2020高考物理總復習 兩類動力學問題 超重和失重講與練配套課時作業(yè) 新課標

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1、課時作業(yè)9　兩類動力學問題　超重和失重 時間：45分鐘　　滿分：100分 一、選擇題(8×8′＝64′) 1．一種巨型娛樂器械可以讓人體驗超重和失重的感覺．一個可乘十多個人的環(huán)形座艙套在豎直柱子上，由升降機運送上幾十米的高處，然后讓座艙自由下落．下落一定高度后，制動系統(tǒng)啟動，座艙做減速運動，到地面時剛好停下．下列判斷正確的是(　　) A．座艙在自由下落的過程中人處于超重狀態(tài) B．座艙在自由下落的過程中人處于失重狀態(tài) C．座艙在減速運動的過程中人處于失重狀態(tài) D．座艙在減速運動的過程中人處于超重狀態(tài) 答案：BD 圖1 2．一物體放置在傾角為θ的斜面上，斜面固定于加速上升

2、的電梯中，加速度為a，如圖1所示，在物體始終相對于斜面靜止的條件下，下列說法中正確的是(　　) A．當θ一定時，a越大，斜面對物體的正壓力越小 B．當θ一定時，a越大，斜面對物體的摩擦力越大 C．當a一定時，θ越大，斜面對物體的正壓力越小 D．當a一定時，θ越大，斜面對物體的摩擦力越小 圖2 解析：選物體為研究對象．受力情況如圖2所示，建立坐標系，注意因為物體始終相對于斜面靜止，所以Ff是靜摩擦力，加速度向上，所以靜摩擦力Ff沿斜面向上． 豎直方向上－mg＝ma， 也可寫成－mg＝ma. 則θ一定時，a越大，F(xiàn)N越大，F(xiàn)f越大；a一定時，θ越大，F(xiàn)N越小，F(xiàn)f越大． 答

3、案：BC 3．在升降機中，一人站在磅秤上，發(fā)現(xiàn)自己的體重減輕了20%，則他自己的下列判斷可能正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．升降機以8 m/s2的加速度加速上升 B．升降機以2 m/s2的加速度加速下降 C．升降機以2 m/s2的加速度減速上升 D．升降機以8 m/s2的加速度減速下降 解析：由于磅秤示數(shù)減小，故人受到的支持力為重力的80%，由牛頓第二定律，有mg－0.8mg＝ma得a＝2 m/s2，方向豎直向下，B、C對． 答案：BC 4．如圖3甲所示，某人正通過定滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到高處．滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力

4、T之間的函數(shù)關系如圖3乙所示．由圖可以判斷(　　) 圖3 A．圖線與縱軸的交點M的值aM＝－g B．圖線與橫軸的交點N的值TN＝mg C．圖線的斜率等于物體的質(zhì)量m D．圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù) 解析：由牛頓第二定律，有T－mg＝ma，故得 a＝－g，當T＝0時，a＝－g，A對；當a＝0時， T＝mg，B對；圖線的斜率k＝，D對． 答案：ABD 圖4 5．如圖4所示，質(zhì)量為m的物體用細繩拴住放在水平粗糙傳送帶上，物體距傳送帶左端的距離為L，穩(wěn)定時繩與水平方向的夾角為θ，當傳送帶分別以v1、v2的速度作逆時針轉(zhuǎn)動時(v1

5、斷細繩時，物體到達左端的時間分別為t1、t2則下列說法正確的是(　　) A．F1

6、(M－m)g 解析：考查牛頓第二定律的應用，超重、失重概念．將桿和人看成一個整體，當人以加速度a加速下滑時，人處于失重狀態(tài)，失重量為ma，因此系統(tǒng)對支持物的壓力會比重力小ma，因此竿對人的壓力為(M＋m)g－ma，A項正確．本題難度中等． 答案：A 7．用同種材料制成傾角為30°的斜面和長水平面，斜面長2.4 m且固定，一小物塊從斜面頂端以沿斜面向下的初速度v0開始自由下滑，當v0＝2 m/s時，經(jīng)過0.8 s后小物塊停在斜面上．多次改變v0的大小，記錄下小物塊從開始運動到最終停下的時間t，作出t－v0圖象，如圖6所示，則下列說法中正確的是(g＝10 m/s2)(　　) 圖6 A

7、．小物塊在斜面上運動時加速度大小為2.5 m/s2 B．小物塊在斜面上運動時加速度大小為0.4 m/s2 C．小物塊與該種材料間的動摩擦因數(shù)為 D．由圖可推斷若小物塊初速度繼續(xù)增大，小物塊的運動時間也隨速度均勻增大 解析： 從圖象可知加速度為a＝＝2.5 m/s2，所以A正確，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有ma＝μmgcosθ－mgsinθ，得到μ＝，C正確；隨著初速度增大，小物塊會滑到水平面上，規(guī)律將不再符合圖象中的正比關系，所以D錯誤． 答案：AC 圖7 8．(2020·廣東單科)某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490 N．他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重，t0至t3時間段內(nèi)，彈

8、簧秤的示數(shù)如圖7所示，電梯運行的v－t圖可能是(取電梯向上運動的方向為正)(　　) 解析：由圖可知，t0～t1，彈簧秤示數(shù)小于人的體重，電梯處于失重狀態(tài)，加速度方向為豎直向下，有兩種運動狀態(tài)：加速下降或減速上升；t1～t2，彈簧秤示數(shù)等于人的體重，電梯處于平衡狀態(tài)，即勻速直線運動或靜止；t2～t3，電梯處于超重狀態(tài)，加速度方向為豎直向上，有兩種運動狀態(tài)：加速上升或減速下降，故選項A、D正確． 答案：AD 二、計算題(3×12′＝36′) 9．(2020·山東泰安檢測)小球在流體中運動時，它將受到流體阻礙運動的粘滯阻力．實驗發(fā)現(xiàn)當小球相對流體的速度不太大時，粘滯阻力F＝6πηvr，式

9、中r為小球的半徑，v為小球相對流體運動的速度，η為粘滯系數(shù)，由液體的種類和溫度而定．現(xiàn)將一個半徑r＝1.00 mm的鋼球，放入常溫下的甘油中，讓它下落，已知鋼球的密度ρ＝8.5×103 kg/m3常溫下甘油的密度ρ0＝1.3×103 kg/m3，甘油的粘滯系數(shù)η＝0.80(g取10 m/s2)． (1)鋼球從靜止釋放后，在甘油中作什么性質(zhì)的運動？ (2)當鋼球的加速度a＝g/2時，它的速度多大？ (3)鋼球在甘油中下落的最大速度vm＝？ 解析：(1)鋼球在甘油中運動過程中，開始時做加速運動，隨著速度的增加鋼球受的粘滯阻力增加，而導致鋼球受的合外力減小，所以加速度減小，最終加速度為零，鋼

10、球勻速運動． (2)鋼球向下運動時受浮力：F?。溅?gV球粘滯阻力F和重力mg，由牛頓第二定律得：mg－F?。璅＝ma 即：ρV球g－ρ0V球g－6πηvr＝ρV球· 代入數(shù)值解得：v＝8.2×10－3 m/s (3)鋼球達最大速度時加速度為零則： ρV球g－ρ0V球g－6πηvmr＝0 代入數(shù)值解得：vm＝2×10－2 m/s. 答案：(1)加速度變小的加速運動，最終勻速 (2)8.2×10－3 m/s　(3)2×10－2 m/s 10．直升機沿水平方向勻速飛往水源取水滅火，懸掛著m＝500 kg空箱的懸索與豎直方向的夾角θ1＝45°.直升機取水后飛往火場，加速度沿水平方向

11、，大小穩(wěn)定在a＝1.5 m/s2時，懸索與豎直方向的夾角θ2＝14°，如圖8所示．如果空氣阻力大小不變，且忽略懸索的質(zhì)量，試求水箱中水的質(zhì)量M.(取重力加速度g＝10 m/s2；sin14°≈0.242；cos14°≈0.970) 圖8 解析：設懸索對水箱的拉力為T，水箱受到的阻力為f.直升機取水時，水箱受力平衡． 水平方向：T1sinθ1－f＝0① 豎直方向：T1cosθ1－mg＝0② 聯(lián)立①②解得f＝mgtanθ1③ 直升機返回，以水箱為研究對象，在水平方向、豎直方向應用牛頓第二定律，由平衡方程得 T2sinθ2－f＝(m＋M)a④ T2cosθ2－(m＋M)g＝0⑤

12、 聯(lián)立④⑤，代入數(shù)據(jù)解得水箱中水的質(zhì)量M＝4.5×103 kg 答案：M＝4.5×103 kg 11．(2020·江蘇高考)航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m＝2 kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28 N．試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升．設飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10 m/s2. (1)第一次試飛，飛行器飛行t1＝8 s時到達高度H＝64 m．求飛行器所受阻力f的大小； (2)第二次試飛，飛行器飛行t2＝6 s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力．求飛行器能達到的最大高度h； (3)為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復升力的最長時間t3

13、. 解析：(1)第一次飛行中，設加速度為a1 勻加速運動H＝a1t12 由牛頓第二定律F－mg－f＝ma1 解得f＝4 N (2)第二次飛行中，設失去升力時的速度為v1，上升的高度為s1 勻加速運動s1＝a1t22 設失去升力后加速度為a2，上升的高度為s2 由牛頓第二定律mg＋f＝ma2 v1＝a1t2　s2＝ 解得h＝s1＋s2＝42 m (3)設失去升力下降階段加速度為a3；恢復升力后加速度為a4，恢復升力時速度為v3 由牛頓第二定律mg－f＝ma3 F＋f－mg＝ma4 且＋＝h　v3＝a3t3 解得t3＝ s(或2.1 s) 答案：(1)f＝4 N　(2)h＝42 m　(3)t3＝2.1 s