《2022年高三物理二輪復習 作業(yè)卷八 牛頓運動定律3（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三物理二輪復習 作業(yè)卷八 牛頓運動定律3（含解析）（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理二輪復習 作業(yè)卷八 牛頓運動定律3（含解析）一 、單選題（本大題共3小題。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的）1. 在物理學的重大發(fā)現(xiàn)中科學家們創(chuàng)造出了許多物理學方法，如理想實驗法、控制變量法、極限思想法、類比法和科學假說法、建立物理模型法等等以下關于所用物理學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，用質點來代替物體的方法叫假設法B根據(jù)速度定義式v=，當t非常非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應用了極限思想方法C在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變研究加速度與力的關系，再保持力不變研究加速度與質量

2、的關系，該實驗應用了控制變量法D在推導勻變速運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法2. 如圖所示，質量為m的木塊P在質量為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狀態(tài)若長木板ab與地面間的動摩擦因數(shù)為1，木塊P與長木板ab間的動摩擦因數(shù)為2，則長木板ab受到地面的摩擦力大小為 ()A1Mg B1(mM)gC1Mg2mg D2mg 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，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由釋放，壓上彈簧后與彈簧一起運動若以小球開始下落的位置為原點，沿豎直

3、向下建一坐標系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點的曲線，BC是平滑的曲線，則關于A、B、C各點對應的位置坐標及加速度，以下說法正確的是（）AxA=h，aA=0BxB=h，aB=gCxB=h+，aB=0DxC=h+，aCg二 、多選題（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，在斜桿的下端固定有質量為m的小球下列關于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是（）A小車靜止時，F(xiàn)=mgsin ，方向沿桿向上B小車靜止時，F(xiàn)=mgcos ，方向垂直于桿向上C小車向右做勻速運動時，一定有F=mg，方向豎

4、直向上D小車向右做勻加速運動時，一定有Fmg，方向可能沿桿向上5. 如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m小滑塊木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，取g=10m/s2，則（）A小滑塊的質量m=2kgB當F=8N時，滑塊的加速度為1m/s2C滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1D力隨時間變化的函數(shù)關系一定可以表示為F=6t（N）6. 如圖所示，一個內壁光滑的圓管軌道ABC豎直放置，軌道半徑為RO、A、D位于同一水平線上，A、D間的距離為R質量為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

5、使小球能通過C點落到AD區(qū)，則球經過C點時（）A速度大小滿足vcB速度大小滿足0vcC對管的作用力大小滿足mgFCmgD對管的作用力大小滿足0Fcmg7. 如圖所示為用絞車拖物塊的示意圖拴接物塊的細線被纏繞在輪軸上，輪軸逆時針轉動從而拖動物塊已知輪軸的半徑R=0.5m，細線始終保持水平；被拖動物塊質量m=1kg，與地面間的動摩擦因數(shù)=0.5；輪軸的角速度隨時間變化的關系是=2trad/s，g=10m/s2以下判斷正確的是（）A物塊做勻速運動B物塊做勻加速直線運動，加速度大小是1m/s2C繩對物塊的拉力是5ND繩對物塊的拉力是6N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平

6、行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，且沿x軸方向的電勢與坐標值x的關系如下表格所示：123456789x/m0.050.100.150.200.250.300.350.400.45/105v9.004.503.002.251.801.501.291.131.00根據(jù)上述表格中的數(shù)據(jù)可作出如右的x圖象現(xiàn)有一質量為0.10kg，電荷量為1.0107C帶正電荷的滑塊（可視作質點），其與水平面的動摩擦因素為0.20問：（1）由數(shù)據(jù)表格和圖象給出的信息，寫出沿x軸的電勢與x的函數(shù)關系表達式（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）問的整個運動過程

7、中，它的加速度如何變化？當它位于x=0.15m時它的加速度多大？（4）若滑塊從x=0.60m處以初速度v0沿x方向運動，要使滑塊恰能回到出發(fā)點，其初速度v0應為多大？9.如圖甲所示，某同學用輕繩通過定滑輪提升一重物，運用傳感器（未在圖中畫出）測得此過程中不同時刻對輕繩的拉力F與被提升重物的速度v，并描繪出F圖象假設某次實驗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時間段內F和的關系；線段BC的延長線過原點（C點為實線與虛線的分界點），它反映了被提升重物在第二個時間段內F和的關系；第三個時間段內拉力F和速度v均為C點所對應的大小保持不變，因此圖象上沒有反映實驗中還測得

8、重物由靜止開始經過t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物體做勻速運動取重力加速度g=10m/s2，繩重及一切摩擦和阻力均可忽略不計（1）在提升重物的過程中，除了重物的質量和所受重力保持不變以外，在第一時間段內和第二時間段內還各有一些物理量的值保持不變請分別指出第一時間段內和第二時間內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間段內和第二時間段內通過的總路程xx萬卷作業(yè)卷（八）答案解析一 、單選題1.【答案】A分析：在研究多個量之間的關系時，常常要控制某些物理量不變，即控制變量法；當時間非常小時，我們認為此時的平均速度可看作某一時刻的速度即稱之為瞬時速度，

9、采用的是極限思維法；質點是實際物體在一定條件下的科學抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；在研究曲線運動或者加速運動時，常常采用微元法，將曲線運動變成直線運動，或將變化的速度變成不變的速度解答：A、質點采用的科學方法為建立理想化的物理模型的方法，故A錯誤；B、為研究某一時刻或某一位置時的速度，我們采用了取時間非常小，即讓時間趨向無窮小時的平均速度作為瞬時速度，即采用了極限思維法，故B正確；C、在研究加速度與質量和合外力的關系時，由于影響加速度的量有質量和力，故應采用控制變量法，故C正確；D、在探究勻變速運動的位移公式時，采用了微元法將變速運動無限微分后變成了一段段的勻速運動，即采用了微元法

10、，故D正確；故選：A點評：在高中物理學習中，我們會遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對我們理解物理有很大的幫助；故在理解概念和規(guī)律的基礎上，更要注意科學方法的積累與學習2.【答案】D3.【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動，故而可以知道A點的位置坐標為h由圖知B點加速度為零，既此時彈力等于重力，故由此可以求得彈簧形變量，繼而可以知道B的坐標而D點的速度為零，即彈簧被壓縮到最大，由此可以知此時彈力大于重力，故而此點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動，故而可以知道A點的位

11、置坐標為h，加速度為重力加速度，故A錯誤；B、由圖知B點加速度為零，既此時彈力等于重力，此時彈簧形變量為：，故B點坐標為：，故B錯誤；C：由B知C正確；D：小球過B后會繼續(xù)會繼續(xù)向下運動，故而D點的坐標應大于B點的坐標，由在B點時彈力已經等于重力，故在D點時彈力一定大于重力，故D錯誤；故選：C點評：本題難點一是對圖象的識別和理解，二是由圖象分析小球的幾個特殊運動階段，對這種小球彈簧的一般分為三個階段：自由落體，彈力小于重力，彈力大于重力各自運動性質不一樣，應注意掌握二 、多選題4.【答案】CD分析：結合小車的運動狀態(tài)對小車進行受力分析，確定桿對小球的作用力解：A、B、小球受豎直向下的重力mg與

12、桿對小球的力F作用；當小車靜止時，小球也靜止，小球處于平衡狀態(tài)，受平衡力作用，桿的作用力F與重力是一對平衡力，由平衡條件得：F=mg，方向豎直向上故A、B錯誤C、小車向右做勻速運動時，受力平衡，一定有F=mg，方向豎直向上，故C正確；D、小車向右加速運動時，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點評：本題中輕桿與輕繩的模型不同，繩子對物體只有拉力，一定沿繩子方向，而桿子對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：當拉力較小時，m和M保持相對靜止一起做勻加速直線運動，當拉力達到一定值時，m和M發(fā)生相對滑動，結合牛頓第

13、二定律，運用整體和隔離法分析解答：A、當F等于6N時，加速度為：a=1m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有：F=（M+m）a，代入數(shù)據(jù)解得：M+m=6kg當F大于6N時，根據(jù)牛頓第二定律得：a=，知圖線的斜率k=，解得：M=2kg，滑塊的質量為：m=4kg故A錯誤B、根據(jù)F大于6N的圖線知，F(xiàn)=4時，a=0，即：0=F，代入數(shù)據(jù)解得：=0.1，所以a=，當F=8N時，長木板的加速度為：a=2m/s2根據(jù)mg=ma得：a=g=1m/s2，故BC正確D、當M與m共同加速運動時，力隨時間變化的函數(shù)關系一定可以表示為F=6t（N），當F大于6N后，發(fā)生相對滑動，表達式不是F=6t，D錯誤故選：BC點

14、評：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動規(guī)律是解決本題的關鍵，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點后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求解C點的速度大小范圍根據(jù)牛頓第二定律分析球對管的作用力大小范圍解答：AB、小球離開C點做平拋運動，落到A點時水平位移為R，豎直下落高度為R，根據(jù)運動學公式可得：豎直方向有：R=水平方向有：R=vCt解得：vC=；小球落到D點時水平位移為2R，則有 2R=vCt解得 vC=故速度大小滿足vc，故A正確，B錯誤CD、在C點，對球研究：設管對球的作用力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律得：

15、mg+F=m將vc代入得：mgFmg，由牛頓第三定律可知：mgFCmg故C正確，D錯誤故選：AC點評：本題要分析清楚物體的運動過程，根據(jù)物體的不同的運動狀態(tài)，采用相應的物理規(guī)律求解即可7.【答案】BD分析：由物塊速度v=R=at，可得物塊運動的加速度，結合牛頓第二定律即對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=R=2t0.5=1t又v=at故可得：a=1m/s2，故A錯誤，B正確；C、D、由牛頓第二定律可得：物塊所受合外力F=ma=1NF=Tf，地面摩擦阻力f=mg=0.5110=5N故可得物塊受力繩子拉力T=f+F=5+1=6N，故C錯誤，D正確故選：BD點評：本題

16、關鍵根據(jù)絞車的線速度等于物塊運動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）電勢與坐標x圖象是一條曲線，則與x關系可能是反比關系，即x1；也可能與x2關系可能是反比關系，即x2；，依此類推，直到找到關系為止；（2）滑塊運動過程中，只有電場力和滑動摩擦力做功，根據(jù)動能定理列式求解即可；（3）由于圖象的切線的斜率表示電場強度，故場強逐漸變小，電場力逐漸變?。浑妶隽Υ笥谀Σ亮r，物體加速，當電場力減小到等于摩擦力時，速度最大，此后電場力小于摩擦力，故物體開始減速，即滑塊先由靜到動，后由動到靜，故先加速后減速；（4）滑塊運動到最左端位置時速度為零；滑塊向左運動過程中，電場

17、力做負功，摩擦力做負功；滑塊向右運動過程中，電場力做正功，摩擦力做負功；對滑塊運動的全部過程和向右運動的過程分別運用動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，電勢與x成反比關系，即=；當x=0.1m時，電勢=4.5V，代入上述公式，得到k=4.5104故沿x軸的電勢與x的函數(shù)關系表達式V（2）滑塊運動的全部過程中，只有電場力和摩擦力做功，由動能定理得WF+Wf=EK=0設滑塊停止的位置為x2，有q（12）mg（x2x）=0即代入數(shù)據(jù)有1.0107可解得x2=0.225m（舍去x2=0.1m）故滑塊最終停止在坐標為0.225m的位置（3）先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的

18、減速運動即加速度先減小后增大當它位于x=0.15m時，圖象上該點的切線斜率表示場強大小E=N/C滑塊在該點的水平合力FX=Eqmg=2.01061.01070.200.1010=0故滑塊的加速度a=0故在上述第（2）問的整個運動過程中，它的加速度先變小后變大；當它位于x=0.15m時它的加速度為零（4）設滑塊到達的最左側位置為x1，則滑塊由該位置返回到出發(fā)點的過程中由動能定理 WF+Wf=EK=0有 q（12）mg（xx1）=0代入數(shù)據(jù)有 1.0107可解得x1=0.0375m（舍去x1=0.6m）再對滑塊從開始運動到返回出發(fā)點的整個過程，由動能定理2mg（xx1）=代入數(shù)據(jù)有20.200.1

19、010（0.600.0375）=0.50.10v02可解得2.12m/s即滑塊從x=0.60m處以初速度v0沿x方向運動，要使滑塊恰能回到出發(fā)點，其初速度v0應為2.12m/s9.分析：（1）在第一個時間段內，拉力不變，根據(jù)最終做勻速運動，求出重力的大小，結合牛頓第二定律求出第一個時間段內的加速度在第二個時間段內，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)速度時間公式求出第一個時間段內的時間，從而得出第二個時間段的時間，根據(jù)動能定理求出被提升重物在第二個時間段內通過的路程解答：解：（1）由v圖象可知，第一個時間段內重物所受拉力保持不變，且F1=6.0 N根據(jù)牛頓第二定律

20、有F1G=ma重物速度達到vC=3.0 m/s時，受平衡力，即G=F2=4.0 N由此解得重物的質量m=0.40 kg聯(lián)立解得：a=5.0 m/s2在第二段時間內，拉力的功率保持不變，有：P=Fv=W=12 W（2）設第一段時間為t1，重物在這段時間內的位移為x1，則t1=s，x1=at12=0.40 m設第二段時間為t2，t2=tt1=1.0 s重物在t2這段時間內的位移為x2，根據(jù)動能定理有Pt2Gx2=mvC2mvB2解得x2=2.75 m則第二段重物上升的路程2.75mx=x1+x2=0.4+2.75=3.15m答：（1）第一個時間段內重物的加速度保持不變?yōu)?.0 m/s2；第二個時間段內牽引力的功率保持不變?yōu)?2W；（2）被提升重物在第一時間段內和第二時間段內通過的總路程為3.15m