1、- 1 -2016 万卷作业卷（八）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
2、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 1，木块 P 与长木板 ab 间的动摩擦因数为 2，则长木板 ab 受到地面的摩擦力大小为 ( )A 1Mg B 1(mM)gC 1Mg 2mg D 2mg 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
3、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 v 2随 x 的变化图象如图 2 所- 2 -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（ ）AxA=h，a A=0 BxB=h，a B=g C xB=h+ ，a B=0D xC=h+ ，a Cg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 ，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
4、断中，正确的是（ ）A小车静止时，F=mgsin ，方向沿杆向上B小车静止时，F=mgcos ，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 Fmg，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（ ）mMF甲 10246/()amsAF/N乙A小滑块的质量 m=2kgB当 F=8N 时，滑块的加速度为 1m/s2C滑块与木板之间的动摩擦因数为
5、 0.1D力随时间变化的函数关系一定可以表示为 F=6t（N）- 3 -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 RO、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 v c B速度大小满足 0v cC对管的作用力大小满足 mgF Cmg D对管的作用力大小满足 0F cmg7. 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；
6、被拖动物块质量 m=1kg，与地面间的动摩擦因数 =0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是=2trad/s，g=10m/s 2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/s2C绳对物块的拉力是 5ND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 9x/m 0.0 0.1 0.1 0.2 0.2 0.3 0.3 0.4 0.4- 4 -5 0 5 0 5 0 5 0 5/
7、10 5v9.004.503.002.251.801.501.291.131.00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1.0107 C 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 v
8、0应为多大？- 5 -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=10
9、m/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- 6 -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
10、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
11、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】D3.【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
12、度，故 A 错误；- 7 -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
13、：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，Fmg，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
14、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/s 2，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：=0.1，所以 a= ，当 F=8N 时，长木板的加速度为：a=2m/s 2根据 mg=ma得：a=g=1m/s2，故 BC 正确D、当
15、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- 8 -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
16、有：R=v Ct解得：v C= ；小球落到 D 点时水平位移为 2R，则有 2R=v Ct解得 v C=故速度大小满足 v c ，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 v c 代入得： mgFmg，由牛顿第三定律可知：mgF Cmg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=R=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=R=2t0.
17、5=1t又 v=at故可得：a=1m/s 2，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=1NF=Tf，地面摩擦阻力 f=mg=0.5110=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- 9 -8.分析：（1）电势 与坐标 x 图象是一条曲线，则 与 x 关系可能是反比关系，即x 1 ；也可能 与 x2关系可能是反比关系，即 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
18、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 = ；当 x=0.1m 时，电势 =4.5V，代入上述公式，得到 k=4.5104故沿
19、 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=E K=0设滑块停止的位置为 x2，有q（ 1 2）mg（x 2x）=0即代入数据有1.0107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=Eqmg=2.010 61.0107 0.200.1010=0故滑块的加速度 a= =0故在上述第（2）问的整个
20、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 W F+Wf=E K=0有 q（ 1 2）mg（xx 1）=0代入数据有 1.010 7- 10 -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2mg（xx 1）=代入数据有 20.200.1010（0.600.0375）=0.50.10v 02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/
21、s9.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 F1G=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/s 2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，t 2=tt 1=1.0 s重物在 t2这段时间内的位移为 x2，根据动能定理有Pt2Gx 2=mvC2mv B2解得 x2=2.75 m则第二段重物上升的路程 2.75mx=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
