高三物理一轮课时提能演练(九) 3.3

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课时提能演练(九)(40分钟 100分)一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N，他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧测力计的示数如图所示，电梯运行的v -t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )2.(2012·大连模拟)如图所示,一个重力G=4 N的物体放在倾角为30°的光滑斜面上,斜面放在台秤上,当烧断细线后,物块正在下滑的过程中与稳定时比较,台秤示数( )A.减小2 NB.减小1 NC.增大2 ND.增大1 N3.在2011年8月19日深圳第26届大运会女子撑杆跳高决赛中，俄罗斯选手基里亚绍娃以4米65的成绩夺得冠军，如图为基里亚绍娃的杆上英姿，若不计空气阻力，则她在这次撑杆跳高中( )A.起跳时杆对她的弹力大于她的重力B.起跳时杆对她的弹力小于她的重力C.起跳以后的下落过程中她处于超重状态D.起跳以后的下落过程中她处于失重状态4.如图甲所示，用同种材料制成的倾角为30°的斜面和长水平面，斜面和水平面之间由光滑圆弧连接，斜面长为2.4 m且固定.一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑.当v0＝2 m/s时，经过0.8 s后小物块停在斜面上.多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t-v0图象如图乙所示，g取10 m/s2，则( )A.小物块与该种材料间的动摩擦因数为0.25B.小物块与该种材料间的动摩擦因数为C.若小物块初速度为1 m/s，则根据图象可知小物块运动时间为0.4 sD.若小物块初速度为4 m/s，则根据图象可知小物块运动时间为1.6 s5.(2012·海口模拟)五个质量相等的物体置于光滑的水平面上,如图所示,现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力,则第2个物体对第3个物体的作用力等于( )A. 15F B. 25F C. 35F D. 45F6.如图所示是一架直升机悬停在空中在向灾区地面投放装有救灾物资的箱子，设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态.在箱子下落过程中，下列说法正确的是( ) A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来” 7.(2012·南京模拟)如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m 1的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m 2的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度a 一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为β，则下列说法正确的是( )A.杆对小环的作用力大于m 1g+m 2gB.m 1不变，则m 2越大，β越小C.θ＝β，与m 1、m 2无关D.若杆不光滑，β可能大于θ8.原来静止的物体受到外力F 的作用，如图所示为力F 随时间变化的图线，则与F-t 图象对应的v-t 图象是( )二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(12分)考驾照需要进行路考，路考中有一项是定点停车.路旁可以竖一标志杆，若车以v0的速度匀速行驶，当距标志杆的距离为x时，考官命令考员到标志杆停下，考员立即刹车，车在恒定滑动摩擦力作用下做匀减速运动，已知车(包括车内的人)的质量为M，车与路面间的动摩擦因数为μ.车视为质点，求车停下时距标志杆的距离Δx(说明Δx、v0与x、μ、g的关系).10.(16分)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 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.答案解析1.【解析】选A 、D.由题意可知人的重力为490 N ，t 0～t 1时间内，视重为440 N,人失重，有向下的加速度,应向上减速或向下加速运动，故B 、C 错.t 1～t 2时间内，视重为490 N,a=0，匀速运动或静止.t 2～t 3时间内，视重为540 N,人超重，有向上的加速度,应向上加速或向下减速，故A 、D 均有可能.2.【解析】选B.本题可用整体法求解,属于超重、失重的定量计算:烧断细线后,物体匀加速下滑,下滑加速度1a gsin30g 2=︒=,方向沿斜面向下(如图所示),其中竖直向下的分量为1a asin30g 4⊥=︒=,所以物块G 失重,台秤示数减小量为1ma G 1 N 4⊥==.【总结提升】巧用超重、失重观点解题当物体的加速度不在竖直方向上，而具有向上的分量a 上或者具有向下的分量a 下，则物体的视重与实重的关系为：(1)超重时：F 视=mg+ma 上 ，视重等于实重加上ma 上，视重比实重大ma 上. (2)失重时：F 视=mg-ma 下，视重等于实重减去ma 下，视重比实重“失去”了ma 下. 3.【解析】选A 、D.基里亚绍娃在起跳时，她在弹力的作用下向上加速，故此时杆对她的弹力大于她的重力，A 正确，起跳以后的下落过程中，她只受重力作用而下落，所以处于失重状态，D 正确.【变式备选】(2012〃泰州模拟)一名学生为了体验超重和失重的感觉,从一楼乘电梯到十五楼,又从十五楼下到一楼,他的感觉是( ) A.上楼时先超重,然后正常B.上楼时先失重,然后正常,最后超重C.下楼时先失重,然后正常D.下楼时先失重,然后正常,最后超重【解析】选D.上楼时,电梯先加速运动,然后匀速运动,最后减速运动,人对电梯的压力先大于重力,然后等于重力,最后小于重力,故上楼时先超重,然后正常,最后失重,A 、B 错误;下楼时,电梯先加速运动,然后匀速运动,最后减速运动,人对电梯的压力先小于重力,然后等于重力,最后大于重力,故下楼时先失重,然后正常,最后超重,C 错误,D 正确.4.【解析】选B 、C.由t-v 0图象可得220v 2a m /s 2.5 m /s t0.8＝＝＝.对小物块应用牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma ，解得μ，则A 项错，B 项对.若v 0＝1 m/s ，小物块仍在斜面上运动，由图象可知小物块运动时间为0.4 s ，C 项对.若v 0＝4 m/s ，由v 02＝2ax 得20v 16x m 3.2 m 2.4 m 2a 2 2.5=>⨯＝＝，小物块已运动到水平面上，图象对小物块已不再成立，故D 项错.5.【解析】选C.对五个物体整体由牛顿第二定律得F=5ma,对3、4、5三个物体由牛顿第二定律得F 23=3ma,解以上两式得233F F 5=,C 正确.6.【解析】选C.设整体加速度为a ，则2M g kv a M -=总总，当v ＝0时，a ＝g ，当v≠0时，a ＜g ，设箱内物体质量为m ，受支持力为F N ，对箱内物体有mg －F N ＝ma ，当v ＝0时，F N ＝0；v ≠0时，F N =m(g －a)＞0，故选项A 、B 错误；因箱子下落过程为变加速运动，接近地面时，v 最大，故a 最小，由F N ＝m(g －a)可知物体受到的支持力最大，故选项C 正确；若下落距离足够长，当F f ＝M 总g 时，a ＝0，箱子做匀速运动，此时F N ＝mg ，故选项D 错误.7.【解析】选C.对整体由牛顿第二定律得(m 1+m 2)gsin θ＝(m 1+m 2)a ，设杆对小环的作用力大小为F N ，据平衡条件得F N ＝(m 1+m 2)gcos θ，故A 错误；对小球由牛顿第二定律得m 2gsin θ－F T sin(θ－β)＝m 2a ，解得θ＝β，故C 正确，B 错误；若杆不光滑，分别对整体、小球用牛顿第二定律得，β不可能大于θ，故D 错误.8.【解析】选B.由F-t 图象可知，在0～t 内物体的加速度1Fa m=，做匀加速直线运动；在t ～2t 内物体的加速度2Fa m=，但方向与a 1反向，做匀减速运动，故选项B 正确.9.【解题指南】解答本题应明确以下三点: (1)刹车过程的摩擦力和加速度.(2)刹车距离、加速度、初速度三者的关系. (3)x 是代数量，要与刹车距离比较定量的位置关系. 【解析】设车的加速度大小为a,由牛顿第二定律知：μMg=Ma ，所以a=μg (2分) 设车的速度为v 时开始刹车，车刚好停在标志杆处,则： v 2=2ax ，即：v = (2分)刹车过程中车的位移为：20v x 2g'=μ(2分)当0v v ==车距标志杆的距离Δx=x ′-x=0 (2分) 当0v v < 车距标志杆的距离20v x x x x 2g∆=-'=-μ (2分)当0v v >=车距标志杆的距离20v x x x x 2g∆='-=-μ(2分)答案：见解析10.【解析】(1)第一次飞行中，飞行器做匀加速直线运动，设加速度为a 1，则有2111H a t 2= (1分) 由牛顿第二定律可得：F-mg-F f =ma 1(2分)解得：F f ＝4 N (1分) (2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v 1，上升的高度为h 1，则有：21121h a t 2=(1分)设失去升力后加速度为a 2，上升的高度为h 2由牛顿第二定律可得：mg+F f ＝ma 2 (2分) v 1=a 1t 2 (1分)2122v h 2a = (1分)解得：h=h 1+h 2＝42 m. (1分) (3)设失去升力下降阶段加速度为a 3；恢复升力后加速度为a 4；恢复升力时速度为v 3，则由牛顿第二定律可得： mg-F f =ma 3(2分) F+F f -mg=ma 4(1分)且223334v v h 2a 2a += (1分)v 3=a 3t 3(1分)解得：t s(或2.1 s) (1分) 3答案：(1)4 N (2)42 m 或2.1 s。