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均為μ.傳送帶順時針方向轉動，系統達到穩定后，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，重力加速度為g)則(　　)

A．aA＝μ(1＋m2m1)g，aB＝μg　   B.aA＝μg，aB＝0
C．aA＝μ(1＋m2m1)g，aB＝0    D.aA＝μg，aB＝μg
2.(多選)如圖所示，ab、ac是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，a、b、c位于同一圓周上，O為該圓的圓心，ab經過圓心．每根桿上都套著一個小滑環，兩個滑環分別從b、c點無初速度釋放，用v1、v2分別表示滑環到達a點的速度大小，用t1、t2分別表示滑環到達a所用的時間，則(　　)
A．v1>v2    B.v1<v2
C．t1＝t2    D.t1<t2
3．(多選)彈簧測力計掛在升降機的頂板上，下端掛一質量為2 kg的物體．當升降機在豎直方向運動時，彈簧測力計的示數始終是16 N，如果從升降機的速度大小為3 m/s 時開始計時，則經過1 s，升降機的位移大小可能是(g取10 m/s2)(　　)
A．3 m    B.5 m
C．2 m    D.4 m
4．(2019•北京西城區高三模擬)一種巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重．一個可乘十多個人的環形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下．落到一定位置時，制動系統啟動，座艙做減速運動，到地面時剛好停下．在上述過程中，關于座艙中的人所處的狀態，下列判斷正確的是(　　)
A．座艙在自由下落的過程中人處于超重狀態
B．座艙在減速運動的過程中人處于超重狀態
C．座艙在整個運動過程中人都處于失重狀態
D．座艙在整個運動過程中人都處于超重狀態
5．如圖所示，質量為m1和m2的兩個材料相同的物體用細線相連，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后豎直向上勻加速運動，不計空氣阻力，在三個階段的運動中，線上拉力的大小(　　)

A．由大變小
B．由小變大
C．始終不變且大小為m1m1＋m2F
D．由大變小再變大
6．(多選)(2019•濟寧檢測)如圖所示，在粗糙的水平面上，質量分別為m和M的物塊A、B用輕質彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數均為μ，當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運動時，彈簧的伸長量為x1；當用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ、粗糙程度與水平面相同的斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運動時，彈簧的伸長量為x2，則下列說法中正確的是(　　)

A．若m＞M，有x1＝x2
B．若m＜M，有x1＝x2
C．若μ＞sin θ，有x1＞x2
D．若μ＜sin θ，有x1＜x2
7．質量為M＝20 kg、長為L＝5 m的木板放在水平面上，木板與水平面間的動摩擦因數μ1＝0.15.將質量為m＝10 kg 的小木塊(可視為質點)，以v0＝4 m/s的速度從木板的左端水平拋射到木板上(如圖所示)，小木塊與木板面間的動摩擦因數為μ2＝0.4(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2)．則以下判斷中正確的是(　　)

A．木板一定靜止不動，小木塊不會滑出木板
B．木板一定靜止不動，小木塊會滑出木板
C．木板一定向右滑動，小木塊不會滑出木板
D．木板一定向右滑動，小木塊會滑出木板
8．(多選)(2019•棗莊二模)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．物塊m下滑的加速度等于Fcos θm
B．物塊m下滑的加速度大于Fcos θm
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

熱點4　牛頓運動定律的應用
1．解析：選C.對物塊B受力分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：μm2g＝kx，則x＝μm2gk.以兩個物塊組成的整體為研究對象進行受力分析，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0，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＝Tm1＝μ（m1＋m2）gm1；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0，所以B的加速度仍然等于0.故選項C正確，A、B、D錯誤．
2．解析：選AD.小滑環沿桿下滑過程中，只有重力做功，且由b到a下落的高度大，重力做功多，由動能定理W合＝ΔEk知，v1>v2，選項A正確，B錯誤；設圓半徑為R，ab與ac之間的夾角為β，ac與水平面之間的夾角為α，則2R＝12gt21•sin(α＋β)，2Rcos β＝12gt22sin α，比較sin(α＋β)與sin αcos β的大小，有sin(α＋β)－sin αcos β＝cos（α＋β）•sin βcos β.又(α＋β)為銳角，cos(α＋β)>0，sin βcos β>0，所以sin(α＋β)>sin αcos β，即t1<t2，所以選項C錯誤，D正確．
3．解析：選CD.對物體進行受力分析，受向下的重力和向上的拉力(大小等于彈簧測力計的示數)，加速度a＝mg－F彈m＝2 m/s2，方向向下．升降機初速度大小為v0＝3 m/s，方向可能向下，也可能向上，所以在1 s內的位移有兩種情況，向下加速時x1＝v0t＋12at2＝4 m；向上減速時x2＝v0t－12at2＝2 m，故選C、D.
4．解析：選B.座艙在自由下落的過程中，加速度為向下的g，人處于完全失重狀態；座艙在減速運動的過程中，加速度向上，則人處于超重狀態，故選B.
5．解析：選C.在水平面上時，對整體由牛頓第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，對m1由牛頓第二定律得T1－μm1g＝m1a1，聯立解得T1＝m1m1＋m2F；在斜面上時，對整體由牛頓第二定律得F－μ(m1＋m2)gcos θ－(m1＋m2)•gsin θ＝(m1＋m2)a2，對m1由牛頓第二定律得T2－μm1gcos θ－m1gsin θ＝m1a2，聯立解得T2＝m1m1＋m2F；在豎直方向時，對整體由牛頓第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，對m1由牛頓第二定律得T3－m1g＝m1a3，聯立解得T3＝m1m1＋m2F.綜上分析可知，線上拉力始終不變且大小為m1m1＋m2F，選項C正確．
6．解析：選AB.在水平面上滑動時，對整體，根據牛頓第二定律，有
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①
隔離物塊A，根據牛頓第二定律，有
T－μmg＝ma1②
聯立①②式解得T＝Fmm＋M③
在斜面上滑動時，對整體，根據牛頓第二定律，有F－(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2④
隔離物塊A，根據牛頓第二定律，有
T′－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2⑤
聯立④⑤式，解得T′＝FmM＋m⑥
比較③⑥式，可知，彈簧的彈力(或伸長量)相等，與兩物塊的質量大小、動摩擦因數和斜面的傾角無關，故A、B正確，C、D錯誤．
7．解析：選A.小木塊對木板的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0.4×100 N＝40 N，水平面對木板的最大靜摩擦力Ff2＝μ1(M＋m)g＝45 N，因為Ff1<Ff2，故木板一定靜止不動．由牛頓第二定律得小木塊的加速度a2＝μ2g＝4 m/s2，x＝v202a2＝168 m＝2 m<L，所以小木塊不會滑出木板．故選項A正確，B、C、D錯誤．
8．解析：選BD.由題意知，物塊自己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＝Fcos θ＋μFsin θm，所以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，所以C錯誤，D正確．

久久天天躁狠狠躁夜夜躁,国产精品入口福利,97久久精品人人爽人人爽蜜臀 ,中文字幕国产精品一区二区

當前位置首頁 > 高中物理 > 綜合與其它

熱點4　牛頓運動定律的應用

發表評論

久久天天躁狠狠躁夜夜躁,国产精品入口福利,97久久精品人人爽人人爽蜜臀 ,中文字幕国产精品一区二区

當前位置首頁 > 高中物理 > 綜合與其它

熱點4 牛頓運動定律的應用

發表評論

熱點4　牛頓運動定律的應用