2021届高考物理一轮复习方略核心素养测评：八3.2牛顿第二定律两类动力学问题

1、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）素养达标 （ 7IV0-）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上的物体施加一个水平力，当力刚作用的

2、瞬 间，加速度为零【解析】选a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，

3、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 2/2 mgD.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N5mg方向斜向右上方，加速度大小为v,5g,故选项A、B均错误；空气对直升机原型机的作用力为=2(2mg)2 =2泛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=/晨+=15 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

4、76;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，R C、D均错误。4 .如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心

5、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 竖直方向的夹角为口 ,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s4at2,则t=七=口"玛-=j空理,即当板的端点在圆上

6、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G小球在斜面上运动白过程中只受重力mg和斜面的支持力R作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为 0 ,斜面高为h,底 边长为x,

7、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 0 ,根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s£at2,s二）=4,解得小球在斜面上的运动时间为t=/w卢=I , 5m9 cosG 7J & ysinOcQsG根据机械能守恒定律有mgh=mV,解得小球下滑至底端的速度大小为v=，2血显然，在甲图中，两斜面的高度 h相同，但倾角0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0不 同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故

8、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R 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（）甲乙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Li处于压缩状态，弹簧L2处于原长D.弹簧Li处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态【解析】选a由于斜

9、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 % =gsin % - cos % , 该加速度由水平方向弹簧的弹力提供， 所以弹簧Li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=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8,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

10、、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间甲乙A.两图中两球加速度均为gsin 0B.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 0 ,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2mgsinO ,加速度 为2gsin 0 ;图乙中由于用杆相连有共同的a,所以整体分析：2mgsin 0 =2ma, a=g sin 0 , 隔离小球 B, mgsin 0 +F=ma 所以 F=0, C错,故选C【加固训练】如

11、图所示，在倾角为0=30的光滑斜面上，物块 A B质量分别为m 和2nl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JC.物块B的加速度为0D.物块B的加速度为；Ju【解析】选B。剪断细线前，弹簧的弹力：F弹=mgsin30mg细线.剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为 F弹福mg剪断细线瞬间，A B 可看作一个整体，加速度为：a= 一.洋=，即A和B的加速度均为一，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

12、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-sin 2%）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%=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-mgsin % =(m+M)a,联立得 a=(1-sin % )g=1g,对 B,由牛 顿第二定律得T-mgsin%=ma,解

13、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ti时刻加速度最大9 .在0ti时间内做匀加速运动C.从ti时刻后便开始反向运动D.在012时间内，速度一直在增大【解析】选A、Do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a5，可得在ti时 刻合力最大，所以加速度最大，A正确；在0ti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10 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图象如图所不

14、，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、Do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

15、、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m=1 kg、m=3 kg, A与水平地面间的动摩擦因 数为w =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：甲乙(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=- m/s 2=3 m/s2At 2对于A、B整体，由牛顿第二

16、定律得F-(1 mmg=(mA+m)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-w nAg=maA, 解得 aA=-林 g=-3 m/s 2 t=2 s物块A通过的位移Xa丹t=6 m 上a物块B通过的位移XB=vot=6 x 2 m=12 m物块A刚停止时A B间的距离 x=xb-x a=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

17、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。能力拔高一WX11.(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fi、 B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中，正确的是()甲乙【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

18、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fi=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=团4Pm ，对B隔离分析)f 1-f 2max=ma , A、B间的静摩擦力-rin2 777fi=mBa+f2ma产湍0，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fl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-21,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