（衡水萬卷）高三物理二輪復(fù)習(xí) 周測卷五 牛頓運動定律2（含解析）-人教版高三物理試題

牛頓運動定律2、單選題（本大題共5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.如圖所示，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)，用一細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下．重力加速度大小為g.當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為()A．Mg＋5mgB．Mg＋mgC．Mg－5mgD．Mg＋10mg2.直升機懸停在空中向地面投放裝有救災(zāi)物資的箱子，如圖所示，投放初速度為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態(tài)。在箱子下落過程中，下列說法正確的是()A．箱子剛從飛機上投下時，箱內(nèi)物體受到的支持力最大B．箱子接近地面時，箱內(nèi)物體受到的支持力比剛投下時大C．箱內(nèi)物體對箱子底部始終沒有壓力D．若下落距離足夠長，箱內(nèi)物體有可能不受底部支持力而“飄起來”3.如圖所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”．兩人中間位置處有一分界線，約定先使對方過分界線者為贏．若繩子質(zhì)量不計，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是（）A．甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力B．甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力C．若甲的質(zhì)量比乙大，則甲能贏得“拔河”比賽的勝利D．若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河”比賽的勝利4.a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連．當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1；當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x2，如圖所示．則（）A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2C．若m1＞m2，則x1＞x2 D．若m1＜m2，則x1＜x25.如圖所示，一小球從斜軌道的某高度處由靜止滑下，然后沿豎直光滑軌道的內(nèi)側(cè)運動．已知圓軌道的半徑為R，忽略一切摩擦阻力．則下列說法正確的是（）A．在軌道最低點、最高點，軌道對小球作用力的方向是相同的B．小球的初位置比圓軌道最低點高出2R時，小球能通過圓軌道的最高點C．小球的初位置比圓軌道最低點高出0.5R時，小球在運動過程中能不脫離軌道D．小球的初位置只有比圓軌道最低點高出2.5R時，小球在運動過程中才能不脫離軌道、多選題（本大題共2小題）6.如圖甲所示，在升降機底部安裝了一個能夠顯示壓力的傳感器，其上方固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧上端固定一質(zhì)量為m的小球，升降機在豎直方向做勻速直線運動，某時刻升降機突然停止，從該時刻開始計時，在后面一段時間內(nèi)傳感器示數(shù)F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，g為重力加速度．下列選項正確的是（）A．升降機停止前在向下運動B．t2時刻小球速度為零C．t2時刻小球加速度為零D．0～t1時間小球處于超重狀態(tài)，t1～t2時間小球處于失重狀態(tài)7.高層建筑已成為許多大城市亮麗的風(fēng)景，而電梯是高層建筑必配的設(shè)施。某同學(xué)將一輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小鐵球，如圖所示。在電梯運行時，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)輕彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量大了，這一現(xiàn)象表明（）A．電梯一定是在下降B．該同學(xué)處于超重狀態(tài)C．電梯的加速度方向一定是豎直向下D．該同學(xué)對電梯地板的壓力大于其重力、簡答題（本大題共2小題）8.如圖所示為一表面帶有均勻負(fù)電荷的導(dǎo)體板MNO，其中MN與NO銜接于N點，MN水平且長為1m，NO長為0.6m，其中NO與MN的夾角為θ＝37°，一帶正電的絕緣滑塊由M點以水平向左的初速度v0＝4m/s滑上導(dǎo)體板，其中滑塊與導(dǎo)體板間的庫侖引力為滑塊重力的0.2倍，兩者間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，只考慮滑塊運動軌跡所在處電荷對滑塊垂直接觸面的庫侖引力，滑塊在N處的能量損失不計．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求滑塊第一次到N點時的速度大小；(2)求滑塊在NO段的加速度大小；(3)試通過計算分析滑塊能否再次回到N點．9.如圖所示，AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R=2m的1/4圓周軌道，CDO是半徑為r=1m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性檔板。D為CDO軌道的中點。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長L=2m，與小球之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4?，F(xiàn)讓一個質(zhì)量為m=1kg的小球P從A點的正上方距水平線OA高H處自由落下。（取g=10m/s⑴ 當(dāng)H=1.4m時，問此球第一次到達D點對軌道的壓力⑵ 當(dāng)H=1.4m時，試通過計算判斷判斷此球是否會脫離CDO軌道

0.2016萬卷周測卷（五）答案解析、單選題1.【答案】A2.【答案】B3.【答案】C分析：作用力和反作用力一定是兩個物體之間的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同時產(chǎn)生同時消失，而平衡力不會同時產(chǎn)生和消失．在作用力一樣的情況下，由牛頓第二定律可知，質(zhì)量大的，加速度小，運動的慢．解答：解：A、甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是作用力和反作用力，故A錯誤；B、甲對繩的拉力與乙對繩的拉力的一對平衡力，故B錯誤；C、若甲的質(zhì)量比乙大，則甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界線，故甲能贏得“拔河”比賽的勝利，故C正確；D、收繩速度的快慢并不能決定“拔河”比賽的輸贏，故D錯誤．故選C．點評：勝負(fù)的關(guān)鍵在于看誰的速度大，是誰先到達分界線，由于力的大小一樣，又沒有摩擦力，就只與質(zhì)量有關(guān)了．4.【答案】A．分析：先對AB整體進行分析，可以得出整體運動的加速度；再對隔離出受力最少的一個進行受力分析，由牛頓第二定律可得出彈簧彈力，則可得出彈簧的形變量．解答：解：在豎直面內(nèi)，對整體有：F﹣（m1+m2）g=（m1+m2）a1；對b分析有kx1﹣m2g=m2a解得：x1==水平面上，對整體有：F=（m1+m2）a2；對b有：kx2=m2a解得：x2=所以x1=x2故A正確．故選：A．點評：本題注意應(yīng)用整體與隔離法，一般在用隔離法時優(yōu)先從受力最少的物體開始分析，如果不能得出答案再分析其他物體；本題中注意豎直面內(nèi)時F作用的物體發(fā)生了變化，若F仍作用在B上，則形變量是不變的，可以通過分析得出結(jié)論．5.【答案】C分析：使小球能夠通過圓軌道最高點，那么小球在最高點時應(yīng)該是恰好是物體的重力作為物體的向心力，由向心力的公式可以求得此時的最小的速度，再由機械能守恒可以求得離最低點的高度h．解答：解：A、小球在最高點時，若受彈力，則彈力一定豎直向上；而在最低點，支持力與重力的合力充當(dāng)向心力，故作用力一定向上，故A錯誤；B、要使小球能通過最高點，則在最高點處應(yīng)有：mg=；再由機械能守恒定律可知mgh=mg2R+mv2；解得小球初位置的高度至少為h=R；故小球高出2.5R時，小球才能通過最高點，故B錯誤；C、若小球距最低點高出0.5R時，由機械能守恒可知，小球應(yīng)到達等高的地方，即0.5R處，小球受到圓軌道的支持，不會脫離軌道，故C正確；D、由C的分析可知，若小球的初位置低于0.5R時，也不會脫離軌道，故D錯誤；故選：C．點評：本題考查機械能守恒及向心力公式，明確最高點的臨界速度，并注意小球在軌道內(nèi)不超過R時也不會離開軌道．、多選題6.【答案】AC分析：由圖象看出，升降機停止后彈簧的拉力變大，說明小球向下運動，說明升降機停止前在向下運動．根據(jù)拉力與重力的大小關(guān)系確定小球處于失重狀態(tài)還是超重狀態(tài)．拉力小于重力，小球處于失重狀態(tài)；拉力大于重力，小球處于超重狀態(tài)．t1～t3時間小球向上運動，t3時刻小球到達最高點，彈簧處于伸長狀態(tài)，速率減小，動能減?。∏蛑亓ψ龉榱愀鶕?jù)系統(tǒng)機械能守恒分析彈簧彈性勢能變化量與小球動能變化量的關(guān)系．解答：A、升降機在勻速運行過程中突然停止，由于慣性，小球會繼續(xù)沿著原來的運動方向運動一段時間，勻速運動時彈簧是拉伸狀態(tài)，而后傳感器顯示的力在不斷增大，表明彈簧形變量在增大，故向下運動，故A正確；B、0﹣t1時間內(nèi)拉力大于重力，t1時刻彈簧最長，向下到達最低點；t1～t2時間，拉力大于重力，加速度向上，且向上運動，t2時刻彈簧的彈力與重力相等，加速度等于0，速度到達最大，故B錯誤，C正確；C、結(jié)合前面分析可得：0﹣t1時間內(nèi)小球向下減速，加速度的方向向下，處于超重狀態(tài)；t1﹣t2時間內(nèi)小球向上加速，加速度的方向向上，處于超重狀態(tài)．故D錯誤；故選：AC．點評：本題要根據(jù)圖象分析小球的運動狀態(tài)，根據(jù)拉力與重力的大小關(guān)系確定小球處于失重狀態(tài)還是超重狀態(tài)．根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒分析能量如何變化．7.【答案】BD、簡答題8.解析(1)滑塊在MN段，由N1＝kmg＋mg＝1.2mg，f1＝μN1＝0.3mg，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝eq\f(f1,m)＝3m/s2由運動學(xué)公式得vN＝eq\r(v\o\al(2,0)－2a1s)＝3.16m/s.(2)滑塊沿NO向上運動時：N2－mgcos37°－kmg＝0；f2＝μN2由牛頓第二定律得f2＋mgsin37°＝ma2a2＝eq\f(f2＋mgsin37°,m)＝8.5m/s2.(3)滑塊沿NO向上運動的最大距離：s1＝eq\f(vN2,2a2)＝0.59m＜0.6m又因為μ(mgcos37°＋kmg)＜mgsin37°所以滑塊能再次回到N點．答案(1)3.16m/s(2)8.5m/s2(3)能9.解：（1）設(shè)小球第一次到達D的速度VD,P到D點的過程對小球列動能定理：mg(H+r)-μmgL=mVD2/2在D點對小球列牛頓第二定律：FN=mVD2/r聯(lián)立解得：FN=32N由牛頓第三定律FN‘=FN=32N（2）第一次來到O點時速度V1,P到O點的過程對小球列動能定理：mgH-μmgL=mV12/2解得：V12=12 恰能通過O點，mg=mV2/r臨界速度VO2=10