PAGE5-熱點(diǎn)4牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用(建議用時(shí)：20分鐘)1．(2019·全國押題卷二)如圖所示，兩個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.傳送帶順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間，設(shè)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＝μ(1＋eq\f(m2,m1))g，aB＝μg B.aA＝μg，aB＝0C．a(chǎn)A＝μ(1＋eq\f(m2,m1))g，aB＝0 D.aA＝μg，aB＝μg2.(多選)如圖所示，ab、ac是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c位于同一圓周上，O為該圓的圓心，ab經(jīng)過圓心．每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)，兩個(gè)滑環(huán)分別從b、c點(diǎn)無初速度釋放，用v1、v2分別表示滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的速度大小，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達(dá)a所用的時(shí)間，則()A．v1>v2 B.v1<v2C．t1＝t2 D.t1<t23．(多選)彈簧測(cè)力計(jì)掛在升降機(jī)的頂板上，下端掛一質(zhì)量為2kg的物體．當(dāng)升降機(jī)在豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)始終是16N，如果從升降機(jī)的速度大小為3m/s時(shí)開始計(jì)時(shí)，則經(jīng)過1s，升降機(jī)的位移大小可能是(g取10m/s2)()A．3m B.5mC．2m D.4m4．(2019·北京西城區(qū)高三模擬)一種巨型娛樂器械可以使人體驗(yàn)超重和失重．一個(gè)可乘十多個(gè)人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機(jī)送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下．落到一定位置時(shí)，制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)，座艙做減速運(yùn)動(dòng)，到地面時(shí)剛好停下．在上述過程中，關(guān)于座艙中的人所處的狀態(tài)，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(tài)B．座艙在減速運(yùn)動(dòng)的過程中人處于超重狀態(tài)C．座艙在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中人都處于失重狀態(tài)D．座艙在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中人都處于超重狀態(tài)5．如圖所示，質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)材料相同的物體用細(xì)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(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，在三個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)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eq\f(m1,m1＋m2)FD．由大變小再變大6．(多選)(2019·濟(jì)寧檢測(cè))如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B用輕質(zhì)彈簧相連，兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，當(dāng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x1；當(dāng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，則下列說法中正確的是()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．質(zhì)量為M＝20kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5m的木板放在水平面上，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.15.將質(zhì)量為m＝10kg的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，以v0＝4m/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(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.4(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g＝10m/s2)．則以下判斷中正確的是()A．木板一定靜止不動(dòng)，小木塊不會(huì)滑出木板B．木板一定靜止不動(dòng)，小木塊會(huì)滑出木板C．木板一定向右滑動(dòng)，小木塊不會(huì)滑出木板D．木板一定向右滑動(dòng)，小木塊會(huì)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(zhì)量為m的物塊恰可沿其斜面勻速下滑．今對(duì)下滑的物塊m施加一個(gè)向左的水平拉力F，物塊仍沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，斜面體M始終保持靜止．則此時(shí)()A．物塊m下滑的加速度等于eq\f(Fcosθ,m)B．物塊m下滑的加速度大于eq\f(Fcosθ,m)C．水平面對(duì)斜面體M的靜摩擦力方向水平向右D．水平面對(duì)斜面體M的靜摩擦力大小為零熱點(diǎn)4牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用1．解析：選C.對(duì)物塊B受力分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：μm2g＝kx，則x＝eq\f(μm2g,k).以兩個(gè)物塊組成的整體為研究對(duì)象進(jìn)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＝eq\f(T,m1)＝eq\f(μ（m1＋m2）g,m1)；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(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤．2．解析：選AD.小滑環(huán)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(dòng)能定理W合＝ΔEk知，v1>v2，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)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＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)·sin(α＋β)，2Rcosβ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)sinα，比較sin(α＋β)與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)為銳角，cos(α＋β)>0，eq\f(sinβ,cosβ)>0，所以sin(α＋β)>eq\f(sinα,cosβ)，即t1<t2，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．3．解析：選CD.對(duì)物體進(jìn)行受力分析，受向下的重力和向上的拉力(大小等于彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù))，加速度a＝eq\f(mg－F彈,m)＝2m/s2，方向向下．升降機(jī)初速度大小為v0＝3m/s，方向可能向下，也可能向上，所以在1s內(nèi)的位移有兩種情況，向下加速時(shí)x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝4m；向上減速時(shí)x2＝v0t－eq\f(1,2)at2＝2m，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(tài)；座艙在減速運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度向上，則人處于超重狀態(tài)，故選B.5．解析：選C.在水平面上時(shí)，對(duì)整體由牛頓第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，對(duì)m1由牛頓第二定律得T1－μm1g＝m1a1，聯(lián)立解得T1＝eq\f(m1,m1＋m2)F；在斜面上時(shí)，對(duì)整體由牛頓第二定律得F－μ(m1＋m2)gcosθ－(m1＋m2)·gsinθ＝(m1＋m2)a2，對(duì)m1由牛頓第二定律得T2－μm1gcosθ－m1gsinθ＝m1a2，聯(lián)立解得T2＝eq\f(m1,m1＋m2)F；在豎直方向時(shí)，對(duì)整體由牛頓第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，對(duì)m1由牛頓第二定律得T3－m1g＝m1a3，聯(lián)立解得T3＝eq\f(m1,m1＋m2)F.綜上分析可知，線上拉力始終不變且大小為eq\f(m1,m1＋m2)F，選項(xiàng)C正確．6．解析：選AB.在水平面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有T－μmg＝ma1②聯(lián)立①②式解得T＝eq\f(Fm,m＋M)③在斜面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－(m＋M)gsinθ－μ(m＋M)gcosθ＝(m＋M)a2④隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有T′－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2⑤聯(lián)立④⑤式，解得T′＝eq\f(Fm,M＋m)⑥比較③⑥式，可知，彈簧的彈力(或伸長(zhǎng)量)相等，與兩物塊的質(zhì)量大小、動(dòng)摩擦因數(shù)和斜面的傾角無關(guān)，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤．7．解析：選A.小木塊對(duì)木板的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0.4×100N＝40N，水平面對(duì)木板的最大靜摩擦力Ff2＝μ1(M＋m)g＝45N，因?yàn)镕f1<Ff2，故木板一定靜止不動(dòng)．由牛頓第二定律得小木塊的加速度a2＝μ2g＝4m/s2，x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)＝eq\f(16,8)m＝2m<L，所以小木塊不會(huì)滑出木板．故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤．8．解析：選BD.由題意知，物塊自己能夠沿斜面勻速下滑，得mgsinθ＝μmgcosθ，施加拉力F后，mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgco