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2013届高三课堂新坐标物理一轮复习课时知能训练:第3章 第2讲 两类动力学问题 超重和失重

时间:2012-12-03


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课时知能训练

(见学生用书第 237 页)
满分:100 分)

(时间:45 分钟

一、单项选择题(本大题共 5 小题,每小题 6 分,共 30 分.在每小题给出的 四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的

得 6 分,选错或不答的得 0 分.)

图 3-2-15 1.质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落,由于 两物体的形状不同,运动中受到的空气阻力不同,将释放时刻作为 t=0 时刻, 两物体的速度图象如图 3-2-15 所示.则下列判断正确的是( ) A.t0 时刻之前,甲物体受到的空气阻力总是大于乙物体受到的空气阻力 B.t0 时刻之前,甲物体受到的空气阻力总是小于乙物体受到的空气阻力 C.t0 时刻甲乙两物体到达同一高度 D.t0 时刻之前甲下落的高度小于乙物体下落的高度 【解析】 由牛顿第二定律可得物体下落的加速度 mg-f f a= m =g-m 从图象上的斜率可知甲的加速度不变,说明其受阻力不变,乙的加速度一直 减小,说明其受阻力一直增大,比较两图象的斜率,乙的斜率先大于甲,后小于 甲, 中间某一时刻二者的斜率相等, 说明甲物体所受阻力开始大于乙, 后小于乙, 中间某一时刻相等,因此 A、B 选项均错.t0 时刻二者速度相等,从图象上图线 所围面积推断乙下落的位移大,因此 C 错 D 对. 【答案】 D

图 3-2-16 2.(2012· 湛江模拟)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,实验中速 度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图 3-2-16 所示,设运动中不
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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( A.t2 时刻卫星到达最高点,t3 时刻卫星落回地面 B.卫星在 0~t1 时间内的加速度大于 t1~t2 时间内的加速度 C. t1~t2 时间内卫星处于超重状态 D. t2~t3 时间内卫星处于超重状态 【解析】

)

卫星在 0~t3 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;v-t 图象的斜率表示卫星的加速度,由图可知,t1~t2 时间内卫 星的加速度大,B 错误;t1~t2 时间内,卫星的加速度竖直向上,处于超重状态, t2~t3 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 3-2-17 3.如图 3-2-17 所示,足够长的传送带与水平面间夹角为 θ,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 μ<tan θ.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化 关系的是( )

【解析】 m 刚放上时,mgsin θ+μmgcos θ=ma1.当 m 与带同速后,因带足 够长,且 μ<tan θ,故 m 要继续匀加速.此时,mgsin θ-μmgcos θ=ma2,a2< a1,故 D 正确. 【答案】 D 4.(2010· 海南高考)在水平的足够长的固定木板上,一小物块以某一初速度 开始滑动,经一段时间 t 后停止.现将该木板改置成倾角为 45° 的斜面,让小物 块以相同的初速度沿木板上滑.若小物块与木板之间的动摩擦因数为 μ,则小物 块上滑到最高位置所需时间与 t 之比为( 2μ A. 1+μ C. μ 2+μ B. ) μ 1+ 2μ 1+μ 2μ

D.

【解析】

在水平木板上滑动时,加速度

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v0 v0 μmg a1= m =μg,滑行时间 t1=a =μg 1 在倾角 45° 的斜面上上滑时, mgsin 45° +μmgcos 45° 加速度 a2= m 2 2 =( 2 + 2 μ)g. v0 v0 滑行时间 t2=a = 2 2 2 ? 2 + 2 μ?g t2 2μ 所以t = ,选项 A 正确. 1 1+μ 【答案】 A 5.(2010· 福建高考)质量为 2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上,物体与 地面间的动摩擦因数为 0.2,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从 t=0 时刻开始,物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力 F 的作用,F 随时 间 t 的变化规律如图 3-2-18 所示.重力加速度 g 取 10 m/s2,则物体在 t=0 至 t=12 s 这段时间的位移大小为( )

图 3-2-18 A.18 m C.72 m B.54 m D.198 m

【解析】 本题考查了牛顿运动定律和运动学公式,解答这类题目的关键是 对物体进行正确的受力分析和运动过程分析.物体所受摩擦力为 f=μmg= F-f 8-4 0.2×2×10 N=4 N,因此前 3 s 内物体静止.3 s~6 s,a= m = 2 m/s2=2 1 1 m/s2, 1=2at2=2×2×32 m=9 m; s~9 s, s 6 物体做匀速直线运动, 2=vt2=at1· s t2 1 1 =2×3×3 m=18 m;9 s~12 s,物体做匀加速直线运动,s3=vt3+2at2=6×3 m 3 1 +2×2×9 m=27 m; 总=s1+s2+s3=9 m+18 m+27 m=54 m, B 选项正确. s 故 【答案】 B 二、双项选择题(本大题共 5 小题,每小题 8 分,共 40 分.全部选对的得 8 分,只选 1 个且正确的得 4 分,有选错或不答的得 0 分.)
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6.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, f 但重力产生的加速度始终为 g, A 错误, 正确;由 mg-f=ma 得:a=g-m, 故 D 可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是 m 增大,而是 f 增大,故 B 错误,C 正确. 【答案】 CD

图 3-2-19 7.(2012· 珠海一中模拟)2011 年 8 月 30 日,在韩国大邱世界田径锦标赛女 子撑杆跳高决赛中,巴西选手穆勒以 4 米 85 的成绩夺冠.若不计空气阻力,则 穆勒在这次撑杆跳高中( ) A.起跳时杆对她的弹力大于她的重力 B.起跳时杆对她的弹力小于她的重力 C.起跳以后的下落过程中她处于超重状态 D.起跳以后的下落过程中她处于失重状态 【解析】 当物体加速度方向向上时处于超重状态,当物体的加速度方向向 下时处于失重状态. 对于本题来说起跳时竖直方向由静止上升,具有向上的加速 度,故杆对运动员的弹力大于重力,故 A 对;在下落过程具有向下的加速度, 运动员处于失重状态,故 D 对. 【答案】 AD

图 3-2-20 8.(2012· 福州模拟)如图 3-2-20 所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到 O
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点并系住物体,现将弹簧压缩到 A 点后释放,使物体在 A、B 之间往复振动,若 此过程物体受到的摩擦力可忽略,则物体( A.在 A 点刚释放时加速度最大 B.在 A、B 两点加速度相同 C.从 O 到 B 过程中,加速度大小逐渐增大 D.从 O 到 B 过程中,加速度方向指向 B 点 【解析】 在 A 点刚释放时,弹簧的压缩量最大,弹力最大,由牛顿第二 定律可知,此时的加速度最大,故 A 正确;物体在 A 点时弹簧处于压缩状态, 而在 B 点时弹簧处于伸长状态,显然弹簧对物体的弹力方向相反,故物体在 A、 B 两点的加速度不同,选项 B 错误;从 O 到 B 的过程中,弹簧的伸长量越来越 大,弹力方向水平向左,且越来越大,故物体的加速度方向水平向左,且越来越 大,选项 C 正确、D 错误. 【答案】 AC )

图 3-2-21 9.(2012· 揭阳模拟)如图 3-2-21 所示,一名消防队员在模拟演习训练中, 沿着长为 12 m 的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/s B.加速与减速过程的时间之比为 1∶2 C.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 1∶7 D.加速与减速过程的位移之比为 1∶4 【解析】 a1t1=vmax=a2t2,利用 a1=2a2 得 t1∶t2=1∶2,B 正确;下滑的 2s 最大速度 vmax=2 v = t =8 m/s,A 错误;加速过程中有 mg-f1=ma1,减速过 程中有 f2-mg=ma2,而 a1=8 m/s2,a2=4 m/s2,所以 f1∶f2=1∶7,C 正确;加 速过程与减速过程的平均速度相等,则其位移 s1= v t1,s2= v t2,s1∶s2=t1∶t2 =1∶2,D 错误. 【答案】 BC

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10.(2012· 湛江一中模拟)如图 3-2-22 所示,水平传送带 A、B 两端点相 距 x=4 m,以 v0=2 m/s 的速度顺时针运转.今将一小煤块无初速度地轻放至 A 点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为 0.4,g 取 10 m/s2.由于小煤块与传 送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕.则小煤块从 A 运动到 B 的过程 中( )

图 3-2-22 A.小煤块从 A 运动到 B 的时间是 2 s B.小煤块从 A 运动到 B 的时间是 2.25 s C.划痕长度是 4 m D.划痕长度是 0.5 m 【解析】 该题考查动力学的两类基本问题.首先要判断二者达到共同速度 v 时所用的时间,煤块的加速度 a=μg=4 m/s2,二者速度相同时,运动时间 t1=a s-s1 1 =0.5 s,运动的位移 s1=2at2=0.5 m.则煤块以后做匀速运动的时间 t2= v = 1.75 s,所以 t=t1+t2=2.25 s,A 错、B 对.当煤块运动 0.5 s 的过程中,传送带 运动的位移 s2=vt1=1 m,则划痕长度 Δs=0.5 m,C 错、D 对. 【答案】 BD 三、非选择题(本题共 2 小题,共 30 分.要有必要的文字说明和解题步骤, 有数值计算的要注明单位.) 11.(14 分)(2012· 中山模拟)如图 3-2-23 所示,一光滑斜面固定在水平地 面上,质量 m=1 kg 的物体在平行于斜面向上的恒力 F 作用下,从 A 点由静止 开始运动,到达 B 点时立即撤去拉力 F.此后,物体到达 C 点时速度为零.每隔 0.2 s 通过速度传感器测得物体的瞬时速度,下表给出了部分测量数据.

图 3-2-23

t/s v/(m· ) s 试求:
-1

0.0 0.0

0.2 1.0

0.4 2.0

… …

2.2 3.3

2.4 2.1

… …

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(1)斜面的倾角 α; (2)恒力 F 的大小; (3)t=1.6 s 时物体的瞬时速度. 【解析】 (1)经分析可知,当 t=2.2 s 时,物体已通过 B 点.因此减速过程 3.3-2.1 加速度大小 a2 = m/s2=6 m/s2,mgsin α=ma2,解得 α=37° . 2.4-2.2 (2)a1= 2.0-1.0 m/s2=5 m/s2 0.4-0.2

F-mgsin α=ma1,解得 F=11 N. (3)设第一阶段运动的时间为 t1,在 B 点时有 5t1=2.1+6(2.4-t1),t1=1.5 s 可见,t=1.6 s 的时刻处在第二运动阶段,由逆向思维可得 v=2.1 m/s+6(2.4-1.6) m/s=6.9 m/s. 【答案】 (1)37° (2)11 N (3)6.9 m/s

图 3-2-24 12.(16 分)(2012· 杭州模拟)如图 3-2-24 所示,传送带与地面倾角 θ=37° , 从 A 到 B 长度为 16 m,传送带以 10 m/s 的速度逆时针转动.在传送带上端 A 处 无初速度的放一个质量为 0.5 kg 的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5. 求物体从 A 运动到 B 所用时间是多少?(sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,g=10 m/s2) 【解析】 物体放在传送带上后,开始的阶段,由于传送带的速度大于物体 的速度,物体所受的摩擦力沿传送带向下,受力如图甲所示,物体由静止加速, 由牛顿第二定律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得 a1=10 m/s2

物体加速到与传送带相同的速度需要的时间为

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v 10 t1=a =10 s=1 s
1

物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为 1 s=2a1t2=5 m 1 由于 μ<tan θ(μ=0.5,tan θ=0.75),物体在重力作用下将继续加速运动,当 物体的速度大于传送带的速度时,物体受到沿传送带向上的摩擦力,受力如图乙 所示 由牛顿第二定律得 mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得 a2=2 m/s2 设后一阶段物体滑至底端所用时间为 t2 1 由 L-s=vt2+2a2t2 2 解得 t2=1 s(t2=-11 s 舍去) 所以,物体从 A 运动到 B 所用时间 t=t1+t2=2 s. 【答案】 2s

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