衡水万卷2021届高三物理二轮复习作业卷八牛顿运动定律3含解析.doc

牛顿运动定律3
一 、单选题（本大题共3小题。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1. 在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（　　）

A．
在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法

B．
根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法

C．
在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法

D．
在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法

2. 如图所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态．若长木板ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为 (　　)

A．μ1Mg B．μ1(m＋M)g
C．μ1Mg＋μ2mg D．μ2mg
3. 如图1所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由释放，压上弹簧后与弹簧一起运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建一坐标系ox，则小球的速度 v2随x的变化图象如图2所示．其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C各点对应的位置坐标及加速度，以下说法正确的是（　　）

A．
xA=h，aA=0
B．
xB=h，aB=g
C．
xB=h+，aB=0
D．
xC=h+，aC＞g
二 、多选题（本大题共4小题）
4. 如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球．下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（　　）

A．
小车静止时，F=mgsin θ，方向沿杆向上

B．
小车静止时，F=mgcos θ，方向垂直于杆向上

C．
小车向右做匀速运动时，一定有F=mg，方向竖直向上

D．
小车向右做匀加速运动时，一定有F＞mg，方向可能沿杆向上
5. 如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=10m/s2，则（　　）

A．
小滑块的质量m=2kg

B．
当F=8N时，滑块的加速度为1m/s2

C．
滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1

D．
力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N）
6. 如图所示，一个内壁光滑的圆管轨道ABC竖直放置，轨道半径为R．O、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R．质量为m的小球（球的直径略小于圆管直径），从管口A正上方由静止释放，要使小球能通过C点落到AD区，则球经过C点时（　　）

A．
速度大小满足≤vc≤
B．
速度大小满足0≤vc≤

C．
对管的作用力大小满足mg≤FC≤mg
D．
对管的作用力大小满足0≤Fc≤mg
7. 如图所示为用绞车拖物块的示意图．拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块．已知轮轴的半径R=0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m=1kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω=2trad/s，g=10m/s2．以下判断正确的是（　　）

A．
物块做匀速运动

B．
物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2

C．
绳对物块的拉力是5N

D．
绳对物块的拉力是6N

三 、简答题（本大题共2小题）
8. 粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，且沿x轴方向的电势与坐标值x的关系如下表格所示：

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
根据上述表格中的数据可作出如右的﹣x图象．现有一质量为0.10kg，电荷量为1.0×10﹣7C带正电荷的滑块（可视作质点），其与水平面的动摩擦因素为0.20．问：
（1）由数据表格和图象给出的信息，写出沿x轴的电势与x的函数关系表达式．
（2）若将滑块无初速地放在x=0.10m处，则滑块最终停止在何处？
（3）在上述第（2）问的整个运动过程中，它的加速度如何变化？当它位于x=0.15m时它的加速度多大？
（4）若滑块从x=0.60m处以初速度v0沿﹣x方向运动，要使滑块恰能回到出发点，其初速度v0应为多大？

9.如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻对轻绳的拉力F与被提升重物的速度v，并描绘出F﹣图象．假设某次实验所得的图象如图乙所示，其中线段AB与轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内F和的关系；线段BC的延长线过原点（C点为实线与虚线的分界点），它反映了被提升重物在第二个时间段内F和的关系；第三个时间段内拉力F和速度v均为C点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映．实验中还测得重物由静止开始经过t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物体做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计．
（1）在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一时间段内和第二时间段内还各有一些物理量的值保持不变．请分别指出第一时间段内和第二时间内所有其他保持不变的物理量，并求出它们的大小；
（2）求被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程．

0.2016万卷作业卷（八）答案解析
一 、单选题
1.【答案】A
分析：
在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
解答：
A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；
B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；
C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，故应采用控制变量法，故C正确；
D、在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法，故D正确；
故选：A．
点评：
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．

2.【答案】D

3.【答案】C
分析：
由小球OA段是直线可以知道，其加速度恒定，故此段代表小球接触弹簧前的运动，故而可以知道A点的位置坐标为h
由图知B点加速度为零，既此时弹力等于重力，故由此可以求得弹簧形变量，继而可以知道B的坐标．
而D点的速度为零，即弹簧被压缩到最大，由此可以知此时弹力大于重力，故而此点的加速度一定不是零．
解答：
A、由小球OA段是直线可以知道，其加速度恒定，故此段代表小球接触弹簧前的自由落体运动，故而可以知道A点的位置坐标为h，加速度为重力加速度，故A错误；
B、由图知B点加速度为零，既此时弹力等于重力，此时弹簧形变量为：，故B点坐标为：，故B错误；
C：由B知C正确；
D：小球过B后会继续会继续向下运动，故而D点的坐标应大于B点的坐标，由在B点时弹力已经等于重力，故在D点时弹力一定大于重力，故D错误；
故选：C．
点评：
本题难点一是对图象的识别和理解，二是由图象分析小球的几个特殊运动阶段，对这种小球弹簧的一般分为三个阶段：自由落体，弹力小于重力，弹力大于重力．各自运动性质不一样，应注意掌握．
二 、多选题
4.【答案】CD
分析：
结合小车的运动状态对小车进行受力分析，确定杆对小球的作用力．

解：A、B、小球受竖直向下的重力mg与杆对小球的力F作用；
当小车静止时，小球也静止，小球处于平衡状态，受平衡力作用，杆的作用力F与重力是一对平衡力，由平衡条件得：F=mg，方向竖直向上．故A、B错误．
C、小车向右做匀速运动时，受力平衡，一定有F=mg，方向竖直向上，故C正确；
D、小车向右加速运动时，小球受力不平衡，小球受到的合力向右，F＞mg，方向可能沿杆向上，故D正确；
故选CD．
点评：
本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿定律分析确定．
5.【答案】BC
分析：
当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．
解答：
A、当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2，
对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，
代入数据解得：M+m=6kg
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a==，
知图线的斜率k==，解得：M=2kg，
滑块的质量为：m=4kg．故A错误．
B、根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：0=F﹣，
代入数据解得：μ=0.1，
所以a=，当F=8N时，长木板的加速度为：a=2m/s2．
根据μmg=ma′得：a′=μg=1m/s2，故BC正确．
D、当M与m共同加速运动时，力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N），当F大于6N后，发生相对滑动，表达式不是F=6t，D错误
故选：BC．
点评：
本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．
6.【答案】AC
分析：
小球离开C点后做平抛运动，由平抛运动的规律求解C点的速度大小范围．根据牛顿第二定律分析球对管的作用力大小范围．
解答：
AB、小球离开C点做平抛运动，落到A点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得：
竖直方向有：R=
水平方向有：R=vCt
解得：vC=；
小球落到D点时水平位移为2R，则有 2R=vC′t
解得 vC′=
故速度大小满足≤vc≤，故A正确，B错误．
CD、在C点，对球研究：设管对球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律得：mg+F=m
将≤vc≤代入得：mg≤F≤mg，由牛顿第三定律可知：mg≤FC≤mg．故C正确，D错误．
故选：AC．
点评：
本题要分析清楚物体的运动过程，根据物体的不同的运动状态，采用相应的物理规律求解即可．
7.【答案】BD
分析：
由物块速度v=ωR=at，可得物块运动的加速度，结合牛顿第二定律即对物块的受力分析可求解绳子拉力
解答：
A、B、由题意知，物块的速度v=ωR=2t×0.5=1t
又v=at
故可得：a=1m/s2，故A错误，B正确；
C、D、由牛顿第二定律可得：物块所受合外力F=ma=1N
F=T﹣f，
地面摩擦阻力f=μmg=0.5×1×10=5N
故可得物块受力绳子拉力T=f+F=5+1=6N，故C错误，D正确
故选：BD
点评：
本题关键根据绞车的线速度等于物块运动速度从而求解物块的加速度，根据牛顿第二定律求解．
三 、简答题
8.分析：（1）电势φ与坐标x图象是一条曲线，则φ与x关系可能是反比关系，即φ∝x﹣1；也可能φ与x2关系可能是反比关系，即φ∝x﹣2；…，依此类推，直到找到关系为止；
（2）滑块运动过程中，只有电场力和滑动摩擦力做功，根据动能定理列式求解即可；
（3）由于图象的切线的斜率表示电场强度，故场强逐渐变小，电场力逐渐变小；
电场力大于摩擦力时，物体加速，当电场力减小到等于摩擦力时，速度最大，此后电场力小于摩擦力，故物体开始减速，即滑块先由静到动，后由动到静，故先加速后减速；
（4）滑块运动到最左端位置时速度为零；滑块向左运动过程中，电场力做负功，摩擦力做负功；滑块向右运动过程中，电场力做正功，摩擦力做负功；对滑块运动的全部过程和向右运动的过程分别运用动能定理列式求解即可．
解答：解：（1）由数据表格和图象可得，电势与x成反比关系，即φ=；
当x=0.1m时，电势φ=4.5V，代入上述公式，得到k=4.5×104
故沿x轴的电势与x的函数关系表达式V．
（2）滑块运动的全部过程中，只有电场力和摩擦力做功，由动能定理得
WF+Wf=△EK=0
设滑块停止的位置为x2，有
q（1﹣2）﹣μmg（x2﹣x）=0
即
代入数据有
1.0×10﹣7
可解得x2=0.225m（舍去x2=0.1m）
故滑块最终停止在坐标为0.225m的位置．
（3）先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动．
即加速度先减小后增大．
当它位于x=0.15m时，图象上该点的切线斜率表示场强大小
E=N/C
滑块在该点的水平合力FX=Eq﹣μmg=2.0×106×1.0×10﹣7﹣0.20×0.10×10=0
故滑块的加速度a==0
故在上述第（2）问的整个运动过程中，它的加速度先变小后变大；当它位于x=0.15m时它的加速度为零．
（4）设滑块到达的最左侧位置为x1，则滑块由该位置返回到出发点的过程中
由动能定理 WF+Wf=△EK=0
有 q（1﹣2）﹣μmg（x﹣x1）=0
代入数据有 1.0×10﹣7
可解得x1=0.0375m（舍去x1=0.6m）．
再对滑块从开始运动到返回出发点的整个过程，由动能定理
﹣2μmg（x﹣x1）=
代入数据有2×0.20×0.10×10（0.60﹣0.0375）=0.5×0.10v02
可解得≈2.12m/s
即滑块从x=0.60m处以初速度v0沿﹣x方向运动，要使滑块恰能回到出发点，其初速度v0应为2.12m/s．
9.分析：（1）在第一个时间段内，拉力不变，根据最终做匀速运动，求出重力的大小，结合牛顿第二定律求出第一个时间段内的加速度．在第二个时间段内，图线的斜率不变，即功率不变，根据P=Fv求出功率的大小；
（2）根据速度时间公式求出第一个时间段内的时间，从而得出第二个时间段的时间，根据动能定理求出被提升重物在第二个时间段内通过的路程．
解答：解：（1）由v﹣图象可知，第一个时间段内重物所受拉力保持不变，且F1=6.0 N
根据牛顿第二定律有F1﹣G=ma
重物速度达到vC=3.0 m/s时，受平衡力，即G=F2=4.0 N．
由此解得重物的质量m=═0.40 kg
联立解得：a=5.0 m/s2
在第二段时间内，拉力的功率保持不变，有：P=Fv=W=12 W．
（2）设第一段时间为t1，重物在这段时间内的位移为x1，则
t1=s，
x1=at12=0.40 m
设第二段时间为t2，t2=t﹣t1=1.0 s
重物在t2这段时间内的位移为x2，根据动能定理有
Pt2﹣Gx2=mvC2﹣mvB2
解得x2=2.75 m
则第二段重物上升的路程2.75m
x=x1+x2=0.4+2.75=3.15m
答：（1）第一个时间段内重物的加速度保持不变为5.0 m/s2；第二个时间段内牵引力的功率保持不变为12W；
（2）被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程为3.15m．
5