（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提分技巧 熱點4 牛頓運動定律的應(yīng)用（含解析）-人教版高三全冊物理試題

《（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提分技巧 熱點4 牛頓運動定律的應(yīng)用（含解析）-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提分技巧 熱點4 牛頓運動定律的應(yīng)用（含解析）-人教版高三全冊物理試題（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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＝μg，aB＝μg B．a(chǎn)A＝μg，aB＝0 C．a(chǎn)A＝μg，aB＝0 D．a(chǎn)A＝μg，aB＝μg C　解析 對物塊B分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有μm2g＝kx，則x＝，以兩個物塊組成

2、的整體為研究對象，則繩子的拉力T＝μ(m1＋m2)g；突然剪斷輕繩的瞬間，繩子的拉力減小為零，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，仍然等于零，所以B的加速度仍然等于零，選項C正確，A、B、D錯誤． 2．(2020·安徽皖江名校聯(lián)考)如圖所示，水平地面上有靜止的18個相同的木塊排成一條直線接觸但不粘連，每個木塊的長度l＝0.5 m，質(zhì)量m＝1.2 kg，它們與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，在右邊第一個木塊的右端放一質(zhì)量M＝1 kg的小鉛塊(可視為質(zhì)點)，它與各木塊間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.5，

3、現(xiàn)突然給小鉛塊一個向左的初速度v0＝10 m/s，使其在木塊上滑行．設(shè)木塊與地面間及小鉛塊與木塊間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，則(　　) A．小鉛塊相對木塊滑動時小鉛塊的加速度大小為10 m/s2 B．小鉛塊最多能帶動5個木塊運動 C．第10個木塊運動的速度大小為1 m/s D．小鉛塊下的木塊剛發(fā)生運動時小鉛塊的瞬時速度大小為5 m/s D　解析 設(shè)小鉛塊相對木塊滑動時加速度大小為a，由牛頓第二定律可得μ2Mg＝Ma，解得a＝5 m/s2，選項A錯誤；設(shè)小鉛塊滑動過程中，最多能帶動x個木塊運動，將x個木塊當(dāng)作一個整體進行受力分析，當(dāng)木塊運動時，則

4、有μ2Mg>μ1(xmg＋Mg)，解得x<3.3，即小鉛塊最多只能帶動3個木塊運動，選項B、C錯誤；由上述分析可知，當(dāng)木塊開始運動時，是最后的三個木塊，則小鉛塊已經(jīng)通過前面的15個木塊，設(shè)小鉛塊剛滑上第16個木塊的速度為v，根據(jù)運動學(xué)公式有v－v2＝2a×15l，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s，選項D正確． 3．(2020·山西太原名校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的光滑小球恰好放在質(zhì)量也為m的圓弧槽內(nèi)，它與槽左右兩端的接觸處分別為A點和B點，圓弧槽的半徑為R，OA與水平線AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通過細線和滑輪與重物C相連，滑輪左側(cè)細線始終處于水平狀態(tài)．通過實驗知道，當(dāng)槽的加速度較大時

5、，小球?qū)牟壑袧L出．滑輪與細線質(zhì)量都不計，要使小球不從槽中滾出，則重物C的最大質(zhì)量為(　　) A．m　　 B．2m　　 C．(－1)m　　 D．(＋1)m D　解析 隔離光滑小球進行受力分析，當(dāng)光滑小球加速度達到最大時，圓弧槽對光滑小球的彈力方向沿AO方向，設(shè)圓弧槽對光滑小球的彈力為F，對光滑小球，由牛頓第二定律有mgtan 30°＝ma，設(shè)小球不從槽中滾出時，重物C的最大質(zhì)量為M，對重物C有Mg－F＝Ma，對圓弧槽和光滑小球有F′＝2ma，其中F＝F′，聯(lián)立解得M＝(＋1)m，選項D正確． 4．(2020·黑龍家大慶一中開學(xué)考試)某位同學(xué)為了研究超重和失重現(xiàn)象，將重為50 N的物體帶

6、到電梯中，并將它放在水平放置的傳感器上，電梯由啟動到停止的過程中，測得重物的壓力隨時間變化的圖象如圖所示．設(shè)在t1＝2 s和t2＝8 s時電梯的速度分別為v1和v2.下列判斷正確的是(　　) A．電梯在上升，v2>v1　　　B．電梯在上升，v1>v2 C．電梯在下降，v1>v2　　　D．電梯在下降，v2>v1 A　解析 由圖可知，0～4 s物體超重，說明電梯開始勻加速上升，4 s末速度達到最大值，在4～14 s電梯以最大速度勻速上升運動，在14～18 s物體失重，說明電梯在勻減速上升，18 s末電梯靜止，選項C、D錯誤；由上述分析可知，電梯在2 s末的速度小于4 s末的速度，在8 s

7、末的速度等于4 s末的速度，故電梯在2 s末的速度小于8 s末的速度，即v2>v1，選項A正確，B錯誤． 5．(2020·黑龍江牡丹江一中開學(xué)考試)(多選)如圖所示，彈簧p和細繩q的上端固定在天花板上，下端用小鉤鉤住質(zhì)量為m的小球C，彈簧、細繩和小鉤的質(zhì)量均忽略不計．靜止時p、q與豎直方向的夾角均為60°.下列判斷正確的有(　　) A．若p和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間q對球的拉力大小為mg B．若p和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間球的加速度大小為g C．若q和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間p對球的拉力大小為mg D．若q和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間球的加速度大小為g BD　解析 由題意可知，原

8、來p、q對球的拉力大小均為mg，p和球脫鉤后，球?qū)㈤_始沿圓弧運動，將q受的力進行正交分解，如圖甲所示，則有F－mgcos 60°＝0，mgsin 60°＝ma，解得F＝mg，a＝ g，選項A錯誤，B正確；q和球突然脫鉤后瞬間，p的拉力未來得及改變，仍為mg，根據(jù)力的合成，如圖乙所示，球所受合力為mg，則球的加速度大小為g，選項C錯誤，D正確． 6．(2019·重慶一中月考)(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

9、．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 BD　解析 由題意知，物塊恰能夠沿斜面勻速下滑，得mgsin θ＝μmgcos θ，施加拉力F后，mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma，解得a＝，選項A錯誤，B正確；以斜面體為研究對象，受物塊的摩擦力沿斜面向下為Ff＝μ(mgcos θ－Fsin θ)，正壓力FN＝mgcos θ－Fsin θ，又 μ＝tan θ，把摩擦力和壓力求和，方向豎直向下，所以斜面體在水平方向沒有運動的趨勢，故不受地面的摩擦力，選項D正確，

10、C錯誤． 7．(2020·安徽六安一中開學(xué)考試)(多選)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，g為重力加速度，下列說法正確的是(　　) A．紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)g B．要使紙板相對砝碼運動，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)g C．若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼不會從桌面上掉下 D．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼最終不會從桌面邊緣滑落 BC　解析 當(dāng)紙板相對砝碼運動時，紙板所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μM

11、g＝μ(2M＋m)g，選項A錯誤；設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有μMg＝Ma1，F(xiàn)－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，發(fā)生相對運動需要a2>a1，解得F>2μ(M＋m)g，選項B正確；若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼做勻加速運動的位移小于，根據(jù)對稱性可知，做勻減速運動的位移也小于，則砝碼的總位移小于d，不會從桌面上掉下，選項C正確；當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離紙板時的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝＝2μg，根據(jù)a2t2－a1t2＝d，解得t＝，則砝碼向右做勻加速運動的位移為x＝a1t2＝d，已到達桌面邊緣，則此時砝碼的速度v＝a1t＝，則砝碼脫離紙板后繼續(xù)向右運動，會從桌面邊緣滑落，選項D錯誤．