（衡水萬卷）2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 作業(yè)卷八 牛頓運動定律3（含解析）

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1、牛頓運動定律3 一 、單選題（本大題共3小題。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的） 1. 在物理學(xué)的重大發(fā)現(xiàn)中科學(xué)家們創(chuàng)造出了許多物理學(xué)方法，如理想實驗法、控制變量法、極限思想法、類比法和科學(xué)假說法、建立物理模型法等等．以下關(guān)于所用物理學(xué)研究方法的敘述不正確的是（　　） 　 A． 在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點來代替物體的方法叫假設(shè)法 　 B． 根據(jù)速度定義式v=，當(dāng)△t非常非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應(yīng)用了極限思想方法 　 C． 在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力

2、不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，該實驗應(yīng)用了控制變量法 　 D． 在推導(dǎo)勻變速運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法 2. 如圖所示，質(zhì)量為m的木塊P在質(zhì)量為M的長木板ab上滑行，長木板放在水平地面上一直處于靜止?fàn)顟B(tài)．若長木板ab與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，木塊P與長木板ab間的動摩擦因數(shù)為μ2，則長木板ab受到地面的摩擦力大小為 (　　) A．μ1Mg B．μ1(m＋M)g C．μ1Mg＋μ2mg

3、D．μ2mg 3. 如圖1所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由釋放，壓上彈簧后與彈簧一起運動．若以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下建一坐標(biāo)系ox，則小球的速度 v2隨x的變化圖象如圖2所示．其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的曲線，BC是平滑的曲線，則關(guān)于A、B、C各點對應(yīng)的位置坐標(biāo)及加速度，以下說法正確的是（　?。? 　 A． xA=h，aA=0 B． xB=h，aB=g C． xB=h+，aB=0 D． xC=h+，aC＞g 二 、多選題（本大題共4小題） 4. 如圖所示為位于水平面上的

4、小車，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿的下端固定有質(zhì)量為m的小球．下列關(guān)于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是（　　） 　 A． 小車靜止時，F(xiàn)=mgsin θ，方向沿桿向上 　 B． 小車靜止時，F(xiàn)=mgcos θ，方向垂直于桿向上 　 C． 小車向右做勻速運動時，一定有F=mg，方向豎直向上 　 D． 小車向右做勻加速運動時，一定有F＞mg，方向可能沿桿向上 5. 如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m小滑塊．木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，取g=

5、10m/s2，則（　?。? 　 A． 小滑塊的質(zhì)量m=2kg 　 B． 當(dāng)F=8N時，滑塊的加速度為1m/s2 　 C． 滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1 　 D． 力隨時間變化的函數(shù)關(guān)系一定可以表示為F=6t（N） 6. 如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的圓管軌道ABC豎直放置，軌道半徑為R．O、A、D位于同一水平線上，A、D間的距離為R．質(zhì)量為m的小球（球的直徑略小于圓管直徑），從管口A正上方由靜止釋放，要使小球能通過C點落到AD區(qū)，則球經(jīng)過C點時（　?。? 　 A． 速度大小滿足≤vc≤ B． 速度大小滿足0≤vc≤ 　 C． 對管的作用力大小滿足

6、mg≤FC≤mg D． 對管的作用力大小滿足0≤Fc≤mg 7. 如圖所示為用絞車拖物塊的示意圖．拴接物塊的細線被纏繞在輪軸上，輪軸逆時針轉(zhuǎn)動從而拖動物塊．已知輪軸的半徑R=0.5m，細線始終保持水平；被拖動物塊質(zhì)量m=1kg，與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5；輪軸的角速度隨時間變化的關(guān)系是ω=2trad/s，g=10m/s2．以下判斷正確的是（　　） 　 A． 物塊做勻速運動 　 B． 物塊做勻加速直線運動，加速度大小是1m/s2 　 C． 繩對物塊的拉力是5N 　 D． 繩對物塊的拉力是6N 三 、簡答題（本大題共2小

7、題） 8. 粗糙絕緣的水平面附近存在一個平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，且沿x軸方向的電勢與坐標(biāo)值x的關(guān)系如下表格所示： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x/m 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30 0.35 0.40 0.45 φ/105v 9.00 4.50 3.00 2.25 1.80 1.50 1.29 1.13 1.00 根據(jù)上述表格中的數(shù)據(jù)可作出如右的﹣x圖象．現(xiàn)有一質(zhì)量為0.10kg，電荷量為1.0×10﹣7C帶正電荷的滑塊（可視作質(zhì)點），其與水平面的動摩擦因素為0.

8、20．問： （1）由數(shù)據(jù)表格和圖象給出的信息，寫出沿x軸的電勢與x的函數(shù)關(guān)系表達式． （2）若將滑塊無初速地放在x=0.10m處，則滑塊最終停止在何處？ （3）在上述第（2）問的整個運動過程中，它的加速度如何變化？當(dāng)它位于x=0.15m時它的加速度多大？ （4）若滑塊從x=0.60m處以初速度v0沿﹣x方向運動，要使滑塊恰能回到出發(fā)點，其初速度v0應(yīng)為多大？ 9.如圖甲所示，某同學(xué)用輕繩通過定滑輪提升一重物，運用傳感器（未在圖中畫出）測得此過程中不同時刻對輕繩的拉力F與被提升重物的速度v，并描繪出F﹣

9、圖象．假設(shè)某次實驗所得的圖象如圖乙所示，其中線段AB與軸平行，它反映了被提升重物在第一個時間段內(nèi)F和的關(guān)系；線段BC的延長線過原點（C點為實線與虛線的分界點），它反映了被提升重物在第二個時間段內(nèi)F和的關(guān)系；第三個時間段內(nèi)拉力F和速度v均為C點所對應(yīng)的大小保持不變，因此圖象上沒有反映．實驗中還測得重物由靜止開始經(jīng)過t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物體做勻速運動．取重力加速度g=10m/s2，繩重及一切摩擦和阻力均可忽略不計． （1）在提升重物的過程中，除了重物的質(zhì)量和所受重力保持不變以外，在第一時間段內(nèi)和第二時間段內(nèi)還各有一些物理量的值保持不變．請分別指出第一時間段內(nèi)和第二時間

10、內(nèi)所有其他保持不變的物理量，并求出它們的大?。? （2）求被提升重物在第一時間段內(nèi)和第二時間段內(nèi)通過的總路程． 　 0.2020萬卷作業(yè)卷（八）答案解析 一 、單選題 1.【答案】A 分析： 在研究多個量之間的關(guān)系時，常常要控制某些物理量不變，即控制變量法； 當(dāng)時間非常小時，我們認為此時的平均速度可看作某一時刻的速度即稱之為瞬時速度，采用的是極限思維法； 質(zhì)點是實際物體在一定條件下的科學(xué)抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法； 在研究曲線運動或者加速運動時，常常采用微元法，將曲線運動變成直線運動，或?qū)⒆兓乃俣茸兂刹蛔兊乃俣龋? 解答： A、質(zhì)點采用的科學(xué)方法為建

11、立理想化的物理模型的方法，故A錯誤； B、為研究某一時刻或某一位置時的速度，我們采用了取時間非常小，即讓時間趨向無窮小時的平均速度作為瞬時速度，即采用了極限思維法，故B正確； C、在研究加速度與質(zhì)量和合外力的關(guān)系時，由于影響加速度的量有質(zhì)量和力，故應(yīng)采用控制變量法，故C正確； D、在探究勻變速運動的位移公式時，采用了微元法將變速運動無限微分后變成了一段段的勻速運動，即采用了微元法，故D正確； 故選：A． 點評： 在高中物理學(xué)習(xí)中，我們會遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對我們理解物理有很大的幫助；故在理解概念和規(guī)律的基礎(chǔ)上，更要注意科學(xué)方法的積累與學(xué)習(xí)． 2.【答案】D

12、 3.【答案】C 分析： 由小球OA段是直線可以知道，其加速度恒定，故此段代表小球接觸彈簧前的運動，故而可以知道A點的位置坐標(biāo)為h 由圖知B點加速度為零，既此時彈力等于重力，故由此可以求得彈簧形變量，繼而可以知道B的坐標(biāo)． 而D點的速度為零，即彈簧被壓縮到最大，由此可以知此時彈力大于重力，故而此點的加速度一定不是零． 解答： A、由小球OA段是直線可以知道，其加速度恒定，故此段代表小球接觸彈簧前的自由落體運動，故而可以知道A點的位置坐標(biāo)為h，加速度為重力加速度，故A錯誤； B、由圖知B點加速度為零，既此時彈力等于重力，此時彈簧形變量為：，故B點坐標(biāo)為：，故B錯誤； C：由B知

13、C正確； D：小球過B后會繼續(xù)會繼續(xù)向下運動，故而D點的坐標(biāo)應(yīng)大于B點的坐標(biāo)，由在B點時彈力已經(jīng)等于重力，故在D點時彈力一定大于重力，故D錯誤； 故選：C． 點評： 本題難點一是對圖象的識別和理解，二是由圖象分析小球的幾個特殊運動階段，對這種小球彈簧的一般分為三個階段：自由落體，彈力小于重力，彈力大于重力．各自運動性質(zhì)不一樣，應(yīng)注意掌握． 二 、多選題 4.【答案】CD 分析： 結(jié)合小車的運動狀態(tài)對小車進行受力分析，確定桿對小球的作用力． 解：A、B、小球受豎直向下的重力mg與桿對小球的力F作用； 當(dāng)小車靜止時，小球也靜止，小球處于平衡狀態(tài)，受平衡力作用，桿的作用力F與

14、重力是一對平衡力，由平衡條件得：F=mg，方向豎直向上．故A、B錯誤． C、小車向右做勻速運動時，受力平衡，一定有F=mg，方向豎直向上，故C正確； D、小車向右加速運動時，小球受力不平衡，小球受到的合力向右，F(xiàn)＞mg，方向可能沿桿向上，故D正確； 故選CD． 點評： 本題中輕桿與輕繩的模型不同，繩子對物體只有拉力，一定沿繩子方向，而桿子對物體的彈力不一定沿桿子方向，要根據(jù)狀態(tài)，由牛頓定律分析確定． 5.【答案】BC 分析： 當(dāng)拉力較小時，m和M保持相對靜止一起做勻加速直線運動，當(dāng)拉力達到一定值時，m和M發(fā)生相對滑動，結(jié)合牛頓第二定律，運用整體和隔離法分析． 解答： A、當(dāng)

15、F等于6N時，加速度為：a=1m/s2， 對整體分析，由牛頓第二定律有：F=（M+m）a， 代入數(shù)據(jù)解得：M+m=6kg 當(dāng)F大于6N時，根據(jù)牛頓第二定律得：a==， 知圖線的斜率k==，解得：M=2kg， 滑塊的質(zhì)量為：m=4kg．故A錯誤． B、根據(jù)F大于6N的圖線知，F(xiàn)=4時，a=0，即：0=F﹣， 代入數(shù)據(jù)解得：μ=0.1， 所以a=，當(dāng)F=8N時，長木板的加速度為：a=2m/s2． 根據(jù)μmg=ma′得：a′=μg=1m/s2，故BC正確． D、當(dāng)M與m共同加速運動時，力隨時間變化的函數(shù)關(guān)系一定可以表示為F=6t（N），當(dāng)F大于6N后，發(fā)生相對滑動，表達式不是F=

16、6t，D錯誤 故選：BC． 點評： 本題考查牛頓第二定律與圖象的綜合，知道滑塊和木板在不同拉力作用下的運動規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵，掌握處理圖象問題的一般方法，通常通過圖線的斜率和截距入手分析． 6.【答案】AC 分析： 小球離開C點后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求解C點的速度大小范圍．根據(jù)牛頓第二定律分析球?qū)艿淖饔昧Υ笮》秶? 解答： AB、小球離開C點做平拋運動，落到A點時水平位移為R，豎直下落高度為R，根據(jù)運動學(xué)公式可得： 豎直方向有：R= 水平方向有：R=vCt 解得：vC=； 小球落到D點時水平位移為2R，則有 2R=vC′t 解得 vC′= 故速度大小滿足

17、≤vc≤，故A正確，B錯誤． CD、在C點，對球研究：設(shè)管對球的作用力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律得：mg+F=m 將≤vc≤代入得：mg≤F≤mg，由牛頓第三定律可知：mg≤FC≤mg．故C正確，D錯誤． 故選：AC． 點評： 本題要分析清楚物體的運動過程，根據(jù)物體的不同的運動狀態(tài)，采用相應(yīng)的物理規(guī)律求解即可． 7.【答案】BD 分析： 由物塊速度v=ωR=at，可得物塊運動的加速度，結(jié)合牛頓第二定律即對物塊的受力分析可求解繩子拉力 解答： A、B、由題意知，物塊的速度v=ωR=2t×0.5=1t 又v=at 故可得：a=1m/s2，故A錯誤，B正確； C、D、由牛頓

18、第二定律可得：物塊所受合外力F=ma=1N F=T﹣f， 地面摩擦阻力f=μmg=0.5×1×10=5N 故可得物塊受力繩子拉力T=f+F=5+1=6N，故C錯誤，D正確 故選：BD 點評： 本題關(guān)鍵根據(jù)絞車的線速度等于物塊運動速度從而求解物塊的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解． 三 、簡答題 8.分析：（1）電勢φ與坐標(biāo)x圖象是一條曲線，則φ與x關(guān)系可能是反比關(guān)系，即φ∝x﹣1；也可能φ與x2關(guān)系可能是反比關(guān)系，即φ∝x﹣2；…，依此類推，直到找到關(guān)系為止； （2）滑塊運動過程中，只有電場力和滑動摩擦力做功，根據(jù)動能定理列式求解即可； （3）由于圖象的切線的斜率表示電場強度，

19、故場強逐漸變小，電場力逐漸變小； 電場力大于摩擦力時，物體加速，當(dāng)電場力減小到等于摩擦力時，速度最大，此后電場力小于摩擦力，故物體開始減速，即滑塊先由靜到動，后由動到靜，故先加速后減速； （4）滑塊運動到最左端位置時速度為零；滑塊向左運動過程中，電場力做負功，摩擦力做負功；滑塊向右運動過程中，電場力做正功，摩擦力做負功；對滑塊運動的全部過程和向右運動的過程分別運用動能定理列式求解即可． 解答：解：（1）由數(shù)據(jù)表格和圖象可得，電勢與x成反比關(guān)系，即φ=； 當(dāng)x=0.1m時，電勢φ=4.5V，代入上述公式，得到k=4.5×104 故沿x軸的電勢與x的函數(shù)關(guān)系表達式V． （2）滑塊運動的

20、全部過程中，只有電場力和摩擦力做功，由動能定理得 WF+Wf=△EK=0 設(shè)滑塊停止的位置為x2，有 q（1﹣2）﹣μmg（x2﹣x）=0 即 代入數(shù)據(jù)有 1.0×10﹣7 可解得x2=0.225m（舍去x2=0.1m） 故滑塊最終停止在坐標(biāo)為0.225m的位置． （3）先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動． 即加速度先減小后增大． 當(dāng)它位于x=0.15m時，圖象上該點的切線斜率表示場強大小 E=N/C 滑塊在該點的水平合力FX=Eq﹣μmg=2.0×106×1.0×10﹣7﹣0.20×0.10×10=0 故滑塊的加速度a==0 故在上述第（2）問的

21、整個運動過程中，它的加速度先變小后變大；當(dāng)它位于x=0.15m時它的加速度為零． （4）設(shè)滑塊到達的最左側(cè)位置為x1，則滑塊由該位置返回到出發(fā)點的過程中 由動能定理 WF+Wf=△EK=0 有 q（1﹣2）﹣μmg（x﹣x1）=0 代入數(shù)據(jù)有 1.0×10﹣7 可解得x1=0.0375m（舍去x1=0.6m）． 再對滑塊從開始運動到返回出發(fā)點的整個過程，由動能定理 ﹣2μmg（x﹣x1）= 代入數(shù)據(jù)有2×0.20×0.10×10（0.60﹣0.0375）=0.5×0.10v02 可解得≈2.12m/s 即滑塊從x=0.60m處以初速度v0沿﹣x方向運動，要使滑塊恰能回到

22、出發(fā)點，其初速度v0應(yīng)為2.12m/s． 9.分析：（1）在第一個時間段內(nèi)，拉力不變，根據(jù)最終做勻速運動，求出重力的大小，結(jié)合牛頓第二定律求出第一個時間段內(nèi)的加速度．在第二個時間段內(nèi)，圖線的斜率不變，即功率不變，根據(jù)P=Fv求出功率的大?。? （2）根據(jù)速度時間公式求出第一個時間段內(nèi)的時間，從而得出第二個時間段的時間，根據(jù)動能定理求出被提升重物在第二個時間段內(nèi)通過的路程． 解答：解：（1）由v﹣圖象可知，第一個時間段內(nèi)重物所受拉力保持不變，且F1=6.0 N 根據(jù)牛頓第二定律有F1﹣G=ma 重物速度達到vC=3.0 m/s時，受平衡力，即G=F2=4.0 N． 由此解得重物的質(zhì)量m

23、=═0.40 kg 聯(lián)立解得：a=5.0 m/s2 在第二段時間內(nèi)，拉力的功率保持不變，有：P=Fv=W=12 W． （2）設(shè)第一段時間為t1，重物在這段時間內(nèi)的位移為x1，則 t1=s， x1=at12=0.40 m 設(shè)第二段時間為t2，t2=t﹣t1=1.0 s 重物在t2這段時間內(nèi)的位移為x2，根據(jù)動能定理有 Pt2﹣Gx2=mvC2﹣mvB2 解得x2=2.75 m 則第二段重物上升的路程2.75m x=x1+x2=0.4+2.75=3.15m 答：（1）第一個時間段內(nèi)重物的加速度保持不變?yōu)?.0 m/s2；第二個時間段內(nèi)牽引力的功率保持不變?yōu)?2W； （2）被提升重物在第一時間段內(nèi)和第二時間段內(nèi)通過的總路程為3.15m．