2019-2020年高三物理二輪復習 周測卷五 牛頓運動定律2（含解析）.doc

《2019-2020年高三物理二輪復習 周測卷五 牛頓運動定律2（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高三物理二輪復習 周測卷五 牛頓運動定律2（含解析）.doc（4頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高三物理二輪復習 周測卷五 牛頓運動定律2（含解析） 一 、單選題（本大題共5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. 如圖所示，一質量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內；套在大環(huán)上質量為m的小環(huán)(可視為質點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下．重力加速度大小為g.當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為(　　) A．Mg＋5mg B．Mg＋mg C．Mg－5mg D．Mg＋10mg 2. 直升機懸停在空中向地面投放裝有救災物資的箱子，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，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態(tài)。在箱子下落過程中，下列說法正確的是( )  A．箱子剛從飛機上投下時，箱內物體受到的支持力最大  B．箱子接近地面時，箱內物體受到的支持力比剛投下時大  C．箱內物體對箱子底部始終沒有壓力 D．若下落距離足夠長，箱內物體有可能不受底部支持力而“飄起來” 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，約定先使對方過分界線者為贏．若繩子質量不計，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是（　?。? 　 A． 甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力 　 B． 甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力 　 C． 若甲的質量比乙大，則甲能贏得“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兩物體的質量分別為m1、m2，由輕質彈簧相連．當用恒力F豎直向上拉著 a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1；當用大小仍為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運動時，彈簧伸長量為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的內側運動．已知圓軌道的半徑為R，忽略一切摩擦阻力．則下列說法正確的是（　　） 　 A． 在軌道最低點、最高點，軌道對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高出2R時，小球能通過圓軌道的最高點 　 C． 小球的初位置比圓軌道最低點高出0.5R時，小球在運動過程中能不脫離軌道 　 D． 小球的初位置只有比圓軌道最低點高出2.5R時，小球在運動過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，在升降機底部安裝了一個能夠顯示壓力的傳感器，其上方固定一輕質彈簧，彈簧上端固定一質量為m的小球，升降機在豎直方向做勻速直線運動，某時刻升降機突然停止，從該時刻開始計時，在后面一段時間內傳感器示數F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，g為重力加速度．下列選項正確的是（　?。? 　 A． 升降機停止前在向下運動 　 B． t2時刻小球速度為零 　 C． t2時刻小球加速度為零 　 D． 0～t1時間小球處于超重狀態(tài)，t1～t2時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景，而電梯是高層建筑必配的設施。某同學將一輕質彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小鐵球，如圖所示。在電梯運行時，該同學發(fā)現輕彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量大了，這一現象表明（ ） A．電梯一定是在下降 B．該同學處于超重狀態(tài) C．電梯的加速度方向一定是豎直向下 D．該同學對電梯地板的壓力大于其重力 三 、簡答題（本大題共2小題 ） 8. 如圖所示為一表面帶有均勻負電荷的導體板MNO，其中MN與NO銜接于N點，MN水平且長為1 m，NO長為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點以水平向左的初速度v0＝4 m/s滑上導體板，其中滑塊與導體板間的庫侖引力為滑塊重力的0.2倍，兩者間的動摩擦因數為μ＝0.25，只考慮滑塊運動軌跡所在處電荷對滑塊垂直接觸面的庫侖引力，滑塊在N處的能量損失不計．(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2) (1)求滑塊第一次到N點時的速度大?。? (2)求滑塊在NO段的加速度大?。? (3)試通過計算分析滑塊能否再次回到N點． 9. 如圖所示，AB和CDO都是處于豎直平面內的光滑圓弧形軌道，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O處固定一個豎直彈性檔板。D為CDO軌道的中點。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L=2m，與小球之間的動摩擦因數μ=0.4?，F讓一個質量為m=1kg的小球P從A點的正上方距水平線OA高H處自由落下。（取g=10m/s2） ⑴ 當H=1.4m時，問此球第一次到達D點對軌道的壓力大小。 ⑵ 當H=1.4m時，試通過計算判斷判斷此球是否會脫離CDO軌道。如果會脫離軌道，求脫離前球在水平軌道經過的路程。如果不會脫離軌道，求靜止前球在水平軌道經過的路程。 xx萬卷周測卷（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物體之間的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同時產生同時消失，而平衡力不會同時產生和消失． 在作用力一樣的情況下，由牛頓第二定律可知，質量大的，加速度小，運動的慢． 解答： 解：A、甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是作用力和反作用力，故A錯誤； B、甲對繩的拉力與乙對繩的拉力的一對平衡力，故B錯誤； C、若甲的質量比乙大，則甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界線，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”比賽的輸贏，故D錯誤． 故選C． 點評： 勝負的關鍵在于看誰的速度大，是誰先到達分界線，由于力的大小一樣，又沒有摩擦力，就只與質量有關了． 4.【答案】A． 分析： 先對AB整體進行分析，可以得出整體運動的加速度；再對隔離出受力最少的一個進行受力分析，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，對整體有：F﹣（m1+m2）g=（m1+m2）a1； 對b分析有kx1﹣m2g=m2a1； 解得：x1== 水平面上，對整體有：F=（m1+m2）a2； 對b有：kx2=m2a2 解得：x2= 所以x1=x2 故A正確． 故選：A． 點評： 本題注意應用整體與隔離法，一般在用隔離法時優(yōu)先從受力最少的物體開始分析，如果不能得出答案再分析其他物體； 本題中注意豎直面內時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，可以通過分析得出結論． 　 5.【答案】C 分析： 使小球能夠通過圓軌道最高點，那么小球在最高點時應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的最小的速度，再由機械能守恒可以求得離最低點的高度h． 解答： 解：A、小球在最高點時，若受彈力，則彈力一定豎直向上；而在最低點，支持力與重力的合力充當向心力，故作用力一定向上，故A錯誤； B、要使小球能通過最高點，則在最高點處應有：mg=；再由機械能守恒定律可知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，小球才能通過最高點，故B錯誤； C、若小球距最低點高出0.5R時，由機械能守恒可知，小球應到達等高的地方，即0.5R處，小球受到圓軌道的支持，不會脫離軌道，故C正確； D、由C的分析可知，若小球的初位置低于0.5R時，也不會脫離軌道，故D錯誤； 故選：C． 點評： 本題考查機械能守恒及向心力公式，明確最高點的臨界速度，并注意小球在軌道內不超過R時也不會離開軌道． 二 、多選題 6.【答案】AC 分析： 由圖象看出，升降機停止后彈簧的拉力變大，說明小球向下運動，說明升降機停止前在向下運動．根據拉力與重力的大小關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時間小球向上運動，t3時刻小球到達最高點，彈簧處于伸長狀態(tài)，速率減小，動能減?。∏蛑亓ψ龉榱愀鶕到y(tǒng)機械能守恒分析彈簧彈性勢能變化量與小球動能變化量的關系． 解答： A、升降機在勻速運行過程中突然停止，由于慣性，小球會繼續(xù)沿著原來的運動方向運動一段時間，勻速運動時彈簧是拉伸狀態(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，故向下運動，故A正確； B、0﹣t1時間內拉力大于重力，t1時刻彈簧最長，向下到達最低點；t1～t2時間，拉力大于重力，加速度向上，且向上運動，t2時刻彈簧的彈力與重力相等，加速度等于0，速度到達最大，故B錯誤，C正確； C、結合前面分析可得：0﹣t1時間內小球向下減速，加速度的方向向下，處于超重狀態(tài)；t1﹣t2時間內小球向上加速，加速度的方向向上，處于超重狀態(tài)．故D錯誤； 故選：AC． 點評： 本題要根據圖象分析小球的運動狀態(tài)，根據拉力與重力的大小關系確定小球處于失重狀態(tài)還是超重狀態(tài)．根據系統(tǒng)機械能守恒分析能量如何變化． 7.【答案】BD 三 、簡答題 8.解析　(1)滑塊在MN段，由N1＝kmg＋mg＝1.2mg，f1＝μN1＝0.3 mg， 根據牛頓第二定律得a1＝＝3 m/s2 由運動學公式得vN＝＝3.16 m/s. (2)滑塊沿NO向上運動時：N2－mgcos 37－kmg＝0； f2＝μN2 由牛頓第二定律得f2＋mgsin 37＝ma2 a2＝＝8.5 m/s2. (3)滑塊沿NO向上運動的最大距離：s1＝＝0.59 m＜0.6 m 又因為μ(mgcos 37＋kmg)＜mgsin 37所以滑塊能再次回到N點． 答案　(1)3.16 m/s 　(2)8.5 m/s2　(3)能 9.解：（1）設小球第一次到達D的速度VD ,P到D點的過程對小球列動能定理： mg(H+r)- μmgL=mVD2/2 在D點對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）第一次來到O點時速度V1 ,P到O點的過程對小球列動能定理： mgH-μmgL=mV12/2 解得：V12=12 恰能通過O點，mg=mV2/r 臨界速度VO2=10 故第一次來到O點之前沒有脫離。設第三次來到D點的動能EK對之前的過程列動能定理： mg(H+r)- 3μmgL= EK 代入解得：EK=0 故小球一直沒有脫離CDO軌道 設此球靜止前在水平軌道經過的路程S對全過程列動能定理： mg(H+R）-μmgS=0 解得：S=8.5m