江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第三章牛顿运动定律本章综合能力提升练含解析.pdf

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t1t2过程中质点的( ) 图 1 A位移B平均速度 C速度变化量D速度变化率 答案 C 3.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 2 A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，A、B整体受水平推力F向左做匀加速运动， 若加速度agtan， 则A木块只受重力和B木块的支持力作用 ； 若agtan， 则A F mAmB 木块还受B木块的沿接触面向上的摩擦力；若agtan，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 0.5s、 1.5s、 2.5s、 3.5s 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 3 AF1F4DF3F4 答案 C 解析 由题图vt图象可知，0.5s、1.5s 时刻的加速度a1、a2的方向都为正，而且a1a2， 在 2s 时刻的速度达到最大值，此时加速度等于 0,2.5s、3.5s 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：FFfma，所以：FFfma，结合 各点的加速度的大小与方向关系，可知：F1F2F3F4，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 4 AxAh，aA0 BxAh，aAg CxBh，aB0 mg k DxCh，aC0 2mg k 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mgkx，可知x，所以B点的坐标为h，所以 C 正确； mg k mg k 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 mg k 量也为，故到达C点时形变量要大于h2，加速度aCg，所以 D 错误 mg k mg k 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 02t0时间内，下列说法正确的是( ) 图 5 At0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小 Bt0时刻，A、B的速度最大 C0 时刻和 2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大 D2t0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 0t0时间内做加速运动，在t02t0时间内向原方向做减速运动，则t0时刻速度最大， 故 B 正确 ； 02t0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 6 A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，有：mgsinmgcos，所以(mgF)sin (mgF)cos，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(mgF)sin ，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：Fmgma，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 7 _； _. (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aF的图象，下列 1 3 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 50Hz，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 1 m 如图 9 所示，根据作出的a 图线可以得出的结论是：_. 1 m 图 9 答案 见解析 解析 (1)由题图的实验装置可知 ： 打点计时器使用直流电源是错误的， 应该使用交流电源 ； 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aF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 1 3 弯曲，故 C 正确 (3)a0.39m/s2，vB0.38m/s xBDxOB 4T2 xAC 2T (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 1 m 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 v ， 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 s1 t1 v s2 t2 v s3 t3 v 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_. (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 mg mMa Mg 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v 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，v t 2 v 即a2k. (2)对木块和钩码组成的系统，由牛顿第二定律得： mgMg(Mm)a， 解得：； mg mMa Mg (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. mg 4 (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：k1v2mg 解得：v； mg k1 (2)由牛顿第二定律得：F推k2v2(mgk1v2)ma， 飞机做匀加速直线运动，有：k1v2k2v20 解得：； k2 k1 (3)由牛顿第二定律可知，匀加速直线运动的加速度为： a( )g， F推mg m 1 4 飞机起飞的条件为：FN0，即：k1v2mg， 由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2v022as， 解得：s. 2m k14k2 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L1.6m，质量 为M3kg 的木板(厚度不计)，一个质量为m1kg 的小物体放在木板的最右端，m和M之间 的动摩擦因数0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F(g取 10m/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F10N 恒定不变，求小物体所能获得的最大速度的大小 答案 (1)1m/s2 (2)4N (3)m/s1.6 解析 (1)小物体受到的滑动摩擦力提供加速度：mgma 解得：a1 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(Mm)a 小物体刚要滑动时有：mgma 联立并代入数据解得：F(Mm)a(31)×1 N4 N，故F不能超过 4 N (3)当F10 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：FmgMa2 代入数据解得木板的加速度：a23 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：a2t2at2L，解得物体滑过木板所用时间：t s 1 2 1 2 1.6 物体离开木板时的速度大小为：v1at m/s.1.6