2020版物理新增分大一轮江苏专用版讲义：第三章牛顿运动定律本章综合能力提升练

本章综合能力提升练一、单项选择题1．(2018·金陵中学等三校四模)为了纪念物理学家对科学的贡献，许多物理量的单位是用物理学家的名字来命名的，下列属于基本单位的是(　　)A．牛顿  B．焦耳  C．库仑  D．安培答案　D解析　在国际单位制中，基本物理量的单位有：米、秒、千克、安培、开尔文、摩尔、坎德拉．可知，四个选项中只有D选项符合题意．2．(2018·盐城市期中) 图1为质点做直线运动时加速度随时间变化的关系图线，该图中斜线部分面积S表示t1～t2过程中质点的(　　)图1A．位移   B．平均速度C．速度变化量   D．速度变化率答案　C3.如图2所示，两梯形木块A、B叠放在光滑水平地面上，A、B之间的接触面倾斜，现对B施加一水平向左的恒定推力F，使A、B一起向左运动．关于两木块的受力，下列说法中正确的是(　　)图2A．木块A可能受2个力作用B．木块A、B之间一定存在摩擦力作用C．木块B一定受5个力作用D．木块B对木块A的摩擦力方向一定沿接触面向上答案　A解析　设木块A、B接触面与水平方向间夹角为θ，A、B整体受水平推力F向左做匀加速运动，若加速度a＝＝gtan θ，则A木块只受重力和B木块的支持力作用；若a＜gtan θ，则A木块还受B木块的沿接触面向上的摩擦力；若a＞gtan θ，则A木块还受B木块的沿接触面向下的摩擦力．故A正确．4.(2018·扬州中学5月模拟)一小滑块(可看成质点)在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图3所示．在0.5 s、1.5 s、2.5 s、3.5 s时刻拉力F的大小分别为F1、F2、F3、F4，则下列判断一定正确的是(　　)图3A．F1<F2   B．F2＝F3C．F1>F4   D．F3＝F4答案　C解析　由题图v－t图象可知，0.5 s、1.5 s时刻的加速度a1、a2的方向都为正，而且a1>a2，在2 s时刻的速度达到最大值，此时加速度等于0,2.5 s、3.5 s时刻的加速度a3、a4的方向都为负，而且|a4|>|a3|，以速度v的方向为正方向，则：F－Ff＝ma，所以：F＝Ff＋ma，结合各点的加速度的大小与方向关系，可知：F1>F2>F3>F4，故A、B、D错误，C正确．二、多项选择题5．(2018·扬州中学月考)如图4甲所示，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，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，切于A点的曲线AB和BC都是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是(　　)图4A．xA＝h，aA＝0B．xA＝h，aA＝gC．xB＝h＋，aB＝0D．xC＝h＋，aC＝0答案　BC解析　OA段是直线，说明O到A点的过程中，小球做自由落体运动，小球到达A时，小球的加速度仍然是g，故A错误，B正确；B点是速度达到最大的位置，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg＝kx，可知x＝，所以B点的坐标为h＋，所以C正确；取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B点到D点的形变量也为，故到达C点时形变量要大于 h＋2，加速度aC＞g，所以D错误．6．(2018·黄桥中学月考)如图5甲，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上，B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止．则在0～2t0时间内，下列说法正确的是(　　)图5A．t0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小B．t0时刻，A、B的速度最大C．0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为0答案　BCD解析　以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0时刻和2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A受到的静摩擦力最大，故A错误；整体在0～t0时间内做加速运动，在t0～2t0时间内向原方向做减速运动，则t0时刻速度最大，故B正确；0～2t0时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻A、B位移最大，离出发点最远，根据对称性知，2t0时刻速度为0，C、D正确．7.(2018·锡山中学月考)如图6所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下面说法正确的是(　　)图6A．压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大B．压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动C．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小D．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长答案　AD解析　因为开始A相对于B静止，则A在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈的倾角为θ，有：mgsin θ≤μmgcos θ，所以(mg＋F)sin θ≤μ(mg＋F)cos θ，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力Ff＝(mg＋F)sin θ，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误．撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有：F－mg＝ma，则B对A的作用力逐渐减小．当弹簧恢复原长后，B受到重力和弹簧的弹力作用，加速度大于g，将与A发生分离，故C错误，D正确．三、实验题8．(2018·第二次江苏大联考)在“探究a与F、m之间的关系”的实验中：(1)某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装如图7所示．请你指出该装置中的错误或不妥之处并改正(写出两处即可)：图7①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.(2)如果该同学先平衡了摩擦力，以砂和砂桶的重力为F，在小车和砝码的总质量m保持不变的情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到m，测小车加速度a，作a－F的图象，下列图象正确的是________．(3)在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图8所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未画出，打点计时器使用交流电的频率是50 Hz，则小车的加速度大小是________ m/s2，当打点计时器打B点时小车的速度是________ m/s.(结果保留2位有效数字)图8(4)保持砂和砂桶的质量不变，改变小车中砝码的质量，进行多次测量，画出小车a－图线如图9所示，根据作出的a－图线可以得出的结论是：____________________.图9答案　见解析解析　(1)由题图的实验装置可知：①打点计时器使用直流电源是错误的，应该使用交流电源；②小车离打点计时器太远．(2)如果已经平衡了摩擦力，则刚开始a－F的图象是一条过原点的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到m，不能满足砂和砂桶的质量远小于小车和砝码的总质量，此时图象发生弯曲，故C正确．(3)a＝＝0.39 m/s2，vB＝≈0.38 m/s(4)根据作出的a－图线可得出：图线为过原点的直线，表明在合外力一定时，加速度与质量成反比．9．(2018·如皋市模拟四)某小组测量木块与木板间的动摩擦因数，实验装置如图10甲所示．图10(1)测量木块在水平木板上运动的加速度a.实验中打出的一条纸带如图乙所示．从某个清晰的点0开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3…，量出1、2、3…点到0点的距离分别为s1、s2、s3…，从0点开始计时，1、2、3…点对应时刻分别为t1、t2、t3…，求得1＝，2＝，3＝….作出－t图象如图丙所示．图线的斜率为k，截距为b.则木块的加速度a＝________；b的物理意义是________．(2)实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数μ＝________________.(3)关于上述实验，下列说法中错误的是________．A．木板必须保持水平B．调整滑轮高度，使细线与木板平行C．钩码的质量应远小于木块的质量D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素答案　(1)2k　0点的瞬时速度　(2)　(3)C解析　(1)图线纵轴截距是0时刻对应的速度，即表示0点的瞬时速度．各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度为纵坐标，相应的运动时间t的一半为横坐标，即－的图象的斜率表示加速度a，则－t图象的斜率的2倍表示加速度，即a＝2k.(2)对木块和钩码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg－μMg＝(M＋m)a，解得：μ＝；(3)木板必须保持水平，则压力大小等于重力大小，故A正确；调整滑轮高度，使细线与木板平行，拉力与滑动摩擦力共线，故B正确；钩码的质量不需要远小于木块的质量，因选取整体作为研究对象，故C错误；纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素，故D正确．四、计算题10．(2018·无锡市期中)飞机在水平跑道上加速滑行时受到重力、竖直向上的机翼升力、发动机推力、空气阻力、地面支持力和地面的摩擦阻力作用．其中机翼升力与空气阻力均与飞机运动的速度平方成正比，且比例系数分别为k1、k2，地面的摩擦阻力与地面支持力成正比．已知飞机质量为m，发动机推力恒为F推＝.(1)飞机起飞时的速度v多大？(2)若飞机在水平跑道上恰好做匀加速滑行，则地面的摩擦阻力与地面支持力成正比的比例系数μ应满足怎样的条件？(3)若飞机在水平跑道上从静止开始匀加速滑行后起飞，跑道的长度至少多长？答案　见解析解析　(1)飞机起飞时，地面支持力为零，飞机的升力与重力平衡，由平衡条件得：k1v2＝mg解得：v＝；(2)由牛顿第二定律得：F推－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma，飞机做匀加速直线运动，有：μk1v2－k2v2＝0解得：μ＝；(3)由牛顿第二定律可知，匀加速直线运动的加速度为：a＝＝(－μ)g，飞机起飞的条件为：FN＝0，即：k1v2＝mg，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2－v02＝2as，解得：s＝.11.(2019·涟水中学第一中学期初)如图11所示，光滑水平面上静止放着长L＝1.6 m，质量为M＝3 kg的木板(厚度不计)，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F(g取10 m/s2)．图11(1)若木板与小物体相对滑动，求小物体的加速度的大小；(2)为使小物体不掉下去，F不能超过多少？(3)如果拉力F＝10 N恒定不变，求小物体所能获得的最大速度的大小．答案　(1)1 m/s2 　(2)4 N　(3) m/s解析　(1)小物体受到的滑动摩擦力提供加速度：μmg＝ma 解得： a ＝1 m/s2 ，加速度方向水平向右(2)以小物体和木板为研究对象，根据牛顿第二定律：F＝(M＋m)a 小物体刚要滑动时有：μmg＝ma 联立并代入数据解得：F＝(M＋m)a＝(3＋1)×1 N＝4 N，故F不能超过4 N(3)当F＝10 N时，小物体相对于木板相对滑动，对木板根据牛顿第二定律：F－μmg＝Ma2代入数据解得木板的加速度：a2＝3 m/s2小物体离开木板时，木板相对于小物体的位移等于L位移间的关系为：a2t2－at2＝L，解得物体滑过木板所用时间：t＝ s物体离开木板时的速度大小为：v1＝at＝ m/s.