2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 作業(yè)卷八 牛頓運(yùn)動(dòng)定律3(含解析)
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1、2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 作業(yè)卷八 牛頓運(yùn)動(dòng)定律3(含解析) 一 、單選題(本大題共3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. 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(shí)驗(yàn)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(shí),用質(zhì)點(diǎn)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(shí),就可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)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(shí)
2、,先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系,再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系,該實(shí)驗(yàn)應(yīng)用了控制變量法 D. 在推導(dǎo)勻變速運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí),把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程劃分成很多小段,每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng),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(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,木塊P與長木板ab間的動(dòng)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+μ
3、2mg 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(yuǎn)處自由釋放,壓上彈簧后與彈簧一起運(yùn)動(dòng).若以小球開始下落的位置為原點(diǎn),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(diǎn)的曲線,BC是平滑的曲線,則關(guān)于A、B、C各點(diǎn)對(duì)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
4、選題(本大題共4小題) 4. 如圖所示為位于水平面上的小車,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(duì)球的作用力F的判斷中,正確的是( ) A. 小車靜止時(shí),F(xiàn)=mgsin θ,方向沿桿向上 B. 小車靜止時(shí),F(xiàn)=mgcos θ,方向垂直于桿向上 C. 小車向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),一定有F=mg,方向豎直向上 D. 小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),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(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí),用傳感
5、器測(cè)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=10m/s2,則( ) A. 小滑塊的質(zhì)量m=2kg B. 當(dāng)F=8N時(shí),滑塊的加速度為1m/s2 C. 滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 D. 力隨時(shí)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(gè)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(diǎn)落到AD區(qū),則球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)( ?。? A. 速度大小滿足≤vc≤ B. 速
6、度大小滿足0≤vc≤ C. 對(duì)管的作用力大小滿足mg≤FC≤mg D. 對(duì)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(xì)線被纏繞在輪軸上,輪軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)從而拖動(dòng)物塊.已知輪軸的半徑R=0.5m,細(xì)線始終保持水平;被拖動(dòng)物塊質(zhì)量m=1kg,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5;輪軸的角速度隨時(shí)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(yùn)動(dòng) B. 物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小是1m/s2 C. 繩對(duì)物塊的拉力是5N D. 繩對(duì)物塊的拉力是6N
7、 三 、簡答題(本大題共2小題) 8. 粗糙絕緣的水平面附近存在一個(gè)平行于水平面的電場(chǎng),其中某一區(qū)域的電場(chǎng)線與x軸平行,且沿x軸方向的電勢(shì)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
8、帶正電荷的滑塊(可視作質(zhì)點(diǎn)),其與水平面的動(dòng)摩擦因素為0.20.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(shì)與x的函數(shù)關(guān)系表達(dá)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(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,它的加速度如何變化?當(dāng)它位于x=0.15m時(shí)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(yùn)動(dòng),要使滑塊恰能回到出發(fā)點(diǎn),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(yùn)用傳感器(未在圖中畫出)測(cè)得此過程
9、中不同時(shí)刻對(duì)輕繩的拉力F與被提升重物的速度v,并描繪出F﹣圖象.假設(shè)某次實(shí)驗(yàn)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(gè)時(shí)間段內(nèi)F和的關(guān)系;線段BC的延長線過原點(diǎn)(C點(diǎn)為實(shí)線與虛線的分界點(diǎn)),它反映了被提升重物在第二個(gè)時(shí)間段內(nèi)F和的關(guān)系;第三個(gè)時(shí)間段內(nèi)拉力F和速度v均為C點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的大小保持不變,因此圖象上沒有反映.實(shí)驗(yàn)中還測(cè)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(yùn)動(dòng).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(jì). (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(shí)間段內(nèi)和第二時(shí)間段內(nèi)還各
10、有一些物理量的值保持不變.請(qǐng)分別指出第一時(shí)間段內(nèi)和第二時(shí)間內(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(shí)間段內(nèi)和第二時(shí)間段內(nèi)通過的總路程. xx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(gè)量之間的關(guān)系時(shí),常常要控制某些物理量不變,即控制變量法; 當(dāng)時(shí)間非常小時(shí),我們認(rèn)為此時(shí)的平均速度可看作某一時(shí)刻的速度即稱之為瞬時(shí)速度,采用的是極限思維法; 質(zhì)點(diǎn)是實(shí)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(yùn)動(dòng)或者加速運(yùn)動(dòng)時(shí),常常采用微元法,將曲線運(yùn)動(dòng)變成直線運(yùn)動(dòng),或?qū)⒆兓乃俣茸兂刹?/p>
11、變的速度. 解答: A、質(zhì)點(diǎn)采用的科學(xué)方法為建立理想化的物理模型的方法,故A錯(cuò)誤; B、為研究某一時(shí)刻或某一位置時(shí)的速度,我們采用了取時(shí)間非常小,即讓時(shí)間趨向無窮小時(shí)的平均速度作為瞬時(shí)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(shí),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(yùn)動(dòng)的位移公式時(shí),采用了微元法將變速運(yùn)動(dòng)無限微分后變成了一段段的勻速運(yùn)動(dòng),即采用了微元法,故D正確; 故選:A. 點(diǎn)評(píng): 在高中物理學(xué)習(xí)中,我們會(huì)遇到多種不同的物理分析方法,這些方法對(duì)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
12、意科學(xué)方法的積累與學(xué)習(xí). 2.【答案】D 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(yùn)動(dòng),故而可以知道A點(diǎn)的位置坐標(biāo)為h 由圖知B點(diǎn)加速度為零,既此時(shí)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(diǎn)的速度為零,即彈簧被壓縮到最大,由此可以知此時(shí)彈力大于重力,故而此點(diǎn)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(yùn)動(dòng),故而可以知道A點(diǎn)的位置坐標(biāo)為h,加速度為重力加速度,故A錯(cuò)誤; B、由圖知B點(diǎn)加速度為零,既此時(shí)彈力等于重力,此時(shí)彈簧形
13、變量為:,故B點(diǎn)坐標(biāo)為:,故B錯(cuò)誤; C:由B知C正確; D:小球過B后會(huì)繼續(xù)會(huì)繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng),故而D點(diǎn)的坐標(biāo)應(yīng)大于B點(diǎn)的坐標(biāo),由在B點(diǎn)時(shí)彈力已經(jīng)等于重力,故在D點(diǎn)時(shí)彈力一定大于重力,故D錯(cuò)誤; 故選:C. 點(diǎn)評(píng): 本題難點(diǎn)一是對(duì)圖象的識(shí)別和理解,二是由圖象分析小球的幾個(gè)特殊運(yùn)動(dòng)階段,對(duì)這種小球彈簧的一般分為三個(gè)階段:自由落體,彈力小于重力,彈力大于重力.各自運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)對(duì)小車進(jìn)行受力分析,確定桿對(duì)小球的作用力. 解:A、B、小球受豎直向下的重力mg與桿對(duì)小球的力F作用; 當(dāng)小車靜止時(shí),小球也靜
14、止,小球處于平衡狀態(tài),受平衡力作用,桿的作用力F與重力是一對(duì)平衡力,由平衡條件得:F=mg,方向豎直向上.故A、B錯(cuò)誤. C、小車向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),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(yùn)動(dòng)時(shí),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(diǎn)評(píng): 本題中輕桿與輕繩的模型不同,繩子對(duì)物體只有拉力,一定沿繩子方向,而桿子對(duì)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(shí),m和M保持相對(duì)靜止一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)拉力達(dá)到一定值時(shí),m和M發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),結(jié)合牛頓第
15、二定律,運(yùn)用整體和隔離法分析. 解答: A、當(dāng)F等于6N時(shí),加速度為:a=1m/s2, 對(duì)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(shí),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(cuò)誤. B、根據(jù)F大于6N的圖線知,F(xiàn)=4時(shí),a=0,即:0=F﹣, 代入數(shù)據(jù)解得:μ=0.1, 所以a=,當(dāng)F=8N時(shí),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(yùn)動(dòng)時(shí),力隨時(shí)間變化的函數(shù)關(guān)系一定可以表示為F=6t(
16、N),當(dāng)F大于6N后,發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),表達(dá)式不是F=6t,D錯(cuò)誤 故選:BC. 點(diǎn)評(píng): 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(yùn)動(dòng)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(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解C點(diǎn)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(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),落到A點(diǎn)時(shí)水平位移為R,豎直下落高度為R,根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(diǎn)時(shí)水平位移為2R,則有
17、2R=vC′t 解得 vC′= 故速度大小滿足≤vc≤,故A正確,B錯(cuò)誤. CD、在C點(diǎn),對(duì)球研究:設(shè)管對(duì)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(cuò)誤. 故選:AC. 點(diǎn)評(píng): 本題要分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程,根據(jù)物體的不同的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的加速度,結(jié)合牛頓第二定律即對(duì)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
18、=1m/s2,故A錯(cuò)誤,B正確; C、D、由牛頓第二定律可得: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(cuò)誤,D正確 故選:BD 點(diǎn)評(píng): 本題關(guān)鍵根據(jù)絞車的線速度等于物塊運(yùn)動(dòng)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(shì)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(yùn)動(dòng)過程中,只有電場(chǎng)力和滑動(dòng)摩擦力做功,根據(jù)動(dòng)能定理列式求解
19、即可; (3)由于圖象的切線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度,故場(chǎng)強(qiáng)逐漸變小,電場(chǎng)力逐漸變??; 電場(chǎng)力大于摩擦力時(shí),物體加速,當(dāng)電場(chǎng)力減小到等于摩擦力時(shí),速度最大,此后電場(chǎng)力小于摩擦力,故物體開始減速,即滑塊先由靜到動(dòng),后由動(dòng)到靜,故先加速后減速; (4)滑塊運(yùn)動(dòng)到最左端位置時(shí)速度為零;滑塊向左運(yùn)動(dòng)過程中,電場(chǎng)力做負(fù)功,摩擦力做負(fù)功;滑塊向右運(yùn)動(dòng)過程中,電場(chǎng)力做正功,摩擦力做負(fù)功;對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全部過程和向右運(yùn)動(dòng)的過程分別運(yùn)用動(dòng)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(shì)與x成反比關(guān)系,即φ=; 當(dāng)x=0.1m時(shí),電勢(shì)φ=4.5V,代入上述公式,得到k=4.5×104 故沿x軸
20、的電勢(shì)與x的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式V. (2)滑塊運(yùn)動(dòng)的全部過程中,只有電場(chǎng)力和摩擦力做功,由動(dòng)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(yùn)動(dòng),后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng). 即加速度先減小后增大. 當(dāng)它位于x=0.15m時(shí),圖象上該點(diǎn)的切線斜率表示場(chǎng)強(qiáng)大小 E=N/C 滑塊在該點(diǎn)的水平合力FX=Eq﹣μmg=2.0×106×1.0×10﹣7﹣0.20×0.10×10=0
21、 故滑塊的加速度a==0 故在上述第(2)問的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,它的加速度先變小后變大;當(dāng)它位于x=0.15m時(shí)它的加速度為零. (4)設(shè)滑塊到達(dá)的最左側(cè)位置為x1,則滑塊由該位置返回到出發(fā)點(diǎn)的過程中 由動(dòng)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(duì)滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到返回出發(fā)點(diǎn)的整個(gè)過程,由動(dòng)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=0.6
22、0m處以初速度v0沿﹣x方向運(yùn)動(dòng),要使滑塊恰能回到出發(fā)點(diǎn),其初速度v0應(yīng)為2.12m/s. 9.分析:(1)在第一個(gè)時(shí)間段內(nèi),拉力不變,根據(jù)最終做勻速運(yùn)動(dòng),求出重力的大小,結(jié)合牛頓第二定律求出第一個(gè)時(shí)間段內(nèi)的加速度.在第二個(gè)時(shí)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(shí)間公式求出第一個(gè)時(shí)間段內(nèi)的時(shí)間,從而得出第二個(gè)時(shí)間段的時(shí)間,根據(jù)動(dòng)能定理求出被提升重物在第二個(gè)時(shí)間段內(nèi)通過的路程. 解答:解:(1)由v﹣圖象可知,第一個(gè)時(shí)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(dá)到vC=3.0 m/s時(shí),受平衡力
23、,即G=F2=4.0 N. 由此解得重物的質(zhì)量m=═0.40 kg 聯(lián)立解得:a=5.0 m/s2 在第二段時(shí)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(shí)間為t1,重物在這段時(shí)間內(nèi)的位移為x1,則 t1=s, x1=at12=0.40 m 設(shè)第二段時(shí)間為t2,t2=t﹣t1=1.0 s 重物在t2這段時(shí)間內(nèi)的位移為x2,根據(jù)動(dòng)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(gè)時(shí)間段內(nèi)重物的加速度保持不變?yōu)?.0 m/s2;第二個(gè)時(shí)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(shí)間段內(nèi)和第二時(shí)間段內(nèi)通過的總路程為3.15m.
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