二輪復習課時作業(yè) 兩類動力學問題　超重和失重　新課標卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精新課標2013年高考二輪復習課時作業(yè)兩類動力學問題超重和失重時間：30分鐘滿分：100分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：BD2．雨滴從空中由靜止落下,若雨滴下落時空氣對其的阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，下圖的圖象能正確反映雨滴下落運動情況的是 (）答案:C3．為了節(jié)省能量，某商場安裝了智能化的電動扶梯．無人乘行時，扶梯運轉得很慢；有人站上扶梯時,它會先慢慢加速，再勻速運轉．一顧客乘扶梯上樓，恰好經歷了這兩個過程,如圖1所示．那么下列說法中正確的是 (）A．顧客始終受到三個力的作用B．顧客始終處于超重狀態(tài)C．顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下D．顧客對扶梯作用力的方向先指向右下方，再豎直向下解析：本題考查的是物體的受力分析，意在考查考生對牛頓第三定律、力的合成與受力分析等綜合知識點的理解能力；當電梯勻速運轉時，顧客只受兩個力的作用，即重力和支持力,故A、B都不對;由受力分析可知，加速時顧客對扶梯有水平向左的摩擦力,故此時顧客對扶梯作用力的方向指向左下方，而勻速時沒有摩擦力，此時方向豎直向下，故選C.答案：C4．一物體放置在傾角為θ的斜面上，斜面固定于加速上升的電梯中，加速度為a，如圖2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3解析：選物體為研究對象．受力情況如圖3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eq\f(FN,cosθ）－mg＝ma，也可寫成eq\f(Ff，sinθ)－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,Ff越大．答案：BC5．如圖4所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點,d點為最低點．每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)分別從a、b、c處釋放(初速度為0)，用t1、t2、t3依次表示各滑環(huán)到達d所用的時間，則 (）A．t1〈t2<t3B．t1〉t2>t3C．t3〉t1>t2D．t1＝t2＝t3解析：圖5設圓的半徑為R，任取一滑桿ed,如圖5所示，設∠ade＝θ，由直角三角形得s＝ed＝2R·cosθ;在斜線ed上，a＝gsinα＝gsin(90°－θ）＝gcosθ;由位移公式得t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2×2Rcosθ,gcosθ))＝2eq\r（\f(R,g））與傾斜角度無關，所以環(huán)從任何途徑下滑時間是相等的．答案:D6．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10m/s2） （)A．升降機以8m/s2的加速度加速上升B．升降機以2m/s2的加速度加速下降C．升降機以2m/s2的加速度減速上升D．升降機以8m/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＝2m/s2,方向豎直向下,B、C對．答案：BC7．如圖6甲所示，某人正通過定滑輪將質量為m的貨物提升到高處．滑輪的質量和摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關系如圖6乙所示．由圖可以判斷 (）圖6A．圖線與縱軸的交點M的值aM＝－gB．圖線與橫軸的交點N的值TN＝mgC．圖線的斜率等于物體的質量mD．圖線的斜率等于物體質量的倒數(shù)eq\f（1,m)解析：由牛頓第二定律，有T－mg＝ma,故得a＝eq\f（T，m)－g,當T＝0時,a＝－g,A對；當a＝0時，T＝mg，B對；圖線的斜率k＝eq\f（1，m)，D對．答案：ABD8．如圖7所示,位于光滑固定斜面上的小物塊P受到一水平向右的推力F的作用．已知物塊P沿斜面加速下滑．現(xiàn)保持F的方向不變，使其減小，則加速度 ()A．一定變小B．一定變大C．一定不變D．可能變小，可能變大,也可能不變解析：圖8對小物塊P進行受力分析，如圖8所示，由題給條件可知：小物塊P沿斜面加速下滑，即重力G沿斜面的分力大于F沿斜面的分力，合力為Gsinα－Fcosα，加速度a＝eq\f（Gsinα－Fcosα,m)，若再使F減小方向不變，則物塊加速度將更大，所以B正確．答案：B9．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。00mm的鋼球,放入常溫下的甘油中，讓它下落，已知鋼球的密度ρ＝8.5×103kg/m3常溫下甘油的密度ρ0＝1.3×103kg/m3，甘油的粘滯系數(shù)η＝0.80(g取(1)鋼球從靜止釋放后，在甘油中作什么性質的運動？(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，最終加速度為零鋼球勻速運動．（2)鋼球向下運動時受浮力：F浮＝ρ0gV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·eq\f(g，2)代入數(shù)值解得：v＝8。2×10－3m/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＝2×10－2m/s.答案：（1)加速度變小的加速運動，最終勻速（2)8.2×10－3m/s（3)2×10－210．直升機沿水平方向勻速飛往水源取水滅火，懸掛著m＝500kg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，大小穩(wěn)定在a＝1.5m/s2時，懸索與豎直方向的夾角θ2＝14°，如圖9所示．如果空氣阻力大小不變，且忽略懸索的質量,試求水箱中水的質量M.（取重力加速度g＝10m/s2；sin14°≈0.242；cos14°≈0。970)圖9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）a④T2cosθ2－(m＋M)g＝0⑤聯(lián)立④⑤，代入數(shù)據(jù)解得，水箱中水的質量M＝4。5×103kg答案：M＝4.5×103kg11．航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m＝2kg,動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28N．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10m/s2.（1)第一次試飛，飛行器飛行t1＝8s時到達高度H＝64m．求飛行器所受阻力f的大小；(2）第二次試飛,飛行器飛行t2＝6s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。解析：(1)第一次飛行中,設加速度為a1勻加速運動H＝eq\f（1,2)a1teq\o\al（2,1)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＝eq\f（1,2)a1teq\o\al(2,2）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＝ma2v1＝a1t2s2＝eq\f(v\o\al（2，1）,2a2)解得h＝s1＋s2＝42（