（課標通用）高考物理二輪復習 選擇題提分技巧 熱點4 牛頓運動定律的應用（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、熱點4　牛頓運動定律的應用 (建議用時：20分鐘) 1．(2019·全國押題卷二)如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1、m2的物塊A和B通過一輕彈簧連接在一起并放置于水平傳送帶上，水平輕繩一端連接A，另一端固定在墻上，A、B與傳送帶間動摩擦因數(shù)均為μ.傳送帶順時針方向轉(zhuǎn)動，系統(tǒng)達到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間，設A、B的加速度大小分別為aA和aB，(彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g)則(　　) A．a(chǎn)A＝μg，aB＝μg B．a(chǎn)A＝μg，aB＝0 C．a(chǎn)A＝μg，aB＝0 D．a(chǎn)A＝μg，aB＝μg C　解析 對物塊B分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有μm2g＝kx，則x＝，以兩個物塊組成

2、的整體為研究對象，則繩子的拉力T＝μ(m1＋m2)g；突然剪斷輕繩的瞬間，繩子的拉力減小為零，而彈簧的彈力不變，則A受到的合外力與T大小相等，方向相反，則aA＝＝；B在水平方向仍然受到彈簧的拉力和傳送帶的摩擦力，合外力不變，仍然等于零，所以B的加速度仍然等于零，選項C正確，A、B、D錯誤． 2．(2020·安徽皖江名校聯(lián)考)如圖所示，水平地面上有靜止的18個相同的木塊排成一條直線接觸但不粘連，每個木塊的長度l＝0.5 m，質(zhì)量m＝1.2 kg，它們與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，在右邊第一個木塊的右端放一質(zhì)量M＝1 kg的小鉛塊(可視為質(zhì)點)，它與各木塊間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.5，

3、現(xiàn)突然給小鉛塊一個向左的初速度v0＝10 m/s，使其在木塊上滑行．設木塊與地面間及小鉛塊與木塊間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，則(　　) A．小鉛塊相對木塊滑動時小鉛塊的加速度大小為10 m/s2 B．小鉛塊最多能帶動5個木塊運動 C．第10個木塊運動的速度大小為1 m/s D．小鉛塊下的木塊剛發(fā)生運動時小鉛塊的瞬時速度大小為5 m/s D　解析 設小鉛塊相對木塊滑動時加速度大小為a，由牛頓第二定律可得μ2Mg＝Ma，解得a＝5 m/s2，選項A錯誤；設小鉛塊滑動過程中，最多能帶動x個木塊運動，將x個木塊當作一個整體進行受力分析，當木塊運動時，則

4、有μ2Mg>μ1(xmg＋Mg)，解得x<3.3，即小鉛塊最多只能帶動3個木塊運動，選項B、C錯誤；由上述分析可知，當木塊開始運動時，是最后的三個木塊，則小鉛塊已經(jīng)通過前面的15個木塊，設小鉛塊剛滑上第16個木塊的速度為v，根據(jù)運動學公式有v－v2＝2a×15l，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s，選項D正確． 3．(2020·山西太原名校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的光滑小球恰好放在質(zhì)量也為m的圓弧槽內(nèi)，它與槽左右兩端的接觸處分別為A點和B點，圓弧槽的半徑為R，OA與水平線AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通過細線和滑輪與重物C相連，滑輪左側(cè)細線始終處于水平狀態(tài)．通過實驗知道，當槽的加速度較大時

5、，小球?qū)牟壑袧L出．滑輪與細線質(zhì)量都不計，要使小球不從槽中滾出，則重物C的最大質(zhì)量為(　　) A．m　　 B．2m　　 C．(－1)m　　 D．(＋1)m D　解析 隔離光滑小球進行受力分析，當光滑小球加速度達到最大時，圓弧槽對光滑小球的彈力方向沿AO方向，設圓弧槽對光滑小球的彈力為F，對光滑小球，由牛頓第二定律有mgtan 30°＝ma，設小球不從槽中滾出時，重物C的最大質(zhì)量為M，對重物C有Mg－F＝Ma，對圓弧槽和光滑小球有F′＝2ma，其中F＝F′，聯(lián)立解得M＝(＋1)m，選項D正確． 4．(2020·黑龍家大慶一中開學考試)某位同學為了研究超重和失重現(xiàn)象，將重為50 N的物體帶

6、到電梯中，并將它放在水平放置的傳感器上，電梯由啟動到停止的過程中，測得重物的壓力隨時間變化的圖象如圖所示．設在t1＝2 s和t2＝8 s時電梯的速度分別為v1和v2.下列判斷正確的是(　　) A．電梯在上升，v2>v1　　　B．電梯在上升，v1>v2 C．電梯在下降，v1>v2　　　D．電梯在下降，v2>v1 A　解析 由圖可知，0～4 s物體超重，說明電梯開始勻加速上升，4 s末速度達到最大值，在4～14 s電梯以最大速度勻速上升運動，在14～18 s物體失重，說明電梯在勻減速上升，18 s末電梯靜止，選項C、D錯誤；由上述分析可知，電梯在2 s末的速度小于4 s末的速度，在8 s

7、末的速度等于4 s末的速度，故電梯在2 s末的速度小于8 s末的速度，即v2>v1，選項A正確，B錯誤． 5．(2020·黑龍江牡丹江一中開學考試)(多選)如圖所示，彈簧p和細繩q的上端固定在天花板上，下端用小鉤鉤住質(zhì)量為m的小球C，彈簧、細繩和小鉤的質(zhì)量均忽略不計．靜止時p、q與豎直方向的夾角均為60°.下列判斷正確的有(　　) A．若p和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間q對球的拉力大小為mg B．若p和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間球的加速度大小為g C．若q和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間p對球的拉力大小為mg D．若q和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間球的加速度大小為g BD　解析 由題意可知，原

8、來p、q對球的拉力大小均為mg，p和球脫鉤后，球?qū)㈤_始沿圓弧運動，將q受的力進行正交分解，如圖甲所示，則有F－mgcos 60°＝0，mgsin 60°＝ma，解得F＝mg，a＝ g，選項A錯誤，B正確；q和球突然脫鉤后瞬間，p的拉力未來得及改變，仍為mg，根據(jù)力的合成，如圖乙所示，球所受合力為mg，則球的加速度大小為g，選項C錯誤，D正確． 6．(2019·重慶一中月考)(多選)傾角為θ的斜面體M靜止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的．已知質(zhì)量為m的物塊恰可沿其斜面勻速下滑．今對下滑的物塊m施加一個向左的水平拉力F，物塊仍沿斜面向下運動，斜面體M始終保持靜止．則此時(　　) A

9、．物塊m下滑的加速度等于 B．物塊m下滑的加速度大于 C．水平面對斜面體M的靜摩擦力方向水平向右 D．水平面對斜面體M的靜摩擦力大小為零 BD　解析 由題意知，物塊恰能夠沿斜面勻速下滑，得mgsin θ＝μmgcos θ，施加拉力F后，mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma，解得a＝，選項A錯誤，B正確；以斜面體為研究對象，受物塊的摩擦力沿斜面向下為Ff＝μ(mgcos θ－Fsin θ)，正壓力FN＝mgcos θ－Fsin θ，又 μ＝tan θ，把摩擦力和壓力求和，方向豎直向下，所以斜面體在水平方向沒有運動的趨勢，故不受地面的摩擦力，選項D正確，

10、C錯誤． 7．(2020·安徽六安一中開學考試)(多選)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，g為重力加速度，下列說法正確的是(　　) A．紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)g B．要使紙板相對砝碼運動，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)g C．若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼不會從桌面上掉下 D．當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼最終不會從桌面邊緣滑落 BC　解析 當紙板相對砝碼運動時，紙板所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μM

11、g＝μ(2M＋m)g，選項A錯誤；設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有μMg＝Ma1，F(xiàn)－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，發(fā)生相對運動需要a2>a1，解得F>2μ(M＋m)g，選項B正確；若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼做勻加速運動的位移小于，根據(jù)對稱性可知，做勻減速運動的位移也小于，則砝碼的總位移小于d，不會從桌面上掉下，選項C正確；當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離紙板時的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝＝2μg，根據(jù)a2t2－a1t2＝d，解得t＝，則砝碼向右做勻加速運動的位移為x＝a1t2＝d，已到達桌面邊緣，則此時砝碼的速度v＝a1t＝，則砝碼脫離紙板后繼續(xù)向右運動，會從桌面邊緣滑落，選項D錯誤．