2021年新高考物理三輪復(fù)習(xí)京津魯瓊專用練習(xí)：選擇題熱點巧練熱點4牛頓運動定律的應(yīng)用含解析

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 mi、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 M專送帶順時針方向轉(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. aA= K1 + Rg, aB= ug B.aA= ug aB= 0 mi C. aA= u1 + m2）g，aB =0 D-aA= ug aB= ug 2. （多選）

2、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、 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) 宀 到達 a 點的速度大小，用 t1、t2分別表示滑環(huán)到達 a 所用的時間，則（ ） A . V1V2 B.V1V2 C. t1 = t2 D.t1M，有 xi = X2 B .若 mv M，有 xi = X2 C.若 usin B ,有 xi X2 D .若（iv sin B ,有 xi v 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

3、面間的動摩擦因數(shù) 口 = 0.i5.將質(zhì)量為 m= i0 kg 的小木塊（可視為質(zhì)點）,以 Vo= 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 擦力，g = 10 m/s2）.則以下判斷中正確的是 （ ） 運動中，線上拉力的大小（ 向上運動時，彈簧的伸長量為 X2,則下列說法中正確的是 （ A VYYTYWi If 亞=0.4（最大靜摩擦力等于滑動摩 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m TVJV - -L 4 向下，也可能向上，所以在 1 s 內(nèi)的位移有

4、兩種情況，向下加速時 xi= vt+*at2= 4 m;向上減 D .木板一定向右滑動，小木塊會滑出木板 8. (多選)(2019 棗莊二模)傾角為B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 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( ) m 施加一個向左的水平 A物塊 m 下滑的加速度等于 B 物塊 m 下滑的加速度大于 Feos B m 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

5、分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有: mg= kx,貝U x= mg k 以兩個物塊組成的整體為研究對象進行受力分析，則繩子的拉力: T =畑卄 m2)g ;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= = mi+ m2)g； B 在水平方向仍然受到彈簧的拉力和傳送帶的摩擦力， mi mi 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 F落的高度大，重力做功多，由動能定理 W合=AEk知，V1V2,選

6、項 A 正確， B 錯誤；設(shè)圓半徑為 R，ab 與 ac 之間的夾角為 3, ac 與水平面之間的夾角 為 a，則 2R=；gt2 sin( a+ 3)，2Rcos 3= |gt2sin a，比較 sin( a+ 3與 的示數(shù))，加速度a =吒巳=2 m/s2,方向向下.升降機初速度大小為 v0= 3 m/s,方向可能 速時 x2= v0t ?at2= 2 m，故選 C、D. 4. 解析：選 B.座艙在自由下落的過程中，加速度為向下的 艙在減速運動的過程中，加速度向上，則人處于超重狀態(tài)，故選 5. 解析：選 C.在水平面上時，對整體由牛頓第二定律得 對 mi由牛頓第二定律得 Ti umg =

7、miai，聯(lián)立解得 Ti= 罕一 F ;在斜面上時，對整體由牛 mi+ m2 頓第二定律得 F (Xmi+ m2)gcos 0 (mi + m?) gsin 0 = (mi + m2)a2,對 mi 由牛頓第二定律得 、 mi T2 umgcos 0 migsin 0 = mia2,聯(lián)立解得 T?=葉十m?F;在豎直方向時，對整體由牛頓第 二定律得 F (mi+ m2)g = (mi + m2)a3，對 mi由牛頓第二定律得 T3 m = mia3，聯(lián)立解得 T3 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 (Xm+ M)g = (m+ M)ai 隔離物塊 A,根

8、據(jù)牛頓第二定律，有 Tm= mai 聯(lián)立式解得 T =-F m+ M 在斜面上滑動時，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有 F (m+ M)gsin 0 p(m+ M)gcos 0 =(m + M)a2 隔離物塊 A,根據(jù)牛頓第二定律，有 T mgs in 0 1 mgos 0 = ma2 聯(lián)立式，解得 T= Fm M + m 比較式， 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 Ffi = img = 0.4 X i00 N = 40 N ,水平面對木板的最 大靜摩擦力 Ff2=

9、 1( M + m)g = 45 N，因為 FfiFf2，故木板一定靜止不動.由牛頓第二定律得 2 2 vo i6 , i , x= = m = 2 mL，所以小木塊不會滑出木板.故選項 2a2 8 A 正確，B、C、D 錯誤. 0 Imgcos 0 Fsin 0 ) = ma,解得 a= Fcos 0 ：卩麗-, 所以 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= Imgcos 0 Fsin 0 )，正壓力 FN = mgcos 0 Fsin 0，又 尸 tan 0，把摩擦力和壓力求和，方向豎直8 解析：選 BD.由題意知, 物塊自己能夠沿斜面勻速下滑，得 mgsin 0 = 1 mgos 0 , g,人處于完全失重狀態(tài)；座 B. F卩(mi + m2)g = (mi