《2013届高三物理总复习课时作业8 两类动力学问题 超重和失重 新人教版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013届高三物理总复习课时作业8 两类动力学问题 超重和失重 新人教版.doc（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业8两类动力学问题超重和失重时间：45分钟满分：100分一、选择题(8864)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mgFfma得：ag，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m增大
2、，而是Ff增大，故B错误，C正确答案：CD图12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()At2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面B卫星在0t1时间内的加速度大于t1t2时间内的加速度Ct1t2时间内卫星处于超重状态Dt2t3时间内卫星处于超重状态解析：卫星在0t3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；vt图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t1t2时间内卫星的加速度大，B错误；t1
3、t2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t2t3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23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度a1 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Ffmax5 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 NFf101 N，Ff5 N，因Ff5 N，因此A、B
4、正确答案：AB图34.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，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
5、，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45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解析：m刚放上时，mgsinmgcosma1.当m与带同速后，因带足够长，且tan，故m要继续匀加速此时，mgsinmgcosma2，a2a1，故D正确答案：D6如图6所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12
6、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/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：a1t1vmaxa2t2，利用a12a2得t1：t21：2，B正确；下滑的最大速度vmax28 m/s，A错误；加速过程中有mgFf1ma1，减速过程中有Ff2mgma2，而a18 m/s2，a24 m/s2，所以
7、Ff1：Ff21：7，C正确；加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移x1t1，x2t2，x1：x2t1：t21：2，D错误答案：BC图77(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vt图线如图7所示，则()A在0t1秒内，外力F大小不断增大B在t1时刻，外力F为零C在t1t2秒内，外力F大小可能不断减小D在t1t2秒内，外力F大小可能先减小后增大解析：由图象可知0t1，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Ff，故A、B错误t1t2物体作a增大的减速运动，由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
8、且负向增大，故C、D正确答案：CD8(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Fkt(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，Fkt(m1m2)a，a与t成正比关系，a1t关系图线的斜率为，当m1与m2相对滑动后，m1受的是f21m2gm1a1，a1为一恒量，对m2有Fm2gm2a2，得a2g，斜率为，可知A正确，B、C、D错误答案：A二、计算题(31236)9直升机沿水
9、平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m500 kg空箱的悬索与竖直方向的夹角145.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a1.5 m/s2时，悬索与竖直方向的夹角214，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g10 m/s2；sin140.242；cos140.970)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：T1sin1f0竖直方向：T1cos1mg0联立解得fmgtan1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T2sin2f(mM)aT2c
10、os2(mM)g0联立，代入数据解得水箱中水的质量M4.5103 kg.答案：M4.5103 kg10.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m2 kg，动力系统提供的恒定升力F28 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t18 s时到达高度H64 m求飞行器所受阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t26 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Ha1
11、t12由牛顿第二定律Fmgfma1解得f4 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s1a1t22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mgfma2v1a1t2s2解得hs1s242 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mgfma3，Ffmgma4且hv3a3t3解得t3 s(或2.1 s)答案：(1)f4 N(2)h42 m(3)t32.1 s11(2011上海单科)如图11，质量m2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L20 m用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此
12、物体，经t02 s拉至B处(已知cos370.8，sin370.6.取g10 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.图11解析：(1)物体做匀加速运动Lat02a m/s210 m/s2由牛顿第二定律Ffmaf30 N210 N10 N0.5.(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(mgFsin37)maag(0.510)m/s211.5 m/s2ag5 m/s2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atatttt2.3tLat2at2ts1.03 s.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Fcos37(mgFsin37)smg(Ls)0s m6.06 m由牛顿第二定律Fcos37(mgFsin37)maag(0.510) m/s211.5 m/s2sat2t s1.03 s.答案：(1)0.5(2)1.03 s7用心 爱心 专心
