衡水万卷2021届高三物理二轮复习周测卷五牛顿运动定律2含解析.doc

牛顿运动定律2
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. 如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　)
A．Mg＋5mg B．Mg＋mg
C．Mg－5mg D．Mg＋10mg

2. 直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示，投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是( )
 A．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大
 B．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大
 C．箱内物体对箱子底部始终没有压力
D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”

3. 如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是（　　）

A．
甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力

B．
甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力

C．
若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利

D．
若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利

4. a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示．则（　　）

A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2
C．若m1＞m2，则 x1＞x2 D．若m1＜m2，则 x1＜x2
5. 如图所示，一小球从斜轨道的某高度处由静止滑下，然后沿竖直光滑轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为R，忽略一切摩擦阻力．则下列说法正确的是（　　）

A．
在轨道最低点、最高点，轨道对小球作用力的方向是相同的

B．
小球的初位置比圆轨道最低点高出2R时，小球能通过圆轨道的最高点

C．
小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R时，小球在运动过程中能不脱离轨道

D．
小球的初位置只有比圆轨道最低点高出2.5R时，小球在运动过程中才能不脱离轨道

二 、多选题（本大题共2小题 ）
6. 如图甲所示，在升降机底部安装了一个能够显示压力的传感器，其上方固定一轻质弹簧，弹簧上端固定一质量为m的小球，升降机在竖直方向做匀速直线运动，某时刻升降机突然停止，从该时刻开始计时，在后面一段时间内传感器示数F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度．下列选项正确的是（　　）

A．
升降机停止前在向下运动

B．
t2时刻小球速度为零

C．
t2时刻小球加速度为零

D．
0～t1时间小球处于超重状态，t1～t2时间小球处于失重状态
7. 高层建筑已成为许多大城市亮丽的风景，而电梯是高层建筑必配的设施。某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，如图所示。在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（ ）
A．电梯一定是在下降
B．该同学处于超重状态
C．电梯的加速度方向一定是竖直向下
D．该同学对电梯地板的压力大于其重力

三 、简答题（本大题共2小题 ）
8. 如图所示为一表面带有均匀负电荷的导体板MNO，其中MN与NO衔接于N点，MN水平且长为1 m，NO长为0.6 m，其中NO与MN的夹角为θ＝37°，一带正电的绝缘滑块由M点以水平向左的初速度v0＝4 m/s滑上导体板，其中滑块与导体板间的库仑引力为滑块重力的0.2倍，两者间的动摩擦因数为μ＝0.25，只考虑滑块运动轨迹所在处电荷对滑块垂直接触面的库仑引力，滑块在N处的能量损失不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求滑块第一次到N点时的速度大小；
(2)求滑块在NO段的加速度大小；
(3)试通过计算分析滑块能否再次回到N点．

9. 如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R=2m的1/4圆周轨道，CDO是半径为r=1m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性档板。D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L=2m，与小球之间的动摩擦因数μ=0.4。现让一个质量为m=1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下。（取g=10m/s2）
⑴ 当H=1.4m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小。
⑵ 当H=1.4m时，试通过计算判断判断此球是否会脱离CDO轨道。如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程。如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程。

0.2016万卷周测卷（五）答案解析
一 、单选题
1.【答案】A
2.【答案】B
3.【答案】C
分析：
作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同时产生同时消失，而平衡力不会同时产生和消失．
在作用力一样的情况下，由牛顿第二定律可知，质量大的，加速度小，运动的慢．
解答：
解：A、甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，故A错误；
B、甲对绳的拉力与乙对绳的拉力的一对平衡力，故B错误；
C、若甲的质量比乙大，则甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故C正确；
D、收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，故D错误．
故选C．
点评：
胜负的关键在于看谁的速度大，是谁先到达分界线，由于力的大小一样，又没有摩擦力，就只与质量有关了．

4.【答案】A．
分析：
先对AB整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量．
解答：
解：在竖直面内，对整体有：F﹣（m1+m2）g=（m1+m2）a1；
对b分析有kx1﹣m2g=m2a1；
解得：x1==
水平面上，对整体有：F=（m1+m2）a2；
对b有：kx2=m2a2
解得：x2=
所以x1=x2
故A正确．
故选：A．
点评：
本题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体；
本题中注意竖直面内时F作用的物体发生了变化，若F仍作用在B上，则形变量是不变的，可以通过分析得出结论．

5.【答案】C
分析：
使小球能够通过圆轨道最高点，那么小球在最高点时应该是恰好是物体的重力作为物体的向心力，由向心力的公式可以求得此时的最小的速度，再由机械能守恒可以求得离最低点的高度h．
解答：
解：A、小球在最高点时，若受弹力，则弹力一定竖直向上；而在最低点，支持力与重力的合力充当向心力，故作用力一定向上，故A错误；
B、要使小球能通过最高点，则在最高点处应有：mg=；再由机械能守恒定律可知mgh=mg2R+mv2；解得小球初位置的高度至少为h=R；故小球高出2.5R时，小球才能通过最高点，故B错误；
C、若小球距最低点高出0.5R时，由机械能守恒可知，小球应到达等高的地方，即0.5R处，小球受到圆轨道的支持，不会脱离轨道，故C正确；
D、由C的分析可知，若小球的初位置低于0.5R时，也不会脱离轨道，故D错误；
故选：C．
点评：
本题考查机械能守恒及向心力公式，明确最高点的临界速度，并注意小球在轨道内不超过R时也不会离开轨道．

二 、多选题
6.【答案】AC
分析：
由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变大，说明小球向下运动，说明升降机停止前在向下运动．根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．拉力小于重力，小球处于失重状态；拉力大于重力，小球处于超重状态．t1～t3时间小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于伸长状态，速率减小，动能减小．小球重力做功为零根据系统机械能守恒分析弹簧弹性势能变化量与小球动能变化量的关系．
解答：
A、升降机在匀速运行过程中突然停止，由于惯性，小球会继续沿着原来的运动方向运动一段时间，匀速运动时弹簧是拉伸状态，而后传感器显示的力在不断增大，表明弹簧形变量在增大，故向下运动，故A正确；
B、0﹣t1时间内拉力大于重力，t1时刻弹簧最长，向下到达最低点；t1～t2时间，拉力大于重力，加速度向上，且向上运动，t2时刻弹簧的弹力与重力相等，加速度等于0，速度到达最大，故B错误，C正确；
C、结合前面分析可得：0﹣t1时间内小球向下减速，加速度的方向向下，处于超重状态；t1﹣t2时间内小球向上加速，加速度的方向向上，处于超重状态．故D错误；
故选：AC．
点评：
本题要根据图象分析小球的运动状态，根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．根据系统机械能守恒分析能量如何变化．

7.【答案】BD

三 、简答题
8.解析　(1)滑块在MN段，由N1＝kmg＋mg＝1.2mg，f1＝μN1＝0.3 mg，
根据牛顿第二定律得a1＝＝3 m/s2
由运动学公式得vN＝＝3.16 m/s.
(2)滑块沿NO向上运动时：N2－mgcos 37°－kmg＝0； f2＝μN2
由牛顿第二定律得f2＋mgsin 37°＝ma2
a2＝＝8.5 m/s2.
(3)滑块沿NO向上运动的最大距离：s1＝＝0.59 m＜0.6 m
又因为μ(mgcos 37°＋kmg)＜mgsin 37°所以滑块能再次回到N点．
答案　(1)3.16 m/s 　(2)8.5 m/s2　(3)能
9.解：（1）设小球第一次到达D的速度VD ,P到D点的过程对小球列动能定理：
mg(H+r)- μmgL=mVD2/2
在D点对小球列牛顿第二定律：FN= mVD2/r
联立解得：FN=32N
由牛顿第三定律FN‘= FN=32N
（2）第一次来到O点时速度V1 ,P到O点的过程对小球列动能定理：
mgH-μmgL=mV12/2
解得：V12=12
恰能通过O点，mg=mV2/r
临界速度VO2=10
故第一次来到O点之前没有脱离。设第三次来到D点的动能EK对之前的过程列动能定理：
mg(H+r)- 3μmgL= EK
代入解得：EK=0
故小球一直没有脱离CDO轨道
设此球静止前在水平轨道经过的路程S对全过程列动能定理：
mg(H+R）-μmgS=0
解得：S=8.5m

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