《2022版高考物理大三轮复习选择题热点巧练热点4牛顿运动定律的应用含解析201910242105.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022版高考物理大三轮复习选择题热点巧练热点4牛顿运动定律的应用含解析201910242105.doc（5页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、热点4牛顿运动定律的应用(建议用时：20分钟)1(2019·全国押题卷二)如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间动摩擦因数均为.传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB，(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)则()AaA(1)g，aBgB.aAg，aB0CaA(1)g，aB0 D.aAg，aBg2.(多选)如图所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心每根杆上都套着一个
2、小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速度释放，用v1、v2分别表示滑环到达a点的速度大小，用t1、t2分别表示滑环到达a所用的时间，则()Av1>v2 B.v1<v2Ct1t2 D.t1<t23(多选)弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2 kg的物体当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N，如果从升降机的速度大小为3 m/s 时开始计时，则经过1 s，升降机的位移大小可能是(g取10 m/s2)()A3 m B.5 mC2 m D.4 m4(2019·北京西城区高三模拟)一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖
3、直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下落到一定位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下在上述过程中，关于座舱中的人所处的状态，下列判断正确的是()A座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B座舱在减速运动的过程中人处于超重状态C座舱在整个运动过程中人都处于失重状态D座舱在整个运动过程中人都处于超重状态5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，线上拉力的大小()A由大变小B由小变大C始终不变且大小为FD由大变小再变大6(多选)(2019·
4、济宁检测)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻质弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为、粗糙程度与水平面相同的斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是()A若mM，有x1x2B若mM，有x1x2C若sin ，有x1x2D若sin ，有x1x27质量为M20 kg、长为L5 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数10.15.将质量为m10 kg 的小木块(可视为质点)，以v04
5、m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为20.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2)则以下判断中正确的是()A木板一定静止不动，小木块不会滑出木板B木板一定静止不动，小木块会滑出木板C木板一定向右滑动，小木块不会滑出木板D木板一定向右滑动，小木块会滑出木板8(多选)(2019·枣庄二模)倾角为的斜面体M静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的已知质量为m的物块恰可沿其斜面匀速下滑今对下滑的物块m施加一个向左的水平拉力F，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M始终保持静止则此时()A物块m下滑的加速度等于B物块m下滑的加速度大于C水平面对
6、斜面体M的静摩擦力方向水平向右D水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零热点4牛顿运动定律的应用1解析：选C.对物块B受力分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：m2gkx，则x.以两个物块组成的整体为研究对象进行受力分析，则绳子的拉力：T(m1m2)g；突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A受到的合外力与T大小相等，方向相反，则：aA；B在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0.故选项C正确，A、B、D错误2解析：选AD.小滑环沿杆下滑过程中，只有重力做功，且由b到a下落的高度大，重力做功多，由动能定理W合Ek知，v1>v
7、2，选项A正确，B错误；设圆半径为R，ab与ac之间的夹角为，ac与水平面之间的夹角为，则2Rgt·sin()，2Rcos gtsin ，比较sin()与的大小，有sin().又()为锐角，cos()>0，>0，所以sin()>，即t1<t2，所以选项C错误，D正确3解析：选CD.对物体进行受力分析，受向下的重力和向上的拉力(大小等于弹簧测力计的示数)，加速度a2 m/s2，方向向下升降机初速度大小为v03 m/s，方向可能向下，也可能向上，所以在1 s内的位移有两种情况，向下加速时x1v0tat24 m；向上减速时x2v0tat22 m，故选C、D.4解析：
8、选B.座舱在自由下落的过程中，加速度为向下的g，人处于完全失重状态；座舱在减速运动的过程中，加速度向上，则人处于超重状态，故选B.5解析：选C.在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F(m1m2)g(m1m2)a1，对m1由牛顿第二定律得T1m1gm1a1，联立解得T1F；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F(m1m2)gcos (m1m2)·gsin (m1m2)a2，对m1由牛顿第二定律得T2m1gcos m1gsin m1a2，联立解得T2F；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F(m1m2)g(m1m2)a3，对m1由牛顿第二定律得T3m1gm1a3，联立解得T3F.综上分析可
9、知，线上拉力始终不变且大小为F，选项C正确6解析：选AB.在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(mM)g(mM)a1隔离物块A，根据牛顿第二定律，有Tmgma1联立式解得T在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(mM)gsin (mM)gcos (mM)a2隔离物块A，根据牛顿第二定律，有Tmgsin mgcos ma2联立式，解得T比较式，可知，弹簧的弹力(或伸长量)相等，与两物块的质量大小、动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误7解析：选A.小木块对木板的摩擦力Ff12mg0.4×100 N40 N，水平面对木板的最大静摩擦力Ff21(Mm)g45 N，因为Ff1<Ff2，故木板一定静止不动由牛顿第二定律得小木块的加速度a22g4 m/s2，x m2 m<L，所以小木块不会滑出木板故选项A正确，B、C、D错误8解析：选BD.由题意知，物块自己能够沿斜面匀速下滑，得mgsin mgcos ，施加拉力F后，mgsin Fcos (mgcos Fsin )ma，解得a，所以A错误，B正确；以斜面体为研究对象，受物块的摩擦力沿斜面向下为Ff(mgcos Fsin )，正压力FNmgcos Fsin ，又tan ，把摩擦力和压力求和，方向竖直向下，所以斜面体在水平方向没有运动的趋势，故不受地面的摩擦力，所以C错误，D正确