京津鲁琼专用2025版高考物理大三轮复习选择题热点巧练热点4牛顿运动定律的应用含解析

PAGE5-热点4牛顿运动定律的应用(建议用时：20分钟)1．(2024·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＋eq\f(m2,m1))g，aB＝μg B.aA＝μg，aB＝0C．aA＝μ(1＋eq\f(m2,m1))g，aB＝0 D.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>v2 B.v1<v2C．t1＝t2 D.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，假如从升降机的速度大小为3m/s时起先计时，则经过1s，升降机的位移大小可能是(g取10m/s2)()A．3m B.5mC．2m D.4m4．(2024·北京西城区高三模拟)一种巨型消遣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．落到肯定位置时，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，下列推断正确的是()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，最终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eq\f(m1,m1＋m2)FD．由大变小再变大6．(多选)(2024·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匀加速沿斜面对上运动时，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＝x2C．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)．则以下推断中正确的是()A．木板肯定静止不动，小木块不会滑出木板B．木板肯定静止不动，小木块会滑出木板C．木板肯定向右滑动，小木块不会滑出木板D．木板肯定向右滑动，小木块会滑出木板8．(多选)(2024·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，物块仍沿斜面对下运动，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eq\f(Fcosθ,m)B．物块m下滑的加速度大于eq\f(Fcosθ,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受力分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm2g＝kx，则x＝eq\f(μm2g,k).以两个物块组成的整体为探讨对象进行受力分析，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＝eq\f(T,m1)＝eq\f(μ（m1＋m2）g,m1)；B在水平方向仍旧受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍旧等于0，所以B的加速度仍旧等于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＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)·sin(α＋β)，2Rcosβ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)sinα，比较sin(α＋β)与eq\f(sinα,cosβ)的大小，有sin(α＋β)－eq\f(sinα,cosβ)＝eq\f(cos（α＋β）·sinβ,cosβ).又(α＋β)为锐角，cos(α＋β)>0，eq\f(sinβ,cosβ)>0，所以sin(α＋β)>eq\f(sinα,cosβ)，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＝eq\f(mg－F弹,m)＝2m/s2，方向向下．升降机初速度大小为v0＝3m/s，方向可能向下，也可能向上，所以在1s内的位移有两种状况，向下加速时x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝4m；向上减速时x2＝v0t－eq\f(1,2)at2＝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，对整体由牛顿其次定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对m1由牛顿其次定律得T1－μm1g＝m1a1，联立解得T1＝eq\f(m1,m1＋m2)F；在斜面上时，对整体由牛顿其次定律得F－μ(m1＋m2)gcosθ－(m1＋m2)·gsinθ＝(m1＋m2)a2，对m1由牛顿其次定律得T2－μm1gcosθ－m1gsinθ＝m1a2，联立解得T2＝eq\f(m1,m1＋m2)F；在竖直方向时，对整体由牛顿其次定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，对m1由牛顿其次定律得T3－m1g＝m1a3，联立解得T3＝eq\f(m1,m1＋m2)F.综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为eq\f(m1,m1＋m2)F，选项C正确．6．解析：选AB.在水平面上滑动时，对整体，依据牛顿其次定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔离物块A，依据牛顿其次定律，有T－μmg＝ma1②联立①②式解得T＝eq\f(Fm,m＋M)③在斜面上滑动时，对整体，依据牛顿其次定律，有F－(m＋M)gsinθ－μ(m＋M)gcosθ＝(m＋M)a2④隔离物块A，依据牛顿其次定律，有T′－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2⑤联立④⑤式，解得T′＝eq\f(Fm,M＋m)⑥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<Ff2，故木板肯定静止不动．由牛顿其次定律得小木块的加速度a2＝μ2g＝4m/s2，x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)＝eq\f(16,8)m＝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(mgco