2013屆高考物理第一輪課時復(fù)習(xí)題8.doc

清華北大家教中心 課時作業(yè)8兩類動力學(xué)問題超重和失重時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(8864)1雨滴在下降過程中，由于水汽的凝聚，雨滴質(zhì)量將逐漸增大，同時由于速度逐漸增大，空氣阻力也將越來越大，最后雨滴將以某一收尾速度勻速下降，在此過程中()A雨滴所受到的重力逐漸增大，重力產(chǎn)生的加速度也逐漸增大B由于雨滴質(zhì)量逐漸增大，下落的加速度逐漸減小C由于空氣阻力增大，雨滴下落的加速度逐漸減小D雨滴所受到的重力逐漸增大，但重力產(chǎn)生的加速度不變解析：雨滴在下落過程中，質(zhì)量逐漸增大，雨滴所受的重力逐漸增大，但重力產(chǎn)生的加速度始終為g，故A錯誤，D正確；由mgFfma得：ag，可見雨滴下落的加速度逐漸減小的原因不是m增大，而是Ff增大，故B錯誤，C正確答案：CD圖12某研究性學(xué)習(xí)小組用實驗裝置模擬火箭發(fā)射衛(wèi)星火箭點燃后從地面豎直升空，燃料燃盡后火箭的第一級和第二級相繼脫落，實驗中測得衛(wèi)星豎直方向的速度時間圖象如圖1所示，設(shè)運(yùn)動中不計空氣阻力，燃料燃燒時產(chǎn)生的推力大小恒定下列判斷正確的是()At2時刻衛(wèi)星到達(dá)最高點，t3時刻衛(wèi)星落回地面B衛(wèi)星在0t1時間內(nèi)的加速度大于t1t2時間內(nèi)的加速度Ct1t2時間內(nèi)衛(wèi)星處于超重狀態(tài)Dt2t3時間內(nèi)衛(wèi)星處于超重狀態(tài)解析：衛(wèi)星在0t3時間內(nèi)速度方向不變，一直升高，在t3時刻到達(dá)最高點，A錯誤；vt圖象的斜率表示衛(wèi)星的加速度，由圖可知，t1t2時間內(nèi)衛(wèi)星的加速度大，B錯誤；t1t2時間內(nèi)，衛(wèi)星的加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，t2t3時間內(nèi)，衛(wèi)星的加速度豎直向下，處于失重狀態(tài)，故C正確，D錯誤答案：C圖23如圖2所示，被水平拉伸的輕彈簧右端拴在小車壁上，左端拴一質(zhì)量為10 kg的物塊M.小車靜止不動，彈簧對物塊的彈力大小為5 N時，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)小車以加速度a1 m/s2沿水平地面向右加速運(yùn)動時()A物塊M相對小車仍靜止B物塊M受到的摩擦力大小不變C物塊M受到的摩擦力將減小D物塊M受到彈簧的拉力將增大解析：由初始條件知最大靜摩擦力Ffmax5 N，當(dāng)小車向右加速運(yùn)動時假設(shè)物塊仍相對小車靜止，由牛頓第二定律得5 NFf101 N，F(xiàn)f5 N，因Ff5 N，因此A、B正確答案：AB圖34.某大型游樂場內(nèi)的新型滑梯可以等效為如圖3所示的物理模型，一個小朋友在AB段的動摩擦因數(shù)1tan，他從A點開始下滑，滑到C點恰好靜止，整個過程中滑梯保持靜止?fàn)顟B(tài)則該小朋友從斜面頂端A點滑到底端C點的過程中()A地面對滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B地面對滑梯始終無摩擦力作用C地面對滑梯的支持力的大小始終等于小朋友和滑梯的總重力的大小D地面對滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的總重力的大小解析：小朋友在AB段沿滑梯向下勻加速下滑，在BC段向下勻減速下滑，因此小朋友和滑梯組成的系統(tǒng)水平方向的加速度先向左后向右，則地面對滑梯的摩擦力即系統(tǒng)水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A正確，B錯誤；系統(tǒng)在豎直方向的加速度先向下后向上，因此系統(tǒng)先失重后超重，故地面對滑梯的支持力的大小先小于后大于小朋友和滑梯的總重力的大小，C、D錯誤答案：A圖45如圖4所示，足夠長的傳送帶與水平面間夾角為，以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)tan.則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關(guān)系的是()圖5解析：m剛放上時，mgsinmgcosma1.當(dāng)m與帶同速后，因帶足夠長，且tan，故m要繼續(xù)勻加速此時，mgsinmgcosma2，a2a1，故D正確答案：D6如圖6所示，一名消防隊員在模擬演習(xí)訓(xùn)練中，沿著長為12 m的圖6豎立在地面上的鋼管往下滑已知這名消防隊員的質(zhì)量為60 kg，他從鋼管頂端由靜止開始先勻加速再勻減速下滑，滑到地面時速度恰好為零如果他加速時的加速度大小是減速時的2倍，下滑的總時間為3 s，g取10 m/s2，那么該消防隊員()A下滑過程中的最大速度為4 m/sB加速與減速過程的時間之比為1：2C加速與減速過程中所受摩擦力大小之比為1：7D加速與減速過程的位移之比為1：4解析：a1t1vmaxa2t2，利用a12a2得t1：t21：2，B正確；下滑的最大速度vmax28 m/s，A錯誤；加速過程中有mgFf1ma1，減速過程中有Ff2mgma2，而a18 m/s2，a24 m/s2，所以Ff1：Ff21：7，C正確；加速過程與減速過程的平均速度相等，則其位移x1t1，x2t2，x1：x2t1：t21：2，D錯誤答案：BC圖77(2011上海單科)受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上作直線運(yùn)動，其vt圖線如圖7所示，則()A在0t1秒內(nèi)，外力F大小不斷增大B在t1時刻，外力F為零C在t1t2秒內(nèi)，外力F大小可能不斷減小D在t1t2秒內(nèi)，外力F大小可能先減小后增大解析：由圖象可知0t1，物體作a減小的加速運(yùn)動，t1時刻a減小為零由a可知，F(xiàn)逐漸減小，最終Ff，故A、B錯誤t1t2物體作a增大的減速運(yùn)動，由a可知，至物體速度減為零之前，F(xiàn)有可能是正向逐漸減小，也可能F已正向減為零且負(fù)向增大，故C、D正確答案：CD8(2011課標(biāo))如圖8，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力Fkt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是()圖8圖9解析：在m2與m1相對滑動前，F(xiàn)kt(m1m2)a，a與t成正比關(guān)系，a1t關(guān)系圖線的斜率為，當(dāng)m1與m2相對滑動后，m1受的是f21m2gm1a1，a1為一恒量，對m2有Fm2gm2a2，得a2g，斜率為，可知A正確，B、C、D錯誤答案：A二、計算題(31236)9直升機(jī)沿水平方向勻速飛往水源取水滅火，懸掛著m500 kg空箱的懸索與豎直方向的夾角145.直升機(jī)取水后飛往火場，加速度沿水平方向，大小穩(wěn)定在a1.5 m/s2時，懸索與豎直方向的夾角214，如圖10所示如果空氣阻力大小不變，且忽略懸索的質(zhì)量，試求水箱中水的質(zhì)量M.(取重力加速度g10 m/s2；sin140.242；cos140.970)圖10解析：設(shè)懸索對水箱的拉力為T，水箱受到的阻力為f.直升機(jī)取水時，水箱受力平衡水平方向：T1sin1f0豎直方向：T1cos1mg0聯(lián)立解得fmgtan1直升機(jī)返回，以水箱為研究對象，在水平方向、豎直方向應(yīng)用牛頓第二定律，由平衡方程得T2sin2f(mM)aT2cos2(mM)g0聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得水箱中水的質(zhì)量M4.5103 kg.答案：M4.5103 kg10.航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m2 kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F28 N試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10 m/s2.(1)第一次試飛，飛行器飛行t18 s時到達(dá)高度H64 m求飛行器所受阻力f的大?。?2)第二次試飛，飛行器飛行t26 s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力求飛行器能達(dá)到的最大高度h；(3)為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t3.解析：(1)第一次飛行中，設(shè)加速度為a1勻加速運(yùn)動Ha1t12由牛頓第二定律Fmgfma1解得f4 N.(2)第二次飛行中，設(shè)失去升力時的速度為v1，上升的高度為s1勻加速運(yùn)動s1a1t22設(shè)失去升力后加速度為a2，上升的高度為s2由牛頓第二定律mgfma2v1a1t2s2解得hs1s242 m.(3)設(shè)失去升力下降階段加速度為a3；恢復(fù)升力后加速度為a4，恢復(fù)升力時速度為v3由牛頓第二定律mgfma3，F(xiàn)fmgma4且hv3a3t3解得t3 s(或2.1 s)答案：(1)f4 N(2)h42 m(3)t32.1 s11(2011上海單科)如圖11，質(zhì)量m2 kg的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L20 m用大小為30 N，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)t02 s拉至B處(已知cos370.8，sin370.6.取g10 m/s2)(1)求物體與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)用大小為30 N，與水平方向成37的力斜向上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運(yùn)動并能到達(dá)B處，求該力作用的最短時間t.圖11解析：(1)物體做勻加速運(yùn)動Lat02a m/s210 m/s2由牛頓第二定律Ffmaf30 N210 N10 N0.5.(2)方法1：設(shè)F作用的最短時間為t，小車先以大小為a的加速度勻加速時間t，撤去外力后，以大小為a的加速度勻減速時間t到達(dá)B處，速度恰為0，由牛頓定律Fcos37(mgFsin37)maag(0.510)m/s211.5 m/s2ag5 m/s2由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有a