2011届高考物理一轮复习随堂精品练习：第11课时超重和失重 doc

第11课时两类动力学问题超重和失重1．在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－2－5所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下解析：晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B 选项错，以竖直向下为正方向，有：mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝g/5，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C选项错，D选项正确．答案：D2．2008年9月25日，“神舟七号”载人飞船成功发射，设近地加速时，飞船以5g的加速度匀加速上升，g为重力加速度．则质量为m的宇航员对飞船底部的压力为( )A．6mg B．5mg C．4mg D．mg解析：以人为研究对象，进行受力分析，由牛顿第二定律可知，F－mg＝ma，则F＝m(g＋a)＝6mg，再由牛顿第三定律可知，人对飞船底部的压力为6mg.答案：A3．图3－2－6在箱式电梯里的台秤秤盘上放着一物体，在电梯运动过程中，某人在不同时刻拍了甲、乙和丙三张照片，如图3－2－6所示，乙图为电梯匀速运动的照片。

从这三张照片可判定( )A．拍摄甲照片时，电梯一定处于加速下降状态B ．拍摄丙照片时，电梯一定处于减速上升状态C ．拍摄丙照片时，电梯可能处于加速上升状态D ．拍摄甲照片时，电梯可能处于减速下降状态 答案：D4．(2010·江苏阜宁中学调研)如图3－2－7所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端固定，下端悬空，为了研究学生沿杆的下滑情况，在杆的顶部装有一拉力传感器，可显示杆顶端所受拉力的大小，现有一学生(可视为质点)从上端由静止开始滑下，5 s 末滑到杆底时速度恰好为零，从学生开始下滑时刻计时，传感器显示拉力随时间变化情况如图3－2－8所示，g 取10 m/s 2，求：(1)该学生下滑过程中的最大速率；(2)图中力F 1的大小；(3)滑杆的长度． 解析：(1)由于人静止后受拉力F ＝500 N ，可知，mg ＝500 N.在0～1 s 内，人受拉力F ＝380 N ，人做加速运动，由牛顿第二定律可得：mg －F ＝ma 1，a 1＝2.4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝2.4 m/s.(2)1 s ～5 s 内人做减速运动，a 2t 2＝a 1t 1，a 2＝0.6 m/s 2， 由牛顿第二定律可得：F 1－mg ＝ma 2，F 1＝530 N. (3)L ＝12a 1t 21＋12a 2t 22＝6 m.答案：(1)2.4 m/s (2)530 N (3)6 m 5.图3－2－9如图3－2－9所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为 L ＝20 m ，高为h ＝2 m ，斜坡上紧排着一排滚筒．长为l ＝8 m 、质量为m ＝1×103kg 的钢锭ab 放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为μ＝0.3，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v ＝4 m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转动，钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力．取当地的重力加速度g ＝10 m/s 2.试求：(1)钢锭从坡底(如图3－2－9所示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶所需的最短时间． (2)钢锭从坡底(如图3－2－9所示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶的过程中电动机至少要工作多长时间？解析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为F f ＝μmg ＝3×103N 由牛顿第二定律有F f －mg sin α＝ma 1，解得a 1＝2 m/s 2钢锭做匀加速运动的时间t 1＝v a 1＝2 s ，位移x 1＝12a 1t 21＝4 m要使b 端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，钢锭先做匀加速直线运动，当它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动．钢锭做匀速直线运动的位移x 2＝L －l －x 1＝8 m ，做匀速直线运动的时间t 2＝x 2v＝2 s ，所需最短时间t ＝t 1＋t 2＝4 s.(2)要使电动机工作的时间最短，钢锭的最后一段运动要关闭电动机，钢锭匀减速上升，b 端到达坡顶时速度刚好为零．匀减速上升时F f ＋mg sin α＝ma 2，解得a 2＝4 m/s 2.匀减速运动时间t 3＝v a 2＝1 s ，匀减速运动位移x 3＝v2t 3＝2 m ，匀速运动的位移x 4＝L －l －x 1－x 3＝6 m ，电动机至少要工作的时间t＝t 1＋x 4v＝3.5 s. 答案：(1)4 s (2)3.5 s1.图3－2－10汶川大地震后，为解决灾区群众的生活问题，党和国家派出大量直升机空投救灾物资．有一直升机悬停在空中向地面投放装有物资的箱子，如图3－2－10所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是( )A ．箱内物体对箱子底部始终没有压力B ．箱子刚投下时，箱内物体受到的支持力最大C ．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D ．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”解析：因为下落速度不断增大，而阻力f ∝v 2，所以阻力逐渐增大，当f ＝mg 时，物体开始匀速下落．以箱和物体为整体：(M ＋m )g －f ＝(M ＋m )a ，f 增大则加速度a 减小．对物体：Mg －F N ＝ma ，加速度减小，则支持力F N 增大．所以物体后来受到的支持力比开始时要增大，不可能“飘起来”． 答案：C 2.图3－2－11某物体做直线运动的v－t图象如图3－2－11所示，据此判断下图(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是( )解析：从v－t图象中可以看出，物体在0～2 s内做初速度为零的匀加速运动，合力与速度方向一致且为恒力，在2 s～6 s内加速度方向与前2 s内速度方向相反，合外力方向与前2 s内速度方向相反，故A错误、B正确；由于加速度a恒定，所以匀加速运动范围内位移x与时间是二次函数关系，且4 s 末的位移不为0，故C、D项错．答案：B3.图3－2－122008北京奥运会取得了举世瞩目的成功，某运动员(可看作质点)参加跳板跳水比赛，t＝0是其向上起跳瞬间，其速度与时间关系图象如图3－2－12所示，则( )A．t1时刻开始进入水面 B．t2时刻开始进入水面C．t3时刻已浮出水面 D．0～t2的时间内，运动员处于失重状态解析：跳水运动员离开跳板向上跳起，做减速运动，到达最高点后，开始向下做匀加速运动，直到刚进入水面，速度达到最大，进入水面后，又受到水的阻力，开始做减速运动，直至速度减小到零，根据图象可知，t2时刻速度最大，所以t2时刻开始进入水面，故A项错误，B项正确；t3时刻速度为零，是在水中减速结束的时刻，故C项错误；跳水运动员离开跳板到刚开始进入水中时，都是只受重力，加速度等于重力加速度，方向向下，处于失重状态，故D项正确．答案：BD4．质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是( )A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m答案：C5.图3－2－13如图3－2－13所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度作逆时针转动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是( )A．F1＜F2B．F1＝F2C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2解析：皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于静止状态，故F1＝F2.物体在两种不同速度下运动时有可能先加速再匀速，也可能一直加速，故t1可能等于t2.答案：BD6.图3－2－14质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图3－2－14所示，则( )A．小球对圆槽的压力为MFm＋MB．小球对圆槽的压力为mFm＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球对圆槽的压力为(mg)2＋m2F2(M＋m)2，可知只有C选项正确．答案：C7．图3－2－15(2010·潍坊高三教学质量检测)如图3－2－15所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图3－2－15中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )解析：对m 开始时加速度a 1＝μg cos θ＋g sin θ.达到共同速度时，物体的摩擦力方向由沿斜面向下变为沿斜面向上．以后物体运动的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ，显然a 1>a 2，只有图象D 正确． 答案：D 8.图3－2－16如图3－2－16是一种升降电梯的示意图，A 为载人箱，B 为平衡重物，它们的质量均为M ，上下均由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．如果电梯中人的总质量为m ，匀速上升的速度为v ，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h 高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，h 为( )A.v 22gB.(M ＋m )v 22mgC.(M ＋m )v2mgD.(2M ＋m )v 22mg解析：关闭电动机后，载人箱A 受到B 对A 的向上的拉力为Mg ，A 及人的总重力为(M ＋m )g ，载人箱A加速度大小为a ＝(M ＋m )g －Mg M ＋m ＝mM ＋m g ，由2ah ＝v 2得h ＝(M ＋m )v22mg，选项B 正确．设B 对A 拉力F T 对B ：F T －Mg ＝Ma对A ：F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，a ＝mg2M ＋m由V 2＝2ah 得h ＝(2M ＋m )v22mg ，D 选项正确．答案：BD 9.图3－2－17两个完全相同的物块A 、B ，质量均为m ＝0.8 kg ，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动．图3－2－17中的两条直线分别表示A 物块受到水平拉力F 作用和B 物块不受拉力作用的v －t 图象，求：(1)物块A 所受拉力F 的大小； (2)8 s 末物块A 、B 之间的距离x .解析：(1)设A 、B 两物块的加速度分别为a 1、a 2， 由v －t 图象可得：a 1＝Δv 1Δt 1＝12－68－0m/s 2＝0.75 m/s 2① a 2＝Δv 2Δt 2＝0－64－0m/s 2＝－1.5 m/s 2负号表示加速度方向与初速度方向相反．② 对A 、B 两物块分别由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma 1③－F f ＝ma 2④由①～④式可得：F ＝1.8 N.(2)设A 、B 两物块8 s 内的位移分别为x 1、x 2由图象得：x 1＝12×(6＋12)×8＝72 m ，x 2＝12×6×4＝12 m ，所以x ＝x 1－x 2＝60 m.答案：(1)1.8 N (2)60 m 10.图3－2－18如图3－2－18为一滑梯的示意图，滑梯的长度AB 为L ＝5.0 m ，倾角θ＝37°.BC 段为与滑梯平滑连接的水平地面．一个小孩从滑梯顶端由静止开始滑下，离开B 点后在地面上滑行了s ＝2.25 m 后停下．小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ＝0.3.不计空气阻力．取g ＝10 m/s 2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小孩沿滑梯下滑时的加速度a 的大小； (2)小孩滑到滑梯底端B 时的速度v 的大小； (3)小孩与地面间的动摩擦因数μ′.解析：(1)小孩受力如右图所示由牛顿运动定律得mg sin θ－μF N ＝ma ，F N －mg cos θ＝0 解得a ＝g sin θ－μg cos θ＝3.6 m/s 2. (2)由v 2＝2aL ，求出v ＝6 m/s.(3)由匀变速直线运动规律得0－v 2＝2a ′s ，由牛顿第二定律得μ′mg ＝ma ′，解得μ′＝0.8. 答案：(1)3.6 m/s 2(2)6 m/s (3)0.8 11.图3－2－19如图3－2－19所示，长L ＝1.5 m ，高h ＝0.45 m ，质量M ＝10 kg 的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v 0＝3.6 m/s 时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F ＝50 N ，并同时将一个质量m ＝1 kg 的小球轻放在距木箱右端L3的P 点(小球可视为质点，放在P 点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间； (2)小球放在P 点后，木箱向右运动的最大位移； (3)小球离开木箱时木箱的速度．解析：(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间 由h ＝12gt 2，t ＝2hg＝2×0.4510s ＝0.3 s. (2)小球放到木箱上后相对地面静止，木箱的加速度为a 1＝F ＋μ(M ＋m )g M ＝50＋0.2×(10＋1)×1010m/s 2＝7.2 m/s 2木箱向右运动的最大位移为：x 1＝v 202a 1＝ 3.622×7.2m ＝0.9 m.(3)x 1小于1 m ，所以小球不会从木箱的左端掉下． 木箱向左运动的加速度为a 2＝F －μ(M ＋m )g M ＝50－0.2×(10＋1)×1010m/s 2＝2.8 m/s 2设木箱向左运动的距离为x 2时，小球脱离木箱x 2＝x 1＋L3＝0.9 m ＋0.5 m ＝1.4 m设木箱向左运动的时间为t 2，由x ＝12at 2得t 2＝2x 2a 2＝2×1.42.8s ＝1 s 小球刚离开木箱瞬间，木箱的速度方向向左，大小为v 2＝a 2t 2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s. 答案：(1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s。