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高频考点专项练(三)
动力学综合问题试卷(45分钟
100分)
)
一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。多选题已在题号后标出1.在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据
,刹车线是汽车刹车后,
,汽车
2
停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中的刹车线长度是14m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为汽车刹车前的速度为( A.7 m/s C.10 m/s
)
B.14 m/sD.20 m/s
,g取10m/s,则
【解析】选B。设汽车刹车后滑动的加速度大小为解得a=μg,由匀变速直线运动速度、位移关系式为v0=
=
=
a,由牛顿第二定律得μmg=ma,=2ax,可得汽车刹车前的速度
m/s=14 m/s,选项B正确。
,在快速
2.人在平地上静止站立时,受到的支撑力等于人的重力。做原地纵跳时
下蹲和蹬伸的过程中,人体受到的支撑力发生变化(如图,G为重力,F为支撑力)。下列图像能正确反映该变化的是
(
)
【解析】选D。下蹲过程中的加速阶段人体处于失重状态超重状态,F>G。同理蹬伸过程中的加速上升阶段
,F 【加固训练】一个物体在多个力的作用下处于静止状态大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小而在这一过程中其余各力均不变。那么情况的是( ) ,如果仅使其中一个力的(此力的方向始终未变), ,图中能正确描述该过程中物体速度变化 【解析】选D。由题意可知物体一直做加速运动所以选项D正确。 ,加速度先逐渐增大后逐渐减小, 3.(2015·无锡模拟)一质量为m的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力 F,如图所示。则物块减速为零的时间将 ( ) A.变大B.变小C.不变D.不能确定 【解析】选B。物体在斜面上匀减速下滑,说明mgsinθ-μmgcosθ=ma<0,现对物块施加一个竖直向下的恒力 F,等效重力增大F,即(mg+F)sinθ- μ(mg+F)cosθ=ma′,判断加速度大小|a|<|a′|,所以物块减速为零的时间将变小,B项正确。 4.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处的一种极限运动。某人做蹦极运动 ,从几十米高处跳下 ,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况 ,重力加速度为g。据图可知,此 如图所示,将蹦极过程近似为在竖直方向的运动人在蹦极过程中最大加速度约为 ( ) B.2g C.3g D.4g 【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：(1)绳子拉力稳定不变时,人处于静止状态。(2)人处于静止状态时,绳子的拉力等于重力。(3)绳子拉力与重力的合力决定人的加速度。 【解析】选B。从题图中可以看出,最后绳子拉力稳定不变,表明人已经静止不动,此时绳子的拉力等于重力amax== = = 0,根据牛顿第二定律,所以mg=0.6F ,最大加速度 =2g,故B正确。 2013年6月20日上午举行,如图所示,航天员王亚 74kg。测量时, 5.中国首次太空授课活动于 平利用天宫一号中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置后,聂海胜与轻质支架受到一个大小为 ,且处于静止状态,当王亚平松手 100N的水平恒力作用而复位,用光栅测得 ) 复位时瞬间速度为1m/s,则复位的时间为( s s s s ,所以是匀变m/s,再根据加 2 【解析】选A。航天员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用速直线运动,由牛顿第二定律可得航天员的加速度为速度的定义式a= a== = 得到复位的时间,所以复位时间t==s=,A正确。 , 6.(2014·泰州模拟)如图所示,表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着,B的上端用一平行于斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上,斜面的倾角为30°,当升降机突然处于完全失重状态时,则此瞬时A、B两物体的瞬时加速度分别为( ) 、g 、g 、g 、0 【解题指南】升降机处于完全失重状态时,物体和斜面体之间的弹力为零。【解析】选C。由于整个装置突然处于完全失重状态可知,A、B两物体与斜面体之间的弹力会突然消失 ,根据完全失重状态的特点 ,而弹簧在这一瞬间,长度不会 立即变化,故此时弹簧对A物体的作用力不变,由平衡状态时的受力特点可知,A受到弹簧的作用力大小为 mgsinθ,由于失重时A物体本身重力不变,故在此瞬 间,A同时受到弹簧的弹力(mgsinθ)和重力作用,根据力的合成特点可知此二力的合力为mgcosθ,故其瞬时加速度为受到弹簧的作用和细线的弹力相等 g;而对B受力分析可知,完全失重瞬间,B (此二力的合力为0),则此时B的合力就是其 重力,所以B的瞬时加速度为g,所以C正确。 7.将力传感器A固定在光滑水平桌面上,测力端通过轻质水平细绳与滑块相连滑块放在较长的小车上。如图甲所示 ,传感器与计算机相连接,可获得力随时间 ,一端连接小车,另一端系沙桶, ,力传 , 变化的规律。一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮 整个装置开始处于静止状态。在物体与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙感器采集的F-t图像如图乙所示,则( ) A.2.5 s前小车做变加速运动 s后小车做变加速运动 s前小车所受摩擦力不变 s后小车所受摩擦力不变 【解析】选D。由图像可知,在前小车与滑块一直保持静止小车受到滑块的静摩擦力变大 ,A、C错误; s ,绳对小车的拉力变大, 后滑块与小车发生相对运动,小车 受到滑块的滑动摩擦力作用,D正确;研究小车和沙桶组成的系统,a=加速度不变,B错误。 ,所以 8.(多选)如图所示,三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2m,且与水平方向的夹角均为 37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端 ,g取 都以1m/s的初速度沿传送带下滑,两物块与传送带间的动摩擦因数都是10m/s,sin37°=,cos37°=。下列判断正确的是( 2 ) A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端 C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D.物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块移 【解析】选B、C、D。传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上,选项C正确;物块A、B都做匀加速运动,加速度相同,aA= =2m/s=aB, 2 B下滑过程中相对传送带的位 两物块的初速度相同,位移相同,则运动时间也相同,选项B正确,选项A错误;物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块 A的位移与传送带匀速运动的位移之 B的位移与传送带匀速运动的位 差,物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块移之和,选项D正确。 二、计算题(本题共3小题,共44分。需写出规范的解题步骤) 9.(12分)(2014·淮南模拟)科研人员乘气球进行科学考察。气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 990kg。气球在空中停留一段时间后,发现气球漏气而 下降,及时堵住。堵住时气球下降速度为1m/s,且做匀加速运动,4s内下降了12m。为使气球安全着陆,向舱外缓慢抛出一定的压舱物。此后发现气球做匀减速运动 , 下降速度在5分钟内减少3m/s。若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略速度g取9.89m/s,求抛掉的压舱物的质量。【解析】由牛顿第二定律得：mg-f=mah=v0t+at 2 2 ,重力加 抛物后减速下降有：f-(m-m′)g=(m-m′)a′Δv=a′Δt解得：m′=m答案：101kg 10.(14分)(2015·秦皇岛模拟)如图所示,在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处的滑道再滑行一段距离到坡滑道 和水平滑道间的动摩擦因数均为μ =,斜坡的倾角θ=37°(sin37°=, ,整个运动过程中空气阻力忽略不计 , A点由静止开始滑下,滑到斜坡底端B点后,沿水平C点停下来。如果人和滑板的总质量 m=60kg,滑板与斜 =101kg cos37°=,斜坡与水平滑道间是平滑连接的重力加速度g取10m/s。求：(1)人从斜坡上滑下的加速度为多少 2 (2)若由于场地的限制,水平滑道的最大距离BC为L=20.0m,则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少 【解析】(1)人在斜坡上受力如图所示,建立图示坐标系,设人在斜坡上滑下的加速度为 a1,由牛顿第二定律得 1,FN1-mgcosθ=0,由摩擦力计算公式得mgsinθ-Ff1=maFf1= μFN1,联立解得人滑下的加速度为a1=g(sinθ-μcosθ) =10×2m。 2,FN2-mg=0(2)人在水平滑道上受力如图所示,由牛顿第二定律得Ff2=ma。 由摩擦力计算公式得a2=μg=5m/s。 2 Ff2=μFN2,联立解得人在水平滑道上运动的加速度大小为 设从斜坡上滑下的距离为-0=2a1LAB,0-答案：(1)2m/s 2 LAB,对AB段和BC段分别由匀变速运动的公式得 =-2a2L,联立解得LAB=50m。(2)50m ,行程超过百米。电梯的简化模,电梯的加速度a是随时间t变化 m=× 11.(18分)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯型如图甲所示。考虑安全、舒适、省时等因素 的。已知电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图像如图乙所示。电梯总质量10kg。忽略一切阻力。重力加速度 3 g取10m/s。 2 (1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2。 ,教科书中讲解了由v -t图像求 (2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动位移的方法。请你借鉴此方法 ,对比加速度和速度的定义,根据图乙所示a-t图 像,求电梯在第1s内的速度改变量Δv1和第2s末的速率v2。 (3)求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在0～11s时间内,拉力和重力对电梯所做的总功 W。 【解题指南】解答本题需要把握以下四点：(1)读出图像中正、负最大加速度拉力。 (2)加速度图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量。 (3)速度最大时拉力等于重力,拉力的功率等于重力与速度的乘积。 ,由牛顿第二定律分别计算出最大拉力和最小 (4)根据动能定理可计算总功。 【解析】(1)由牛顿第二定律,有F-mg=ma由a -t图像可知,F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s,a2=-1.0m/s 3 2 2 F1=m(g+a1)=×10×(10+N=×10N 2)=×10×NF2=m(g+a 4 3 4 =×10N (2)类比可得,所求速度变化量等于第同理可得Δv2=v2-v0=1.5m/sv0=0 第2s末的速率v2=1.5m/s (3)由a -t图像可知,11～30 s内速率最大,其值等于0～11s内a -t图线下的面积,有vm=10m/s 此时电梯做匀速运动,拉力F等于重力mg,所求功率P=Fvm=mg·vm=×10×10×10W=×10W由动能定理,总功 k2-Ek1=mW=E-0=××10×10J 5 3 2 3 5 1s内a -t图线下的面积Δv1=0.50m/s =×10J 答案：(1)×10N ×10N (2)0.50m/s ×10J 5 4 4 1.5m/s (3)×10W 5 关闭Word文档返回原板块 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容