2020高考物理总复习 两类动力学问题 超重和失重讲与练配套课时作业 新课标

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(8864)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图12一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图1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当一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C当a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小D当a一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小图2解析：选物体为研究对象受力情况如图2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mgma，也可写成mgma.则一定时，a越大，FN越大，Ff越大；a一定时，越大，FN越小，Ff越大答案：BC3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mg0.8mgma得a2 m/s2，方向竖直向下，B、C对答案：BC4如图3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3乙所示由图可以判断()图3A图线与纵轴的交点M的值aMgB图线与横轴的交点N的值TNmgC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解析：由牛顿第二定律，有Tmgma，故得ag，当T0时，ag，A对；当a0时，Tmg，B对；图线的斜率k，D对答案：ABD图45如图4所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为，当传送带分别以v1、v2的速度作逆时针转动时(v1v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2则下列说法正确的是()AF1F2BF1F2Ct1一定大于t2 Dt1可能等于t2解析：皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于静止状态故F1F2.物体在两种不同速度下运动时有可能先加速再匀速，也可能一直加速，故t1可能等于t2答案：BD图56如图5所示为杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为()A(Mm)gmaB(Mm)gmaC(Mm)gD(Mm)g解析：考查牛顿第二定律的应用，超重、失重概念将杆和人看成一个整体，当人以加速度a加速下滑时，人处于失重状态，失重量为ma，因此系统对支持物的压力会比重力小ma，因此竿对人的压力为(Mm)gma，A项正确本题难度中等答案：A7用同种材料制成倾角为30的斜面和长水平面，斜面长2.4 m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v02 m/s时，经过0.8 s后小物块停在斜面上多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出tv0图象，如图6所示，则下列说法中正确的是(g10 m/s2)()图6A小物块在斜面上运动时加速度大小为2.5 m/s2B小物块在斜面上运动时加速度大小为0.4 m/s2C小物块与该种材料间的动摩擦因数为D由图可推断若小物块初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大解析： 从图象可知加速度为a2.5 m/s2，所以A正确，B错误；根据牛顿第二定律有mamgcosmgsin，得到，C正确；随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系，所以D错误答案：AC图78(2020广东单科)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图7所示，电梯运行的vt图可能是(取电梯向上运动的方向为正)()解析：由图可知，t0t1，弹簧秤示数小于人的体重，电梯处于失重状态，加速度方向为竖直向下，有两种运动状态：加速下降或减速上升；t1t2，弹簧秤示数等于人的体重，电梯处于平衡状态，即匀速直线运动或静止；t2t3，电梯处于超重状态，加速度方向为竖直向上，有两种运动状态：加速上升或减速下降，故选项A、D正确答案：AD二、计算题(31236)9(2020山东泰安检测)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F6vr，式中r为小球的半径，v为小球相对流体运动的速度，为粘滞系数，由液体的种类和温度而定现将一个半径r1.00 mm的钢球，放入常温下的甘油中，让它下落，已知钢球的密度8.5103 kg/m3常温下甘油的密度01.3103 kg/m3，甘油的粘滞系数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ag/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0gV球粘滞阻力F和重力mg，由牛顿第二定律得：mgF浮Fma即：V球g0V球g6vrV球代入数值解得：v8.2103 m/s(3)钢球达最大速度时加速度为零则：V球g0V球g6vmr0代入数值解得：vm2102 m/s.答案：(1)加速度变小的加速运动，最终匀速(2)8.2103 m/s(3)2102 m/s10直升机沿水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8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8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)aT2cos2(mM)g0联立，代入数据解得水箱中水的质量M4.5103 kg答案：M4.5103 kg11(2020江苏高考)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Ha1t12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mgfma3Ffmgma4且hv3a3t3解得t3 s(或2.1 s)答案：(1)f4 N(2)h42 m(3)t32.1 s