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1、2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 作業(yè)卷七 牛頓運(yùn)動(dòng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的） 1.（xx?普陀區(qū)二模）如圖，在圓錐形內(nèi)部有三根固定的光滑細(xì)桿，A、B、C為圓錐底部同一圓周上的三個(gè)點(diǎn)，三桿Aa、Bb、Cc與水平底面的夾角分別為60°、45°、30°．每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)（圖中未畫出），三個(gè)滑環(huán)分別從a、b、c處由靜止釋放（忽略阻力），用t1、t2、t3依次表示各滑環(huán)到達(dá)A、B、C所用的時(shí)間，則（　?。? 　 A． t1＞t2＞t3 B． t1＜t2＜t3 C． t1=t3＜t2 D． t1=t3

2、＞t2 2. 如圖所示，一根細(xì)線下端拴一個(gè)金屬小球P，細(xì)線的上端固定在金屬塊Q（可視為質(zhì)點(diǎn)）上，Q放在帶小孔（小孔是光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)（圓錐擺）．現(xiàn)使小球改到一個(gè)更高一些的水平面上作勻速圓周運(yùn)動(dòng)（圖中P′位置），兩次金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點(diǎn)，則后一種情況與原來(lái)相比較，下面的判斷中正確的是（　　） 　 A． Q受到桌面的支持力變大 B． Q受到桌面的摩擦力不變 　 C． 小球P運(yùn)動(dòng)的周期變大 D． 小球P運(yùn)動(dòng)的線速度變大 3. 固定的傾角為30°的斜面上有一物塊，物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，t=0時(shí)刻由靜止

3、釋放物塊的同時(shí)給物塊施加沿斜面向上的力F，F(xiàn)-t圖像如圖所示。規(guī)定沿斜面向上為正方向，則物塊的a-t圖像正確的是( ) 4.（xx?普陀區(qū)一模）一質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度變化△v時(shí)發(fā)生位移x1，緊接著速度變化同樣的△v時(shí)發(fā)生位移x2，則該質(zhì)點(diǎn)的加速度為（　?。? 　 A． B． 2 C． （△v）2（﹣） D． （△v）2（+） 二 、多選題（本大題共2小題） 5.（xx?奉賢區(qū)一模）如圖所示，一物體以某一初速度v0從固定的粗糙斜面底端上滑至最高點(diǎn)又返回底端的過(guò)程中，以沿斜面向上為正方向．若用h、x、v和Ek分別表示物塊距水平地面高度、位移、速

4、度和動(dòng)能，t表示運(yùn)動(dòng)時(shí)間．則可能正確的圖象是（　?。? 　 A． B． C． D． 6.（xx?汕頭一模）建設(shè)房屋時(shí)，保持底邊L不變，要設(shè)計(jì)好屋頂?shù)膬A角θ，以便下雨時(shí)落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時(shí)可視為小球做無(wú)初速無(wú)摩擦的運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是（　?。? 　 A． 傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大 　 B． 傾角θ越大，雨滴對(duì)屋頂壓力越大 　 C． 傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的動(dòng)能越大 　 D． 傾角θ越大，雨滴從頂端口下滑至屋檐M時(shí)的時(shí)間越短 7.（xx?奉賢區(qū)一模）如圖所示，一質(zhì)量為m的小球套在光滑豎直桿上，輕質(zhì)彈

5、簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與該小球相連．現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，沿豎直桿運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，已知OA長(zhǎng)度小于OB長(zhǎng)度，彈簧處于OA、OB兩位置時(shí)彈力大小相等．彈簧的形變量相同時(shí)彈性勢(shì)能相同．則小球在此過(guò)程中（　?。? 　 A． 加速度等于重力加速度g的位置有兩個(gè) 　 B． 彈簧彈力的功率為零的位置有兩個(gè) 　 C． 彈簧彈力對(duì)小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功 　 D． 彈簧彈力做正功過(guò)程中小球運(yùn)動(dòng)的距離等于小球彈簧彈力做負(fù)功過(guò)程中小球運(yùn)動(dòng)的距離 三 、簡(jiǎn)答題（本大題共2小題） 8. 為研究運(yùn)動(dòng)物體所受的空氣阻力，某研究小組

6、的同學(xué)找來(lái)一個(gè)傾角可調(diào)、斜面比較長(zhǎng)且表面平整的斜面體和一個(gè)滑塊，并在滑塊上固定一個(gè)高度可升降的風(fēng)帆。他們讓帶有風(fēng)帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，下滑過(guò)程帆面與滑塊運(yùn)動(dòng)方向垂直。假設(shè)滑塊和風(fēng)帆總質(zhì)量為.滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為，斜面的傾角，重力加速度為g，帆受到的空氣阻力與帆的運(yùn)動(dòng)速率的平方成正比，即。 （1）寫出滑塊下滑過(guò)程中加速度的表達(dá)式； （2）求出滑塊下滑的最大速度的表達(dá)式； （3）若，斜面傾角，取，滑塊從靜止下滑的速度圖象如圖所示，圖中的斜線是時(shí)圖線的切線，由此求出的值。 9.（xx

7、秋?重慶月考）如圖所示，帶動(dòng)傳送帶的輪子順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，絕緣粗糙水平傳送帶的速度大小v0=5m/s，BCD為豎直平面內(nèi)的絕緣光滑軌道，其中BC為光滑水平面、CD為R=0.2m的光滑半圓，C為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)．裝置平滑相連且均處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E=5.0×103V/m．一帶正電的滑塊無(wú)初速輕放到傳送帶左端的A點(diǎn)，后滑塊恰能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D．滑塊的質(zhì)量為m=1.0×10﹣2kg，所帶電荷量為q=2.0×10﹣5C，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，g取10m/s2，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)．求： （1）滑塊到達(dá)軌道D點(diǎn)的速度大小； （2）傳送帶的長(zhǎng)度； （3）若傳送帶足夠長(zhǎng)，仍將

8、該帶正電的滑塊無(wú)初速輕放到傳送帶左端的A點(diǎn)，且該滑塊經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)D后能落回到BC上，試求光滑水平面BC的最小長(zhǎng)度． 　 xx萬(wàn)卷作業(yè)卷（七）答案解析 一 、單選題 1.【答案】D 考點(diǎn)： 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．. 專題： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題． 分析： 根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合位移，運(yùn)用位移時(shí)間公式求出時(shí)間的大小，從而進(jìn)行比較． 解答： 解：小滑環(huán)沿桿下滑的加速度a=， 根據(jù)得，t=，當(dāng)θ=60°和30°時(shí)，時(shí)間相等，當(dāng)θ=45°時(shí)，時(shí)間最短，故t1=t3＞t2．故D正確，A、B、C錯(cuò)誤． 故選：D． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了牛

9、頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的基本運(yùn)用，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁，求出時(shí)間的表達(dá)式是解決本題的關(guān)鍵． 2.【答案】D 考點(diǎn)： 向心力；牛頓第二定律．. 專題： 牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用． 分析： 金屬塊Q保持在桌面上靜止，根據(jù)平衡條件分析所受桌面的支持力是否變化．以P為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律分析細(xì)線的拉力的變化，判斷Q受到桌面的靜摩擦力的變化．由向心力知識(shí)得出小球P運(yùn)動(dòng)的角速度、周期與細(xì)線與豎直方向夾角的關(guān)系，再判斷其變化． 解答： 解： A、金屬塊Q保持在桌面上靜止，根據(jù)平衡條件得知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不變．故A錯(cuò)誤． B、C設(shè)細(xì)線與豎直方

10、向的夾角為θ，細(xì)線的拉力大小為T，細(xì)線的長(zhǎng)度為L(zhǎng)．P球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由重力和細(xì)線的拉力的合力提供向心力，如圖，則有 T=， mgtanθ=mω2Lsinθ，得角速度ω=，周期T==2 使小球改到一個(gè)更高一些的水平面上作勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，θ增大，cosθ減小，則 得到細(xì)線拉力T增大，角速度增大，周期T減小．對(duì)Q球，由平衡條件得知，Q受到桌面的靜摩擦力變大．故BC錯(cuò)誤． D、根據(jù)V=Rω，半徑增大，角速度增大，故線速度增大，D正確 故選：D 點(diǎn)評(píng)： 本題中一個(gè)物體靜止，一個(gè)物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分別根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律研究，分析受力情況是關(guān)鍵． 3.【答

11、案】D 解析：t=0時(shí)刻物體斜面向下的重力分力，推力為0，最大靜摩擦力，得到，物體沿斜面向下滑行，加速度向下，為負(fù)方向，答案AC錯(cuò)。隨著沿斜面向上的力F逐漸增大，加速度逐漸變小，當(dāng)外力F增大到加速度等于0向下的速度不再增大，但速度向下摩擦力仍然向上，后F再增大，使得加速度向上，物體開始減速，當(dāng)物體減速到0時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性， 此時(shí)，物體不會(huì)反向向上運(yùn)動(dòng)，將保持靜止，加速度等于0，答案B錯(cuò)。直到物體開始向上運(yùn)動(dòng)，隨F的增大加速度逐漸增大答案D對(duì)。 4.【答案】A． 考點(diǎn)： 加速度． 專題： 直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題． 分析： 首先知道題境，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)速度位移公式和速度的變化量公式求解

12、即可． 解答： 設(shè)勻加速的加速度a，物體的速度分別為v1、v2和 v3 據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知： 且v2﹣v1=v3﹣v2=△v 聯(lián)立以上三式解得：a=，故A正確，BCD錯(cuò)誤． 故選：A． 點(diǎn)評(píng)： 明確題境，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)速度位移公式和速度的變化量公式求解，一定動(dòng)手計(jì)算，否則感覺(jué)無(wú)從下手． 二 、多選題 5.【答案】AC 考點(diǎn)： 動(dòng)能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律． 專題： 動(dòng)能定理的應(yīng)用專題． 分析： 根據(jù)某物塊以初速度v0從底端沿斜面上滑至最高點(diǎn)后又回到底端，知上滑過(guò)程中，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，下滑時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；在粗糙斜面上運(yùn)動(dòng)，摩擦力做功，物體的機(jī)械能減少，故

13、回到底端時(shí)速度小于出發(fā)時(shí)的速度；根據(jù)運(yùn)動(dòng)特征判斷各圖形． 解答： 解：A、上滑時(shí)做勻減速運(yùn)動(dòng)，故h曲線斜率先大后小，且平均速度大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間短；下滑時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，故h曲線斜率先小后大，且平均速度小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)；故A正確． B、上滑時(shí)x曲線斜率先大后小，下滑時(shí)x曲線斜率先小后大，故B錯(cuò)誤． C、由于上滑時(shí)合外力為重力分力和摩擦力之和，加速度大小不變，沿斜面向下；下滑時(shí)合外力為重力分力和摩擦力之差，加速度大小不變，方向沿斜面向下；所以上滑時(shí)加速度大，所以速度曲線斜率大；下滑時(shí)加速度小，所以速度曲線效率小，且此過(guò)程中，摩擦力做功，使物塊到達(dá)底端的速率變小，故C正確． D、根據(jù)動(dòng)能定理得：，

14、上滑時(shí)做勻減速運(yùn)動(dòng)，故EK曲線斜率先大后?。幌禄瑫r(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，故Ek曲線斜率先小后大，故D錯(cuò)誤． 故選：AC． 點(diǎn)評(píng)： 根據(jù)圖示各物理量的曲線斜率代表的意義，結(jié)合實(shí)際運(yùn)動(dòng)分析即可． 6. 【答案】AC 【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系． 【專題】： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題． 【分析】： 雨滴從房頂下淌時(shí)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，該物理模型和物塊從斜面頂端沿斜面下滑一樣，然后根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解即可． 【解析】：解：設(shè)屋檐的底角為θ，底邊為L(zhǎng)，注意底邊長(zhǎng)度是不變的，屋頂?shù)钠旅骈L(zhǎng)度為s，雨滴下滑時(shí)加速度為a， 對(duì)水滴做受力分析，只受重力mg和

15、屋頂對(duì)水滴的支持力N， 垂直于屋頂方向：mgcosθ=N 平行于屋頂方向：ma=mgsinθ A、水滴的加速度為：a=gsinθ，則傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大，故A正確； B、雨滴對(duì)屋頂?shù)膲毫Γ篘′=N=mgcosθ，則傾角θ越大，雨滴對(duì)屋頂壓力越小，故B錯(cuò)誤； C、根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長(zhǎng)度：s=，則從屋頂0點(diǎn)到M點(diǎn)垂直距離：h=ssinθ=，則水滴滑到M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于重力勢(shì)能的減小量： D、設(shè)從0到M的時(shí)間為t，水滴的運(yùn)動(dòng)距離為：s=，由位移時(shí)間公式得：s=== 則：t=，故當(dāng)θ=45°時(shí)，用時(shí)最短，故D錯(cuò)誤； 故選：AC． 【點(diǎn)評(píng)】： 注意物理規(guī)律在生

16、活實(shí)際中的應(yīng)用；在討論物理量的變化時(shí)，可以通過(guò)不變量和變化量之間的關(guān)系寫出方程進(jìn)行討論． 7.【答案】AC 考點(diǎn)： 動(dòng)能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律． 專題： 動(dòng)能定理的應(yīng)用專題． 分析： 彈力為0時(shí)或彈力方向與桿垂直時(shí)物體加速度為g，且彈力功率為0．因A，B彈力大小相等則彈性勢(shì)能相等．據(jù)此分析各選項(xiàng)． 解答： 解：A、在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A點(diǎn)為壓縮狀態(tài)，B點(diǎn)為伸長(zhǎng)狀態(tài)，則由A到B有一狀態(tài)彈力為0且此時(shí)彈力與桿不垂直，加速度為g；當(dāng)彈簧與桿垂直時(shí)小球加速度為g．則兩處 加速度為g．故A正確 B、A處速度為零，彈力功率為零；下滑過(guò)程彈簧彈力與桿子垂直，彈力功率為零；當(dāng)原長(zhǎng)時(shí)彈力為零，功

17、率為零，故彈力功率為0共有3處，故B錯(cuò)誤 C、因A點(diǎn)與B點(diǎn)彈簧的彈性勢(shì)能相同，則彈簧彈力對(duì)小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功．故C正確 D、因做負(fù)功時(shí)彈力大，則彈簧彈力做正功過(guò)程中小球運(yùn)動(dòng)的距離大于小球克服彈簧彈力做功過(guò)程中小球運(yùn)動(dòng)的距離．故D錯(cuò)誤 故選：AC 點(diǎn)評(píng)： 考查彈簧彈力做功的內(nèi)容，明確功與功率和力與速度方向夾角有關(guān)，會(huì)由能量的變化分析功的正負(fù)． 三 、簡(jiǎn)答題 8.解：（1）（4分） （2）當(dāng)時(shí)速度最大， （3分） （3）當(dāng)時(shí)，，解得（3分） 最大速度， ，解得（2分） 9. 考點(diǎn)： 勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；牛頓第二定律． 專題

18、： 電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題． 分析： （1）滑塊恰好能到達(dá)D點(diǎn)，在D點(diǎn)重力提供向心力，求出速度 （2）先確定在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)情況，再由動(dòng)能定理求得． （3）由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)分析求解：先確定其速度，再求得水平位移． 解答： 解：（1）重力提供向心力： 得v=== （2）物塊在B點(diǎn)的速度為VB： 得m/s＜5m/s 則物體在傳送帶上一直做加速運(yùn)動(dòng)． 　　　　傳送帶的長(zhǎng)度為L(zhǎng)：則 得L=1m （3）因傳送帶足夠長(zhǎng)，則離開傳送帶的速度為5m/s即vB=5m/s 到D點(diǎn)的速度為vd，由動(dòng)能定理： ① LBC=vdt ② t= ③ 　　由以上三式可LBC=m 答：（1）滑塊到達(dá)軌道D點(diǎn)的速度大小為= （2）傳送帶的長(zhǎng)度為1m； （3）光滑水平面BC的最小長(zhǎng)度為m 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律和能量守恒的綜合，理清物塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解，難度中等．