新课标人教版2013届高三物理总复习一轮课时作业9

新课标人教版2013届高三物理总复习一轮课时作业9

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