2023-2024屆一輪復(fù)習(xí)人教版 章末真題3　牛頓運動定律 作業(yè)

章末真題練3牛頓運動定律

1.（2021?海南卷，1）公元前4世紀(jì)末,我國的《墨經(jīng)》中提到“力，

形之所以奮也”，意為力是使有形之物突進(jìn)或加速運動的原因。力的

單位用國際單位制的基本單位符號來表示,正確的是（B）

A.kg?in?s1B.kg?m?s^

C.Pa?m2D.J?m1

解析：由F=ma,可知力的單位用國際單位制的基本單位符號來表示為

kg??n/s2=kg??n?s2o

2.（2021?浙江1月選考,4）如圖所示，電動遙控小車放在水平長木板

上面,當(dāng)它在長木板上水平向左加速運動時,長木板保持靜止,此時

（D）

A.小車只受重力、支持力作用

B,木板對小車的作用力方向水平向左

C.木板對小車的作用力大于小車對木板的作用力

D.木板對小車的作用力與小車對木板的作用力大小一定相等

解析:對小車受力分析,小車受到3個作用力,選項A錯誤;根據(jù)受力分

析可知,木板對小車的作用力即支持力、摩擦力的合力是斜向左上方

的,選項B錯誤;根據(jù)牛頓第三定律,木板對小車的作用力和小車對木

板的作用力是一對作用力與反作用力，大小一定相等,選項C錯誤,D

正確。

3.（2022?全國乙卷，15）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m

的小球,初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上,兩球間的距離等于

繩長Lo一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點,方向與兩球連線

垂直。當(dāng)兩球運動至二者相距葩時,它們加速度的大小均為（A）

mC

mU

AWB3C3ɑ?

8m5m8mIOm

解析：當(dāng)兩球運動至二者相距當(dāng)時,二者連線與輕繩之間夾角的余弦

值CoS。=0.6。設(shè)此時輕繩中拉力大小為F∣,對輕繩的中點受力分析

得F-2Fιsinθ=m繩a,又輕繩質(zhì)量近似為0,解得F=^對質(zhì)量為m的

lOo

小球，由牛頓第二定律有Fι=ma,解得a=?f^,A正確。

4.（2022?全國甲卷,19）（多選）如圖,質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水

平桌面上,二者用一輕彈簧水平連接,兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)

均為μ,重力加速度大小為go用水平向右的拉力F拉動P,使兩滑塊

均做勻速運動;某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次

恢復(fù)原長之前（AD）

Illllllllllltlllllllllllllllllllll

A.P的加速度大小的最大值為2μg

B.Q的加速度大小的最大值為2μg

C.P的位移大小一定大于Q的位移大小

D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小

解析:兩滑塊勻速運動過程中，彈簧對P、Q的彈力大小為kx=μmg,當(dāng)

撤去拉力后,對滑塊P由牛頓第二定律有kx'+umg=ma∣;同理,對滑塊

,

Q有Umg-kx=ma2,從撤去拉力到彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，彈力

由Hmg一直減小到零,所以P的加速度大小的最大值為剛撤去拉力F

瞬間的加速度大小,此時P的加速度大小為2μg,而彈簧恢復(fù)原長

時,Q的加速度大小達(dá)到最大值，即Q的最大加速度為ug,選項A正

確,B錯誤；由于彈簧恢復(fù)原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度,

且兩滑塊初速度相同,所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時刻Q

的速度,所以P的位移一定小于Q的位移,選項C錯誤,D正確。

5.（2022?湖南卷,9）（多選）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力

的矢量發(fā)動機(jī),總質(zhì)量為M飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其

2

速率平方成正比（即Fπ=kv,k為常量）。當(dāng)發(fā)動機(jī)關(guān)閉時，飛行器豎直

下落,經(jīng)過一段時間后,其勻速下落的速率為10m/s;當(dāng)發(fā)動機(jī)以最大

推力推動飛行器豎直向上運動,經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的

速率為5m/so重力加速度大小為g,不考慮空氣相對于地面的流動及

飛行器質(zhì)量的變化,下列說法正確的是（BC）

A.發(fā)動機(jī)的最大推力為1.5Mg

B.當(dāng)飛行器以5?n/s勻速水平飛行時,發(fā)動機(jī)推力的大小為半Mg

4

C.發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5√3

m/s

D.當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時一,其加速度大小可以達(dá)到3g

解析：當(dāng)飛行器關(guān)閉發(fā)動機(jī)以速率v,=10m/s勻速下落時",有Mg=kvι2,

2

當(dāng)飛行器以速率V2=5?n/s勻速向上運動時，有Mg+kv2=Fma×,聯(lián)立解得

Fmax=1.25Mg,選項A錯誤；當(dāng)飛行器以速率V2=5m/s勻速水平飛行時一，

飛行器受重力、推力和空氣阻力作用而平衡，由平衡條件有

2222

F=(Mg)+(kv2),解得F=-Ag,選項B正確；當(dāng)發(fā)動機(jī)以最大推力Fmax

推動飛行器水平飛行時，由平衡條件有%aχ2-(Mg)2=(k%2)2,解得

V3=5√3m/s,選項C正確；當(dāng)最大推力向下，飛行器以5m/s的速率向

上減速飛行時一,其加速度向下達(dá)到最大值，由牛頓第二定律有

2

Mg+Fraax+kv2=Mamax,解得amax=2.5g,選項D錯誤。

6.(2021?全國乙卷,21)(多選)水平地面上有一質(zhì)量為3的長木板，

木板的左端上有一質(zhì)量為m2的物塊,如圖a所示。用水平向右的拉力

F作用在物塊上,F隨時間t的變化關(guān)系如圖b所示,其中F,?F2分別

為3、t2時刻F的大小。木板的加速度a∣隨時間t的變化關(guān)系如圖c

所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為U?物塊與木板間的動摩擦

因數(shù)為U2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等,重力加速

度大小為go貝Ij(BCD)

A.F1=μ1mlg

B.艮="回應(yīng)(L-μJg

C.μμ?

m2

D.在。?t2時間段物塊與木板加速度相等

解析:分析可知,G時刻長木板和物塊剛要一起滑動,此時有F1=μ

?(m∣+m2)g,A錯誤;3?A時間內(nèi),長木板向右加速滑動,一定有u2m2g-

1+mz

LI?(mι+m2)g>0,故μ2>-?μbC正確;0~t∣時間內(nèi)長木板和物塊均

m2

靜止,t∣?t2時間內(nèi)長木板和物塊一起加速,一起加速的最大加速度滿

足U2m2g-μ?(mι+m2)g=m∣am,F2-μ?(mι+m2)g=(mι+m2)am,解得

「_m(m+τn)

l212

r2=----------H2-U?)g,B>D正確。

m1

7.(2022?山東卷，13)在天宮課堂中，我國航天員演示了利用牛頓第

二定律測量物體質(zhì)量的實驗。受此啟發(fā),某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌、力傳

感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設(shè)計了測量物體

質(zhì)量的實驗,如圖甲所示。主要步驟如下：

力傳

加速度傳感器

占'：溫rmnEnIrrI=LI滑塊氣墊導(dǎo)軌連氣源

?A1"-1f

甲

①將力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端支架上,加速度傳感器固定在滑塊

上；

②接通氣源,放上滑塊,調(diào)平氣墊導(dǎo)軌；

③將彈簧左端連接力傳感器,右端連接滑塊。彈簧處于原長時滑塊左

端位于0點,A點到0點的距離為5.00cm,拉動滑塊使其左端處于A

點，由靜止釋放并開始計時；

④計算機(jī)采集獲取數(shù)據(jù),得到滑塊所受彈力F、加速度a隨時間t變

化的圖像,部分圖像如圖乙所示。

回答以下問題(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)。

⑴彈簧的勁度系數(shù)為N∕mo

⑵該同學(xué)從圖乙中提取某些時刻F與a的數(shù)據(jù)，畫出a-F圖像如圖丙

中I所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為kgo

(3)該同學(xué)在滑塊上增加待測物體,重復(fù)上述實驗步驟,在圖丙中畫出

新的a-F圖像∏,則待測物體的質(zhì)量為kg。

解析：(1)初始時彈簧的伸長量為5.00cm,結(jié)合題圖乙可讀出彈簧彈

力為0.610N,由F=kx可得彈簧的勁度系數(shù)k≈12N/m。

⑵根據(jù)牛頓第二定律F=ma,結(jié)合題圖丙可得a-F圖線斜率的倒數(shù)表

示滑塊與加速度傳感器的質(zhì)量,代入數(shù)據(jù)得20kg0

(3)同理圖像II斜率的倒數(shù)*=m+m測，得m測弋0.13kgo

K

答案：(1)12(2)0.20(3)0.13

8.（2021?遼寧卷，13）機(jī)場地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李。

如圖所示，以恒定速率v∣=0.6m∕s運行的傳送帶與水平面間的夾角α

=37°,轉(zhuǎn)軸間距L=3.95m0工作人員沿傳送方向以速度V2=l.6?n/s

從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質(zhì)點）。小包裹與傳送帶間的動

摩擦因數(shù)U=O.8。取重力加速度g=10m∕s2,sin37°=0.6,cos

37o=0.80求：

（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a;

⑵小包裹通過傳送帶所需的時間to

解析：⑴小包裹的速度V2大于傳送帶的速度V1,所以小包裹受到傳送

帶的摩擦力沿傳送帶向上,根據(jù)牛頓第二定律有RmgeOSθ-mgsin

θ=ma,

解得a=0.4m∕s2o

（2）根據(jù)（1）可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動,用時

中巖耳Fs=2?5s,

在傳送帶上滑動的距離為

X尸笥皆"X2.5m=2.75mo

因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即U

mgcosθ>mgsinθ,所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動至

傳送帶底端,勻速運動的時間為

L-X3.95-2.75C

t2=1

——---------s=2S0

V10.6

所以小包裹通過傳送帶的時間為

t~tι^^^t2~4.5s0

答案：(1)0.4m∕s2(2)4.5S

［備用］

(2022?山東卷，16)某糧庫使用額定電壓U=380V、內(nèi)阻R=0?25。的

電動機(jī)運糧。如圖所示,配重和電動機(jī)連接小車的纜繩均平行于斜坡,

裝滿糧食的小車以速度v=2m/s沿斜坡勻速上行,此時電流1=40