【红对勾】2013高考物理复习 课时作业8 两类动力学问题超重和失重

用心 爱心 专心1 课时作业课时作业 8 8 两类动力学问题两类动力学问题 超重和失重超重和失重 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 Ff ma得 a g 可见雨滴下落的加速 Ff m 度逐渐减小的原因不是m增大 而是Ff增大 故 B 错误 C 正确 答案 CD 图 1 2 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 图 1 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 t2时刻卫星到达最高点 t3时刻卫星落回地面 B 卫星在 0 t1时间内的加速度大于t1 t2时间内的加速度 C t1 t2时间内卫星处于超重状态 D t2 t3时间内卫星处于超重状态 解析 卫星在 0 t3时间内速度方向不变 一直升高 在t3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 t1 t2时间内卫星的加速度大 B 错误 t1 t2时间内 卫星的加速度竖直向上 处于超重状态 t2 t3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 C 图 2 3 如图 2 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 用心 爱心 专心2 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Ffmax 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 Ff 10 1 N Ff 5 N 因Ff 5 N 因此 A B 正确 答案 AB 图 3 4 某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图 3 所示的物理模型 2012 池州模拟 一个小朋友在AB段的动摩擦因数 1tan 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 A 图 4 5 如图 4 所示 足够长的传送带与水平面间夹角为 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 tan 则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 图 5 用心 爱心 专心3 解析 m刚放上时 mgsin mgcos ma1 当m与带同速后 因带足够长 且 tan 故m要继续匀加速 此时 mgsin mgcos ma2 a2 a1 故 D 正确 答案 D 6 如图 6 所示 一名消防队员在模拟演习训练中 沿着长为 12 m 的 图 6 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 s B 加速与减速过程的时间之比为 1 2 C 加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 1 7 D 加速与减速过程的位移之比为 1 4 解析 a1t1 vmax a2t2 利用a1 2a2得t1 t2 1 2 B 正确 下滑的最大速度 vmax 2 8 m s A 错误 加速过程中有mg Ff1 ma1 减速过程中有 v 2s t Ff2 mg ma2 而a1 8 m s2 a2 4 m s2 所以Ff1 Ff2 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x1 t1 x2 t2 x1 x2 t1 t2 1 2 D 错误 vv 答案 BC 图 7 7 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图线如图 7 所示 则 A 在 0 t1秒内 外力F大小不断增大 B 在t1时刻 外力F为零 C 在t1 t2秒内 外力F大小可能不断减小 D 在t1 t2秒内 外力F大小可能先减小后增大 解析 由图象可知 0 t1 物体作a减小的加速运动 t1时刻a减小为零 由a 可知 F逐渐减小 最终F f 故 A B 错误 t1 t2物体作a增大的减速运动 由 F f m a 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 f F m 且负向增大 故 C D 正确 答案 CD 用心 爱心 专心4 8 2011 课标 如图 8 在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板 其上叠放一 质量为m2的木块 假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等 现给木块施加 一随时间t增大的水平力F kt k是常数 木板和木块加速度的大小分别为a1和a2 下列 反映a1和a2变化的图线中正确的是 图 8 图 9 解析 在m2与m1相对滑动前 F kt m1 m2 a a与t成正比关系 a1 t关系图线 的斜率为 当m1与m2相对滑动后 m1受的是f21 m2g m1a1 a1 为一恒量 k m1 m2 m2g m1 对m2有F m2g m2a2 得a2 g 斜率为 可知 A 正确 B C D 错误 kt m2 k m2 答案 A 二 计算题 3 12 36 9 直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火 悬挂着m 500 kg 空箱的悬索与竖直方 向的夹角 1 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 5 m s2时 悬索与竖直方向的夹角 2 14 如图 10 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 10 m s2 sin14 0 242 cos14 0 970 图 10 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 T1sin 1 f 0 竖直方向 T1cos 1 mg 0 联立 解得f mgtan 1 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 用心 爱心 专心5 方程得 T2sin 2 f m M a T2cos 2 m M g 0 联立 代入数据解得水箱中水的质量M 4 5 103 kg 答案 M 4 5 103 kg 10 航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器 其质量m 2 kg 动力 2009 江苏理综 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 s2 1 第一次试飞 飞行器飞行t1 8 s 时到达高度H 64 m 求飞行器所受阻力f的大 小 2 第二次试飞 飞行器飞行t2 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 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t3 解析 1 第一次飞行中 设加速度为a1 匀加速运动H a1t12 1 2 由牛顿第二定律F mg f ma1 解得f 4 N 2 第二次飞行中 设失去升力时的速度为v1 上升的高度为s1 匀加速运动s1 a1t22 1 2 设失去升力后加速度为a2 上升的高度为s2 由牛顿第二定律mg f ma2 v1 a1t2 s2 v12 2a2 解得h s1 s2 42 m 3 设失去升力下降阶段加速度为a3 恢复升力后加速度为a4 恢复升力时速度为v3 由牛顿第二定律mg f ma3 F f mg ma4 且 h v3 a3t3 v32 2a3 v32 2a4 解得t3 s 或 2 1 s 3 2 2 答案 1 f 4 N 2 h 42 m 3 t3 2 1 s 11 2011 上海单科 如图 11 质量m 2 kg 的物体静止于水平地面的 A 处 A B 间 距L 20 m 用大小为 30 N 沿水平方向的外力拉此物体 经t0 2 s 拉至 B 处 已知 cos37 0 8 sin37 0 6 取g 10 m s2 1 求物体与地面间的动摩擦因数 2 用大小为 30 N 与水平方向成 37 的力斜向上拉此物体 使物体从 A 处由静止开 始运动并能到达 B 处 求该力作用的最短时间t 用心 爱心 专心6 图 11 解析 1 物体做匀加速运动 L at02 1 2 a m s2 10 m s2 2L t02 2 20 22 由牛顿第二定律 F f ma f 30 N 2 10 N 10 N 0 5 f mg 10 2 10 2 方法 1 设F作用的最短时间为t 小车先以大小为a的加速度匀加速时间t 撤 去外力后 以大小为a 的加速度匀减速时间t 到达B处 速度恰为 0 由牛顿定律 Fcos37 mg Fsin37 ma a g F cos37 sin37 m 0 5 10 m s2 11 5 m s2 30 0 8 0 5 0 6 2 a g 5 m s2 f m 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度 因此有 at a t t t t 2 3t a a 11 5 5 L at2 a t 2 1 2 1 2 t s 1 03 s 2L a 2 32a 2 20 11 5 2 32 5 方法 2 设力F作用的最短时间为t 相应的位移为s 物体到达B处速度恰为 0 由 动能定理 Fco