量相等均为 M，木块和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都为。一颗质量为5Mm的子弹以一定速度水平射入木块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为 L；静

15、止后第二颗相同的子弹以相同的速度射入长木板并留在长木板中，则（）A第一颗子弹射入木块前瞬间的速度为2 gL B木块运动的加速度大小为g C第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为2 g D最终木块静止在距离长木板左端12L处【答案】B【解析】由动量守恒定律可得，设射入木块前的速度为0v，射入木块后的速度为1v 01655MvMv 解得016vv 根据受力可知：物块在长木板上运动时，长木板不动 由动能定理可得 2161 6052 5MgLMv 解得06 2vgL，A 错误；由牛顿第二定律可得6655MaMg，B正确；第二颗子弹射入长木板时，由牛顿第二定律可知，长木板受到的摩擦力均向左，故

16、有 61155MgMgMa，解得175ag，C错误；两个物体运动时间相同，由运动学公式可得 01vta 16 2175gLtg 2212Lat 2012vLa 12LLL 解得L不等于25L,D错误。故选 B。12（2020 届吉林省白山市高三二模）如图甲所示，固定粗糙斜面的倾角为 37，与斜面平行的轻弹簧下端固定在 C 处，上端连接质量为 1Kg 的小滑块（视为质点），BC 为弹簧的原长。现将滑块从 A 处由静止释放，在滑块从释放至第一次到达最低点的过程中，其加速度 a 随弹簧的形变量 x 的变化规律如图乙所示（取沿斜面向下为加速度的正方向）。取 sin37=0.6，cos37=0.8，g=

17、10m/s2.下列说法正确的是（）A滑块到达 B 处时的速度最大 B弹簧的劲度系数为 10N/m C滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.5 D滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能为 1.6J【答案】BC 【解析】滑块从 A 到 B的过程，由牛顿第二定律有 mgsin+kx-mgcos=ma，x减小，则 a 减小，滑块做加速度减小的加速运动。设 A是斜面上 A点关于 B点对称的点，从 B到 A，由牛顿第二定律有 mgsin-kx-mgcos=ma，x增大，则 a减小，即从 B到 A滑块做加速度减小的加速运动，根据乙图知到达 A时，a 恰好为 0，此后滑块合力沿斜面向上，做减速运动，则滑块到达 A

18、处时的速度最大，故 A 错误。滑块从 A 到 B，由牛顿第二定律有 mgsin+kx-mgcos=ma，解得sincoskaxggm 即乙图图象斜率大小等于km，由图得42=0.2km，解得 k=10N/m，故 B正确。在 B点，由牛顿第二定律有 mgsin-mgcos=ma，由图知 a=2m/s2，代入数据算得=0.5，故 C正确。滑块从释放到第一次运动到最低点的过程，滑块沿斜面的位移为 x=（0.2+0.6）m=0.8m，则系统产热为 Q=mgcosx=3.2J，滑块第一次到最低点过程，根据能量守恒，知弹簧的弹性势能的增加量为Ep=mgxsin-Q=1.6J，由于初始时弹簧有弹性势能，所以

19、滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能大于 1.6J，故 D错误。故选 BC。13（2020 届辽宁省辽阳市高三一模）如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，一端挂一水平托盘，另一端被托盘上的人拉住，滑轮两侧的轻绳均沿竖直方向。已知人的质量为 60kg，托盘的质量为 20kg，取g=10m/s2。若托盘随人一起竖直向上做匀加速直线运动，则当人的拉力与自身所受重力大小相等时，人与托盘的加速度大小为（）A5m/s2 B6m/s2 C7.5m/s2 D8m/s2【答案】A【解析】设人的质量为 M，则轻绳的拉力大小 T=Mg 设托盘的质量为 m，对人和托盘，根据牛顿第二定律有 2T 一(M+m)g=(M+m)a 解得 a=5m/s2，故选 A。