《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.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()AaA(1)g，aBgBaAg，aB0CaA(1)g，aB0 DaAg，aBg2.(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、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)
2、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()Av1v2 Bv1v2Ct1t2 Dt1v2，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，ac與水平面之間的夾角為，則2Rgtsin()，2Rcos gtsin ，比較sin()與的大小，有sin().又()為銳角，cos()0，0，所以sin()，即t1t2，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確3解析：選CD.對(duì)物體進(jìn)行受力分析，受向下的重力和向上的拉力(大小等于彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù))，加速度a2 m/s2，方向向下升降機(jī)初速度大小為v03 m/s，方向可能向下，也可能向上，所
3、以在1 s內(nèi)的位移有兩種情況，向下加速時(shí)x1v0tat24 m；向上減速時(shí)x2v0tat22 m，故選C、D.4解析：選CD.當(dāng)物塊具有向上的加速度時(shí)，彈簧彈力在豎直方向上的分力和斜面的支持力在豎直方向上的分力的合力大于重力，所以彈簧的彈力比物塊靜止時(shí)大，彈簧的伸長(zhǎng)量增大，物塊A相對(duì)于斜面向下運(yùn)動(dòng)，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
4、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(m1m2)g(m1m2)a1，對(duì)m1由牛頓第二定律得T1m1gm1a1，聯(lián)立解得T1F；在斜面上時(shí)，對(duì)整體由牛頓第二定律得F(m1m2)gcos (m1m2)gsin (m1m2)a2，對(duì)m1由牛頓第二定律得T2m1gcos m1gsin m1a2，聯(lián)立解得T2F；在豎直方向時(shí)，對(duì)整體由牛頓第二定律得F(m1m2)g(m1m2)a3，對(duì)m1由牛頓第二定律得T3m1gm1a3，聯(lián)立解得T3F.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(mM)g(mM
5、)a1隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有Tmgma1聯(lián)立式解得T在斜面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F(mM)gsin (mM)gcos (mM)a2隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有Tmgsin mgcos ma2聯(lián)立式，解得T比較式，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Ff12mg0.4100 N40 N，水平面對(duì)木板的最大靜摩擦力Ff21(Mm)g45 N，因?yàn)镕f1Ff2，故木板一定靜止不動(dòng)由牛頓第二定律得小木塊的加速度a22g4 m/s2，x m2 mL，所以小木塊不會(huì)滑出木板故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤8解析：選BD.由題意知，物塊自己能夠沿斜面勻速下滑，得mgsin mgcos ，施加拉力F后，mgsin Fcos (mgcos Fsin )ma，解得a，所以A錯(cuò)誤，B正確；以斜面體為研究對(duì)象，受物塊的摩擦力沿斜面向下為Ff(mgcos Fsin )，正壓力FNmgcos Fsin ，又tan ，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(méi)有運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故不受地面的摩擦力，所以C錯(cuò)誤，D正確- 5 -
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）
