《动力学综合问题试卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《动力学综合问题试卷.doc（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、文档可能无法思考全面，请浏览后下载! 温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。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,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,汽车的刹车线长度是14m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取10m/s2,则汽车刹车前的速度为()A.7 m/sB.14 m/sC.10 m/sD.20 m/
2、s【解析】选B。设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得mg=ma,解得a=g,由匀变速直线运动速度、位移关系式v02=2ax,可得汽车刹车前的速度为v0=2ax=2gx=20.71014m/s=14 m/s,选项B正确。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,在快速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()- 10 - / 14【解析】选D。下蹲过程中的加速阶段人体处于失重状态,FG。同理蹬伸过程中的加速上升阶段FG,减速上升阶段FG。腾空后人离开地面,F=0,故D选项正确。【加固训练】一个
3、物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),而在这一过程中其余各力均不变。那么,图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是()【解析】选D。由题意可知物体一直做加速运动,加速度先逐渐增大后逐渐减小,所以选项D正确。3.(2015无锡模拟)一质量为m的物块在倾角为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mgsin-mgcos=ma0,现对物块施加一个竖直向下的恒力F,等效重力增大F,
4、即(mg+F)sin-(mg+F)cos=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,从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示,将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g。据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为()A.gB.2gC.3gD.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
5、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,所以mg=0.6F0,根据牛顿第二定律,最大加速度amax=F合m=1.8F0-mgm=1.2F0m=2mgm=2g,故B正确。5.中国首次太空授课活动于2013年6月20日上午举行,如图所示,航天员王亚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74kg。测量时,聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置,且处于静止状态,当王亚平松手后,聂海胜与轻质支架受到一个大小为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()A.0.74 sB.0.37 sC.0.26 sD.1.35 s【解析】选A。
6、航天员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用,所以是匀变速直线运动,由牛顿第二定律可得航天员的加速度为a=Fm=100N74kg=10074m/s2,再根据加速度的定义式a=vt-v0t得到复位的时间,所以复位时间t=vta=110074s=0.74s,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()A.12g、gB.g、12gC.32g、gD.32g、0【解题指南】升降机
7、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,根据完全失重状态的特点可知,A、B两物体与斜面体之间的弹力会突然消失,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mgsin,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(mgsin)和重力作用,根据力的合成特点可知此二力的合力为mgcos,故其瞬时加速度为32g;而对B受力分析可知,完全失重瞬间,B受到弹簧的作用和细线的弹力相等(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
8、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,可获得力随时间变化的规律。一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮,一端连接小车,另一端系沙桶,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,力传感器采集的F-t图像如图乙所示,则()A.2.5 s前小车做变加速运动B.2.5 s后小车做变加速运动C.2.5 s前小车所受摩擦力不变D.2.5 s后小车所受摩擦力不变【解析】选D。由图像可知,在2.5s前小车与滑块一直保持静止,绳对小车的拉力变大,小车受到滑块的静摩擦力变大,A、C错误;2.5 s后滑块与
9、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=m0g-fM+m0,所以加速度不变,B错误。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0.5,g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。下列判断正确的是()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B下滑过程中相对传送带
10、的位移【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=mAgsin37-mAgcos37mA=2m/s2=aB,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差,物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和,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
11、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,重力加速度g取9.89m/s2,求抛掉的压舱物的质量。【解析】由牛顿第二定律得：mg-f=mah=v0t+12at2抛物后减速下降有：f-(m-m)g=(m-m)av=at解得：m=ma+vtg+vt=101kg答案：101kg10.(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A点由静止开始滑
12、下,滑到斜坡底端B点后,沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。如果人和滑板的总质量m=60kg,滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为=0.5,斜坡的倾角=37(sin37=0.6,cos37=0.8),斜坡与水平滑道间是平滑连接的,整个运动过程中空气阻力忽略不计,重力加速度g取10m/s2。求：(1)人从斜坡上滑下的加速度为多少?(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mgsin-Ff1=ma1,FN1-mgcos=0,由
13、摩擦力计算公式得Ff1=FN1,联立解得人滑下的加速度为a1=g(sin-cos)=10(0.6-0.50.8)m/s2=2m/s2。(2)人在水平滑道上受力如图所示,由牛顿第二定律得Ff2=ma2,FN2-mg=0。由摩擦力计算公式得Ff2=FN2,联立解得人在水平滑道上运动的加速度大小为a2=g=5m/s2。设从斜坡上滑下的距离为LAB,对AB段和BC段分别由匀变速运动的公式得vB2-0=2a1LAB,0-vB2=-2a2L,联立解得LAB=50m。答案：(1)2m/s2(2)50m11.(18分)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米。电梯的简化模型如图甲所示。考虑安全、舒适、省
14、时等因素,电梯的加速度a是随时间t变化的。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m=2.0103kg。忽略一切阻力。重力加速度g取10m/s2。(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2。(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动,教科书中讲解了由v -t图像求位移的方法。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v1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011s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
15、加速度,由牛顿第二定律分别计算出最大拉力和最小拉力。(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。(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/s2,a2=-1.0m/s2F1=m(g+a1)=2.0103(10+1.0)N=2.2104NF2=m(g+a2)=2.0103(10-1.0)N=1.8104N(2)类比可得,所求速度变化量等于第1s内a -t图线下的面积v1=0.50m/s同理可得v2=v2-v0=1.5m/sv0=0第2s末的速率v2=1.5m/s(3)由a -t图像可知,1130 s内速率最大,其值等于011s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=mgvm=2.01031010W=2.0105W由动能定理,总功W=Ek2-Ek1=12mvm2-0=122.0103102J=1.0105J答案：(1)2.2104N1.8104N(2)0.50m/s1.5m/s(3)2.0105W1.0105J关闭Word文档返回原板块 （注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）