高考物理一轮复习 章节训练 两类动力学问题超重和失重

2014年高考一轮复习章节训练之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．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中( )A ．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B ．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C ．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D ．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变解析：雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g ，故A 错误，D 正确；由mg －F f ＝ma 得：a ＝g －F f m，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m 增大，而是F f 增大，故B 错误，C 正确．答案：CD2．某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度—时间图象如右图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是( )A. t 2时刻卫星到达最高点，t 3时刻卫星落回地面B ．卫星在0～t 1时间内的加速度大于t 1～t 2时间内的加速度 C. t 1～t 2时间内卫星处于超重状态 D. t 2～t 3时间内卫星处于超重状态解析：卫星在0～t 3时间内速度方向不变，一直升高，在t 3时刻到达最高点，A 错误；v －t 图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t 1～t 2时间内卫星的加速度大，B 错误；t 1～t 2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t 2～t 3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C 正确，D 错误．答案：C3．如图所示，被水平拉伸的轻弹簧右端拴在小车壁上，左端拴一质量为10 kg 的物块M .小车静止不动，弹簧对物块的弹力大小为5 N 时，物块处于静止状态．当小车以加速度a ＝1 m/s2沿水平地面向右加速运动时( )A．物块M相对小车仍静止B．物块M受到的摩擦力大小不变C．物块M受到的摩擦力将减小D．物块M受到弹簧的拉力将增大解析：由初始条件知最大静摩擦力Ff max≥5 N，当小车向右加速运动时．假设物块仍相对小车静止，由牛顿第二定律得5 N＋F f＝10×1 N，F f＝5 N，方向水平向右，因此A、B正确．答案：AB4.池州模拟某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如下图所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1<tanθ，BC段的动摩擦因数μ2>tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中( )A．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B．地面对滑梯始终无摩擦力作用C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D．地面对滑梯的支持力的大小先大于后小于小朋友和滑梯的总重力的大小解析：小朋友在AB段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC段向下匀减速下滑，因此小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑梯的摩擦力即系统水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A正确，B错误；系统在竖直方向的加速度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于后大于小朋友和滑梯的总重力的大小，C、D错误．答案：A5．如下图所示，足够长的传送带与水平面间夹角为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<tanθ.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )解析：m刚放上时，mg sinθ＋μmg cosθ＝ma1.当m与带同速后，因带足够长，且μ<tanθ，故m要继续匀加速．此时，mg sinθ－μmg cosθ＝ma2，a2<a1，故D正确．答案：D6．如下图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员( )A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1:2C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1:7D．加速与减速过程的位移之比为1:4解析：a 1t 1＝v max ＝a 2t 2，利用a 1＝2a 2得t 1:t 2＝1:2，B 正确；下滑的最大速度v max ＝2v ＝2st＝8 m/s ，A 错误；加速过程中有mg －Ff 1＝ma 1，减速过程中有Ff 2－mg ＝ma 2，而a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2，所以Ff 1:Ff 2＝1:7，C 正确；加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移x 1＝v t 1，x 2＝v t 2，x 1:x 2＝t 1:t 2＝1:2，D 错误．答案：BC7．(2011·上海单科)受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v －t 图线如下图所示，则( )A ．在0～t 1秒内，外力F 大小不断增大B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大解析：由图象可知0～t 1，物体作a 减小的加速运动，t 1时刻a 减小为零．由a ＝F －fm可知，F 逐渐减小，最终F ＝f ，故A 、B 错误．t 1～t 2物体作a 增大的减速运动，由a ＝f －Fm可知，至物体速度减为零之前，F 有可能是正向逐渐减小，也可能F 已正向减为零且负向增大，故C 、D 正确．答案：CD8．(2012·安徽理综)如上图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F ，则( )A ．物块可能匀速下滑B ．物块仍以加速度a 匀加速下滑C ．物块将以大于a 的加速度匀加速下滑D ．物块将以小于a 的加速度匀加速下滑解析：根据题意，放在斜面上的物块沿斜面以加速度a 匀加速下滑，在沿斜面方向对物块由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma ①，在物块上施加竖直向下的力F 后，在沿斜面方向对物块由牛顿第二定律有(mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θ＝ma 0②，由①②易知a 0>a ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．答案：C二、计算题(3×12′＝36′)9．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 ＝28 N ．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 ＝64 m ．求飞行器所受阻力F f 的大小； (2)第二次试飞，飞行器飞行t 2＝6 s 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 .解析：(1)由H ＝12at 2得a ＝2 m/s 2由F －F f －mg ＝ma 得F f ＝4 N (2)前6 s 向上做匀加速运动 最大速度：v ＝at ＝12 m/s 上升的高度：h 1＝12at 2＝36 m然后向上做匀减速运动 加速度a 2＝F f ＋mg m＝12 m/s 2上升的高度h 2＝v 22a 2＝6 m所以上升的最大高度：h ＝h 1＋h 2＝42 m 答案：(1)4 N (2)42 m10．(2013·扬州模拟)如图所示，一根劲度系数k ＝200 N/m 的轻质弹簧拉着质量为m ＝0.2 kg 的物体从静止开始沿倾角为θ＝37°的斜面匀加速上升，此时弹簧伸长量x ＝0.9 cm ，在t ＝1.0 s 内物体前进了s ＝0.5 m ．求：(1)物体加速度的大小；(2)物体和斜面间的动摩擦因数．(取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 解析：(1)根据运动学公式：s ＝12at 2①得a ＝2s t 2＝2×0.51.02 m/s 2＝1.0 m/s 2②(2)物体运动过程受力如图所示． 根据牛顿第二定律：F －F f －mg sin37°＝ma ③ F N ＝mg cos37°＝0.2×10×0.8 N＝1.6 N ④ 根据胡克定律：F ＝kx ⑤F ＝200×0.9×10－2 N ＝1.8 N ⑥把⑥式代入③式得F f ＝F －mg sin37°－ma＝(1.8－0.2×10×0.6－0.2×1.0) N＝0.4 N ⑦ 根据滑动摩擦力公式F f ＝μF N 得 μ＝F f F N ＝0.41.6＝0.25答案：(1)1.0 m/s 2(2)0.2511．(2013·上海六校联考)用同种材料制成倾角为37°的斜面和长水平面，斜面长3.15 m 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＝2.4 m/s 时，经过2.0 s 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v 0－t 图象，如图所示，求：(1)小物块与该种材料间的动摩擦因数μ为多少？(2)若小物块初速度为3 m/s ，小物块从开始运动到最终停下的时间t 为多少？解析：(1)由题意知，当v 0＝2.4 m/s 时，物块沿斜面匀减速下滑，设加速度的大小为a 1，则a 1＝Δv t ＝2.42.0m/s 2＝1.2 m/s 2由牛顿第二定律得：F f －mg sin37°＝ma 1，F f ＝μF N F N ＝mg cos37°联立以上式子，解得μ＝g sin37°＋a 1g cos37°＝0.9.(2)当v 0＝3 m/s 时，物块若保持匀减速下滑，最大滑行距离：s ＝v 202a ＝322×1.2m ＝3.75 m>3.15 m ，所以物块将滑到水平面上． 物块滑到斜面底端的速度为v 1， 则v 1＝v 20－2aL 板＝1.2 m/s ， 斜面上滑时间为t 1＝v 1－v 0－a 1＝1.2－3－1.2s ＝1.5 s ； 设水平面上加速度的大小为a 2：F f ＝μF N ＝μmg ＝ma 2，a 2＝μg ＝9 m/s 2，t 2＝0－v 1－a 2＝－1.2－9s ＝0.13 s 所以，总时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ＋0.13 s ＝1.63 s. 答案：(1)0.9 (2)1.63 s。