届高考物理一轮复习方略核心素养测评 八 32 牛顿第二定律 两类动力学问题.docx

1、届高考物理一轮复习方略核心素养测评 八 32 牛顿第二定律 两类动力学问题温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养测评 八 牛顿第二定律两类动力学问题(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，16题为单选题，79题为多选题)1.下列说法正确的是 ()A.物体受到力的作用时，力克服了物体的惯性，使其产生了加速度B.人走在松软土地上下陷时具有向下的加速度，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力C.物理公式既能确定物理量之间的数量关系，又能确定物理量间的单位关系D.对静止在光滑水平面

2、上的物体施加一个水平力，当力刚作用的瞬间，加速度为零【解析】选C。惯性是物体的固有属性，力能使物体产生加速度，但不能说力克服了物体的惯性，A错误。根据牛顿第三定律，两个物体间的作用力与反作用力总是等大反向的，B错误。物理公式不仅能确定物理量之间的数量关系，也能确定单位关系，C正确。根据牛顿第二定律，合外力与加速度是瞬时对应关系，D错误。2.(2019武汉模拟)据国外媒体报道，欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机。该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞。设X3型直升机原型机的质量为m，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg、方向向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg、方向向前的推

3、力。不考虑空气的阻力影响，下列说法正确的是 () A.该直升机原型机在该次试飞时可能处于平衡状态B.该直升机原型机以加速度g做匀加速直线运动C.空气对直升机原型机的作用力为2mgD.空气对直升机原型机的作用力为4mg【解析】选C。直升机原型机的受力如图所示，所受合外力大小为mg，方向斜向右上方，加速度大小为g，故选项A、B均错误；空气对直升机原型机的作用力为=2mg，故选项C正确，D错误。本题也可以由水平方向的加速度ax=2g和竖直方向的加速度ay=g合成得到原型机的加速度a=g。3.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30的山坡以加速度a上行，如图所示。在

4、缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则() A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C.小物块受到的滑动摩擦力为mg+maD.小物块受到的静摩擦力为ma【解析】选A。小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力。缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff-mgsin30=ma，Ff=mg+ma，Ff为静摩擦，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误。4.如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一

5、端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A在圆上，B在圆内，C在圆外。从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是 ()A.从A处释放的球B.从B处释放的球C.从C处释放的球D.从A、B、C三处释放的球同时到达【解析】选B。假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为，圆1的半径为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s=2(r+R)cos，下滑时小球的加速度a=gcos，根据位移时间公式得s=at2，则t=，即当板的端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所用的时间相同；由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，可知从B处释放的球下滑的时间最短，故

6、选B。【加固训练】某同学探究小球沿光滑斜面从顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是 ()A.甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B.甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C.乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D.乙图中小球下滑至底端的速度大小相同【解析】选C。小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a=gsin，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s=at2，s=，解得

7、小球在斜面上的运动时间为t=，根据机械能守恒定律有mgh=mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v=，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确。5.在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表

8、面与斜面平行且光滑，P是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在P上。另一端分别连在A和C上。在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是 ()A.两弹簧都处于拉伸状态B.两弹簧都处于压缩状态C.弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D.弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态【解析】选C。由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax=acos=gsincos，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力

9、与斜面支持力的合力大小：F合=mgsin，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。6.(2020长沙模拟)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有 ()A.两图中两球加速度均为gsinB.两图中A球的加速度均为0C.图乙中轻杆的作用力一定不为0D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍【解析】选D。撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲

10、中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin，加速度为2gsin；图乙中由于用杆相连有共同的a，所以整体分析：2mgsin=2ma，a=gsin，隔离小球B，mgsin+F=ma，所以F=0，C错，故选D。【加固训练】如图所示，在倾角为=30的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是 ()A.物块A的加速度为0B.物块A的加速度为C.物块B的加速度为0D.物块B的加速度为【解析】选B。剪断细线前，弹簧的弹力：F弹=mgsin

11、30=mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹=mg；剪断细线瞬间，A、B可看作一个整体，加速度为：a=，即A和B的加速度均为，故选B。7.质量分别为M和m的两物块A、B大小相同，将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接。如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A。已知斜面固定，重力加速度大小为g，则 ()A.此时轻绳的拉力大小为mgB.此时轻绳的拉力大小为MgC.此时A运动的加速度大小为(1-sin2)gD.此时A运动的加速度大小为g【解析】选A、D。第一次按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin=m

12、g，第二次按题图乙放置时，对A、B整体由牛顿第二定律得，Mg-mgsin=(m+M)a，联立得a=(1-sin)g=g，对B，由牛顿第二定律得T-mgsin=ma，解得T=mg，故A、D正确，B、C错误。8.物体只在力F的作用下从静止开始运动，其F-t图象如图所示，则物体() A.在t1时刻加速度最大B.在0t1时间内做匀加速运动C.从t1时刻后便开始反向运动D.在0t2时间内，速度一直在增大【解析】选A、D。从图中可知物体在运动过程中受到的合力方向始终不变，所以物体一直做加速运动，即速度一直增加，物体做单向加速直线运动，C错误、D正确；根据牛顿第二定律a=，可得在t1时刻合力最大，所以加速度

13、最大，A正确；在0t1时间内合力F一直增大，所以物体做加速度增大的加速运动，B错误。9.某玩具汽车从t=0时刻出发，由静止开始沿直线行驶。其a-t图象如图所示，下列说法正确的是 () A.6 s末的加速度比1 s末的大B.1 s末加速度方向与速度方向相同C.第4 s内速度变化量大于零D.第6 s内速度在不断变小【解析】选B、D。由图知，6 s末的加速度比1 s末的小，故A错误。01 s内汽车从静止开始做变加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，故B正确。根据图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，知第4 s内速度变化量为零，故C错误。根据图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，图象在时间轴上方速度

14、变化量为正，图象在时间轴下方速度变化量为负，知第6 s内速度变化量为负，速度在不断变小，故D正确。二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)10.两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为=0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v-t图象如图乙所示。g取10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。【解析】(1)在水平推力F作用下，物

15、块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v-t图象得，a= m/s2=3 m/s2对于A、B整体，由牛顿第二定律得F-mAg=(mA+mB)a，代入数据解得F=15 N。(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由-mAg=mAaA，解得aA=-g=-3 m/s2t=2 s物块A通过的位移xA=t=6 m物块B通过的位移xB=v0t=62 m=12 m物块A刚停止时A、B间的距离x=xB-xA=6 m。答案：(1)15 N(2)6 m【总结提升】解决图象综合问题的关键(1)把图象与具体的题意、情境结合起来，明

16、确图象的物理意义，明确图象所反映的物理过程。(2)特别注意图象中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义。11.(10分)如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度aA、aB及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中，正确的是()【解题指导】(1)F较小时，A、B保持静止状态。(2)F较大时，A、B相对静止，一

17、起加速。(3)F更大时，A、B相对滑动。【解析】选A、C、D。当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B保持静止没有加速度，所以B项错误；此时f1=f2=F，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度a=，对B隔离分析，f1-f2max=mBa，A、B间的静摩擦力f1=mBa+f2max=，B、C之间为滑动摩擦力保持不变，所以D项正确；当拉力再增大时，使f1达到最大静摩擦力后，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A的加速度a=F-，综上所述可知A、C项正确。12.(

18、20分)随着科学技术的发展，运动员的训练也由原来的高强度、大运动量，转变为科学训练。我们看到世界优秀的百米运动员的肌肉都特别发达，有些甚至接近健美运动员，因为肌肉与脂肪的比率越高，他运动过程中受到的阻力就越小，加速跑的加速度就越大，因此可以提高运动员的比赛成绩。某运动员的质量m=80.0 kg，他的百米跑可以简化成两个阶段：第一阶段为匀加速直线运动，第二阶段为匀速运动。假设运动员跑动时所受到的阻力大小恒等于运动员自身重力的0.24倍。若该运动员的百米成绩为10.0 s，匀速运动的速度v=12.0 m/s。重力加速度g取10 m/s2。求：(1)该运动员加速跑阶段的加速度大小和加速的距离。(2)

19、假设该运动员通过科学训练使体重减小到75.0 kg，而他的肌肉力量不变，所能达到的最大速度不变，这个运动员的百米成绩能提高到多少秒？(结果保留三位有效数字) 【解析】(1)设加速时间为t，有vt+v(t0-t)=x代入已知数据解得t= s，又a=3.6 m/s2加速的距离s=vt=20 m (2)设该运动员加速跑时的动力为F，对该运动员有F-Ff=ma，解得F=480 N体重减少到m=75 kg后，对该运动员有F-Ff=m1a1解得a1=4 m/s2，又v2=2a1x1 ，解得x1=18 m运动员加速的时间t1=3 s匀速的时间t2=6.83 s，所以该运动员的百米成绩为 t=t1+t2=9.83 s答案：(1)3.6 m/s220 m(2)9.83 s关闭Word文档返回原板块