（通用版）2020高考物理三輪沖刺 高考熱點排查練熱點3 牛頓運動定律（含解析）

《（通用版）2020高考物理三輪沖刺 高考熱點排查練熱點3 牛頓運動定律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020高考物理三輪沖刺 高考熱點排查練熱點3 牛頓運動定律（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點3　牛頓運動定律 1．(2019·吉林長春市第二次監(jiān)測)如圖1所示，水平面上的小車內(nèi)固定一個傾角為30°的光滑斜面，平行于斜面的細繩一端固定在車上，另一端系著一個質(zhì)量為m的小球，小球和小車均處于靜止?fàn)顟B(tài)．如果小車在水平面上向左加速且加速度大小不超過a1時，小球仍能夠和小車保持相對靜止；如果小車在水平面上向右加速且加速度大小不超過a2時，小球仍能夠和小車保持相對靜止．則a1和a2的大小之比為(　　) 圖1 A.∶1 B.∶3 C．3∶1 D．1∶3 答案　D 解析　由題意可知：a1＝gtan30°，a2＝，得a1∶a2＝1∶3，故選項D正確． 2.(2019·江蘇揚州中學(xué)下

2、學(xué)期開學(xué)考)如圖2所示，小球A質(zhì)量為m，木塊B質(zhì)量為2m，兩物體通過豎直輕彈簧連接放置在水平面上靜止．現(xiàn)對A施加一個豎直向上的恒力F，使小球A在豎直方向上運動，經(jīng)彈簧原長時小球A的速度恰好最大，已知重力加速度為g，則在木塊B對地面壓力為零時，小球A的加速度大小為(　　) 圖2 A．3gB．2.5gC．2gD．1.5g 答案　C 解析　經(jīng)彈簧原長時小球A速度恰好最大，此時小球加速度為零，則恒力F＝mg；木塊B對地面壓力為零時，由平衡條件知彈簧的彈力為2mg，又由牛頓第二定律得：F－mg－2mg＝ma，解得小球A的加速度a＝－2g，方向豎直向下，故C正確． 3．(2019·河南示范性

3、高中上學(xué)期期終)如圖3所示，A、B兩相同的木箱(質(zhì)量不計)用水平細繩連接放在水平地面上，當(dāng)兩木箱內(nèi)均裝有質(zhì)量為m的沙子時，用水平力F拉A木箱，使兩木箱一起做勻加速直線運動，細繩恰好不被拉斷．在不改變拉力的情況下，為使兩木箱一次能運送更多的沙子，下列方法可行的是(加沙子后兩木箱均能被拉動)(　　) 圖3 A．只在A木箱內(nèi)加沙子 B．只在B木箱內(nèi)加沙子 C．A木箱內(nèi)加入質(zhì)量為m的沙子，B木箱內(nèi)加入質(zhì)量為2m的沙子 D．A木箱內(nèi)加入質(zhì)量為2m的沙子，B木箱內(nèi)加入質(zhì)量為3m的沙子 答案　A 解析　對整體由牛頓第二定律：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a；對木箱B：FT－μmBg

4、＝mBa；解得FT＝F，可知當(dāng)A木箱內(nèi)加入沙子的質(zhì)量大于B木箱內(nèi)加入沙子的質(zhì)量時，細繩的拉力減小，故選項A正確，B、C、D錯誤． 4.(多選)如圖4所示，質(zhì)量為3kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面，質(zhì)量為2kg的物體B用細線懸掛，A、B間相互接觸但無壓力．取g＝10m/s2.某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間(　　) 圖4 A．B對A的壓力大小為12N B．彈簧彈力大小為20N C．B的加速度大小為4m/s2 D．A的加速度為零 答案　AC 解析　剪斷細線前，A、B間無壓力，則彈簧的彈力F＝mAg＝30N，剪斷細線的瞬間，彈簧彈力不變，對A、B整體分析，整體加速度：a＝＝m/

5、s2＝4 m/s2 隔離對B分析有：mBg－FN＝mBa， 解得：FN＝(20－2×4) N＝12N，由牛頓第三定律知B對A的壓力大小為12N，故A、C正確，B、D錯誤． 5.(多選)(2019·江西南昌市二模)如圖5所示，細繩AB和BC連接著一質(zhì)量為m的物體P，其中繩子的A端固定，C端通過小光滑定滑輪連接著一質(zhì)量也為m的物體Q，開始時，用手抓住物體Q，使物體P、Q均靜止，此時AB和BC兩繩中拉力大小分別為FT1、FT2，把手放開瞬間，AB和BC兩繩中拉力大小分別為FT1′、FT2′.已知P、Q均可看成質(zhì)點，A、B、C處于同一豎直平面內(nèi)，繩子間連接的夾角如圖．則(　　) 圖5 A

6、．FT1∶FT1′＝1∶1 B．FT1∶FT2＝1∶2 C．FT2∶FT2′＝2∶3 D．FT1′∶FT2′＝∶1 答案　AC 解析　用手抓住物體Q時，以物體P為研究對象， 物體P受力平衡，有： FT1＝mgcos30°① FT2＝mgsin30°② 把手放開瞬間，設(shè)Q加速度為a，則P在瞬間沿BC方向加速度也為a，根據(jù)牛頓第二定律， 對Q：mg－FT2′＝ma③ 對P，在BC方向：FT2′－mgcos60°＝ma④ 在AB方向：FT1′＝mgsin60°⑤ 聯(lián)立①②③④⑤得：FT1∶FT1′＝1∶1，F(xiàn)T1∶FT2＝∶1 FT2∶FT2′＝2∶3，F(xiàn)T1′∶FT2′

7、＝2∶. 6.如圖6所示為質(zhì)量m＝75kg的滑雪運動員在傾角θ＝37°的直滑道上由靜止開始向下滑行的v－t圖象，圖中的OA直線是t＝0時刻速度圖線的切線，速度圖線末段BC平行于時間軸，運動員與滑道間的動摩擦因數(shù)為μ，所受空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)為k.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則(　　) 圖6 A．滑雪運動員開始時做加速度增大的加速直線運動，最后做勻速直線運動 B．t＝0時刻運動員的加速度大小為2m/s2 C．動摩擦因數(shù)μ為0.25 D．比例系數(shù)k為15kg/s 答案　C 解析　由v－t圖象可

8、知，滑雪運動員開始時做加速度減小的加速直線運動，最后做勻速直線運動，故A錯誤；在t＝0時刻，圖線切線的斜率即為該時刻的加速度，故有a0＝m/s2＝4 m/s2，故B錯誤；在t＝0時刻開始加速時，v0＝0，由牛頓第二定律可得mgsin θ－kv0－μmgcos θ＝ma0，最后勻速時有：vm＝10 m/s，a＝0，由平衡條件可得mgsin θ－kvm－μmgcosθ＝0，聯(lián)立解得：μ＝0.25，k＝30 kg/s，故C正確，D錯誤． 7．(多選)(2019·江西上饒市重點中學(xué)六校第一次聯(lián)考)如圖7所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質(zhì)量均為m，物塊與木板間的動摩

9、擦因數(shù)為μ，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，現(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度a大小可能是(　　) 圖7 A．a(chǎn)＝0 B．a(chǎn)＝ C．a(chǎn)＝ D．a(chǎn)＝－ 答案　ACD 解析　若F較小時，木板和物塊均靜止，則木板的加速度為零，選項A正確；若物塊和木板一起運動且不發(fā)生相對滑動，對木板和物塊的整體，根據(jù)牛頓第二定律可得：F－μ·2mg＝2ma，解得：a＝－μg，選項D正確；若物塊和木板之間發(fā)生相對滑動，對木板，水平方向受兩個摩擦力的作用，根據(jù)牛頓第二定律，有：μmg－μ·2mg＝ma，解得：a＝μg，故選項B錯誤，C正確． 8

10、．(多選)(2019·天一大聯(lián)考上學(xué)期期末)如圖8甲所示，一滑塊置于長木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑塊和木板的質(zhì)量均為2kg，現(xiàn)在滑塊上施加一個F＝0.5t(N)的變力作用，從t＝0時刻開始計時，滑塊所受摩擦力隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4 B．木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2 C．圖乙中t2＝24s D．木板的最大加速度為2m/s2 答案　ACD 解析　由題圖知，滑塊與木板之間的滑動摩擦力為8N，則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝＝＝0.4，選項A正確；由題圖可知t1時刻木板相對地面開始滑動，此時滑塊與木板相對靜止，則木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ′＝＝＝0.1，選項B錯誤；t2時刻，滑塊與木板將要產(chǎn)生相對滑動，滑塊與木板間的摩擦力達到最大靜摩擦力Ffm＝8N，此時兩物體的加速度相等，且木板的加速度達到最大，則對木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2m/s2，對滑塊：F－Ffm＝mam，解得F＝12N，則由F＝0.5t(N)可知，t2＝24s，選項C、D正確． 6