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）

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)針方向轉(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)過圓心每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)，兩個(gè)滑環(huán)分別從b、c點(diǎn)無初速度釋放，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()Av1>v2 Bv1<v2Ct1t2 Dt1<t23(多選)(2019·蘇州市調(diào)研)彈簧測力計(jì)掛在升降機(jī)的頂板上，下端掛一質(zhì)量為2 kg的物體當(dāng)升降機(jī)在豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧測力計(jì)的示數(shù)始終是16 N，如果從升降機(jī)的速度大小為3 m/s 時(shí)開始計(jì)時(shí)，則經(jīng)過1 s，升降機(jī)的位移大小可能是(g取10 m/s2)()A3 m B5 mC2 m D4 m4.(多選)如圖所示，在升降機(jī)內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行整個(gè)系統(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中()A物塊A的重力勢能增加量一定等于mghB物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和C物塊A的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和D物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和5如圖所示，質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，在三個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)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FD由大變小再變大6(多選)(2019·江蘇省高考壓軸沖刺卷)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(dòng)摩擦因數(shù)均為，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(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長量為x1；當(dāng)用同樣大小的恒力F沿著傾角為、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(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長量為x2，則下列說法中正確的是()A若mM，有x1x2B若mM，有x1x2C若sin ，有x1x2D若sin ，有x1x27質(zhì)量為M20 kg、長為L5 m的木板放在水平面上，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.15.將質(zhì)量為m10 kg 的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，以v04 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(dòng)摩擦因數(shù)為20.4(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g10 m/s2)則以下判斷中正確的是()A木板一定靜止不動(dòng)，小木塊不會滑出木板B木板一定靜止不動(dòng)，小木塊會滑出木板C木板一定向右滑動(dòng)，小木塊不會滑出木板D木板一定向右滑動(dòng)，小木塊會滑出木板8(多選)傾角為的斜面體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(gè)向左的水平拉力F，物塊仍沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，斜面體M始終保持靜止則此時(shí)()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(diǎn)3牛頓運(yùn)動(dòng)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：m2gkx，則x.以兩個(gè)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(m1m2)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；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(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)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(dòng)能定理W合Ek知，v1>v2，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2Rgt·sin()，2Rcos gtsin ，比較sin()與的大小，有sin().又()為銳角，cos()>0，>0，所以sin()>，即t1<t2，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確3解析：選CD.對物體進(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，彈簧的伸長量增大，物塊A相對于斜面向下運(yùn)動(dòng)，物塊A上升的高度小于h，所以其重力勢能的增加量小于mgh，故A錯(cuò)誤；對物塊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物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和，故D正確5解析：選C.在水平面上時(shí)，對整體由牛頓第二定律得F(m1m2)g(m1m2)a1，對m1由牛頓第二定律得T1m1gm1a1，聯(lián)立解得T1F；在斜面上時(shí)，對整體由牛頓第二定律得F(m1m2)gcos (m1m2)·gsin (m1m2)a2，對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)，對整體由牛頓第二定律得F(m1m2)g(m1m2)a3，對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)，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F(mM)g(mM)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)和斜面的傾角無關(guān)，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤7解析：選A.小木塊對木板的摩擦力Ff12mg0.4×100 N40 N，水平面對木板的最大靜摩擦力Ff21(Mm)g45 N，因?yàn)镕f1<Ff2，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 m<L，所以小木塊不會滑出木板故選項(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有運(yùn)動(dòng)的趨勢，故不受地面的摩擦力，所以C錯(cuò)誤，D正確- 5 -