1、本章综合能力提升练,大一轮复习讲义,第三章 牛顿运动定律,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,一、单项选择题,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,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 A.位移 B.平均速度 C.速度变化量 D.速度变化率,1,2
2、,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图1,3.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 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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图2,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a gtan ，则A木块只受重力和B木 块的支持力作用；若agtan ，则A木块还受B木块
3、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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,4.(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 A.F1F4 D.F3F4,图3,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 由题图vt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a1a2，在2 s时刻的速度达到最
4、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：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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,5.(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
5、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 A.xAh，aA0 B.xAh，aAg C.xBh ，aB0 D.xCh ，aC0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图4,二、多项选择题,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，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,6.(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
6、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 A.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,图5,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,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
7、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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,7.(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 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
8、程中，A、B分离时，弹簧恢复原长,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图6,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,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：mgsin mgcos ，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
9、力作用，加速度大于g，将与A发生分离，故C错误，D正确.,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7,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,三、实验题,_；_.,答案 见解析,解析 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
10、图象，下列图象正确的是_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,答案 见解析,解析 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，此时图象发生弯曲，故C正确.,(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),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,答案 见解析,图8,(4)保持
11、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：_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,答案 见解析,图9,解析 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10,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(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
12、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 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_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,2k,0点的瞬时速度,解析 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，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(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_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 对木块和钩码组成的系统，由牛顿第二定
13、律得： mgMg(Mm)a，,(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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 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.,C,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
14、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？,四、计算题,答案 见解析,解析 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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(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？,答案 见解析,解析 由牛顿第二定律得：F推k2v2(mgk1v2)ma， 飞机做匀加速
15、直线运动，有：k1v2k2v20,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(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 由牛顿第二定律可知，匀加速直线运动的加速度为：,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,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，,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L1.6 m，质量为M3 kg的木板(厚度不计)，一个质量为m1 kg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
16、F(g取10 m/s2). (1)若木板与小物体相对滑动，求小物体的加速度的大小；,图11,答案 1 m/s2,解析 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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(2)为使小物体不掉下去，F不能超过多少？,答案 4 N,解析 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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(3)如果拉力F10 N恒定不变，求小物体所能获得的最大速度的大小.,解析 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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,
