全国名校2021届高三8月模拟考试物理试题分类集锦：牛顿定律（解析版）.docx

1、2021 届高三 8 月全国名校模拟物理试题分类汇编：牛顿定律 1 1、（、（20212021安徽省定远县育才中学高三上学期安徽省定远县育才中学高三上学期 8 8 月月考）月月考）如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦 极运动。劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到 达水面前速度减为零。 运动过程中， 弹性绳始终处于弹性限度内。 取与平台同高度的O点为坐标原点， 以竖直向下为y轴正方向， 忽略空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中， 用v，a，t分别表示人的速度、 加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图像可能正

2、确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】A B从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，图线为匀变 速直线运动，v t图线斜率恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，v t 图线斜率减小；弹力等于重力之后，人开始减速运动，苏浙弹力增大加速度逐渐增大，v t图线斜率逐渐 增大，直到速度减到零。所以 A选项正确，B 选项错误。 CD从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，加速度恒定。绳子拉 直后在弹力等于重力之前，随着弹力增大，人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小，设向下运动的 位置为y，绳

3、子刚产生弹力时位置为 0 y， 则： 0 ()mgk yyma 则加速度为： 0 ()k yy ag m 弹力等于重力之后，人开始减速运动， 0 ()k yymgma 则加速度为： 0 ()k yy ag m 所以，a与y的关系图线斜率是恒定的。故 D选项正确，C 选项错误。 2 2、 （、 （20212021黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）如图所示，光滑水平面上放置 M、N、P、Q 四个木块， 其中 M、P质量均为 m，N、Q 质量均为 2m，M、P之间用一轻质弹簧相连现用水平拉力 F拉 N，使四个 木块以同一加速度 a 向右运动，则在突然撤去 F 的

4、瞬间，下列说法正确的是： A. N 的加速度大小仍为 a B. PQ间的摩擦力不变 C. MN 间的摩擦力变小 D. M、P加速度大小变为 2 a 【答案】ABC 【解析】 ACD撤去 F 前，对 PQ整体分析,知弹簧的弹力 =3Fma 弹 隔离对 M分析 =fFma 弹 计算得出4fma 对整体分析 6Fma 撤去 F后,对 MN整体分析 3 F aa m 弹 方向向左。 隔离对 N 分析 2fma 知 MN 间的摩擦力发生变化.N 的加速度大小不变,方向改变,故 AC正确，D 错误； B撤去 F的瞬间，弹簧的弹力不变，对 PQ 整体分析，加速度不变,隔离对 P分析,PQ 间的摩擦力不变，所

5、 以 B 选项是正确的。 故选 ABC。 3 3、 （、 （20212021 广东省惠州市高三上学期第一次调研测试） 广东省惠州市高三上学期第一次调研测试） 一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮， 绳的一端系质量 M=15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量 m=10kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上 爬，如图所示，不计滑轮与绳子间的摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（g取 2 10m/s） （ ） A. 2 20m/s B. 2 15m/s C. 2 10m/s D. 2 5m/s 【答案】D 【解析】 重物不离开地面时，最大拉力 max 150NFMg 隔离

6、对猴子分析，根据牛顿第二定律得 maxmax Fmgma 解得最大加速度为 22 max max 150 100 m/s5m/s 10 Fmg a m D 正确，ABC错误。 故选 D。 4 4、 （、 （20212021黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）如图所示，A、B 两物块的质量分别为 3m和 2m，两物 块静止叠放在水平地面上 A、B 间的动摩擦因数为 ，B与地面间的动摩擦因数为 1 2 (0)最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对 B施加一水平推力 F，则下列说法正确的是( ) A. 若 Fmg，A、B间的摩擦力一定为零 B. 当

7、F7.5mg 时，A 相对 B 滑动 C. 当 F3mg时，A的加速度为 g D. 若去掉 B上的力，而将 F3mg的力作用在 A上，则 B 的加速度为 0.1g 【答案】ABD 【解析】 AB与地面间的最大静摩擦力 fB 1 2 5mg 5 2 mg， 当 F=mg时，AB 处于静止，对 A 分析，A所受的摩擦力为零，故 A 正确； BA发生相对滑动的临界加速度 a=g，对整体分析， F 1 2 5mg5ma， 解得 F=7.5mg， 所以当 F7.5mg 时，A相对 B滑动故 B正确； C当 7.5mgF=3mg 5 2 mg，可知 AB保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度 a= 2

8、.5 5 Fmg m 0 1g， 故 C 错误； D若去掉 B 上的力，而将 F=3mg 的力作用在 A上，B 发生相对滑动的临界加速度 a 1 35 2 2 mgmg m 0.25g， 对 A 分析 F-3mg=3ma， 解得不发生相对滑动的最小拉力 F=3.75mg，可知 F=3mg的力作用在 A 上，一起做匀加速直线运动，加速 度 a= 1 5 2 5 Fmg m 0.1g， 故 D 正确。 故选 ABD。 5 5、 （、 （20212021黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）如图所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为 30 的光滑斜面，现将一个重

9、4N 的物体放在斜面上，让它自由滑下，那么测力计因 4N物体的存在，而增加的 读数是（ ） A. 4N B. 23N C. 0N D. 3N 【答案】D 【解析】 物体下滑的加速度为 a=gsin300=5m/s2；加速度的竖直分量为 ay=asin300=2.5m/s2；则物体失重，视重为 mg-may=3N，则那么测力计因 4N物体的存在，而增加的读数是 3N，故选 D. 6 6、 （、 （20212021广西省钦州市一中高三上学期开学考试）广西省钦州市一中高三上学期开学考试）在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓 敏同学站在体重计上，体重计示数为 50kg。电梯在运动过程中，某一

10、段时间内晓敏同学发现体重计示数如 图所示。在这段时间内下列正确的是( ) A. 晓敏同学所受的重力变小了 B. 晓敏同学对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力 C. 电梯一定在竖直向下运动 D. 电梯的加速度大小为 5 g ，方向一定竖直向下 【答案】D 【解析】 A.由图知体重计示数 40kg，示数小于真实体重，说明压力小于重力，失重并不是体重变小，故 A错误。 B.晓敏同学对体重计的压力和体重计对晓敏的支持力是相互作用力， 二者大小相等且方向相反， 故 B错误。 C.失重表明加速度方向向下，但是速度可能向上可能向下，因此 C错误。 D.对晓敏同学由牛顿第二定律知 mg-FN=ma 因此 a

11、g/5 方向竖直向下。故 D正确。 7 7、 （、 （20212021黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为 m 的煤块（可视为质点） ，煤块与传送带之间的动摩擦因数为 。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传 送带以恒定的加速度 a0开始运动，当其速度达到 v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传 送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加 速度为 g） （ ） A. 与 a0之间一定满足关系 0 a g B. 煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移

12、为 2 0 v g C. 煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为 0 v g D. 黑色痕迹的长度为 22 00 0 22 vv ga 【答案】ACD 【解析】 A要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即 0 ag 则有 0 a g 故 A 正确； BC当煤块的速度达到 0 v时，经历的时间 0 v t g 经过的位移 2 0 1 2 v x g 故 B 错误，C正确； D此时传送带的位移 222 00000 20 000 22 () vvvvv xv agaga 则黑色痕迹的长度 2 0 0 2 2 0 1 22 vv g Lxx a 故 D 正确。 故选 ACD。 8 8

13、、 （、 （20212021黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细 线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力， 在三个阶段的运动中，线上的拉力大小( ) A. 由大变小 B. 由小变大 C. 由大变小再变大 D. 始终不变且大小为 1 12 m mm F 【答案】D 【解析】 设物体与接触面的动摩擦因数为，在水平面有： 12 1 1212 ()Fmm gF ag mmmm 对m 1 进行受力分析，则有： 1 111 11 12 m F Tm gm am g m

14、m 所以T 1= 1 12 m mm F 在斜面上有： 1212 12 () cos() sinFmm gmm g a mm 对m 1 受力分析则有：T 2m 1gcosm 1gsin=m 1a 2 解得：T 2= 1 12 m mm F ； 竖直向上运动时有： 12 3 1212 ()Fmm gF ag mmmm 对m 1 进行受力分析则有： T 3m 1g=m 1a 3 解得：T 3= 1 12 m mm F 所以绳子的拉力始终不变且大小为 1 12 m mm F，故D正确，ABC错误 故选D. 9 9、 （、 （20212021黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）黑龙江哈尔滨六中高三上学

15、期开学测试）如图甲所示,物块的质量1mkg,初速度 0 10/vm s, 在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F突然反向,整个过程中物块 速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示, 2 10/gm s下列选项中正确的是( ) 甲 乙 A. 23s内物块做匀减速运动 B. 在1ts时刻,恒力F反向 C. 恒力F大小为 10N D. 物块与水平面间的动摩擦因数为 0.3 【答案】BD 【解析】 物体匀减速直线运动的加速度大小为： 2 2 1 1 100 10/ 210 v am s s ，匀加速直线运动的加速度大小为： 2 22 2 2 64 /4/ 22 8

16、v am sm s s ， 根据牛顿第二定律得： F+f=ma1，F-f=ma2， 联立两式解得： F=7N，f=3N， 则动摩擦因数为： 0.3 f mg ， 故 C 错误， D正确； 物体匀减速直线运动的时间为：1 1 10 1 10 v tss a ， 即在 0-1s 内做匀减速直线运动，1s 后恒力 F反向，做匀加速直线运动，故 B正确，A错误所以 BD正确， AC 错误 1010、 （、 （20212021黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）如图所示，一质量 m=0.4kg 的小物块，以 V0=2m/s 的 初速度，在与斜面成某一夹角的拉力 F 作

17、用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t=2s 的时间物块由 A 点运动 到 B 点，A、B 之间的距离 L=10m已知斜面倾角 =30 o，物块与斜面之间的动摩擦因数 重力加 速度 g 取 10 m/s 2. （1）求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小 （2）拉力 F 与斜面的夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F 的最小值是多少？ 【答案】 （1） 2 3/m s 8m/s （2）30 2.6 3N 【解析】 试题分析： （1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式，有： 2 0 1 2 Lv tat 0 vvat 联立解得； 2 3/8/am svm s， （2）对物体受力分析，受重力、

18、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图 根据牛顿第二定律，有： 平行斜面方向： cossin30 f FmgFma 垂直斜面方向：sincos300 N FFmg 其中： fN FF 联立解得： sin30cos30sin30cos30 2 cossin 3sin 60 3 mgmamgma F 故当 =30时，拉力 F 有最小值，为 13 3 5 min FN； 1111、 （、 （20212021黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）如图所示，传送带与地面的倾角 37 ，从 A到 B 的长度为 8.8 m，传送带以 v06 m/s的速度逆时针转动在传送带上端无初速

19、放一个质量为 1 kg 的物体， 它与传送带之间的动摩擦因数 0.5，重力加速度 g=10m/s2 ，(sin37 0.6，cos37 0.8) （1）求物体从 A运动到 B所需的时间是多少？ （2）若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度？ （3）若传送带顺时针转动，此时物体以 8m/s 的初速度由 B沿斜面向上运动，若使物体能够运动到 A，求 传送带速度满足的条件？ 【答案】(1) 1.6 s (2) 1.8 m (3) 2 7 /m s 【解析】 (1)开始阶段， 传送带对物体的滑动摩擦力平行传送带向下， 物体由静止开始加速下滑， 受力分析如图 （a）； 由牛顿第二定律得：mgsinm

20、gcosma1 解得：a1gsingcos10 m/s2 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间 t10.6 s 发生的位移 s1a1t12/21.8m8.8m，即物体加速到 6 m/s 时仍未到达 B 点 当物体加速至与传送带速度相等时，由于 tan，物体在重力作用下将继续加速，此后物体速度大于传 送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力平行传送带向上，受力分析如图（b）由牛顿第二定律有 mgsinmgcosma2 解得 a22 m/s2 设第二阶段物体滑动到 B的时间为 t2则：LABs1v0t2a2t22/2 解得：t21 s，t27 s(舍去) 故物体经历的总时间 tt1t21.6 s.

21、(2)物体加速至传送带的速度时，传送带前进的位移为：s1vt13.6 m，而物体的位移 s21.8 m，物体相对 于传送带向上前进的距离为 s1s1s21.8 m 物体的速度大于传送带的速度后，传送带前进 s3vt26m，物体前进 s47 m，物体相对于传送带向下滑行 s2s4s31 m 所以物体在传送带上划痕的长为 s11.8 m. (3)若皮带顺时针转动，则滑块速度大于皮带速度时，摩擦力平行传送带向下,受力分析如图（a） ，由牛顿第 二定律得：mgsinmgcosma1 解得：a110 m/s2 速度小于皮带速度时，摩擦力平行传送带向上，如图（b） 由牛顿第二定律有 mgsinmgcosm

22、a2 解得 a22 m/s2 由 22 12 64 8.8 22 vv m aa 得：2 7/vm s 1212、 （、 （20212021黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）黑龙江哈尔滨六中高三上学期开学测试）如图所示，厚 0.2m、长为 2m的木板 AB静止在粗糙 水平地面上， C为其中点， 木板上表面AC部分光滑， CB部分粗糙， 下表面与水平地面间的动摩擦因数1=0.1， 木板右端静止放置一个小物块（可看成质点） ，它与木板 CB 部分的动摩擦因数 2=0.2，已知木板和小物块 的质量均为 2kg，重力加速度 g 取 10m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力 F。 (1)为使小物块

23、与木板保持相对静止，求恒力的最大值 Fm； (2)当 F=20N时，小物块经多长时间滑到木板中点 C？ (3)接第(2)问，当小物块到达 C 点时撤去 F，求小物块落地时与木板 A 端的距离。 【答案】(1)12N；(2) 2 2 s；(3)0.38m 【解析】 (1)小物块能够达到的最大加速度为 am，由牛顿第二定律有 2m mgma 解得 2 2m/s m a 对整体进行受力分析 1 )()( mm FMm gMm a 解得 12N m F (2)此时小物块相对于长木板发生相对滑动，对长木板受力分析 121 FMmgmgMa）（ 得 2 1 6m/sa 小物块加速度 2 2 22 2m/s

24、 mg ag m 则有 22 1 12 1 11 222 L ata t 得 1 2 s 2 t (3)撤掉外力时各自速度分别为 v1、v2，则有 11 1 2 6m/s3 2m/s 2 vat 22 1 2 2m/s2m/s 2 va t 撤掉外力后，物块匀速，木板匀减速加速度为 a3，则 13 )(Mm gMa 得 2 3 s2m/a = 设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为 v3，以长木板为参考系，则有 22 31232 2()() 2 L avvvv 解得 3 (22)m/sv 此时长木板的做减速运动的加速度为 14 MgMa 得 2 4 1m/sa 此后小物块做平抛运动，长

25、木板做匀减速度运动，落地时距长木板左端的距离为 2 32 2122 ()0.38m 2 hhh svv ggg 1313、 （、 （20212021北京市北大附中高三上学期北京市北大附中高三上学期 8 8 月调研）月调研）如图所示，一个质量 m=10kg物体放在水平地面上。 对物体施加一个 F=50N的拉力， 使物体做初速为零的匀加速直线运动。 已知拉力与水平方向的夹角 =37 ， 物体与水平地面间的动摩擦因数 =0.50，sin37 =0.60，cos37 =0.80，取重力加速度 g=10m/s2。 (1)求物体运动的加速度大小； (2)求物体在 2.0s末的瞬时速率； (3)若在 2.0s末时撤去拉力 F，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离。 【答案】(1)0.5m/s2；(2)1m/s；(3)0.1m 【解析】 (1)对物体进行受力分析，如图所示 以向右为正方向，根据牛顿第二定律以及平衡条件可以得到： 水平方向 cos37Ffma 竖直方向 sinFFmg 支 根据摩擦力公式 fNF 支 联立代入数据可以得到 2 0.5m/sa (2)根据速度与时间的关系可以得到 0.5 2m/s1m/svat (3)撤去力 F 后，根据牛顿第二定律得到 mgma 则 2 m/5sag 根据位移与速度关系可以得到 22 00 1 m0.1m 2 2 5 v x a