（京津魯瓊專用）2020版高考物理大三輪復(fù)習(xí) 選擇題熱點巧練 熱點4 牛頓運動定律的應(yīng)用（含解析）

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1、熱點4　牛頓運動定律的應(yīng)用 (建議用時：20分鐘) 1．(2019·全國押題卷二)如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1、m2的物塊A和B通過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與傳送帶間動摩擦因數(shù)均為μ.傳送帶順時針方向轉(zhuǎn)動，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.aA＝μg，aB＝0 C．a(chǎn)A＝μ(1＋)g，aB＝0 D.aA＝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、b

2、、c位于同一圓周上，O為該圓的圓心，ab經(jīng)過圓心．每根桿上都套著一個小滑環(huán)，兩個滑環(huán)分別從b、c點無初速度釋放，用v1、v2分別表示滑環(huán)到達(dá)a點的速度大小，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達(dá)a所用的時間，則(　　) A．v1>v2 B.v1

3、9·北京西城區(qū)高三模擬)一種巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重．一個可乘十多個人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機(jī)送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下．落到一定位置時，制動系統(tǒng)啟動，座艙做減速運動，到地面時剛好停下．在上述過程中，關(guān)于座艙中的人所處的狀態(tài)，下列判斷正確的是(　　) A．座艙在自由下落的過程中人處于超重狀態(tài) B．座艙在減速運動的過程中人處于超重狀態(tài) C．座艙在整個運動過程中人都處于失重狀態(tài) D．座艙在整個運動過程中人都處于超重狀態(tài) 5．如圖所示，質(zhì)量為m1和m2的兩個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，最后豎直向上勻加速運動，不計

4、空氣阻力，在三個階段的運動中，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·濟(jì)寧檢測)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勻加速運動時，彈簧的伸長量為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動時，彈簧的伸長量為x2，則下列說法中正確的是(　　) A．若m＞M，有x1＝x2 B．若m＜M，有x1＝x2

5、 C．若μ＞sin θ，有x1＞x2 D．若μ＜sin θ，有x1＜x2 7．質(zhì)量為M＝20 kg、長為L＝5 m的木板放在水平面上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.15.將質(zhì)量為m＝10 kg 的小木塊(可視為質(zhì)點)，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摩擦因數(shù)為μ2＝0.4(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2)．則以下判斷中正確的是(　　) A．木板一定靜止不動，小木塊不會滑出木板 B．木板一定靜止不動，小木塊會滑出木板 C．木板一定向右滑動，小木塊不會滑出木板 D．木板一定向右滑動，小木塊會滑出木板 8

6、．(多選)(2019·棗莊二模)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．今對下滑的物塊m施加一個向左的水平拉力F，物塊仍沿斜面向下運動，斜面體M始終保持靜止．則此時(　　) 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．水平面對斜面體M的靜摩擦力方向水平向右 D．水平面對斜面體M的靜摩擦力大小為零 熱點4　牛頓運動定律的應(yīng)用 1．解析：選C.對物塊B受力分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：μm2g＝kx，則x＝.以兩個物塊組成的整體為研究對象進(jìn)行受力分析，則繩子的拉力：T＝μ(m1＋m2)g；突然剪斷輕繩

7、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C正確，A、B、D錯誤． 2．解析：選AD.小滑環(huán)沿桿下滑過程中，只有重力做功，且由b到a下落的高度大，重力做功多，由動能定理W合＝ΔEk知，v1>v2，選項A正確，B錯誤；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，cos(α＋β

8、)>0，>0，所以sin(α＋β)>，即t1

9、(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，對m1由牛頓第二定律得T1－μm1g＝m1a1，聯(lián)立解得T1＝F；在斜面上時，對整體由牛頓第二定律得F－μ(m1＋m2)gcos θ－(m1＋m2)·gsin θ＝(m1＋m2)a2，對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，對整體由牛頓第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，對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C正確． 6．解析：選AB.在水平面上滑動時，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有 F－μ(m＋M)

10、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 在斜面上滑動時，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)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(或伸長量)相等，與兩物塊的質(zhì)量大小、動摩擦因數(shù)和斜面的傾角無關(guān)，故A、B正確，C、D錯誤． 7．解析：選A.小木塊對木板的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0.4×100 N＝40 N，水平面對木板的最大靜摩擦力Ff2＝μ1(M＋m)g

11、＝45 N，因為Ff1