2022年高考物理一輪復習 課時提升練8 兩類動力學問題 超重和失重

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1、2022年高考物理一輪復習 課時提升練8 兩類動力學問題 超重和失重 題組一　動力學兩類基本問題 1．(xx·江蘇蘇北四校調(diào)研)將一質量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出， 圖3-2-12 圖3-2-12甲是向上運動的頻閃照片，圖3-2-12乙是下降時的頻閃照片，O是運動的最高點，甲、乙兩次的閃光頻率相同．重力加速度為g，假設小球所受阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg 【解析】　設每塊磚的厚度是d，向上運動的加速度為a， 則9d－3d＝aT2① 設向下運動的加速度為a′，則3d－d＝a′T2② 聯(lián)立①②得：＝③

2、 根據(jù)牛頓第二定律，向上運動時：mg＋f＝ma④ 向下運動時：mg－f＝ma′⑤ 聯(lián)立③④⑤得：f＝mg 【答案】　B 2．(xx·河北石家莊質檢)質量1 kg的小物塊，在t＝0時刻以5 m/s的初速度從斜面底端A點滑上傾角為53°的斜面，0.7 s時第二次經(jīng)過斜面上的B點，若小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，則AB間的距離為(已知g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　) A．1.05 m B．1.13 m C．2.03 m D．1.25 m 【解析】　物塊沿斜面上滑和下滑時，加速度分別為：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s

3、2，a2＝g(sin θ－μcos θ)＝6 m/s2，物塊滑到最高點所用時間為：t1＝＝0.5 s，位移為：x1＝a1t＝1.25 m，物塊從最高點滑到B點所用時間為：t2＝t－t1＝0.2 s，位移為：x2＝a2t＝0.12 m，所以AB間的距離為x1－x2＝1.13 m，選項B對． 【答案】　B 圖3-2-13 3．(多選)(xx·湖北武昌調(diào)研)質量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物體沿著粗糙的水平面向右運動，物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，同時物體還要受一個如圖3-2-13所示的隨時間變化的水平拉力F的作用，水平向右為拉力的正方向．則以下結論正確的是(取g＝10

4、 m/s2)(　　) A．0～1 s內(nèi)，物體的加速度大小為2 m/s2 B．1～2 s內(nèi)，物體的加速度大小為2 m/s2 C．0～1 s內(nèi)，物體的位移為7 m D．0～2 s內(nèi)，物體的總位移為11 m 【解析】　由題圖可知，在0～1 s內(nèi)力F為6 N，方向向左，由牛頓運動定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4 m/s2，在1～2 s內(nèi)力F為6 N，方向向右，由牛頓運動定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2 m/s2，所以選項A錯誤，B正確；由運動關系可知0～1 s內(nèi)位移為6 m，選項C錯誤；同理可計算0～2 s內(nèi)的位移為11 m，選項D正確． 【答案】　BD

5、4．(xx·江西重點中學聯(lián)盟第二次聯(lián)考)在電梯內(nèi)的地板上，豎直放置一根輕質彈簧，彈簧上端固定一個質量為m的物體．當電梯勻速運動時，彈簧被壓縮了x，某時刻后觀察到彈簧又被壓縮了，則電梯在此時刻后的運動情況可能是(　　) A．以大小為11g/10的加速度加速上升 B．以大小為11g/10的加速度減速上升 C．以大小為g/10的加速度加速下降 D．以大小為g/10的加速度減速下降 【解析】　當電梯勻速運動時，物體處于平衡狀態(tài)，彈力kx＝mg，后彈簧又被繼續(xù)壓縮了，則彈力為kx＝mg，此時合力mg－mg＝mg.由牛頓第二定律，可得加速度a＝g，方向豎直向上，因此，物體的運動狀態(tài)可能是以a＝g

6、勻加速上升，也有可能是以a＝g勻減速下降，所以正確選項為D. 【答案】　D 題組二　超重與失重問題 圖3-2-14 5．(多選)(xx·陜西咸陽二模)若在某次軍事演習中，某空降兵從懸停在空中的直升機上跳下，從跳離飛機到落地的過程中沿豎直方向運動的v-t圖象如圖3-2-14所示，則下列說法正確的是(　　) A．0～10 s內(nèi)空降兵運動的加速度越來越大 B．0～10 s內(nèi)空降兵和降落傘整體所受重力大于空氣阻力 C．10～15 s內(nèi)空降兵和降落傘整體所受的空氣阻力越來越小 D．10～15 s內(nèi)空降兵處于失重狀態(tài) 【解析】　0～10 s內(nèi)v-t圖線切線的斜率越來越小，則空降兵的加

7、速度越來越小，A項錯誤；0～10 s內(nèi)空降兵有向下的加速度，由牛頓第二定律得mg－f＝ma，則mg＞f，B項正確，由于a減小，則f減小，C項正確；10～15 s內(nèi)空降兵有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，D項錯誤． 【答案】　BC 圖3-2-15 6．如圖3-2-15所示，質量為M的木楔ABC靜置于粗糙水平面上，在斜面頂端將一質量為m的物體，以一定的初速度從A點沿平行斜面的方向推出，物體m沿斜面向下做減速運動，在減速運動過程中，下列有關說法中正確的是(　　) A．地面對木楔的支持力大于(M＋m)g B．地面對木楔的支持力小于(M＋m)g C．地面對木楔的支持力等于(M＋M)g D．

8、地面對木楔的摩擦力為0 【解析】　由于物體m沿斜面向下做減速運動，則物體的加速度方向與運動方向相反，即沿斜面向上，則其沿豎直向上的方向有分量，故系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，所以可確定A正確、B、C錯誤；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，說明地面對木楔的摩擦力方向水平向右，故D錯誤． 【答案】　A 題組三　傳送帶問題 7. (多選)如圖3-2-16所示，質量為m的物體用細繩拴住放在水平粗糙傳送帶上，物體到傳送帶左端的距離為L，穩(wěn)定時，繩與水平方向的夾角為θ，當傳送帶分別以v1、v2的速度做逆時針轉 圖3-2-16 動時(v1＜v2)，繩中的拉力分別為F1、F2；若剪斷細繩，物體到達左端的

9、時間分別為t1、t2，則下列說法正確的是(　　) A．F1＜F2 B．F1＝F2 C．t1一定大于t2 D．t1可能等于t2 【解析】　本題考查傳送帶模型的應用，不論傳送帶的速度大小是多少，物體與傳送帶間的滑動摩擦力是一樣的，分析物體受力情況，其所受的合力為零，則F1＝F2；因L的大小未知，物塊在傳送帶上的運動情況不能確定，所以t1可能等于t2. 【答案】　BD 8. (xx·湖南四校聯(lián)考)如圖3-2-17所示，水平勻速轉動的傳送帶左右兩端相距L＝3.5 m，物塊A以水平速度v0＝4 m/s滑上傳送帶左端，物塊與傳送帶間的動摩 圖3-2-17 擦因數(shù)μ＝0.1，設A到達傳送帶

10、右端時的瞬時速度為v，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．若傳送帶速度等于2 m/s，物塊可能先減速運動，后勻速直線運動 B．若傳送帶速度等于3.5 m/s，v一定等于3 m/s C．若v等于3 m/s，傳送帶一定沿逆時針方向轉動 D．若v等于3 m/s，傳送帶可能沿順時針方向轉動 【解析】　物塊勻減速直線運動的加速度大小a＝μg＝1 m/s2，根據(jù)v2－v＝2aL得v＝3 m/s，知傳送帶的速度等于2 m/s時，物塊一直做勻減速直線運動，A項錯誤；當傳送帶速度等于3.5 m/s時，若傳送帶順時針方向轉動，物塊就先做勻減速直線運動，再做勻速直線運動，到達右端的速度大小為

11、3.5 m/s，B項錯誤；若v＝3.5 m/s，傳送帶可能做逆時針轉動，也可能順時針運動，逆時針轉動時速度多大都可以，順時針轉動時，傳送帶速度需小于等于3 m/s，故C錯誤，D項正確． 【答案】　D B組　深化訓練——提升應考能力 9．如圖3-2-18所示，一人站在電梯中的體重計上，隨電梯一起運動．下列各種情況中，體重計的示數(shù)最大的是(　　) A．電梯勻減速上升，加速度的大小為1.0 m/s2 B．電梯勻加速上升，加速度的大小為1.0 m/s2 圖3-2-18 C．電梯勻減速下降，加速度的大小為0.5 m/s2 D．電梯勻加速下降，加速度的大小為0.5 m/s2 【解析】

12、　當電梯勻減速上升或勻加速下降時，電梯處于失重狀態(tài)，設人受到體重計的支持力為FN，體重計示數(shù)大小即為人對體重計的壓力FN′.由牛頓運動定律可得mg－FN＝ma，F(xiàn)N＝FN′＝m(g－a)；當電梯勻加速上升或勻減速下降時，電梯處于超重狀態(tài)，設人受到體重計的支持力為FN1，人對體重計的壓力FN1′，由牛頓運動定律可得FN1－mg＝ma，F(xiàn)N1＝FN1′＝m(g＋a)，代入具體數(shù)據(jù)可得B正確． 【答案】　B 10. 2012年6月27日，中國載人深潛器“蛟龍”號7 000 m級海試最大下潛深度達7 062 m，再創(chuàng)中國載人深潛記錄．設潛水器在下潛或上升的過程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，已

13、知海 圖3-2-19 水浮力大小為F，設海水阻力與潛水器的速率成正比．當潛水器的總質量為m時恰好勻速下降，若使?jié)撍饕酝瑯铀俾蕜蛩偕细。瑒t需要拋棄物體的質量為(重力加速度為g)(　　) A.－m B．2(m－) C．m－ D．2m－ 【解析】　由于潛水器上浮與下降的速率相等，則所受阻力也相等，設運動過程中的阻力為Ff，在勻速下降過程中：F＋Ff＝mg；在勻速上浮過程中：F＝m′g＋Ff.聯(lián)立兩式解得m′＝－m，則需要拋棄的質量為(m－m′)＝2(m－)，B正確． 【答案】　B 11．圖3-2-20甲是xx年我國運動員在倫敦奧運會蹦床比賽中的一個情景．設這位蹦床運動員僅在

14、豎直方向上運動，運動員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律通過傳感器用計算機繪制出來，如圖3-2-20乙所示．取g＝10 m/s2，根據(jù)F-t圖象求： 甲 乙 圖3-2-20 (1)運動員的質量； (2)運動員在運動過程中的最大加速度； (3)在不計空氣阻力情況下，運動員重心離開蹦床上升的最大高度． 【解析】　(1)由題圖乙可知運動員所受重力為500 N，設運動員質量為m，則m＝＝50 kg (2)由圖象可知蹦床對運動員的最大彈力為 Fm＝2 500 N，設運動員的最大加速度為am，則 Fm－mg＝mam am＝＝ m/s2＝40 m/s2

15、 (3)由圖象可知運動員離開蹦床后做豎直上拋運動，離開蹦床的時刻為6.8 s或9.4 s，再下落到蹦床上的時刻為8.4 s或11 s，它們的時間間隔均為1.6 s．根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，可知其自由下落的時間為0.8 s. 設運動員上升的最大高度為H，則 H＝gt2＝×10×0.82 m＝3.2 m 【答案】　(1)50 kg　(4)40 m/s2　(3)3.2 m 12. 如圖3-2-21所示，傾角為37°，長為l＝16 m的傳送帶，轉動速度為v＝10 m/s，動摩擦因數(shù)μ＝0.5，在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為 圖3-2-21 m＝0.5

16、kg的物體．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g取10 m/s2. 求： (1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間； (2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間． 【解析】　(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，相對傳送帶向下勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有 mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma 則a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2， 根據(jù)l＝at2得t＝4 s. (2)傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑

17、動摩擦力沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得，mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 則有a1＝＝10 m/s2 設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經(jīng)歷的時間為t1，位移為x1，則有 t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t＝5 m＜l＝16 m 當物體運動速度等于傳送帶速度瞬間，有mgsin 37°＞μmgcos 37°，則下一時刻物體相對傳送帶向下運動，受到傳送帶向上的滑動摩擦力——摩擦力發(fā)生突變．設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2，則a2＝＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因為x2＝vt2＋a2t，則有10t2＋t＝11， 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t總＝t1＋t2＝2 s. 【答案】　(1)4 s　(2)2 s