【文档说明】高考物理三轮冲刺复习选择题4牛顿运动定律的应用(含解析).doc，共(5)页，97.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-92147.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-热点4牛顿运动定律的应用(建议用时：20分钟)1．(2019·全国押题卷二)如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在

墙上，A、B与传送带间动摩擦因数均为μ.传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB，(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)则()A．aA＝μ(1＋m2m1)g，aB＝μgB.aA＝μg，aB＝0C．aA＝μ(1＋m2m1)g，aB＝0D

.aA＝μg，aB＝μg2.(多选)如图所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心．每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速度释放，用v1、v2分别表示滑环到达a点的速度大小，用t1、t2分别表示滑环到达a所用的时间，则(

)A．v1>v2B.v1<v2C．t1＝t2D.t1<t23．(多选)弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2kg的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16N，如果从升降机的速度大小为3m/s时开始计

时，则经过1s，升降机的位移大小可能是(g取10m/s2)()A．3mB.5mC．2mD.4m4．(2019·北京西城区高三模拟)一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重．一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上

几十米的高处，然后让座舱自由落下．落到一定位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．在上述过程中，关于座舱中的人所处的状态，下列判断正确的是()A．座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B．座舱在减速运动的过程中人处于超重状态C．座舱在整个运动过程中人都处于失重状态-2-D．

座舱在整个运动过程中人都处于超重状态5．如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小()A．由大变小B．由小变大C．始终不变且大小为m1m1＋m2FD．由大变小

再变大6．(多选)(2019·济宁检测)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻质弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为

x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ、粗糙程度与水平面相同的斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是()A．若m＞M，有x1＝x2B．若m＜M，有x1＝x

2C．若μ＞sinθ，有x1＞x2D．若μ＜sinθ，有x1＜x27．质量为M＝20kg、长为L＝5m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量为m＝10kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4m/s的速度从木板的左端水平抛射到

木板上(如图所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2)．则以下判断中正确的是()A．木板一定静止不动，小木块不会滑出木板B．木板一定静止不动，小木块会滑出木板-3-C．木板一定向右滑动，小木块不会滑出木板D．木板一定向右滑动，小木块会滑出木板

8．(多选)(2019·枣庄二模)倾角为θ的斜面体M静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的．已知质量为m的物块恰可沿其斜面匀速下滑．今对下滑的物块m施加一个向左的水平拉力F，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M始终保持静止．则此时()A．物块m下滑

的加速度等于FcosθmB．物块m下滑的加速度大于FcosθmC．水平面对斜面体M的静摩擦力方向水平向右D．水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零热点4牛顿运动定律的应用1．解析：选C.对物块B受力分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：

μm2g＝kx，则x＝μm2gk.以两个物块组成的整体为研究对象进行受力分析，则绳子的拉力：T＝μ(m1＋m2)g；突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A受到的合外力与T大小相等，方向相反，则：aA＝Tm1＝μ（m1＋m2）gm1；B在水平

方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0.故选项C正确，A、B、D错误．2．解析：选AD.小滑环沿杆下滑过程中，只有重力做功，且由b到a下落的高度大，重力做功多，由

动能定理W合＝ΔEk知，v1>v2，选项A正确，B错误；设圆半径为R，ab与ac之间的夹角为β，ac与水平面之间的夹角为α，则2R＝12gt21·sin(α＋β)，2Rcosβ＝12gt22sinα，比较sin(α＋β)与sinαcosβ的大小，有sin(α＋β)－sinαcosβ＝co

s（α＋β）·sinβcosβ.又(α＋β)为锐角，cos(α＋β)>0，sinβcosβ>0，所以sin(α＋β)>sinαcosβ，即t1<t2，所以选项C错误，D正确．3．解析：选CD.对物体进行受力分析，受向下的重力和向上的拉力(大小等于弹簧测力计的示数)，加速度a＝mg－

F弹m＝2m/s2，方向向下．升降机初速度大小为v0＝3m/s，方向可能-4-向下，也可能向上，所以在1s内的位移有两种情况，向下加速时x1＝v0t＋12at2＝4m；向上减速时x2＝v0t－12at2＝2m，故选C、D.

4．解析：选B.座舱在自由下落的过程中，加速度为向下的g，人处于完全失重状态；座舱在减速运动的过程中，加速度向上，则人处于超重状态，故选B.5．解析：选C.在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g

＝(m1＋m2)a1，对m1由牛顿第二定律得T1－μm1g＝m1a1，联立解得T1＝m1m1＋m2F；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)gcosθ－(m1＋m2)·gsinθ＝(m

1＋m2)a2，对m1由牛顿第二定律得T2－μm1gcosθ－m1gsinθ＝m1a2，联立解得T2＝m1m1＋m2F；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，对m1由牛顿第二定律得T3－m1

g＝m1a3，联立解得T3＝m1m1＋m2F.综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为m1m1＋m2F，选项C正确．6．解析：选AB.在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔离物块A，根据牛顿第二定律

，有T－μmg＝ma1②联立①②式解得T＝Fmm＋M③在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)gsinθ－μ(m＋M)gcosθ＝(m＋M)a2④隔离物块A，根据牛顿第二定律，有T′－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2⑤联立④⑤式，解

得T′＝FmM＋m⑥比较③⑥式，可知，弹簧的弹力(或伸长量)相等，与两物块的质量大小、动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误．7．解析：选A.小木块对木板的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0.4×100N＝40N，水平面对木板的最大静摩擦力Ff2＝μ1(M＋m)g＝45N，因为Ff1<F

f2，故木板一定静止不动．由牛顿第二定律得小木块的加速度a2＝μ2g＝4m/s2，x＝v202a2＝168m＝2m<L，所以小木块不会滑出木板．故选项A正确，B、C、D错误．8．解析：选BD.由题意知，物块自己能够沿斜面匀速下滑，得mgsinθ＝μmgcosθ，施加拉力F后

，mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma，解得a＝-5-Fcosθ＋μFsinθm，所以A错误，B正确；以斜面体为研究对象，受物块的摩擦力沿斜面向下为Ff＝μ(mgcosθ－Fsinθ)，正压力FN＝mgcosθ－Fsinθ，又μ＝tanθ，把摩擦力和压力求和，方

向竖直向下，所以斜面体在水平方向没有运动的趋势，故不受地面的摩擦力，所以C错误，D正确．