高考物理总复习 两类动力学问题 超重和失重讲与练配套课时作业 新课标

课时作业9　两类动力学问题　超重和失重时间：45分钟 满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．一种巨型娱乐器械可以让人体验超重和失重的感觉．一个可乘十多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机运送上几十米的高处，然后让座舱自由下落．下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．下列判断正确的是( )A．座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B．座舱在自由下落的过程中人处于失重状态C．座舱在减速运动的过程中人处于失重状态D．座舱在减速运动的过程中人处于超重状态答案：BD图12．一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图1所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是( )A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C．当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小D．当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小图2解析：选物体为研究对象．受力情况如图2所示，建立坐标系，注意因为物体始终相对于斜面静止，所以F f 是静摩擦力，加速度向上，所以静摩擦力F f 沿斜面向上．竖直方向上－mg ＝ma ，F Ncos θ也可写成－mg ＝ma .Ffsin θ则θ一定时，a 越大，F N 越大，F f 越大；a 一定时，θ越大，F N 越小，F f 越大．答案：BC3．在升降机中，一人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，则他自己的下列判断可能正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．升降机以8 m/s 2的加速度加速上升B ．升降机以2 m/s 2的加速度加速下降C ．升降机以2 m/s 2的加速度减速上升D ．升降机以8 m/s 2的加速度减速下降解析：由于磅秤示数减小，故人受到的支持力为重力的80%，由牛顿第二定律，有mg －0.8mg ＝ma 得a ＝2 m/s 2，方向竖直向下，B 、C 对．答案：BC4．如图3甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m 的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与绳子对货物竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图3乙所示．由图可以判断( )图3A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－gB ．图线与横轴的交点N 的值T N ＝mgC ．图线的斜率等于物体的质量mD ．图线的斜率等于物体质量的倒数1m解析：由牛顿第二定律，有T －mg ＝ma ，故得a ＝－g ，当T ＝0时，a ＝－g ，A 对；当a ＝0时，T m T ＝mg ，B 对；图线的斜率k ＝，D 对．1m 答案：ABD图45．如图4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v 1、v 2的速度作逆时针转动时(v 1<v 2)，绳中的拉力分别为F 1、F 2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t 1、t 2则下列说法正确的是( )A ．F 1<F 2 B ．F 1＝F 2C ．t 1一定大于t 2D ．t 1可能等于t 2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F 1＝F 2.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t 1可能等于t 2答案：BD图56．如图5所示为杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M 的竖直竹竿，当竿上一质量为m 的人以加速度a 加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )A ．(M ＋m )g －maB ．(M ＋m )g ＋maC ．(M ＋m )gD ．(M －m )g解析：考查牛顿第二定律的应用，超重、失重概念．将杆和人看成一个整体，当人以加速度a 加速下滑时，人处于失重状态，失重量为ma ，因此系统对支持物的压力会比重力小ma ，因此竿对人的压力为(M ＋m )g －ma ，A 项正确．本题难度中等．答案：A7．用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4m 且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v 0开始自由下滑，当v 0＝2 m/s 时，经过0.8s 后小物块停在斜面上．多次改变v 0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t ，作出t －v 0图象，如图6所示，则下列说法中正确的是(g ＝10 m/s 2)( )图6A ．小物块在斜面上运动时加速度大小为2.5 m/s 2B ．小物块在斜面上运动时加速度大小为0.4 m/s 2C ．小物块与该种材料间的动摩擦因数为32D ．由图可推断若小物块初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大解析： 从图象可知加速度为a ＝＝2.5v 0t m/s 2，所以A 正确，B 错误；根据牛顿第二定律有ma ＝μmg cos θ－mg sin θ，得到μ＝，C 正确；随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中32的正比关系，所以D 错误．答案：AC图78．(2009·广东单科)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图7所示，电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )解析：由图可知，t0～t1，弹簧秤示数小于人的体重，电梯处于失重状态，加速度方向为竖直向下，有两种运动状态：加速下降或减速上升；t1～t2，弹簧秤示数等于人的体重，电梯处于平衡状态，即匀速直线运动或静止；t2～t3，电梯处于超重状态，加速度方向为竖直向上，有两种运动状态：加速上升或减速下降，故选项A、D正确．答案：AD二、计算题(3×12′＝36′)9．(2011·山东泰安检测)小球在流体中运动时，它将受到流体阻碍运动的粘滞阻力．实验发现当小球相对流体的速度不太大时，粘滞阻力F＝6πηvr，式中r为小球的半径，v为小球相对流体运动的速度，η为粘滞系数，由液体的种类和温度而定．现将一个半径r＝1.00mm的钢球，放入常温下的甘油中，让它下落，已知钢球的密度ρ＝8.5×103kg/m3常温下甘油的密度ρ0＝1.3×103 kg/m3，甘油的粘滞系数η＝0.80(g取10 m/s2)．(1)钢球从静止释放后，在甘油中作什么性质的运动？(2)当钢球的加速度a＝g/2时，它的速度多大？(3)钢球在甘油中下落的最大速度v m＝？解析：(1)钢球在甘油中运动过程中，开始时做加速运动，随着速度的增加钢球受的粘滞阻力增加，而导致钢球受的合外力减小，所以加速度减小，最终加速度为零，钢球匀速运动．(2)钢球向下运动时受浮力：F浮＝ρ0gV球粘滞阻力F和重力mg，由牛顿第二定律得：mg－F浮－F＝ma即：ρV球g－ρ0V球g－6πηvr＝ρV球·g 2代入数值解得：v＝8.2×10－3 m/s(3)钢球达最大速度时加速度为零则：ρV球g－ρ0V球g－6πηv m r＝0代入数值解得：v m＝2×10－2 m/s.答案：(1)加速度变小的加速运动，最终匀速(2)8.2×10－3 m/s　(3)2×10－2 m/s10．直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a＝1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°，如图8所示．如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M.(取重力加速度g＝10m/s2；sin14°≈0.242；cos14°≈0.970)图8解析：设悬索对水箱的拉力为T，水箱受到的阻力为f.直升机取水时，水箱受力平衡．水平方向：T1sinθ1－f＝0①竖直方向：T1cosθ1－mg＝0②联立①②解得f ＝mg tan θ1③直升机返回，以水箱为研究对象，在水平方向、竖直方向应用牛顿第二定律，由平衡方程得T 2sin θ2－f ＝(m ＋M )a ④T 2cos θ2－(m ＋M )g ＝0⑤联立④⑤，代入数据解得水箱中水的质量M ＝4.5×103 kg答案：M ＝4.5×103 kg11．(2009·江苏高考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m ＝2 kg ，动力系统提供的恒定升力F ＝28N ．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取10 m/s 2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t 1＝8 s 时到达高度H ＝64m ．求飞行器所受阻力f 的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t 2＝6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h ；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 3.解析：(1)第一次飞行中，设加速度为a 1匀加速运动H ＝a 1t 1212由牛顿第二定律F －mg －f ＝ma 1解得f ＝4 N(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v 1，上升的高度为s 1匀加速运动s 1＝a 1t 2212设失去升力后加速度为a 2，上升的高度为s 2由牛顿第二定律mg ＋f ＝ma 2v 1＝a 1t 2　s 2＝v 122a 2解得h ＝s 1＋s 2＝42 m(3)设失去升力下降阶段加速度为a 3；恢复升力后加速度为a 4，恢复升力时速度为v 3由牛顿第二定律mg －f ＝ma 3F ＋f －mg ＝ma 4且＋＝h v 3＝a 3t 3v 322a 3v 322a 4解得t 3＝ s(或2.1 s)22答案：(1)f ＝4 N (2)h ＝42 m (3)t 3＝2.1 s。