（通用版）2020高考物理三輪沖刺 高考熱點(diǎn)排查練熱點(diǎn)3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律（含解析）

熱點(diǎn)3牛頓運(yùn)動(dòng)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(gè)傾角為30°的光滑斜面，平行于斜面的細(xì)繩一端固定在車上，另一端系著一個(gè)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(shí)，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(shí)，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1A.1B.3C31D13答案D解析由題意可知：a1gtan30°，a2，得a1a213，故選項(xiàng)D正確2.(2019·江蘇揚(yáng)州中學(xué)下學(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(gè)豎直向上的恒力F，使小球A在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)彈簧原長時(shí)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(shí)，小球A的加速度大小為()圖2A3gB2.5gC2gD1.5g答案C解析經(jīng)彈簧原長時(shí)小球A速度恰好最大，此時(shí)小球加速度為零，則恒力Fmg；木塊B對地面壓力為零時(shí)，由平衡條件知彈簧的彈力為2mg，又由牛頓第二定律得：Fmg2mgma，解得小球A的加速度a2g，方向豎直向下，故C正確3(2019·河南示范性高中上學(xué)期期終)如圖3所示，A、B兩相同的木箱(質(zhì)量不計(jì))用水平細(xì)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(shí)，用水平力F拉A木箱，使兩木箱一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，細(xì)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(yùn)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(dòng))()圖3A只在A木箱內(nèi)加沙子B只在B木箱內(nèi)加沙子CA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DA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(mAmB)g(mAmB)a；對木箱B：FTmBgmBa；解得FTF，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(shí)，細(xì)繩的拉力減小，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)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(xì)線懸掛，A、B間相互接觸但無壓力取g10m/s2.某時(shí)刻將細(xì)線剪斷，則細(xì)線剪斷瞬間()圖4AB對A的壓力大小為12NB彈簧彈力大小為20NCB的加速度大小為4m/s2DA的加速度為零答案AC解析剪斷細(xì)線前，A、B間無壓力，則彈簧的彈力FmAg30N，剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧彈力不變，對A、B整體分析，整體加速度：am/s24 m/s2隔離對B分析有：mBgFNmBa，解得：FN(202×4) N12N，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(cuò)誤5.(多選)(2019·江西南昌市二模)如圖5所示，細(xì)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(shí)，用手抓住物體Q，使物體P、Q均靜止，此時(shí)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(diǎn)，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5AFT1FT111BFT1FT212CFT2FT223DFT1FT21答案AC解析用手抓住物體Q時(shí)，以物體P為研究對象，物體P受力平衡，有：FT1mgcos30°FT2mgsin30°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：mgFT2ma對P，在BC方向：FT2mgcos60°ma在AB方向：FT1mgsin60°聯(lián)立得：FT1FT111，F(xiàn)T1FT21FT2FT223，F(xiàn)T1FT22.6.如圖6所示為質(zhì)量m75kg的滑雪運(yùn)動(dòng)員在傾角37°的直滑道上由靜止開始向下滑行的vt圖象，圖中的OA直線是t0時(shí)刻速度圖線的切線，速度圖線末段BC平行于時(shí)間軸，運(yùn)動(dòng)員與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，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(dòng)摩擦力，取重力加速度g10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8，則()圖6A滑雪運(yùn)動(dòng)員開始時(shí)做加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)Bt0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為2m/s2C動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25D比例系數(shù)k為15kg/s答案C解析由vt圖象可知，滑雪運(yùn)動(dòng)員開始時(shí)做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；在t0時(shí)刻，圖線切線的斜率即為該時(shí)刻的加速度，故有a0m/s24 m/s2，故B錯(cuò)誤；在t0時(shí)刻開始加速時(shí)，v00，由牛頓第二定律可得mgsin kv0mgcos ma0，最后勻速時(shí)有：vm10 m/s，a0，由平衡條件可得mgsin kvmmgcos0，聯(lián)立解得：0.25，k30 kg/s，故C正確，D錯(cuò)誤7(多選)(2019·江西上饒市重點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，已知最大靜摩擦力與滑動(dòng)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7Aa0BaCaDa答案ACD解析若F較小時(shí)，木板和物塊均靜止，則木板的加速度為零，選項(xiàng)A正確；若物塊和木板一起運(yùn)動(dòng)且不發(fā)生相對滑動(dòng)，對木板和物塊的整體，根據(jù)牛頓第二定律可得：F·2mg2ma，解得：ag，選項(xiàng)D正確；若物塊和木板之間發(fā)生相對滑動(dòng)，對木板，水平方向受兩個(gè)摩擦力的作用，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg·2mgma，解得：ag，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確8(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(gè)F0.5t(N)的變力作用，從t0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，滑塊所受摩擦力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()圖8A滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4B木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C圖乙中t224sD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(dòng)摩擦力為8N，則滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，選項(xiàng)A正確；由題圖可知t1時(shí)刻木板相對地面開始滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對靜止，則木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t2時(shí)刻，滑塊與木板將要產(chǎn)生相對滑動(dòng)，滑塊與木板間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力Ffm8N，此時(shí)兩物體的加速度相等，且木板的加速度達(dá)到最大，則對木板：Ffm·2mgmam，解得am2m/s2，對滑塊：FFfmmam，解得F12N，則由F0.5t(N)可知，t224s，選項(xiàng)C、D正確6