2022年高三物理二轮复习 作业卷七 牛顿运动定律2（含解析）

2022年高三物理二轮复习 作业卷七 牛顿运动定律2（含解析）一 、单选题（本大题共5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.（xx普陀区二模）如图，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆Aa、Bb、Cc与水平底面的夹角分别为60、45、30每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处由静止释放（忽略阻力），用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间，则（）At1t2t3Bt1t2t3Ct1=t3t2Dt1=t3t22. 如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q（可视为质点）上，Q放在带小孔（小孔是光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内作匀速圆周运动（圆锥摆）现使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动（图中P位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）AQ受到桌面的支持力变大BQ受到桌面的摩擦力不变C小球P运动的周期变大D小球P运动的线速度变大3. 固定的倾角为30的斜面上有一物块，物块与斜面间动摩擦因数=0.2，t=0时刻由静止释放物块的同时给物块施加沿斜面向上的力F，F-t图像如图所示。规定沿斜面向上为正方向，则物块的a-t图像正确的是( )4.（xx普陀区一模）一质点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）AB2C（v）2（）D（v）2（+）二 、多选题（本大题共2小题）5.（xx奉贤区一模）如图所示，一物体以某一初速度v0从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端的过程中，以沿斜面向上为正方向若用h、x、v和Ek分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和动能，t表示运动时间则可能正确的图象是（）ABCD6.（xx汕头一模）建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动下列说法正确的是（） A 倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大 B 倾角越大，雨滴对屋顶压力越大 C 倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的动能越大 D 倾角越大，雨滴从顶端口下滑至屋檐M时的时间越短7.（xx奉贤区一模）如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等弹簧的形变量相同时弹性势能相同则小球在此过程中（）A加速度等于重力加速度g的位置有两个B弹簧弹力的功率为零的位置有两个C弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离三 、简答题（本大题共2小题）8. 为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。假设滑块和风帆总质量为.滑块与斜面间动摩擦因数为，斜面的倾角，重力加速度为g，帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比，即。（1）写出滑块下滑过程中加速度的表达式；（2）求出滑块下滑的最大速度的表达式；（3）若，斜面倾角，取，滑块从静止下滑的速度图象如图所示，图中的斜线是时图线的切线，由此求出的值。 9.（xx秋重庆月考）如图所示，带动传送带的轮子顺时针转动，绝缘粗糙水平传送带的速度大小v0=5m/s，BCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中BC为光滑水平面、CD为R=0.2m的光滑半圆，C为最低点，D为最高点装置平滑相连且均处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0103V/m一带正电的滑块无初速轻放到传送带左端的A点，后滑块恰能通过轨道的最高点D滑块的质量为m=1.0102kg，所带电荷量为q=2.0105C，滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.5，g取10m/s2，滑块可视为质点求：（1）滑块到达轨道D点的速度大小；（2）传送带的长度；（3）若传送带足够长，仍将该带正电的滑块无初速轻放到传送带左端的A点，且该滑块经过最高点D后能落回到BC上，试求光滑水平面BC的最小长度xx万卷作业卷（七）答案解析一 、单选题1.【答案】D考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移，运用位移时间公式求出时间的大小，从而进行比较解答：解：小滑环沿杆下滑的加速度a=，根据得，t=，当=60和30时，时间相等，当=45时，时间最短，故t1=t3t2故D正确，A、B、C错误故选：D点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，求出时间的表达式是解决本题的关键2.【答案】D考点：向心力；牛顿第二定律.专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化由向心力知识得出小球P运动的角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化解答：解：A、金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变故A错误B、C设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为T，细线的长度为LP球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有 T=， mgtan=m2Lsin，得角速度=，周期T=2使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时，增大，cos减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大，周期T减小对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变大故BC错误D、根据V=R，半径增大，角速度增大，故线速度增大，D正确故选：D点评：本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键3.【答案】D解析：t=0时刻物体斜面向下的重力分力，推力为0，最大静摩擦力，得到，物体沿斜面向下滑行，加速度向下，为负方向，答案AC错。随着沿斜面向上的力F逐渐增大，加速度逐渐变小，当外力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，物体开始减速，当物体减速到0时，根据运动的对称性，此时，物体不会反向向上运动，将保持静止，加速度等于0，答案B错。直到物体开始向上运动，随F的增大加速度逐渐增大答案D对。4.【答案】A考点：加速度专题：直线运动规律专题分析：首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可解答：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3据运动学公式可知：且v2v1=v3v2=v联立以上三式解得：a=，故A正确，BCD错误故选：A点评：明确题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解，一定动手计算，否则感觉无从下手二 、多选题5.【答案】AC 考点：动能定理的应用；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：根据某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中，物块做匀加速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的机械能减少，故回到底端时速度小于出发时的速度；根据运动特征判断各图形解答：解：A、上滑时做匀减速运动，故h曲线斜率先大后小，且平均速度大，运动时间短；下滑时做匀加速运动，故h曲线斜率先小后大，且平均速度小，运动时间长；故A正确B、上滑时x曲线斜率先大后小，下滑时x曲线斜率先小后大，故B错误C、由于上滑时合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度曲线斜率大；下滑时加速度小，所以速度曲线效率小，且此过程中，摩擦力做功，使物块到达底端的速率变小，故C正确D、根据动能定理得：，上滑时做匀减速运动，故EK曲线斜率先大后小；下滑时做匀加速运动，故Ek曲线斜率先小后大，故D错误故选：AC点评：根据图示各物理量的曲线斜率代表的意义，结合实际运动分析即可6. 【答案】AC【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 雨滴从房顶下淌时做初速度为零的匀加速直线运动，该物理模型和物块从斜面顶端沿斜面下滑一样，然后根据匀变速直线运动规律求解即可【解析】：解：设屋檐的底角为，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑时加速度为a，对水滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：mgcos=N平行于屋顶方向：ma=mgsinA、水滴的加速度为：a=gsin，则倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；B、雨滴对屋顶的压力：N=N=mgcos，则倾角越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；C、根据三角关系判断，屋顶坡面的长度：s=，则从屋顶0点到M点垂直距离：h=ssin=，则水滴滑到M点时的动能等于重力势能的减小量：D、设从0到M的时间为t，水滴的运动距离为：s=，由位移时间公式得：s=则：t=，故当=45时，用时最短，故D错误；故选：AC【点评】： 注意物理规律在生活实际中的应用；在讨论物理量的变化时，可以通过不变量和变化量之间的关系写出方程进行讨论7.【答案】AC考点：动能定理的应用；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：弹力为0时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0因A，B弹力大小相等则弹性势能相等据此分析各选项解答：解：A、在运动过程中A点为压缩状态，B点为伸长状态，则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g则两处加速度为g故A正确B、A处速度为零，弹力功率为零；下滑过程弹簧弹力与杆子垂直，弹力功率为零；当原长时弹力为零，功率为零，故弹力功率为0共有3处，故B错误 C、因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功故C正确D、因做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离故D错误故选：AC点评：考查弹簧弹力做功的内容，明确功与功率和力与速度方向夹角有关，会由能量的变化分析功的正负三 、简答题8.解：（1）（4分）（2）当时速度最大， （3分）（3）当时，解得（3分）最大速度， ，解得（2分）9.考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）滑块恰好能到达D点，在D点重力提供向心力，求出速度 （2）先确定在传送带上的运动情况，再由动能定理求得（3）由平抛运动知识分析求解：先确定其速度，再求得水平位移解答：解：（1）重力提供向心力： 得v= （2）物块在B点的速度为VB： 得m/s5m/s 则物体在传送带上一直做加速运动传送带的长度为L：则 得L=1m （3）因传送带足够长，则离开传送带的速度为5m/s即vB=5m/s 到D点的速度为vd，由动能定理： LBC=vdt t= 由以上三式可LBC=m答：（1）滑块到达轨道D点的速度大小为=（2）传送带的长度为1m；（3）光滑水平面BC的最小长度为m点评：本题考查了动能定理、牛顿第二定律和能量守恒的综合，理清物块的运动规律，选择合适的规律进行求解，难度中等