2021届高考物理一轮复习核心素养测评八牛顿第二定律两类动力学问题含解析

2021届高考物理一轮复习核心素养测评八牛顿第二定律两类动力学问题含解析

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，1～6题为单选题，7～9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2mg D.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=2‎ 10‎ mg，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+ma D.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 (　　)‎ 10‎ 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α，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)cosα，下滑时小球的加速度a=gcosα，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θ，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=gsinθ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s=at2，s==，解得小球在斜面上的运动时间为t==，‎ 10‎ 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θ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θ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gsinα。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=acosα=gsinα·cosα，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，重力与斜面支持力的合力大小：F合=mgsinα，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θ，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 (　　)‎ 10‎ A.两图中两球加速度均为gsinθ B.两图中A球的加速度均为0‎ C.图乙中轻杆的作用力一定不为0‎ D.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2mgsinθ，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，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中由于用杆相连有共同的a，所以整体分析：2mgsinθ=2ma，a=g·sinθ，隔离小球B，mgsinθ+F=ma，所以F=0，C错，故选D。‎ ‎【加固训练】‎ 如图所示，在倾角为θ=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0‎ B.物块A的加速度为 C.物块B的加速度为0‎ D.物块B的加速度为 ‎【解析】选B。剪断细线前，弹簧的弹力：F弹=mgsin30°=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=‎ 10‎ ‎=，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α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mg B.此时轻绳的拉力大小为Mg C.此时A运动的加速度大小为(1-sin2α)g D.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Mgsinα=mg，第二次按题图乙放置时，对A、B整体由牛顿第二定律得，Mg-mgsinα=(m+M)a，联立得a=(1-sinα)g=g，对B，由牛顿第二定律得T-mgsinα=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0～t1时间内做匀加速运动 C.从t1时刻后便开始反向运动 D.在0～t2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；‎ 10‎ 根据牛顿第二定律a=，可得在t1时刻合力最大，所以加速度最大，A正确；在0～t1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。0～1 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μ=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，‎ 10‎ a== m/s2=3 m/s2‎ 对于A、B整体，由牛顿第二定律得 F-μmAg=(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-μmAg=mAaA，‎ 解得aA=-μg=-3 m/s2‎ t==2 s 物块A通过的位移xA=t=6 m 物块B通过的位移xB=v0t=6×2 m=12 m 物块A刚停止时A、B间的距离 Δx=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(　　)‎ 10‎ ‎【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.(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)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，‎ 10‎ 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/s2　20 m　(2)9.83 s 10‎