江蘇省2020版高考物理三輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用練習(xí)（含解析）

《江蘇省2020版高考物理三輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2020版高考物理三輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用練習(xí)（含解析）（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點(diǎn)3　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 (建議用時(shí)：20分鐘) 1．(2019·江蘇五校聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2的物塊A和B通過(guò)一輕彈簧連接在一起并放置于水平傳送帶上，水平輕繩一端連接A，另一端固定在墻上，A、B與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.傳送帶順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間，設(shè)A、B的加速度大小分別為aA和aB，(彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g)則(　　) A．a(chǎn)A＝μ(1＋)g，aB＝μg　　 B．a(chǎn)A＝μg，aB＝0 C．a(chǎn)A＝μ(1＋)g，aB＝0 D．a(chǎn)A＝μg，aB＝μg 2.(多選)如圖所示，ab、ac是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，a

2、、b、c位于同一圓周上，O為該圓的圓心，ab經(jīng)過(guò)圓心．每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)，兩個(gè)滑環(huán)分別從b、c點(diǎn)無(wú)初速度釋放，用v1、v2分別表示滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的速度大小，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達(dá)a所用的時(shí)間，則(　　) A．v1>v2 B．v1

3、 m D．4 m 4.(多選)如圖所示，在升降機(jī)內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個(gè)系統(tǒng)由靜止開(kāi)始加速上升高度h的過(guò)程中(　　) A．物塊A的重力勢(shì)能增加量一定等于mgh B．物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的和 C．物塊A的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的和 D．物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于斜面對(duì)物塊的支持力和B對(duì)彈簧的拉力做功的和 5．如圖所示，質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)材料相同的物體用細(xì)線相連，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最

4、后豎直向上勻加速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，在三個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)中，線上拉力的大小(　　) A．由大變小 B．由小變大 C．始終不變且大小為F D．由大變小再變大 6．(多選)(2019·江蘇省高考?jí)狠S沖刺卷)如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B用輕質(zhì)彈簧相連，兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，當(dāng)用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x1；當(dāng)用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ、粗糙程度與水平面相同的斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．若m＞M，有x

5、1＝x2 B．若m＜M，有x1＝x2 C．若μ＞sin θ，有x1＞x2 D．若μ＜sin θ，有x1＜x2 7．質(zhì)量為M＝20 kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5 m的木板放在水平面上，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.15.將質(zhì)量為m＝10 kg 的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，以v0＝4 m/s的速度從木板的左端水平拋射到木板上(如圖所示)，小木塊與木板面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.4(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g＝10 m/s2)．則以下判斷中正確的是(　　) A．木板一定靜止不動(dòng)，小木塊不會(huì)滑出木板 B．木板一定靜止不動(dòng)，小木塊會(huì)滑出木板 C．木板一定向右滑動(dòng)，小木塊不會(huì)滑出木板 D．木

6、板一定向右滑動(dòng)，小木塊會(huì)滑出木板 8．(多選)傾角為θ的斜面體M靜止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的．已知質(zhì)量為m的物塊恰可沿其斜面勻速下滑．今對(duì)下滑的物塊m施加一個(gè)向左的水平拉力F，物塊仍沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，斜面體M始終保持靜止．則此時(shí)(　　) A．物塊m下滑的加速度等于 B．物塊m下滑的加速度大于 C．水平面對(duì)斜面體M的靜摩擦力方向水平向右 D．水平面對(duì)斜面體M的靜摩擦力大小為零 熱點(diǎn)3　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 1．解析：選C.對(duì)物塊B受力分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：μm2g＝kx，則x＝.以?xún)蓚€(gè)物塊組成的整體為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，則繩子的拉力：T＝μ(m1＋m2)g；

7、突然剪斷輕繩的瞬間，繩子的拉力減小為0，而彈簧的彈力不變，則A受到的合外力與T大小相等，方向相反，則：aA＝＝；B在水平方向仍然受到彈簧的拉力和傳送帶的摩擦力，合外力不變，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0.故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 2．解析：選AD.小滑環(huán)沿桿下滑過(guò)程中，只有重力做功，且由b到a下落的高度大，重力做功多，由動(dòng)能定理W合＝ΔEk知，v1>v2，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)圓半徑為R，ab與ac之間的夾角為β，ac與水平面之間的夾角為α，則2R＝gt·sin(α＋β)，2Rcos β＝gtsin α，比較sin(α＋β)與的大小，有sin(α＋β)－＝.又(α＋β)為銳角，c

8、os(α＋β)>0，>0，所以sin(α＋β)>，即t1

9、，物塊A上升的高度小于h，所以其重力勢(shì)能的增加量小于mgh，故A錯(cuò)誤；對(duì)物塊A，由動(dòng)能定理知物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力、彈簧的拉力和重力對(duì)其做功的和，故B錯(cuò)誤；物塊A的機(jī)械能增加量等于斜面支持力和彈簧彈力做功的和，故C正確；物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于斜面對(duì)物塊的支持力和B對(duì)彈簧的拉力做功的和，故D正確． 5．解析：選C.在水平面上時(shí)，對(duì)整體由牛頓第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，對(duì)m1由牛頓第二定律得T1－μm1g＝m1a1，聯(lián)立解得T1＝F；在斜面上時(shí)，對(duì)整體由牛頓第二定律得F－μ(m1＋m2)gcos θ－(m1＋m2)·gsin θ＝(m1＋m2

10、)a2，對(duì)m1由牛頓第二定律得T2－μm1gcos θ－m1gsin θ＝m1a2，聯(lián)立解得T2＝F；在豎直方向時(shí)，對(duì)整體由牛頓第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，對(duì)m1由牛頓第二定律得T3－m1g＝m1a3，聯(lián)立解得T3＝F.綜上分析可知，線上拉力始終不變且大小為F，選項(xiàng)C正確． 6．解析：選AB.在水平面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有 F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1① 隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有 T－μmg＝ma1② 聯(lián)立①②式解得T＝③ 在斜面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M

11、)a2④ 隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有 T′－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2⑤ 聯(lián)立④⑤式，解得T′＝⑥ 比較③⑥式，可知，彈簧的彈力(或伸長(zhǎng)量)相等，與兩物塊的質(zhì)量大小、動(dòng)摩擦因數(shù)和斜面的傾角無(wú)關(guān)，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤． 7．解析：選A.小木塊對(duì)木板的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0.4×100 N＝40 N，水平面對(duì)木板的最大靜摩擦力Ff2＝μ1(M＋m)g＝45 N，因?yàn)镕f1