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·m·s-1 B.kg·m·s-2C.Pa·m2 D.J·m-1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·m/s2=kg·m·s-2。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L。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35A.5F8m B.2F解析:当两球运动至二者相距3L5时,二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cosθ=0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1,对轻绳的中点受力分析得F-2F1sinθ=m绳a,又轻绳质量近似为0,解得F1=5F8。对质量为m的小球,由牛顿第二定律有F4.(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g。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)A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.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′+μmg=ma1;同理,对滑块Q有μmg-kx′=ma2,从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中,弹力由μmg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μg,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速率平方成正比(即F阻=kv2,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/s。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1.5MgB.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小为174C.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53m/sD.当飞行器以5m/s的速率飞行时,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v1=10m/s匀速下落时,有Mg=kv12,当飞行器以速率v2=5m/s匀速向上运动时,有Mg+kv22=Fmax,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,飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡,由平衡条件有F2=(Mg)2+(kv22)2,解得F=174Mg,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Fmax2-(Mg)2=(kv32)2,解得v36.(2021·全国乙卷,21)(多选)水平地面上有一质量为m1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F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1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μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2。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g。则(BCD)A.F1=μ1m1gB.F2=m2(m1+C.μ2>m1+D.在0～t2时间段物块与木板加速度相等解析:分析可知,t1时刻长木板和物块刚要一起滑动,此时有F1=μ1(m1+m2)g,A错误;t1～t2时间内,长木板向右加速滑动,一定有μ2m2g-μ1(m1+m2)g>0,故μ2>m1+m2m2μ1,C正确;0～t1时间内长木板和物块均静止,t1～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μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1am,F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)am,解得F2=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: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O点,A点到O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)。(1)弹簧的劲度系数为N/m。

(2)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kg。

(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Ⅱ,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。(2)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m≈0.20kg。(3)同理图像Ⅱ斜率的倒数1k=m+m测,得m测答案:(1)12(2)0.20(3)0.138.(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v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/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μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;(2)小包裹通过传送带所需的时间t。解析:(1)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μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得a=0.4m/s2。(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t1=v1-v在传送带上滑动的距离为x1=v1+v22t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μmgcosθ>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t2=L-x1所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+t2=4.5s。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=0.25Ω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I=40A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1=100kg,车上粮食质量m2=1200kg,配重质量m0=40kg,重力加速度g取10m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:(1)比例系数k值;(2)上行路程L值。解析:(1)以电动机为研究对象,根据能量守恒定律有UI=I2R+Fv,代入数据得F