1、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
2、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2mgD.空气对直升机原型机的作
3、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
4、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
5、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
6、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,
7、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
8、.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
9、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
10、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=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=,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
11、。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=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=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
12、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
13、 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
14、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
15、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
16、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
17、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
18、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,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
