2023-2024届一轮复习人教版 章末真题3　牛顿运动定律 作业

章末真题练3牛顿运动定律

1.（2021•海南卷，1）公元前4世纪末,我国的《墨经》中提到“力，

形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的

单位用国际单位制的基本单位符号来表示,正确的是（B）

A.kg∙in∙s1B.kg∙m∙s^

C.Pa∙m2D.J∙m1

解析：由F=ma,可知力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示为

kg∙ɪn/s2=kg∙ɪn∙s2o

2.（2021•浙江1月选考,4）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板

上面,当它在长木板上水平向左加速运动时,长木板保持静止,此时

（D）

A.小车只受重力、支持力作用

B,木板对小车的作用力方向水平向左

C.木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力

D.木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等

解析:对小车受力分析,小车受到3个作用力,选项A错误;根据受力分

析可知,木板对小车的作用力即支持力、摩擦力的合力是斜向左上方

的,选项B错误;根据牛顿第三定律,木板对小车的作用力和小车对木

板的作用力是一对作用力与反作用力，大小一定相等,选项C错误,D

正确。

3.（2022・全国乙卷，15）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m

的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于

绳长Lo一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线

垂直。当两球运动至二者相距葩时,它们加速度的大小均为（A）

mC

mU

AWB3C3ɑɪ

8m5m8mIOm

解析：当两球运动至二者相距当时,二者连线与轻绳之间夹角的余弦

值CoS。=0.6。设此时轻绳中拉力大小为F∣,对轻绳的中点受力分析

得F-2Fιsinθ=m绳a,又轻绳质量近似为0,解得F=^对质量为m的

lOo

小球，由牛顿第二定律有Fι=ma,解得a=∙f^,A正确。

4.（2022•全国甲卷,19）（多选）如图,质量相等的两滑块P、Q置于水

平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数

均为μ,重力加速度大小为go用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块

均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次

恢复原长之前（AD）

Illllllllllltlllllllllllllllllllll

A.P的加速度大小的最大值为2μg

B.Q的加速度大小的最大值为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时刻Q的速度大小

解析:两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx=μmg,当

撤去拉力后,对滑块P由牛顿第二定律有kx'+umg=ma∣;同理,对滑块

,

Q有Umg-kx=ma2,从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力

由Hmg一直减小到零,所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F

瞬间的加速度大小,此时P的加速度大小为2μg,而弹簧恢复原长

时,Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为ug,选项A正

确,B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度,

且两滑块初速度相同,所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q

的速度,所以P的位移一定小于Q的位移,选项C错误,D正确。

5.（2022•湖南卷,9）（多选）球形飞行器安装了可提供任意方向推力

的矢量发动机,总质量为M飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其

2

速率平方成正比（即Fπ=kv,k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直

下落,经过一段时间后,其匀速下落的速率为10m/s;当发动机以最大

推力推动飞行器竖直向上运动,经过一段时间后，飞行器匀速向上的

速率为5m/so重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及

飞行器质量的变化,下列说法正确的是（BC）

A.发动机的最大推力为1.5Mg

B.当飞行器以5ɪn/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小为半Mg

4

C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5√3

m/s

D.当飞行器以5m/s的速率飞行时一,其加速度大小可以达到3g

解析：当飞行器关闭发动机以速率v,=10m/s匀速下落时",有Mg=kvι2,

2

当飞行器以速率V2=5ɪn/s匀速向上运动时，有Mg+kv2=Fma×,联立解得

Fmax=1.25Mg,选项A错误；当飞行器以速率V2=5m/s匀速水平飞行时一，

飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条件有

2222

F=(Mg)+(kv2),解得F=-Ag,选项B正确；当发动机以最大推力Fmax

推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有%aχ2-(Mg)2=(k%2)2,解得

V3=5√3m/s,选项C正确；当最大推力向下，飞行器以5m/s的速率向

上减速飞行时一,其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有

2

Mg+Fraax+kv2=Mamax,解得amax=2.5g,选项D错误。

6.(2021・全国乙卷,21)(多选)水平地面上有一质量为3的长木板，

木板的左端上有一质量为m2的物块,如图a所示。用水平向右的拉力

F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图b所示,其中F,›F2分别

为3、t2时刻F的大小。木板的加速度a∣随时间t的变化关系如图c

所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为U„物块与木板间的动摩擦

因数为U2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速

度大小为go贝Ij(BCD)

A.F1=μ1mlg

B.艮="回应(L-μJg

C.μμɪ

m2

D.在。〜t2时间段物块与木板加速度相等

解析:分析可知,G时刻长木板和物块刚要一起滑动,此时有F1=μ

ɪ(m∣+m2)g,A错误;3〜A时间内,长木板向右加速滑动,一定有u2m2g-

1+mz

LIɪ(mι+m2)g>0,故μ2>-∙μbC正确;0~t∣时间内长木板和物块均

m2

静止,t∣〜t2时间内长木板和物块一起加速,一起加速的最大加速度满

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

「_m(m+τn)

l212

r2=----------H2-Uɪ)g,B>D正确。

m1

7.(2022・山东卷，13)在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第

二定律测量物体质量的实验。受此启发,某同学利用气垫导轨、力传

感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体

质量的实验,如图甲所示。主要步骤如下：

力传

加速度传感器

占'：温rmnEnIrrI=LI滑块气垫导轨连气源

♦A1"-1f

甲

①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上,加速度传感器固定在滑块

上；

②接通气源,放上滑块,调平气垫导轨；

③将弹簧左端连接力传感器,右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左

端位于0点,A点到0点的距离为5.00cm,拉动滑块使其左端处于A

点，由静止释放并开始计时；

④计算机采集获取数据,得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变

化的图像,部分图像如图乙所示。

回答以下问题(结果均保留2位有效数字)。

⑴弹簧的劲度系数为N∕mo

⑵该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a-F图像如图丙

中I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为kgo

(3)该同学在滑块上增加待测物体,重复上述实验步骤,在图丙中画出

新的a-F图像∏,则待测物体的质量为kg。

解析：(1)初始时弹簧的伸长量为5.00cm,结合题图乙可读出弹簧弹

力为0.610N,由F=kx可得弹簧的劲度系数k≈12N/m。

⑵根据牛顿第二定律F=ma,结合题图丙可得a-F图线斜率的倒数表

示滑块与加速度传感器的质量,代入数据得20kg0

(3)同理图像II斜率的倒数*=m+m测，得m测弋0.13kgo

K

答案：(1)12(2)0.20(3)0.13

8.（2021・辽宁卷，13）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。

如图所示，以恒定速率v∣=0.6m∕s运行的传送带与水平面间的夹角α

=37°,转轴间距L=3.95m0工作人员沿传送方向以速度V2=l.6ɪn/s

从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动

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

37o=0.80求：

（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;

⑵小包裹通过传送带所需的时间to

解析：⑴小包裹的速度V2大于传送带的速度V1,所以小包裹受到传送

带的摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有RmgeOSθ-mgsin

θ=ma,

解得a=0.4m∕s2o

（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动,用时

中岩耳Fs=2∙5s,

在传送带上滑动的距离为

X尸笥皆"X2.5m=2.75mo

因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即U

mgcosθ>mgsinθ,所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至

传送带底端,匀速运动的时间为

L-X3.95-2.75C

t2=1

——---------s=2S0

V10.6

所以小包裹通过传送带的时间为

t~tι^^^t2~4.5s0

答案：(1)0.4m∕s2(2)4.5S

［备用］

(2022•山东卷，16)某粮库使用额定电压U=380V、内阻R=0∙25。的

电动机运粮。如图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡,

装满粮食的小车以速度v=2m/s沿斜坡匀速上行,此时电流1=40