（衡水萬(wàn)卷）高三物理二輪復(fù)習(xí) 周測(cè)卷五 牛頓運(yùn)動(dòng)定律2（含解析）-人教版高三物理試題

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1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律2 一 、單選題（本大題共5小題 。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的） 1. 如圖所示，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)，用一細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))，從大環(huán)的最高處由靜止滑下．重力加速度大小為g.當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)，大環(huán)對(duì)輕桿拉力的大小為(　　) A．Mg＋5mg B．Mg＋mg C．Mg－5mg D．Mg＋10mg 2. 直升機(jī)懸停在空中向地面投放裝有救災(zāi)物資的箱子，如圖所示，投放初速度為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中箱子始終保持圖示姿態(tài)。在箱子

2、下落過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )  A．箱子剛從飛機(jī)上投下時(shí)，箱內(nèi)物體受到的支持力最大  B．箱子接近地面時(shí)，箱內(nèi)物體受到的支持力比剛投下時(shí)大  C．箱內(nèi)物體對(duì)箱子底部始終沒(méi)有壓力 D．若下落距離足夠長(zhǎng)，箱內(nèi)物體有可能不受底部支持力而“飄起來(lái)” 3. 如圖所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”．兩人中間位置處有一分界線(xiàn)，約定先使對(duì)方過(guò)分界線(xiàn)者為贏．若繩子質(zhì)量不計(jì)，冰面可看成光滑，則下列說(shuō)法正確的是（　?。? 　 A． 甲對(duì)繩的拉力與繩對(duì)甲的拉力是一對(duì)平衡力 　 B． 甲對(duì)繩的拉力與乙對(duì)繩的拉力是作用力與反作用力 　 C． 若甲的質(zhì)量比乙大，則

3、甲能贏得“拔河”比賽的勝利 　 D． 若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河”比賽的勝利 4. a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連．當(dāng)用恒力F豎直向上拉著 a，使a、b一起向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x1；當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x2，如圖所示．則（　　） A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2 C．若m1＞m2，則 x1＞x2 D．若m1＜m2，則 x1＜x2 5. 如圖所示，一小球從斜軌道的某高度處由靜止滑下，然后沿豎直光滑軌道

4、的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)．已知圓軌道的半徑為R，忽略一切摩擦阻力．則下列說(shuō)法正確的是（　?。? 　 A． 在軌道最低點(diǎn)、最高點(diǎn)，軌道對(duì)小球作用力的方向是相同的 　 B． 小球的初位置比圓軌道最低點(diǎn)高出2R時(shí)，小球能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn) 　 C． 小球的初位置比圓軌道最低點(diǎn)高出0.5R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中能不脫離軌道 　 D． 小球的初位置只有比圓軌道最低點(diǎn)高出2.5R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中才能不脫離軌道 　 二 、多選題（本大題共2小題 ） 6. 如圖甲所示，在升降機(jī)底部安裝了一個(gè)能夠顯示壓力的傳感器，其上方固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧上端固定一質(zhì)量為m的小球，升降機(jī)在豎直方向做勻速直

5、線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻升降機(jī)突然停止，從該時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，在后面一段時(shí)間內(nèi)傳感器示數(shù)F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，g為重力加速度．下列選項(xiàng)正確的是（　?。? 　 A． 升降機(jī)停止前在向下運(yùn)動(dòng) 　 B． t2時(shí)刻小球速度為零 　 C． t2時(shí)刻小球加速度為零 　 D． 0～t1時(shí)間小球處于超重狀態(tài)，t1～t2時(shí)間小球處于失重狀態(tài) 7. 高層建筑已成為許多大城市亮麗的風(fēng)景，而電梯是高層建筑必配的設(shè)施。某同學(xué)將一輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個(gè)小鐵球，如圖所示。在電梯運(yùn)行時(shí)，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)輕彈簧的伸長(zhǎng)量比電梯靜止時(shí)的伸長(zhǎng)量大了，這一現(xiàn)象表明（ ） A．電

6、梯一定是在下降 B．該同學(xué)處于超重狀態(tài) C．電梯的加速度方向一定是豎直向下 D．該同學(xué)對(duì)電梯地板的壓力大于其重力 三 、簡(jiǎn)答題（本大題共2小題 ） 8. 如圖所示為一表面帶有均勻負(fù)電荷的導(dǎo)體板MNO，其中MN與NO銜接于N點(diǎn)，MN水平且長(zhǎng)為1 m，NO長(zhǎng)為0.6 m，其中NO與MN的夾角為θ＝37°，一帶正電的絕緣滑塊由M點(diǎn)以水平向左的初速度v0＝4 m/s滑上導(dǎo)體板，其中滑塊與導(dǎo)體板間的庫(kù)侖引力為滑塊重力的0.2倍，兩者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，只考

7、慮滑塊運(yùn)動(dòng)軌跡所在處電荷對(duì)滑塊垂直接觸面的庫(kù)侖引力，滑塊在N處的能量損失不計(jì)．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) (1)求滑塊第一次到N點(diǎn)時(shí)的速度大小； (2)求滑塊在NO段的加速度大??； (3)試通過(guò)計(jì)算分析滑塊能否再次回到N點(diǎn)． 9. 如圖所示，AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R=2m的1/4圓周軌道，CDO是半徑為r=1m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處

8、固定一個(gè)豎直彈性檔板。D為CDO軌道的中點(diǎn)。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長(zhǎng)L=2m，與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4。現(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小球P從A點(diǎn)的正上方距水平線(xiàn)OA高H處自由落下。（取g=10m/s2） ⑴ 當(dāng)H=1.4m時(shí)，問(wèn)此球第一次到達(dá)D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小。 ⑵ 當(dāng)H=1.4m時(shí)，試通過(guò)計(jì)算判斷判斷此球是否會(huì)脫離CDO軌道。如果會(huì)脫離軌道，求脫離前球在水平軌道經(jīng)過(guò)的路程。如果不會(huì)脫離軌道，求靜止前球在水平軌道經(jīng)過(guò)的路程。

9、0.2016萬(wàn)卷周測(cè)卷（五）答案解析 一 、單選題 1.【答案】A 2.【答案】B 3.【答案】C 分析： 作用力和反作用力一定是兩個(gè)物體之間的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同時(shí)產(chǎn)生同時(shí)消失，而平衡力不會(huì)同時(shí)產(chǎn)生和消失． 在作用力一樣的情況下，由牛頓第二定律可知，質(zhì)量大的，加速度小，運(yùn)動(dòng)的慢． 解答： 解：A、甲對(duì)繩的拉力與繩對(duì)甲的拉力是作用力和反作用力，故A錯(cuò)誤； B、甲對(duì)繩的拉力與乙對(duì)繩的拉力的一對(duì)平衡力，故B錯(cuò)誤； C、若甲的質(zhì)量比乙大，則甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界線(xiàn)，故甲能贏得“拔河”比賽的勝利，故C正確； D、收繩速度的快慢并不能決定“拔河”比賽

10、的輸贏，故D錯(cuò)誤． 故選C． 點(diǎn)評(píng)： 勝負(fù)的關(guān)鍵在于看誰(shuí)的速度大，是誰(shuí)先到達(dá)分界線(xiàn)，由于力的大小一樣，又沒(méi)有摩擦力，就只與質(zhì)量有關(guān)了． 4.【答案】A． 分析： 先對(duì)AB整體進(jìn)行分析，可以得出整體運(yùn)動(dòng)的加速度；再對(duì)隔離出受力最少的一個(gè)進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可得出彈簧彈力，則可得出彈簧的形變量． 解答： 解：在豎直面內(nèi)，對(duì)整體有：F﹣（m1+m2）g=（m1+m2）a1； 對(duì)b分析有kx1﹣m2g=m2a1； 解得：x1== 水平面上，對(duì)整體有：F=（m1+m2）a2； 對(duì)b有：kx2=m2a2 解得：x2= 所以x1=x2 故A正確． 故選：A．

11、 點(diǎn)評(píng)： 本題注意應(yīng)用整體與隔離法，一般在用隔離法時(shí)優(yōu)先從受力最少的物體開(kāi)始分析，如果不能得出答案再分析其他物體； 本題中注意豎直面內(nèi)時(shí)F作用的物體發(fā)生了變化，若F仍作用在B上，則形變量是不變的，可以通過(guò)分析得出結(jié)論． 　 5.【答案】C 分析： 使小球能夠通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)，那么小球在最高點(diǎn)時(shí)應(yīng)該是恰好是物體的重力作為物體的向心力，由向心力的公式可以求得此時(shí)的最小的速度，再由機(jī)械能守恒可以求得離最低點(diǎn)的高度h． 解答： 解：A、小球在最高點(diǎn)時(shí)，若受彈力，則彈力一定豎直向上；而在最低點(diǎn)，支持力與重力的合力充當(dāng)向心力，故作用力一定向上，故A錯(cuò)誤； B、要使小球能通過(guò)最高點(diǎn)，則在最

12、高點(diǎn)處應(yīng)有：mg=；再由機(jī)械能守恒定律可知mgh=mg2R+mv2；解得小球初位置的高度至少為h=R；故小球高出2.5R時(shí)，小球才能通過(guò)最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤； C、若小球距最低點(diǎn)高出0.5R時(shí)，由機(jī)械能守恒可知，小球應(yīng)到達(dá)等高的地方，即0.5R處，小球受到圓軌道的支持，不會(huì)脫離軌道，故C正確； D、由C的分析可知，若小球的初位置低于0.5R時(shí)，也不會(huì)脫離軌道，故D錯(cuò)誤； 故選：C． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查機(jī)械能守恒及向心力公式，明確最高點(diǎn)的臨界速度，并注意小球在軌道內(nèi)不超過(guò)R時(shí)也不會(huì)離開(kāi)軌道． 二 、多選題 6.【答案】AC 分析： 由圖象看出，升降機(jī)停止后彈簧的拉力變大，說(shuō)明小球

13、向下運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明升降機(jī)停止前在向下運(yùn)動(dòng)．根據(jù)拉力與重力的大小關(guān)系確定小球處于失重狀態(tài)還是超重狀態(tài)．拉力小于重力，小球處于失重狀態(tài)；拉力大于重力，小球處于超重狀態(tài)．t1～t3時(shí)間小球向上運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻小球到達(dá)最高點(diǎn)，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，速率減小，動(dòng)能減?。∏蛑亓ψ龉榱愀鶕?jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒分析彈簧彈性勢(shì)能變化量與小球動(dòng)能變化量的關(guān)系． 解答： A、升降機(jī)在勻速運(yùn)行過(guò)程中突然停止，由于慣性，小球會(huì)繼續(xù)沿著原來(lái)的運(yùn)動(dòng)方向運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧是拉伸狀態(tài)，而后傳感器顯示的力在不斷增大，表明彈簧形變量在增大，故向下運(yùn)動(dòng)，故A正確； B、0﹣t1時(shí)間內(nèi)拉力大于重力，t1時(shí)刻彈簧最長(zhǎng)，向下到達(dá)最低點(diǎn)

14、；t1～t2時(shí)間，拉力大于重力，加速度向上，且向上運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻彈簧的彈力與重力相等，加速度等于0，速度到達(dá)最大，故B錯(cuò)誤，C正確； C、結(jié)合前面分析可得：0﹣t1時(shí)間內(nèi)小球向下減速，加速度的方向向下，處于超重狀態(tài)；t1﹣t2時(shí)間內(nèi)小球向上加速，加速度的方向向上，處于超重狀態(tài)．故D錯(cuò)誤； 故選：AC． 點(diǎn)評(píng)： 本題要根據(jù)圖象分析小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)拉力與重力的大小關(guān)系確定小球處于失重狀態(tài)還是超重狀態(tài)．根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒分析能量如何變化． 7.【答案】BD 三 、簡(jiǎn)答題 8.解析　(1)滑塊在MN段，由N1＝kmg＋mg＝1.2mg，f1＝μN(yùn)1＝0.3 mg， 根據(jù)牛頓

15、第二定律得a1＝＝3 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vN＝＝3.16 m/s. (2)滑塊沿NO向上運(yùn)動(dòng)時(shí)：N2－mgcos 37°－kmg＝0； f2＝μN(yùn)2 由牛頓第二定律得f2＋mgsin 37°＝ma2 a2＝＝8.5 m/s2. (3)滑塊沿NO向上運(yùn)動(dòng)的最大距離：s1＝＝0.59 m＜0.6 m 又因?yàn)棣?mgcos 37°＋kmg)＜mgsin 37°所以滑塊能再次回到N點(diǎn)． 答案　(1)3.16 m/s 　(2)8.5 m/s2　(3)能 9.解：（1）設(shè)小球第一次到達(dá)D的速度VD ,P到D點(diǎn)的過(guò)程對(duì)小球列動(dòng)能定理： mg(H+r)- μmgL=mVD2/2

16、 在D點(diǎn)對(duì)小球列牛頓第二定律：FN= mVD2/r 聯(lián)立解得：FN=32N 由牛頓第三定律FN‘= FN=32N （2）第一次來(lái)到O點(diǎn)時(shí)速度V1 ,P到O點(diǎn)的過(guò)程對(duì)小球列動(dòng)能定理： mgH-μmgL=mV12/2

17、 解得：V12=12 恰能通過(guò)O點(diǎn)，mg=mV2/r 臨界速度VO2=10 故第一次來(lái)到O點(diǎn)之前沒(méi)有脫離。設(shè)第三次來(lái)到D點(diǎn)的動(dòng)能EK對(duì)之前的過(guò)程列動(dòng)能定理： mg(H+r)- 3μmgL= EK 代入解得：EK=0 故小球一直沒(méi)有脫離CDO軌道 設(shè)此球靜止前在水平軌道經(jīng)過(guò)的路程S對(duì)全過(guò)程列動(dòng)能定理： mg(H+R）-μmgS=0 解得：S=8.5m