江苏省2020版高考物理三轮复习 热点3 牛顿运动定律的应用练习（含解析）

热点3牛顿运动定律的应用(建议用时：20分钟)1(2019江苏五校联考)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.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()AaA(1)g，aBgBaAg，aB0CaA(1)g，aB0 DaAg，aBg2.(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()Av1v2 Bv1v2Ct1t2 Dt1v2，选项A正确，B错误；设圆半径为R，ab与ac之间的夹角为，ac与水平面之间的夹角为，则2Rgtsin()，2Rcos gtsin ，比较sin()与的大小，有sin().又()为锐角，cos()0，0，所以sin()，即t1t2，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a2 m/s2，方向向下升降机初速度大小为v03 m/s，方向可能向下，也可能向上，所以在1 s内的位移有两种情况，向下加速时x1v0tat24 m；向上减速时x2v0tat22 m，故选C、D.4解析：选CD.当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以其重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A，由动能定理知物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A的机械能增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成的系统机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确5解析：选C.在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F(m1m2)g(m1m2)a1，对m1由牛顿第二定律得T1m1gm1a1，联立解得T1F；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F(m1m2)gcos (m1m2)gsin (m1m2)a2，对m1由牛顿第二定律得T2m1gcos m1gsin m1a2，联立解得T2F；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F(m1m2)g(m1m2)a3，对m1由牛顿第二定律得T3m1gm1a3，联立解得T3F.综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为F，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(mM)g(mM)a1隔离物块A，根据牛顿第二定律，有Tmgma1联立式解得T在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(mM)gsin (mM)gcos (mM)a2隔离物块A，根据牛顿第二定律，有Tmgsin mgcos ma2联立式，解得T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Ff12mg0.4100 N40 N，水平面对木板的最大静摩擦力Ff21(Mm)g45 N，因为Ff1Ff2，故木板一定静止不动由牛顿第二定律得小木块的加速度a22g4 m/s2，x m2 mL，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mgsin mgcos ，施加拉力F后，mgsin Fcos (mgcos Fsin )ma，解得a，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(mgcos Fsin )，正压力FNmgcos Fsin ，又tan ，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- 5 -