二轮复习课时作业 两类动力学问题　超重和失重　新课标卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精新课标2013年高考二轮复习课时作业两类动力学问题超重和失重时间：30分钟满分：100分1．一种巨型娱乐器械可以让人体验超重和失重的感觉．一个可乘十多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机运送上几十米的高处，然后让座舱自由下落．下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．下列判断正确的是 （）A．座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B．座舱在自由下落的过程中人处于失重状态C．座舱在减速运动的过程中人处于失重状态D．座舱在减速运动的过程中人处于超重状态答案：BD2．雨滴从空中由静止落下,若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，下图的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是 (）答案:C3．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时,它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程,如图1所示．那么下列说法中正确的是 (）A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下解析：本题考查的是物体的受力分析，意在考查考生对牛顿第三定律、力的合成与受力分析等综合知识点的理解能力；当电梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力,故A、B都不对;由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力,故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故选C.答案：C4．一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图2所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下,下列说法中正确的是 (）A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C．当a一定时,θ越大,斜面对物体的正压力越小D．当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小图3解析：选物体为研究对象．受力情况如图3所示,建立坐标系,注意因为物体始终相对于斜面静止，所以Ff是静摩擦力,加速度向上，所以静摩擦力Ff沿斜面向上．竖直方向上eq\f(FN,cosθ）－mg＝ma，也可写成eq\f(Ff，sinθ)－mg＝ma。则θ一定时,a越大，FN越大，Ff越大；a一定时，θ越大，FN越小,Ff越大．答案：BC5．如图4所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点,d点为最低点．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则 (）A．t1〈t2<t3B．t1〉t2>t3C．t3〉t1>t2D．t1＝t2＝t3解析：图5设圆的半径为R，任取一滑杆ed,如图5所示，设∠ade＝θ，由直角三角形得s＝ed＝2R·cosθ;在斜线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））与倾斜角度无关，所以环从任何途径下滑时间是相等的．答案:D6．在升降机中，一人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20％，则他自己的下列判断可能正确的是（g取10m/s2） （)A．升降机以8m/s2的加速度加速上升B．升降机以2m/s2的加速度加速下降C．升降机以2m/s2的加速度减速上升D．升降机以8m/s2的加速度减速下降解析：由于磅秤示数减小，故人受到的支持力为重力的80%，由牛顿第二定律,有mg－0.8mg＝ma得a＝2m/s2,方向竖直向下,B、C对．答案：BC7．如图6甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图6乙所示．由图可以判断 (）图6A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－gB．图线与横轴的交点N的值TN＝mgC．图线的斜率等于物体的质量mD．图线的斜率等于物体质量的倒数eq\f（1,m)解析：由牛顿第二定律，有T－mg＝ma,故得a＝eq\f（T，m)－g,当T＝0时,a＝－g,A对；当a＝0时，T＝mg，B对；图线的斜率k＝eq\f（1，m)，D对．答案：ABD8．如图7所示,位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用．已知物块P沿斜面加速下滑．现保持F的方向不变，使其减小，则加速度 ()A．一定变小B．一定变大C．一定不变D．可能变小，可能变大,也可能不变解析：图8对小物块P进行受力分析，如图8所示，由题给条件可知：小物块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，合力为Gsinα－Fcosα，加速度a＝eq\f（Gsinα－Fcosα,m)，若再使F减小方向不变，则物块加速度将更大，所以B正确．答案：B9．小球在流体中运动时，它将受到流体阻碍运动的粘滞阻力．实验发现当小球相对流体的速度不太大时，粘滞阻力F＝6πηvr,式中r为小球的半径，v为小球相对流体运动的速度,η为粘滞系数，由液体的种类和温度而定．现将一个半径r＝1。00mm的钢球,放入常温下的甘油中，让它下落，已知钢球的密度ρ＝8.5×103kg/m3常温下甘油的密度ρ0＝1.3×103kg/m3，甘油的粘滞系数η＝0.80(g取(1)钢球从静止释放后，在甘油中作什么性质的运动？(2)当钢球的加速度a＝g/2时，它的速度多大？（3）钢球在甘油中下落的最大速度vm＝？解析：（1)钢球在甘油中运动过程中，开始时做加速运动，随着速度的增加钢球受的粘滞阻力增加，而导致钢球受的合外力减小所以加速度减小，最终加速度为零钢球匀速运动．（2)钢球向下运动时受浮力：F浮＝ρ0gV球粘滞阻力F和重力mg，由牛顿第二定律得：mg－F浮－F＝ma即：ρV球g－ρ0V球g－6πηvr＝ρV球·eq\f(g，2)代入数值解得：v＝8。2×10－3m/s(3）钢球达最大速度时加速度为零则：ρV球g－ρ0V球g－6πηvmr＝0代入数值解得:vm＝2×10－2m/s.答案：（1)加速度变小的加速运动，最终匀速（2)8.2×10－3m/s（3)2×10－210．直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝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＝1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°，如图9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＝10m/s2；sin14°≈0.242；cos14°≈0。970)图9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:T1sinθ1－f＝0①竖直方向：T1cosθ1－mg＝0②联立①②解得f＝mgtanθ1③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T2sinθ2－f＝(m＋M）a④T2cosθ2－(m＋M)g＝0⑤联立④⑤，代入数据解得，水箱中水的质量M＝4。5×103kg答案：M＝4.5×103kg11．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg,动力系统提供的恒定升力F＝28N．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10m/s2.（1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H＝64m．求飞行器所受阻力f的大小；(2）第二次试飞,飞行器飞行t2＝6s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＝eq\f（1,2)a1teq\o\al（2,1)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＝eq\f（1,2)a1teq\o\al(2,2）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＝ma2v1＝a1t2s2＝eq\f(v\o\al（2，1）,2a2)解得h＝s1＋s2＝42（