2023年新高考物理考試熱點4牛頓運動定律

2023年新高考物理考試熱點4牛頓運動定律1.(2021·山東泰安市高三一模)如圖1所示，掛鉤連接三根長度均為L的輕繩，三根輕繩的另一端與一質(zhì)量為m，直徑為1.2L的水平圓環(huán)相連，連接點將圓環(huán)三等分．在掛鉤拉力作用下圓環(huán)以加速度a＝eq\f(1,2)g勻減速上升，已知重力加速度為g，則每根繩上的拉力大小為()圖1A.eq\f(5,6)mgB.eq\f(5,24)mgC.eq\f(5,12)mgD.eq\f(5,8)mg答案B解析設(shè)每根輕繩與豎直方向的夾角為α，每根輕繩上的拉力大小為F，根據(jù)幾何關(guān)系可得sinα＝eq\f(0.6L,L)＝0.6，則cosα＝0.8.分析圓環(huán)受力，可知三根輕繩拉力水平方向的分力恰好平衡，豎直方向的分力與圓環(huán)重力的合力提供加速度，有mg－3Fcosα＝m·eq\f(1,2)g，解得F＝eq\f(5,24)mg，故選B.2.(2021·河北張家口市高三期末)如圖2所示，在水平面上固定一傾角θ＝30°的光滑斜面，斜面底端固定一擋板C，兩個質(zhì)量均為m的物塊A、B用輕彈簧相連，靜止在斜面上．現(xiàn)用一平行于斜面向上的拉力F拉物塊A，在物塊B恰好離開擋板C的瞬間撤去力F，重力加速度為g，則撤去力F的瞬間()圖2A．物塊A的加速度為零B．物塊A的加速度為eq\f(g,2)，方向沿斜面向下C．物塊B的加速度為eq\f(g,2)，方向沿斜面向上D．物塊B的加速度為零答案D解析撤去力F瞬間，彈簧的彈力為kx＝mgsinθ，撤去力F的瞬間，對物塊B，由牛頓第二定律得kx－mgsinθ＝maB，對物塊A，由牛頓第二定律得kx＋mgsinθ＝maA，解得aB＝0，aA＝g，方向沿斜面向下，故選D.3.(2021·天津市河西區(qū)高三期末)如圖3所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量相同，A與B之間、B與地面之間的動摩擦因數(shù)也相同(最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小)．若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時水平力大小為F1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時水平力大小為F2，則F1與F2的比為()圖3A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶4答案D解析由于A與B之間的最大靜摩擦力FfAB＝μmg小于B與地面之間的最大靜摩擦力FfB地＝2μmg，當(dāng)水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時B靜止，A與B間的靜摩擦力剛好達(dá)到最大，此時水平力大小為F1＝μmg；當(dāng)水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時A、B間的靜摩擦力剛好達(dá)到最大，A、B的加速度相等，有aA＝aB＝eq\f(μmg,m)＝μg，此時水平力大小為F2－2μmg＝2maB，解得F2＝4μmg，故F1與F2的比為1∶4，故D正確，A、B、C錯誤．4.(2021·廣西桂林市秀峰區(qū)高三第一次聯(lián)合調(diào)研)如圖4所示，在豎直平面內(nèi)，一輛小車正在水平面上以加速度a向右勻加速運動，大物塊壓在車廂豎直后壁上并與車廂相對靜止，小物塊放在大物塊上與大物塊相對靜止，大物塊剛好不下滑，小物塊與大物塊也剛好不發(fā)生相對滑動．重力加速度為g，a<g．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則大物塊與車廂后壁間的動摩擦因數(shù)μ1和小物塊與大物塊間的動摩擦因數(shù)μ2的大小關(guān)系正確的是()圖4A．μ1<μ2 B．μ1＝μ2C．μ1>μ2 D．μ1·μ2<1答案C解析將小物塊與大物塊看作一個整體有(m＋M)g＝μ1FN1，F(xiàn)N1＝(m＋M)a，對小物塊受力分析有mg＝FN2，μ2FN2＝ma，代入分別解得μ1＝eq\f(g,a)，μ2＝eq\f(a,g)，由于a<g，則有，μ1>1，μ2<1，μ1>μ2，μ1·μ2＝1，故選C.5.(2021·山東日照市高三一模)如圖5所示，傾角為θ的斜面上有一無動力小車，小車?yán)镉眉?xì)繩懸掛一個小球．當(dāng)小車沿斜面向下加速滑動時，懸線與垂直斜面Ob方向的夾角始終為α(α<θ)，則可求小車的底面與斜面間的動摩擦因數(shù)μ為()圖5A．μ＝tanθ B．μ＝tan(θ－α)C．μ＝sin(θ－α) D．μ＝tanα答案D解析以小球為研究對象，受力分析如圖所示則有FTcosα＝mgcosθ，mgsinθ－FTsinα＝ma，以車和小球整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，解得a＝gsinθ－μgcosθ，聯(lián)立解得μ＝tanα，A、B、C錯誤，D正確．6.(多選)(2021·湖南岳陽市高三檢測)如圖6所示，質(zhì)量為m的物塊A靜置在水平桌面上，通過足夠長的輕繩和輕質(zhì)滑輪懸掛著質(zhì)量為4m的物塊B.現(xiàn)由靜止釋放物塊A、B，以后的運動過程中物塊A不與定滑輪發(fā)生碰撞．已知重力加速度大小為g，不計所有摩擦阻力，下列說法正確的是()圖6A．在相同時間內(nèi)物塊A、B運動的路程之比為1∶2B．物塊A、B的加速度大小之比為2∶1C．輕繩的拉力大小為eq\f(mg,2)D．B下落高度h時速度為eq\r(gh)答案BD解析根據(jù)動滑輪的特點可知B下降s，A需要移動2s，故sA＝2sB，選項A錯誤；物塊A、B都是由靜止開始運動的，故有2×eq\f(1,2)aBt2＝eq\f(1,2)aAt2，解得eq\f(aA,aB)＝eq\f(2,1)，選項B正確；對A受力分析有FT＝maA，對B受力分析有4mg－2FT＝4maB，解得FT＝mg，aB＝eq\f(1,2)g，選項C錯誤；物塊B加速度為aB＝eq\f(1,2)g，根據(jù)速度位移公式，有v2＝2aBh，解得v＝eq\r(gh)，選項D正確．7．(多選)(2021·全國乙卷·19)水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動，物體通過的路程等于s0時，速度的大小為v0，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運動，重力加速度大小為g，則()A．在此過程中F所做的功為eq\f(1,2)mv02B．在此過程中F的沖量大小等于eq\f(3,2)mv0C．物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于eq\f(v\o\al(,02),4s0g)D．F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍答案BC解析外力撤去前，由牛頓第二定律可知F－μmg＝ma1①由速度位移公式有v02＝2a1s0②外力撤去后，由牛頓第二定律可知－μmg＝ma2③由速度位移公式有－v02＝2a2(2s0)④由①②③④可得，水平恒力F＝eq\f(3mv\o\al(,02),4s0)物體與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(v\o\al(,02),4s0g)滑動摩擦力Ff＝μmg＝eq\f(mv\o\al(,02),4s0)可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，故C