2021年新高考物理三轮复习京津鲁琼专用练习：选择题热点巧练热点4牛顿运动定律的应用含解析

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 mi、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 M专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= K1 + Rg, aB= ug B.aA= ug aB= 0 mi C. aA= u1 + m2）g，aB =0 D-aA= ug aB= ug 2. （多选）

2、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 宀 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 . V1V2 B.V1V2 C. t1 = t2 D.t1M，有 xi = X2 B .若 mv M，有 xi = X2 C.若 usin B ,有 xi X2 D .若（iv sin B ,有 xi v X2 7. 质量为 M= 20 kg、长为 L = 5 m 的木板放在水平面上，木板与水平

3、面间的动摩擦因数 口 = 0.i5.将质量为 m= i0 kg 的小木块（可视为质点）,以 Vo= 4 m/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 擦力，g = 10 m/s2）.则以下判断中正确的是 （ ） 运动中，线上拉力的大小（ 向上运动时，弹簧的伸长量为 X2,则下列说法中正确的是 （ A VYYTYWi If 亚=0.4（最大静摩擦力等于滑动摩 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 C.木板一定向右滑动，小木块不会滑出木板m TVJV - -L 4 向下，也可能向上，所以在 1 s 内的位移有

4、两种情况，向下加速时 xi= vt+*at2= 4 m;向上减 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B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 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( ) m 施加一个向左的水平 A物块 m 下滑的加速度等于 B 物块 m 下滑的加速度大于 Feos B m C.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

5、分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有: mg= kx,贝U x= mg k 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 =畑卄 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= = mi+ m2)g； B 在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力， mi mi 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 F落的高度大，重力做功多，由动能定理 W合=AEk知，V1V2,选

6、项 A 正确， B 错误；设圆半径为 R，ab 与 ac 之间的夹角为 3, ac 与水平面之间的夹角 为 a，则 2R=；gt2 sin( a+ 3)，2Rcos 3= |gt2sin a，比较 sin( a+ 3与 的示数)，加速度a =吒巳=2 m/s2,方向向下.升降机初速度大小为 v0= 3 m/s,方向可能 速时 x2= v0t ?at2= 2 m，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 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 5. 解析：选 C.在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得 对 mi由牛顿第二定律得 Ti umg =

7、miai，联立解得 Ti= 罕一 F ;在斜面上时，对整体由牛 mi+ m2 顿第二定律得 F (Xmi+ m2)gcos 0 (mi + m?) gsin 0 = (mi + m2)a2,对 mi 由牛顿第二定律得 、 mi T2 umgcos 0 migsin 0 = mia2,联立解得 T?=叶十m?F;在竖直方向时，对整体由牛顿第 二定律得 F (mi+ m2)g = (mi + m2)a3，对 mi由牛顿第二定律得 T3 m = mia3，联立解得 T3 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 (Xm+ M)g = (m+ M)ai 隔离物块 A,根

8、据牛顿第二定律，有 Tm= mai 联立式解得 T =-F m+ M 在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有 F (m+ M)gsin 0 p(m+ M)gcos 0 =(m + M)a2 隔离物块 A,根据牛顿第二定律，有 T mgs in 0 1 mgos 0 = ma2 联立式，解得 T= Fm M + m 比较式， 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 Ffi = img = 0.4 X i00 N = 40 N ,水平面对木板的最 大静摩擦力 Ff2=

9、 1( M + m)g = 45 N，因为 FfiFf2，故木板一定静止不动.由牛顿第二定律得 2 2 vo i6 , i , x= = m = 2 mL，所以小木块不会滑出木板.故选项 2a2 8 A 正确，B、C、D 错误. 0 Imgcos 0 Fsin 0 ) = ma,解得 a= Fcos 0 ：卩丽-, 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= Imgcos 0 Fsin 0 )，正压力 FN = mgcos 0 Fsin 0，又 尸 tan 0，把摩擦力和压力求和，方向竖直8 解析：选 BD.由题意知, 物块自己能够沿斜面匀速下滑，得 mgsin 0 = 1 mgos 0 , g,人处于完全失重状态；座 B. F卩(mi + m2)g = (mi