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新课标人教版2013届高三物理总复习一轮课时作业9

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新课标人教版 2013 届高三物理总复习一轮课时作业 课时作业 9 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(8×8′=64′) 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:BD 2.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:C 图 1 3.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:C 图 2 4.一物体放置在倾角为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 FN cosθ -mg=ma, 也可写成 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:BC 图 4 5.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.t1t2>t3 C.t3>t1>t2 D.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= 2s a = 2×2Rcosθ gcosθ =2 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:D 6.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 10 m/s2) ( ) A.升降机以 8 m/s2 的加速度加速上升 B.升降机以 2 m/s2 的加速度加速下降 C.升降机以 2 m/s2 的加速度减速上升 D.升降机以 8 m/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=2 m/s2,方向竖直向下,B、C 对. 答案:BC 7.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 6 A.图线与纵轴的交点 M 的值 aM=-g B.图线与横轴的交点 N 的值 TN=mg C.图线的斜率等于物体的质量 m D.图线的斜率等于物体质量的倒数1 m 解析:由牛顿第二定律,有 T-mg=ma,故得 a=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=1 m ,D 对. 答案:ABD 图 7 8.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= 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:B 二、计算题(3×12′=36′) 9.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=1.00 mm 的钢球,放入常温 下的甘油中,让它下落,已知钢球的密度ρ=8.5×103 kg/m3 常温下甘油的密度ρ0=1.3×103 kg/m3,甘油的粘滞系数η=0.80(g 取 10 m/s2) (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·g 2 代入数值解得:v=8.2×10-3 m/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=2×10-2 m/s. 答案:(1)加速度变小的加速运动,最终匀速 (2)8.2×10-3 m/s (3)2×10-2 m/s 10.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=1.5 m/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=10 m/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)a④ T2cosθ2-(m+M)g=0⑤ 联立④⑤,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 11.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量 m=2 kg,动力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=1 2a1t21 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=1 2a1t22 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= v21 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 v23 2a3 + v23 2a4 =h v3=a3t3 解得 t3=3 2 2 (s)(或 2.1 s) 答案:(1)f=4 N (2)h=42 m (3)t3=2.1 s

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