湖北省2020屆高考物理一輪復習 9《超重與失重、瞬時問題》試題

《湖北省2020屆高考物理一輪復習 9《超重與失重、瞬時問題》試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《湖北省2020屆高考物理一輪復習 9《超重與失重、瞬時問題》試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第9單元　超重與失重　瞬時問題 1.下列實例描述的過程屬于超重現象的是(　　) A.汽車駛過拱形橋頂端 B.蕩秋千的小孩通過最低點 C.火箭點火后加速升空 D.跳水運動員被跳板彈起,離開跳板向上運動 2. “神舟九號”與“天宮一號”對接后進行科學實驗,在環(huán)繞地球運轉的“天宮一號”空間站內,適宜航天員進行體育鍛煉的器材是(　　) A.啞鈴 B.彈簧拉力器 C.單杠 D.跑步機 3.質量為m的消防隊員從一平臺上豎直跳下，下落3 m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.6 m，假設在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力大小恒定，則消防隊員（ ）

2、 A.著地過程中處于失重狀態(tài) B.著地過程中地面對他雙腳的平均作用力等于6mg C.在空中運動的加速度大于觸地后重心下降過程中的加速度 D.在空中運動的平均速度小于觸地后重心下降過程中的平均速度 4.如圖甲所示,某人正通過定滑輪將質量為m的貨物提升到高處,滑輪的質量和摩擦均不計,貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力FT之間的函數關系如圖乙所示.g表示當地的重力加速度大小,由圖可以判斷(　　) A.圖象與縱軸的交點M的值aM=g B.圖象與橫軸的交點N的值FTN=mg C.圖象的斜率等于物體的質量m D.圖象的斜率等于物體質量的倒數 5.如圖所示，A、B、C三球的質

3、量均為m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質細線連接.傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是（ ） A.B球的受力情況未變，加速度為零 B.A、B兩個小球的加速度均沿斜面向上，大小均為gsin θ C.A、B之間桿的拉力大小為mgsin θ D.C球的加速度沿斜面向下，大小為gsin θ 6.(2020·重慶卷) 以不同的初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一個物體所受空氣阻力大小與物體的速率成正比，下列分別用虛線

4、和實線描述兩物體運動的v-t圖象可能正確的是（ ） 7.如圖所示,質量為M的木架上有一質量為m的金屬環(huán),當環(huán)以初速度v0沿桿上升時,木架對地剛好無壓力,則金屬環(huán)的加速度為…(　　) A.　向下 B.　向上 C.　向下 D.　向上 8.為了研究超重與失重現象,某同學把一體重計放在電梯的地板上,并將一物體放在體重計上隨電梯運動,觀察體重計示數的變化情況.下表記錄了幾個特定時刻體重計的示數(表內時間不表示先后順序): 時間 t0 t1 t2 t3 體重計示數(kg) 45.0 50.0 40.0 45.0 若已知t0時刻電梯靜止,則(

5、　　) A.t1和t2時刻電梯的加速度方向一定相反 B.t1和t2時刻物體的質量并沒有發(fā)生變化,但所受重力發(fā)生了變化 C.t1和t2時刻電梯運動的加速度大小相等,運動方向一定相反 D.t3時刻電梯可能向上運動 9.某校課外活動小組自制了一枚質量為3.0kg的實驗用火箭.設火箭發(fā)射后,始終沿豎直方向運動.火箭在地面點火后升至火箭燃料耗盡之前可認為做初速度為零的勻加速運動,經過4.0s到達離地面40m高處燃料恰好耗盡.忽略火箭受到的空氣阻力,g取10m/s2.求: (1)燃料恰好耗盡時火箭的速度大小; (2)火箭上升離地面的最大高度; (3)火箭加速上升時受到的最大推力的大小.

6、10.一長木板在水平地面上運動，在t＝0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度—時間圖象如圖所示.已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上.取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求： (1)物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數； (2)從t＝0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小.

7、參考答案 1.解析:汽車在通過拱形橋的頂端和跳水運動員在空中時,汽車和運動員的加速度方向向下,處于失重狀態(tài). 答案:BC 2.解析:由于環(huán)繞地球運轉,在空間站中的物體處于完全失重狀態(tài),依靠重力作用進行訓練的啞鈴和單杠不能使用了,跑步機由于需要摩擦力才能工作,而沒有壓力就沒有摩擦力,所以也不能進行工作. 答案:B 3.解析：著地過程中有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；由v2＝2ax可知著地過程中的加速度是5g，選項C錯誤；由牛頓第二定律，有FN-mg＝ma＝5mg，解得FN＝6mg，選項B正確；由可知，在空中運動的平均速度等于觸地后重心下降過程中的平均速度，選項D錯誤. 答案

8、：B 4.解析:由牛頓第二定律得FT-mg=ma,a=-g,當FT=0,a=-g時,圖象與縱軸的交點aM=-g,A項錯誤;當a=0,FT=mg時,圖象與橫軸的交點N的值FTN=mg,B項正確;圖象的斜率為,C項錯,D項對. 答案:BD 5.解析：細線被燒斷的瞬間，繩上的彈力突變?yōu)榱?，B、C兩球的受力均發(fā)生變化， C球只受重力和斜面的彈力作用，其合力沿斜面向下，大小為mgsin θ，根據牛頓第二定律可知，C球的加速度沿斜面向下，大小為g sin θ，選項A錯誤，選項D正確；細線被燒斷前，細繩對B球沿斜面向下的拉力大小為mgsin θ，燒斷瞬間，A、B兩小球組成的系統(tǒng)的合力沿斜面向上，大小為

9、mgsin θ，系統(tǒng)的加速度沿斜面向上，大小為a＝g sin θ，再隔離B球，設A、B之間桿的拉力大小為F，則F-mgsin θ＝ma，可得F＝mgsin θ，選項B錯誤，選項C正確. 答案：CD 6.解析：本題考查v-t圖象.當不計阻力上拋物體時，物體做勻減速直線運動，圖象為一傾斜直線，因加速度a＝-g，故該傾斜直線的斜率的絕對值等于g.當上拋物體受空氣阻力的大小與速率成正比時，對上升過程，由牛頓第二定律得-mg-kv＝ma，可知物體做加速度逐漸減小的減速運動，通過圖象的斜率比較，A錯誤.從公式推導出，上升過程中，|a|>g ，當v＝0時，物體運動到最高點，此時 a＝-g，而B、C圖象的

10、斜率的絕對值均小于g，故B、C錯誤，D正確. 答案：D 7.解析:木架受到金屬環(huán)對它向上的作用力Ff和木架的重力G,Ff=Mg,所以金屬環(huán)受到向下的重力G'=mg和木架對它向下的作用力Ff',且Ff=Ff',加速度a向下,有mg+Ff'=ma,a=,方向向下,A項正確. 答案:A 8.解析:由題表中數據可知, t1時刻物體處于超重狀態(tài),電梯加速度方向向上,t2時刻物體處于失重狀態(tài),電梯加速度方向向下,A項正確;無論超重還是失重,其重力均不變,B項錯;t1時刻和t2時刻電梯加速度大小相等、方向相反,但運動方向可能相同也可能相反,C項錯;t3時刻電梯勻速運動,但運動方向不能確定,D項對.

11、 答案:AD 9.解析:(1)設燃料恰好耗盡時火箭的速度為v,根據運動學公式得,h=t 解得v=m/s =20m/s. (2)火箭燃料耗盡后能夠繼續(xù)上升的高度 h1=m=20m 火箭離地的最大高度: H=h+h1=60m. (3)火箭在飛行中質量不斷減小.所以在點火起飛的最初,其推力最大.根據加速度定義及牛頓第二定律得, a=m/s2=5m/s2,F-mg=ma 解得,F=m(g+a)=45N. 答案:(1)20m/s　(2)60m　(3)45N 10.解析：從v-t圖象中獲取速度及加速度信息.根據摩擦力提供加速度，且不同階段的摩擦力不同，利用牛頓第二定律列方程求解. (

12、1)從t＝0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止. 由題圖可知，在t1＝0.5 s時，物塊和木板的速度相同.設t＝0到t＝t1時間間隔內，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則a1＝① a2＝② 式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分別為木板在t＝0、t＝t1時速度的大小. 設物塊和木板的質量均為m，物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2，由牛頓第二定律得 μ1mg＝ma1③ (μ1＋2μ2)mg＝ma2④ 聯立①②③④式得 μ1＝0.20⑤ μ2＝0.30⑥ (2)在t1時刻后，地面對木板的

13、摩擦力阻礙木板運動，物塊與木板之間的摩擦力改變方向.設物塊與木板之間的摩擦力大小為Ff，物塊和木板的加速度大小分別為和，則由牛頓第二定律得 Ff＝m⑦ 2μ2mg-Ff＝m⑧ 假設Ff<μ1mg，則＝；由⑤⑥⑦⑧式得Ff＝μ2mg>μ1mg，與假設矛盾.故Ff＝μ1mg⑨ 由⑦⑨式知， 物塊加速度的大小等于a1；物塊的v-t圖象如圖中虛線所示. 由運動學公式可推知，物塊和木板相對于地面的運動距離分別為 s1＝2×⑩ s2＝ 物塊相對木板的位移的大小為 s＝s2-s1 聯立①⑤⑥⑧⑨⑩式得 s＝1.125 m 答案：(1)0.20 0.30 (2)1.125 m