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(zhǎng)木板ab上滑行，長(zhǎng)木板放在水平地面上一直處于靜止?fàn)顟B(tài)．若長(zhǎng)木板ab與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木塊P與長(zhǎng)木板ab間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，則長(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)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(jiǎn)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(zhǎng)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(zhǎng)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(jiǎn)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)力逐漸變小； 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．