高频考点4 牛顿运动定律-（Word教参）-【精讲精练】2024年高考物理二轮专题辅导与训练

高频考点4　牛顿运动定律 1．(多选) (2023·山东菏泽统考二模)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在质量为M的斜面体顶端，斜面体左侧倾角为37°，右侧倾角为53°。质量分别为m和4m的物体A、B通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳均与斜面平行，A、B恰好都处于静止状态。已知A、B两物体与斜面体间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现剪断轻绳，若斜面体始终处于静止状态，下列说法正确的是(　　) A．μ＝ B．剪断轻绳后，A、B都能沿斜面加速下滑 C．剪断轻绳后，斜面体对地面的压力大于(M＋5m)g D．剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 解析　对物体A受力分析，由平衡条件得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝T，对物体B受力分析，由平衡条件得4mgsin 53°＝μ·4mgcos 53°＋T，联立可得A、B两物体与斜面体间的动摩擦因数为μ＝，A正确；剪断轻绳后，对A受力分析mgsin 37°<μmgcos 37°，所以剪断轻绳后，A在斜面保持静止；剪断轻绳后，对B受力分析4mgsin 53°>μ·4mgcos 53°，剪断轻绳后B能沿斜面加速下滑，B错误；剪断轻绳后，对B物体受力分析，由牛顿第二定律4mgsin 53°－μ·4mgcos 53°＝4maB，解得aB＝ m/s2，对斜面体和A、B物体整体受力分析，在竖直方向(M＋5m)g－N＝4maB·sin 53°，由牛顿第三定律N′＝N，剪断轻绳后，斜面体对地面的压力N′<(M＋5m)g，C错误；对斜面体和A、B物体整体在水平方向上，由平衡条件得，剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力大小为f＝4maBcos 53°，方向水平向右，D正确。 答案　AD 2．(多选) 如图所示，质量均为m的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过分别固定在同一水平面上O、E两点的定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量也为m的小球C相连，小球C套在水平固定且粗细均匀的光滑直杆上，开始时小球C锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角为θ＝60°，物体B对地面的压力恰好为零，某时刻解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F的恒力，小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ，D为 PQ的中点，PQ间距离为L，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略两个定滑轮大小，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物体A做功为零 B．小球C从P点运动到D点的过程中，弹簧弹力和轻绳拉力对物体A的冲量之和为零 C．小球C运动到Q点时，物块A的速度大小为 D．小球C运动到Q点时，物体A的加速度大小为a＝－2g 解析　小球C运动到D点时，物体A的速度为零，根据动能定理可知W合＝ΔEk＝0，故A正确；小球C从P点运动到D点的过程中，根据动量定理知I合＝IG＋IFx＋IT＝mΔv＝0，重力的冲量不为零，所以弹簧弹力和轻绳拉力对物体A的冲量之和也不为零，故B错误；小球C运动到Q点时，弹簧的弹性性能变化量为零，A、C和弹簧组成的系统根据能量守恒有FL＝mvC2＋mvA2，vA＝vCcos θ，解得vA＝，故C错误；小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有T＝＝2F，根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物体B对地面的压力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且大小为Fx＝mg，物体A的加速度大小为a＝＝－2g，故D正确。 答案　AD 3．(多选)(2023·大连统考二模) 质量为M＝3 kg的长木板正在水平地面上向右运动，在t＝0时刻将一质量为m＝1 kg的物块轻放到木板右端，以后木板运动的速度与时间图像如图所示，物块没有从木板上滑下，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。则(　　) A．木板与地面间的动摩擦因数为0.2 B．木板在1.0 s末恰好减速到零 C．木板的长度至少为0.84 m D．全程物块与木板间摩擦生热为1.12 J 解析　根据图像有a1＝ m/s2＝1.0 m/s2，a2＝ m/s2＝3.0 m/s2，对物块有μ1mg＝ma1；对木板有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2，解得μ1＝0.1，μ2＝0.2，A正确；根据上述两者达到相等速度后不能够保持相对静止，由此分析，物块向右乙加速度大小为a1的加速度向右匀减速直线运动，木板向右亦做匀减速直线运动，对木板有μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝ m/s2，根据图像有v共＝a3Δt，Δt＝0.3 s，可知木板减速至0的时刻为0.3 s＋0.7 s＝1.0 s，B正确；0.7 s前物块相对木板向左运动x相1＝×0.7 m