第三章 两类动力学问题、超重和失重检测题Word版含答案

　两类动力学问题　超重和失重
1.(2017朝阳期中)如图所示,一个热气球与沙包的总质量为m,在空气中以大小为g3的加速度加速下降,为了使它匀速下降,则应该抛掉的沙的质量为(假定空气对热气球的浮力恒定,空气的其他作用忽略不计)　(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.m3 B.m2
C.2m3 D.3m4
答案　A　开始时整体加速下降,设空气对热气球的浮力为F,根据牛顿第二定律有mg-F=ma=mg3,解得F=2mg3;要使它匀速下降,则需要重力等于浮力,所以应该抛掉的沙的质量为Δm=13m,选项A正确。
2.(2017东城期末)为了研究超重与失重问题,某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运动的某阶段,他发现体重计的示数大于自己实际体重,此时电梯的运动状态可能是　(　　)
A.匀速上升 B.加速上升 C.匀速下降 D.加速下降
答案　B　体重计示数等于人所受支持力大小,支持力大于重力,合外力向上,加速度向上,运动情况可能有两种:加速向上或减速向下,故选B。
3.(2018师大附中期中)某同学站在体重计上,通过做下蹲、起立的动作来探究超重和失重现象。下列说法正确的是(　　)
A.下蹲过程中人始终处于超重状态
B.起立过程中人始终处于超重状态
C.下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
D.起立过程中人先处于超重状态后处于失重状态
答案　D　下蹲过程中,人的重心先加速下降后减速下降,故人的加速度先向下,后向上,人先处于失重状态后处于超重状态,选项A、C错误;起立过程中,人的重心先加速上升,后减速上升,故人的加速度先向上,后向下,人先处于超重状态后处于失重状态,选项B错误,D正确。
4.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(　　)
A.2μ1+μ B.μ1+2μ C.μ2+μ D.1+μ2μ
答案　A　木板水平时,小物块的加速度a1=μg,设滑行初速度为v0,则滑行时间为t=v0μg;木板倾斜放置后,小物块上滑的加速度a2=mgsin45°+μmgcos45°m=(1+μ)2g2,滑行时间t'=v0a2=2v0(1+μ)g,因此t't=a1a2=2μ1+μ,A项正确。
5.(2017海淀期中)如图所示,水平地面上有一质量m=2.0 kg的物块,物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.20,在与水平方向成θ=37°角斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F=10 N,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小;
(2)物块运动过程中加速度的大小;
(3)物块开始运动5.0 s所通过的位移大小。
答案　(1)5.2 N　(2)1.4 m/s2　(3)17.5 m
解析　(1)物块在竖直方向所受合力为零,设物块受地面的支持力为FN,因此有
FN=mg+F sin 37°=26 N
物块对地面的压力FN'=FN=26 N
物块运动过程中所受的滑动摩擦力f=μFN'=5.2 N
(2)设物块的加速度大小为a,根据物块沿水平方向的受力情况,由牛顿第二定律有
F cos 37°-f=ma
解得a=1.4 m/s2
(3)物块运动5.0 s所通过的位移大小s=12at2=17.5 m
6.(2018东城期末)如图所示,光滑固定斜面AB长L=2 m,倾角θ =37°,BC段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量m=1 kg的小物块从斜面顶端A由静止开始滑下。小物块与地面间的动摩擦因数为μ=0.4。不计空气阻力,小物块可视为质点,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
　　(1)小物块在斜面上运动时的加速度大小a;
(2)小物块在水平地面上滑行的最远距离x。
答案　(1)6 m/s2　(2)3 m
解析　(1)小物块在光滑斜面上受重力和支持力,由牛顿第二定律得
a=mgsinθm=g sin θ=6 m/s2
(2)设小物块滑到斜面底端时速度大小为v,则v2=2aL
小物块在水平地面上做匀减速运动,由牛顿第二定律得加速度大小a'=μmgm=μg=4 m/s2
小物块的速度大小由v减到零的过程有0-v2=-2a'x
代入数据解得x=3 m
7.(2018海淀期中)商场工作人员推着质量m=20 kg的货箱沿水平地面滑行。若用力F1=100 N沿水平方向推货箱,货箱恰好做匀速直线运动;现改用F2=120 N水平推力把货箱从静止开始推动。(g取10 m/s2)
(1)求货箱与地面之间的动摩擦因数;
(2)F2作用在货箱上时,求货箱运动的加速度大小;
(3)在F2作用下,货箱运动4.0 s时撤掉推力,求货箱从静止开始运动的总位移大小。
答案　(1)0.5　(2)1.0 m/s2　(3)9.6 m
解析　(1)货箱在水平推力F1的作用下做匀速直线运动,由平衡条件有
F1-μmg=0
则μ=F1mg=10020×10=0.5
(2)货箱在水平推力F2的作用下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有
F2-μmg=ma
则a=F2-μmgm=120-10020 m/s2=1.0 m/s2
(3)设在F2作用下货箱的位移为x1,撤掉推力时货箱速度为v,撤掉推力后货箱加速度为a1、移动的位移为x2,总位移为x,则
x1=12at2 = 12×1.0×16 m=8.0 m
v=at=1×4 m/s=4.0 m/s
-μmg=ma1,a1=-5.0 m/s2
0-v2=2a1x2,x2=1.6 m
x=x1+x2=9.6 m
8.如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆,滑杆上端固定,下端悬空。为了研究学生沿杆的下滑情况,在杆顶部装有一拉力传感器,可显示杆顶端所受拉力的大小。现有一学生(可视为质点)从上端由静止开始滑下,5 s末滑到杆底时的速度恰好为零。以学生开始下滑时刻为计时起点,传感器显示的拉力随时间变化的情况如图乙所示,求:(g取10 m/s2)
(1)该学生的质量;
(2)该学生下滑过程中的最大速率;
(3)滑杆的长度。
答案　(1)50 kg　(2)2.4 m/s　(3)6.0 m
解析　(1)学生从上端由静止开始滑下,5 s末滑到杆底时的速度为零,由图像得杆顶端所受拉力F=500 N。因学生处于平衡状态,所以mg=F,解得m=Fg=50010 kg=50 kg。
(2)由图像得0~1 s内,学生向下做匀加速运动,对杆的作用力为F1=380 N,1~5 s内,做匀减速运动,5 s后静止,所以学生在1 s末速度达到最大值。
由牛顿第二定律得,a=mg-F1m=500-38050 m/s2=2.4 m/s2
由v=v0+at
t=1 s,v0=0代入数据得v=2.4 m/s
(3)滑杆的长度等于人在滑杆加速运动和减速运动通过的位移之和
加速运动的位移x1=0+vm2t1=0+2.42×1 m=1.2 m
减速运动的位移x2=0+vm2t2=2.4+02×4 m=4.8 m
滑杆的总长度L=x1+x2=1.2 m+4.8 m=6.0 m
B组　综合提能
1.若货物随升降机运动的v-t图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是(　　)
答案　B　由v-t图像可知,升降机的运动过程为:向下加速(失重:Fmg)→向上加速(超重:F>mg)→向上匀速(F=mg)→向上减速(失重:F2.在光滑的水平面上,有一个物体同时受到两个水平力F1与F2作用,在第1 s内物体保持静止状态。若力F1与F2随时间的变化关系如图所示,则物体(　　)
A.在第2 s内做加速运动,加速度大小逐渐减小,速度逐渐增大
B.在第3 s内做加速运动,加速度大小逐渐增大,速度逐渐增大
C.在第4 s内做加速运动,加速度大小逐渐增大,速度逐渐增大
D.在第5 s末速度为零,加速度方向与F1方向相同
答案　B　第1 s内物体保持静止状态,第2 s内物体受F合沿F1方向,F合大小由0增大,加速度a=F合m由0增大,选项A错;第3 s内F合沿F1方向,v沿F1方向增大,a大小逐渐增大,B选项正确;第4 s内F合仍沿F1方向,逐渐减小,加速度逐渐减小,C选项错;第5 s末速度沿F1方向且最大,D选项错。
3.如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定斜面上,有一质量m=1.0 kg的物体,其与斜面间动摩擦因数μ=0.25。物体受到平行于斜面向上F=9.0 N的拉力作用,从静止开始运动,经时间t=8.0 s绳子突然断裂。若已知sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,g取10 m/s2。试分析求解:
(1)绳断时物体的速度大小;
(2)从绳子断裂开始到物体再返回斜面底端的运动时间。
答案　(1)8.0 m/s　(2)5.24 s
解析　(1)物体向上运动过程中,受拉力F、重力mg和摩擦力f,设物体向上运动的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有
F-mg sin θ-f=ma1
因f=μN,N=mg cos θ
解得a1=1.0 m/s2
所以经过t=8.0 s物体的速度大小为 v1=a1t=8.0 m/s
(2)绳断时物体距斜面底端的距离s1=12a1t2=32 m
绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设运动的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律,对物体沿斜面向上运动的过程有
mg sin θ+μmg cos θ=ma2
解得a2=8.0 m/s2
物体做减速运动的时间t2=v1a2=1.0 s
减速运动的位移s2=v1t22=4.0 m
此后物体将沿斜面匀加速下滑,设物体下滑的加速度大小为a3,根据牛顿第二定律对物体加速下滑的过程有
mg sin θ-μmg cos θ=ma3
解得a3=4.0 m/s2
设物体由最高点到斜面底端的时间为t3,物体向下匀加速运动的位移
s1+ s2=12a3t32
解得t3=32 s
所以物体返回斜面底端的时间为 t总=t2+ t3=(1.0+32)s=5.24 s
4.(2018人大附中月考)一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,蹦床对运动员的弹力F的大小随时间的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图所示。将运动员视作质点,重力加速度g取10 m/s2,试结合图像,
(1)求运动员在运动过程中的最大加速度;
(2)求运动员离开蹦床上升的最大高度;
(3)分析判断运动员离开蹦床时的速度是否就是其运动中的最大速度?简述理由。
答案　(1)40 m/s2　(2)5.512 5 m　(3)见解析
解析　(1)由图像可以知道,运动员的重力为mg=500 N
蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2 500 N
由牛顿第二定律得Fm-mg=mam
则运动员的最大加速度为am=40 m/s2
(2)由图像可以知道运动员离开蹦床的时间为t=2.1 s
则上升的最大高度为H=12 gt22=5.512 5 m
(3)运动员离开蹦床时的速度不是最大的速度,运动员所受合外力为零时,加速度也为零,此时速度达到最大值。