2023年高考物理两类动力学问题超重和失重练习.docx

2023年高考物理 两类动力学问题 超重和失重练习 一、选择题(共10小题，每题6分，共60分，在每题给出的四个选项中至少有一项符合题意，全部选对的得6分，漏选的得3分，错选的得0分) 1．“蹦极〞是一项非常刺激的体育运动．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，人在从P点落下时到最低点c的过程中 (　　) A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态 B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 C．在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 D．在c点，人的速度为零，其加速度为零 【解析】　根据题目给定的条件，就可以判断出人在Pa段只受重力作用，做自由落体运动，处于完全失重状态，应选项A正确．在ab段绳的拉力是逐渐增大的，但仍然小于人的重力，人有向下的加速度，人处于失重状态，应选项B正确．由于b点是重力与拉力相等的点，故在bc段绳的拉力大于人的重力，人具有向上的加速度，人处于超重状态，应选项C错误．在c点人的速度为零，但人在该点时，弹性绳具有最大的拉力，其加速度最大，应选项D是错误的． 【答案】　AB 2．(2023·临沂模拟)雨点从高空由静止下落，在下落过程中，受到的阻力与雨点下落的速度成正比，图中能正确反映雨点下落运动情景的是 (　　) A．①②　　　B．②③　　　C．①④　　　D．①③ 【解析】　选下落的雨点为研究对象，进行受力分析可知，它受重力mg和空气阻力F阻＝kv，随速度增大，阻力F阻逐渐增大．由牛顿第二定律得mg－F阻＝ma，可知雨点先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，故①③图象正确，④图象错误．②图象表示物体做匀速直线运动过程，显然和实际过程相违背，因而②图象错误，正确选项为D. 【答案】　D 3．弹簧测力计的秤钩上挂一个质量为1kg的物体，当弹簧测力计以2m/s2的加速度沿竖直方向加速上升时，弹簧测力计的示数为(g取10m/s2) (　　) A．6N B．8N C．10N D．12N 【解析】　以向上为正方向，由牛顿第二定律得 F－mg＝ma，即F＝m(g＋a)＝12N. 【答案】　D 4．(2023·东北师大一模)如图甲所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球．杆对小球的作用力的变化如图乙所示，那么关于小车的运动说法中正确的选项是(杆对小球的作用力由F1至F4变化) (　　) A．小车向右做匀加速运动 B．小车由静止开始向右做变加速运动 C．小车的加速度越来越大 D．小车的加速度越来越小 【解析】　以小球研究对象进行受力分析，画重力与F1至F4的平行四边形即可知二者在水平方向上的合力越来越大，即小车的和小球整体的加速度越来越大． 【答案】　C 5．(2023·黄冈模拟)如以下图，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的光滑斜面，现将一个重4N的物体放在斜面上．让它自由滑下，那么测力计因4N的物体的存在，而增加的读数是 (　　) A．4N B．2N C．0N D．3N 【解析】　重4N的物体因有竖直方向上的加速度分量，而要出现失重现象，相比其重力4N减少了ma⊥，又因a⊥＝gsin30°·sin30°，所以ma⊥＝mgsin230°＝mg＝1N.故增加的读数应为3N. 【答案】　D 6．(2023·山东)某物体做直线运动的v－t图象如图甲所示，据此判断图乙(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的选项是 1 (　　) 【解析】　从物体做直线运动的v－t图象中可以看出物体先做初速度为零的匀加速直线运动，运动2s后，继续向前做匀减速运动直到速度减为零，从对称性可以得出加速和减速过程加速度的大小不变，所以加速和减速过程合外力的大小不变，方向相反，接着物体做反向的加速运动和减速运动，直至速度减为零，从图中的对称性可知8s时物体返回原处，返回的过程所受力的大小仍不变，所以答案为B. 【答案】　B 7．(2023·石家庄质检)质量为1kgF，使物体在水平面上运动了9s，假设要使物体在9s内发生的位移最大，那么力F随时间t变化的图象应为 (　　) 【解析】　考查牛顿运动定律．由题意可知物体受到的摩擦力f＝μmg＝2N，由题中所给选项F－t图象可画出对应的v－t图象，v－t图象下方的面积表示位移，即可得出D中位移最大，应选D. 【答案】　D 8．(2023·北京海淀区检测)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某同学利用电压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如以下图，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示．以下判断中正确的选项是 (　　) 【解析】　只要压敏电阻所受压力一定其阻值就不发生变化，电路中电流也不变．当电梯做匀速直线运动或静止时，物体对压敏电阻的压力大小就等于其重力大小，A正确；当电梯做匀加速上升直线运动时，物体对压敏电阻的压力大小大于其重力大小，使得压敏电阻阻值减小，电路中电流增大，C正确． 【答案】　AC 9．(2023·郑州质量预测)物体A、B、C均静止在同一水平面上，其质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，三物体的加速度a与水平拉力F的关系图象如以下图．图中A、B两直线平行，那么以下关系式正确的选项是 (　　) A．μA＝μB＝μC B．mA<mB<mC C．mA>mB>mC D．μA<μB＝μC 【解析】　由F－μmg＝ma，a－F图象斜率表示，所以mA＝mB<mC，纵轴上截距的绝对值表示动摩擦因数与重力加速度的乘积，所以μA<μB＝μC，故D正确． 【答案】　D 10．(2023·重庆联合诊断)如以下图，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的选项是 (　　) A．假设加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B．假设加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值 【解析】　球在重力、斜面的支持力和挡板的弹力作用下做加速运动，那么球受到的合力水平向右，为ma，如以下图，设斜面倾角为θ，挡板对球的弹力为F1，由正交分解法得：F1－Nsinθ＝ma，Ncosθ＝G，解之得：F1＝ma＋Gtanθ，可见，弹力为一定值，D正确． 【答案】　D 二、论述、计算题(此题共3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位) 11．(2023·高考上海卷)如图(a)，质量m＝1kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面从静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示．求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)比例系数k.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2) 【答案】　(1)当v＝0，a0＝4m/s2时有 mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，μ＝＝ (2)当v＝5m/s，a＝0时有 mgsinθ－μN－kvcosθ＝0 N＝mgcosθ＋kvsinθ mg(sinθ－μcosθ)－kv(μsinθ＋cosθ)＝0 k＝＝＝0.84(kg/s) 12．(2023·高考江苏卷)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F＝28N.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10m/s2. (1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H＝64m.求飞行器所受阻力f的大小； (2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s时遥控器出现故障飞行器立即失去升力，求飞行器能到达的最大高度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＝a1t 由牛顿第二定律　F－mg－f＝ma1 解得　f＝4N (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＝a1t 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＝ 解得　h＝s1＋s2＝42m (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＋＝h v3＝a3t3 解得　t3＝s(或2.1s) 13．(2023·辽宁大连模拟)如以下图，一水平传送装置有轮半径为R＝1/π米的主动轮Q2和从动轮Q1及传送带等构成．两轮轴心相距，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．(g取10m/s2) (1)当传送带以/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端Q1正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到Q2正上方的B端所用的时间为多少？ (2)要想尽快将这袋面粉由A端送到B端(设初速度仍为零)，主动轮Q2的转速至少应为多大？ (3)由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉的痕迹，这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有多长(设袋的初速度仍为零)？此时主动轮的转速应满足何种条件？ 【解析】　设面粉袋的质量为m，其在与传送带产生相对滑轮的过程中所受的摩擦力为f＝μmg，故而其加速度为 a＝＝μg＝/s2 (1)假设传送带的速度v带＝/s，那么面粉袋加速运动的时间t1＝v带/a＝1.0s，在t1时间内的位移s1为 s1＝at＝ 其后以v＝/s的速度做匀速运动那么 s2＝lAB－s1＝vt2 运动的总时间为t＝t1＋t2 (2)要想时间最短，m应一直向B端做加速运动， 由lAB＝at′2可得t′ 此时传送带的运转速度为v′＝at′＝/s 由v′＝ωr＝2πnR可得n＝240r/min(或4r/s) (3)传送带的速度越大，“痕迹〞越长．当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹到达最长，即痕迹长Δs为 Δs＝2lAB＋2πR＝ 在面粉袋由A端运动到B端的时间内，传送带运转的距离为 s带＝Δs＋lAB＝ 又由(2)可知t′＝2.0s，故而有2πn′R≥ 那么n′≥390r/min(或6.5r/s) 【答案】　(1)2.5s　(2)240r/min(或4r/s)　(3)　n′≥390r/min(或6.5r/s)