1、热点4牛顿运动定律的应用(建议用时：20分钟)1(2019全国押题卷二)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，aBgB.aAg，aB0CaA(1)g，aB0 D.aAg，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
2、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 B.v1v2Ct1t2 D.t1v2，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
3、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B.座舱在自由下落的过程中，加速度为向下的g，人处于完全失重状态；座舱在减速运动的过程中，加速度向上，则人处于超重状态，故选B.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
4、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
5、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 -
