2021物理沪科版新课程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

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考物理沪科版新课程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,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22mgD.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5mg，方向斜向右上方,加速度大小为5g,故选项A、B均错误;空气对直升机原型机的作用力为(2mg)2+(2mg)2=23.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12D.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f—mgsin30°=ma,f=12mg+ma,f为静摩擦，方向平行斜面向上，故A正确,B、C、D4.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 ()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=12at2,则t=2sa=4(r+R)cosαgcosα=4(r+R)g,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【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=12at2，s=hsinθ=xcosθ，解得小球在斜面上的运动时间为t=1sinθ2hg=2xgsinθcosθ,根据机械能守恒定律有mgh=12mv2,解得小球下滑至底端的速度大小为v=2gh，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,5.如图,某翻斗车停在水平地面上，车厢上端装有一货物A。开始一段时间，A被固定在车厢中,t=t1时解除固定,A沿车厢匀加速下滑,t=t2时撞到车厢下端的后挡板,A撞到后挡板时未反弹。若车在整个过程中始终未移动，则车对水平地面的压力F随时间t的变化关系图像可能是 （）【解析】选A。设货物和车的质量分别为m、M,A被固定时，地面对车的支持力N=(M+m)g=F0。当货物匀加速下滑时，设a⊥为竖直分量的加速度，有:(M+m)g-N=ma⊥,也即：N=F0-ma⊥〈F0。故选项C、D错误.设撞击后挡板时，货物竖直方向的速度分量为v⊥,有：[N—（M+m）g]Δt=0—(—mv⊥)，即：N=mv⊥Δt+（M+m）g>F0(Δt为撞击时间),可见，B6.(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()A.两图中两球加速度均为gsinθB.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0B。物块A的加速度为gC.物块B的加速度为0D。物块B的加速度为g【解析】选B.剪断细线前，弹簧的弹力：F弹=mgsin30°=12mg,细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹=12mg;剪断细线瞬间,A、B可看作一个整体，加速度为:a=3mgsin30°-F弹3m=g3,7。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-sin2α）gD。此时A运动的加速度大小为M-【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=M-mMg,对B，由牛顿第二定律得T-mgsinα=ma,解得T=mg,故A、D正确,B8.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；根据牛顿第二定律a=Fm,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，B9。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.6s末的加速度比1s末的大B.1s末加速度方向与速度方向相同C。第4s内速度变化量大于零D.第6s内速度在不断变小【解析】选B、D.由图知，6s末的加速度比1s末的小,故A错误。0～1s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4s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6s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6m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1kg、mB=3kg,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10m/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，a=ΔvΔt=62m/s2=3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=15N。（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=-3m/s2t=0-物块A通过的位移xA=v0物块B通过的位移xB=v0t=6×2m=12m物块A刚停止时A、B间的距离Δx=xB-xA=6m.答案:(1)15N（2)6m【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）(2020·漳州模拟）早在公元前4世纪末,我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解，如“绳下直,权重相若则正矣。收，上者愈丧，下者愈得”,这句话所描述的与下述物理现象相似。如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时,系统处于平衡状态.若减小其中一个重物的质量,系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量Δm越多,另一个重物下降的加速度a就越大。已知重力加速度为g,则a与Δm的关系图象可能是 （）【解析】选C。可选用特殊值法。当Δm=m时，只剩下一个物体，其下落的加速度a=g，故B、D肯定错误。当Δm=m2时,有（m—m2)g=（m+m2)a，得a=13g。故A错，C正确。也可直接计算,T—（m-Δm)g=(m—Δm)a ②得:a=Δm2m-上式得a-Δm图象与C一致，与其他不一致。故选C。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=80.0kg,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10.0s，匀速运动的速度v=12。0m/s。重力加速度g取10m/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。0kg,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12vt+v（t0—代入已知数据解得t=103又a=vt=3。6m/s加速的距离s=