高考第一轮复习物理：32动力学的两类基本问题 超重和失重(附答案)
高考物理高考一轮专项复习第三章两类动力学问题超重及失重
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考
点
回
考
扣
向
动力学问题的定性分析
典
检 验
例
探
究
动态变化问题主要研究速度、加速度、合力三个物理量的变化情
况．因为加速度决定于合外力，而速度的变化决定于加速度与速度的 真
题
预
方向关系，所以处理此类问题的思维程序应如下：先对物体的受力进
测 演
练
行分析，再求物体所受的合外力并分析其变化，然后用牛顿第二定律
真
图3－2－6
题
【思路点拨】
预
测
演
本题是已知物体的运动情况求物体的受力情况，电梯的运动情况 练
力(或对悬挂物的拉 力(或对悬挂物的拉
定义
力) 大于 物体所受
力) 小于 物体所受
力(或对悬挂物的拉 力) 等于 零的状态
重力的现象
重力的现象
真 题 预 测 演
练
产生 物体有 向上 的加 物体有 向下 的加
a＝g，方向向下
条件
速度
速度
课
精
时
品
知 能
视重
F＝m(g＋a)
F＝m(g－a)
F＝0
资 源
训
备
当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送
真 题
预
测
带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，则物体可能一直加 演
练
速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当
课 传送带速度小于4 m/s时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速， 精
时
品
超重失重、等时圆和动力学两类基本问题(解析版)
超重失重、等时圆和动力学两类基本问题导练目标导练内容目标1超重失重目标2动力学两类基本问题目标3等时圆模型【知识导学与典例导练】一、超重失重1.判断超重和失重现象的三个角度(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。
2.对超重和失重问题的三点提醒(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。
(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。
只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。
(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。
1如图所示，一个圆形水杯底部有一小孔，用手堵住小孔，往杯子里倒半杯水。
现使杯子做以下几种运动，不考虑杯子转动及空气阻力，下列说法正确的是()A.将杯子竖直向下抛出，小孔中有水漏出B.将杯子斜向上抛出，小孔中有水漏出C.用手握住杯子向下匀速运动，不堵住小孔也没有水漏出D.杯子做自由落体运动，小孔中没有水漏出【答案】D【详解】ABD．杯子跟水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重力，处于完全失重状态，杯子与水相对静止，因此不会有水漏出，AB错误，D正确；C．杯子向下做匀速运动，处于平衡状态，水受重力，会漏出，C错误。
故选D。
2“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度-时间图像如图所示(取竖直向上为正方向)，其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。
不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是()A.“笛音雷”在t 2时刻上升至最高点B.t 3~t 4时间内“笛音雷”做自由落体运动C.t 0~t 1时间内“笛音雷”的平均速度为v 12D.t 3~t 4时间内“笛音雷”处于失重状态【答案】D【详解】A 由图可知，t 0~t 4时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在t 2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t 4时刻之后，故A 错误；B ．t 3~t 4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明t 3~t 4时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g ，故B 错误；C ．将A 、B 用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为v12，而AB 线段与横轴所围的面积大于AB 曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据v =ΔxΔt可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB 曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即t 0~t 1时间内“笛音雷”的平均速度小于v12，故C 错误；D ．根据上述，t 3~t 4时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D 正确。
高考物理一轮复习课件 第2节 两类动力学问题 超重和失重
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2．[教科版必修 1 P92 T4 改编](多选)一物体重 为 50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为
0.2，现加上如图所示的水平力 F1 和 F2，若 F2＝15 N 时物体做
匀加速直线运动，则 F1 的值可能是(g 取 10 m/s2)
()
A．3 N
B．25 N
C．30 N
D．50 N
解析：若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知
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考点二 对超重与失重的理解
[基础自修类]
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【题点全练】
1．[根据运动情况判断超重、失重]
(多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到
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2．解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方 程求解，具体逻辑关系如图：[注2]
[注 2] 作为“桥梁”的加速度，既可能需要根据已知受力求 解，也可能需要根据已知运动求解。
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二、超重与失重 1．视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力 计或台秤的示数称为视重。 2．超重、失重和完全失重的比较
而 t3＝va22＝120 s＝5 s。 物体运动的总时间 t＝t2＋t3＝10 s 则 d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。 [答案] (1)2 m/s2 (2)44 m (3)30 m
[延伸思考]
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撤去推力 F 后，当物体刚停止运动时，物体与小车的距离 是否为物体在运动过程中的最近距离？如果不是，则何时物体 与小车相距最近？最近距离为多少？
以 g 加速下降或 减速上升
mg－F＝mg F＝0
[注 3] 物体在完全失重状态下，由重力引起的效应将完全消失。
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【基础自测】
高考物理一轮复习 两类动力学问题超重和失重
取夺市安慰阳光实验学校3-2 两类动力学问题超重和失重(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．)1．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中( )A．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐增大D．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变2.图3－2－12(淮北一中模拟)2011年8月30日，在韩国大邱世界田径锦标赛女子撑杆跳高决赛中，巴西选手穆勒以4米85的成绩夺冠．若不计空气阻力，则穆勒在这次撑杆跳高中( )A．起跳时杆对她的弹力等于她的重力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3．(芜湖模拟)在加速上升的电梯地板上放置着一个木箱，下列说法正确的是( )A．木箱对电梯地板的压力小于木箱的重力B．木箱对电梯地板的压力等于木箱的重力C．电梯地板对木箱的支持力大于木箱对电梯地板的压力D．电梯地板对木箱的支持力等于木箱对电梯地板的压力4．(洛阳一中质检)如图3－2－13所示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图3－2－13A．0.35mg B．0.4mgC．0.3mg D．0.2mg5．如图3－2－14甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F 的作用，F与时间t的关系如图3－2－14乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m大小与滑动摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是( )甲乙图3－2－14A．t0时间内加速度最小B．t3时刻加速度最小C．t3时刻物块的速度最大D．t2时刻物块的速度最小6．(陕西师大附中质检)如图3－2－15所示，质量为10 kg的物体拴在一个被水平拉伸的轻质弹簧一端，弹簧的拉力为5 N，物体处于静止状态．若小车以1 m/s2的加速度水平向右运动，则(g＝10 m/s2)( )图3－2－15A．物体相对小车向左运动B．物体受到的摩擦力增大C．物体受到的摩擦力大小不变D．物体受到的弹簧拉力增大7．(合肥一中模拟)如图3－2－16所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A ＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法中正确的是( )图3－2－16A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动，v B一定小于3 m/sC．若传送带顺时针匀速转动，v B一定等于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v B不可能等于3 m/s8.图3－2－17(铜陵模拟)某人在地面上用体重秤称得自己的体重为500 N，他将体重秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间内，体重秤的示数变化如图3－2－17所示，则电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( ) 9.图3－2－18(福建泉州五中模拟)如图3－2－18所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员( )A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1∶3C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7D．加速与减速过程的位移之比为1∶410．(2010·福建高考)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图3－2－19所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为( )图3－2－19A．18 m B．54 mC．72 m D．198 m二、非选择题(本题共2小题，共30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．)11.图3－2－20(15分)(宿州模拟)如图3－2－20所示，质量为M的铁箱内装有质量为m 的货物．以某一初速度向上竖直抛出，上升的最大高度为H，下落过程的加速度大小为a，重力加速度为g，铁箱运动过程受到的空气阻力大小不变．求：(1)铁箱下落过程经历的时间；(2)铁箱和货物在落地前的运动过程中克服空气阻力做的功；(3)上升过程货物受到铁箱的作用力．12．(15分)(海口实验中学模拟)如图3－2－21所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．图3－2－21t/s0.00.20.4… 2.2 2.4…v/(m·s－1)0.0 1.0 2.0… 3.3 2.1…试求：(1)斜面的倾角α；(2)恒力F的大小；(3)t＝1.6 s时物体的瞬时速度．答案及解析一、1．【解析】雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g，故A错误，D正确；由mg－F f＝ma得：a＝g－F fm，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m增大，而是F f增大，故B、C错误．【答案】D2.【解析】当物体加速度方向向上时处于超重状态，当物体的加速度方向向下时处于失重状态．对于本题来说起跳时竖直方向由静止上升，具有向上的加速度，故杆对运动员的弹力大于重力，故A、B错误；在下落过程具有向下的加速度，运动员处于失重状态，故C错误，D正确．【答案】D3．【解析】木箱的加速度方向竖直向上，合外力方向也向上，对木箱受力分析，其受到竖直向下的重力G和电梯地板对木箱竖直向上的支持力N的作用，因为合外力方向向上，所以N＞G，即电梯地板对木箱的支持力大于木箱的重力；因为电梯地板对木箱的支持力与木箱对电梯地板的压力是一对作用力与反作用力，所以它们的大小相等，选项C错误，D正确；因为N＞G，木箱对电梯地板的压力等于N，所以木箱对电梯地板的压力大于木箱的重力G，选项A、B错误．本题答案为D.【答案】D4．【解析】重物受力图如图所示，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma sin 37°，f＝ma cos 37°，解得f＝0.2mg，即D正确．【答案】D5．【解析】在t0时间内物块保持静止，所以物块的加速度为零，即A选项正确；t1时刻物块加速度最大，在t3时刻物块做减速运动，加速度不为零，所以B、C错；在t2时刻物块的加速度为零，速度最大，所以D错误．【答案】A6．【解析】由于弹簧处于拉伸状态，物体处于静止状态，可见，小车对物体提供水平向左的静摩擦力，大小为5 N，且物体和小车间的最大静摩擦力f m≥5 N；若小车以1 m/s2的加速度向右匀加速运动，则弹簧还处于拉伸状态，设弹力F不变，仍为5 N，由牛顿第二定律可知：F＋f＝ma，得f＝5 N≤f m，则物体相对小车静止，弹力不变，摩擦力的大小不变，选项C正确．【答案】C7．【解析】当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度v B＝v2A－2ax＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速至B，v B＝3 m/s.当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s 时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速．【答案】A8.【解析】体重秤的示数显示的是人对体重秤的压力，根据牛顿第三定律，该示数等于电梯地面对人的支持力；根据G－t图象，在t0至t1时间内，电梯对人的支持力大小为450 N，小于重力500 N，这说明合力大小恒定、方向向下，加速度的大小不变、方向也向下，因为取竖直向上为正方向，所以加速度取负值，其对应的v －t 图象是一条倾斜直线，该直线的斜率为负值，据此可知，选项B 正确．【答案】 B9.【解析】 a 1t 1＝v max ＝a 2t 2，利用a 1＝2a 2得t 1∶t 2＝1∶2，B 错误；下滑的最大速度v max ＝2v ＝2st＝8 m/s ，A 错误；加速过程中有mg －Ff 1＝ma 1，减速过程中有Ff 2－mg ＝ma 2，而a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2，所以Ff 1∶Ff 2＝1∶7，C 正确；加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移x 1＝v t 1，x 2＝v t 2，x 1∶x 2＝t 1∶t 2＝1∶2，D 错误．【答案】 C10．【解析】 本题考查了牛顿运动定律和运动学公式，解答这类题目的关键是对物体进行正确的受力分析和运动过程分析．物体所受摩擦力为f ＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N ，因此前3 s 内物体静止.3 s ～6 s ，a ＝F －f m ＝8－42m/s2＝2 m/s 2，x 1＝12at 21＝12×2×32m ＝9 m ；6 s ～9 s ，物体做匀速直线运动，x 2＝vt 2＝at 1·t 2＝2×3×3 m＝18 m ；9 s ～12 s ，物体做匀加速直线运动，x 3＝vt 3＋12at 23＝6×3 m＋12×2×9 m＝27 m ；x 总＝x 1＋x 2＋x 3＝9 m ＋18 m ＋27 m ＝54m ，故B 选项正确．【答案】 B二、11.【解析】 (1)设铁箱下落经历时间为t ，则H ＝12at 2，解得t ＝2H a.(2)设铁箱运动过程中受到的空气阻力大小为f ，克服空气阻力做的功为W ，则(M ＋m )g －f ＝(M ＋m )a ，W ＝2fH ，解得：f ＝(M ＋m )(g －a )，W ＝2H (M ＋m )(g －a )．(3)设上升过程的加速度大小为a ′，货物受到铁箱的作用力大小为F ，则(M ＋m )g ＋f ＝(M ＋m )a ′，F ＋mg ＝ma ′，解得：F ＝m (g －a )，作用力方向竖直向下．【答案】 (1)t ＝2Ha(2)2H (M ＋m )(g －a )(3)m (g －a ) 竖直向下12．【解析】 (1)经分析可知，当t ＝2.2 s 时，物体已通过B 点．因此减速过程加速度大小a 2 ＝3.3－2.12.4－2.2m/s 2＝6 m/s 2，mg sin α＝ma 2，解得α＝37°.(2)a 1＝2.0－1.00.4－0.2m/s 2＝5 m/s 2F －mg sin α＝ma 1，解得F ＝11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有5t1＝2.1＋6(2.4－t1)，t1＝1.5 s可见，t＝1.6 s的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得v＝2.1 m/s＋6(2.4－1.6) m/s＝6.9 m/s.【答案】(1)37°(2)11 N (3)6.9 m/s。
2013山东高考一轮复习第三章第2讲两类动力学问题 超重和失重
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
考 点 突 破 · 提 知 能
分析解答物理学问题必备的六大环节，即：对象、状态、过程、
规律、方法和结论．因而应用牛顿第二定律解题的步骤可有以下 几个方面：
课 时 知 能 训 练
菜
单
一轮复习 · 新课标 · 物理 （山东专用）
(1)选取研究对象，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物
受一与物块重力大小相等的水平向右恒
力作用，开始减速，到斜面底端C速度刚 好减为0，若AB长s1＝2.25 m，物块与斜
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
考 点 突 破 · 提 知 能
面间动摩擦因数μ＝0.5，(sin 37°＝0.6，
g＝10 m/s2)求： (1)物块到达B点的速度v； (2)斜面长度L.
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
考 点 突 破 · 提 知 能
课 时 知 能 训 练
菜
单
一轮复习 · 新课标 · 物理 （山东专用）
2．超重、失重与完全失重
自 主 落 实 · 固 基 础
超重 物体对支持物的压 力(或对悬挂物的 定义 大于 拉力) ______物体 所受重力的现象
失重 物体对支持物的压 力(或对悬挂物的 小于 拉力) ______物体 所受重力的现象
菜 单
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
课 时 知 能 训 练
一轮复习 · 新课标 · 物理 （山东专用）
自 主 落 实 · 固 基 础
动力学问题的处理技巧 该题属已知受力情况求运动情况，但不管哪种情况都要进行受 力分析和运动分析，都要从受力或运动的一方求出加速度，然 后转入另一方，所以求加速度是关键．
考 点 突 破 · 提 知 能
高考物理一轮复习 第3章 第2讲 两类动力学问题 超重和
第2讲两类动力学问题超重和失重两类动力学问题已知物体的受力情况桥梁先求出加速度已知物体的运动情况，求物体的受力情况牛顿运动定律的应用超重与失重超重与失重的认识超重失重视重与实重视重实重动力学的两类基本问题应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：(1)已知受力情况求运动情况．(2)已知运动情况求受力情况．在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁．受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，求解这两类问题的思路如下：受力情况F合F合＝ma加速度a运动学公式运动情况v，x，t超重与失重1．视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数叫做视重，其大小等于测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．2超重失重完全失重定义物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态产生条件物体有向上的加速度物体有向下的加速度a＝g，方向向下视重F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝01．(多选)下列说法正确的是( )A．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B．物体所受到的合外力不变(F合≠0)，其运动状态就不改变C．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化D．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大【解析】物体所受到的合外力越大，物体的加速度(速度变化率)也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A错误，C正确；物体的合外力不为零，就会迫使运动状态(运动的快慢和方向)发生变化，选项B错误；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D正确．【答案】CD2.如图3－2－1所示，质量m＝10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，则物体产生的加速度是(g取10 m/s2)A．0B．4 m/s2，水平向右C．2 m/s2，水平向左D．2 m/s2，水平向右图3－2－1【解析】 物体受的合力的方向水平向右，且力F 的方向和Ff 的方向相同，则加速度大小a ＝F ＋Ff m ＝F ＋μmg m ＝20＋0.2×10×1010m/s2＝4 m/s2，故选项B 正确．【答案】 B3.如图3－2－2所示，A 、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力一定为零B ．上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力图3－2－2【解析】 对于A 、B 整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A 对B 均无压力，只有A 项正确．【答案】 A4．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－2－3所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g 5，方向一定竖直向下图3－2－3【解析】 由题知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A 错；由牛顿第三定律知B 错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错；由牛顿第二定律mg －FN ＝ma ，可知a ＝g 5，方向竖直向下，D 对．【答案】 D两类动力学问题的分析和应用1.求解两类动力学问题涉及的主要知识一是牛顿第二定律(有时需用牛顿第三定律)F 合＝ma ，二是运动学公式v ＝v0＋at ，x ＝v0t ＋12at2，v2－v20＝2ax ，x ＝(v0＋v)t/2.其中加速度a 是联系力和运动的桥梁．2．牛顿第二定律的应用步骤分析解答物理学问题必备的六大环节，即：对象、状态、过程、规律、方法和结论．因而应用牛顿第二定律解题的步骤可有以下几个方面：(1)选取研究对象，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，并可把物体视为质点．(2)确定研究对象的运动状态，画出物体运动情景的示意图，并标明物体运动速度与加速度的方向．(3)分析研究对象的受力情况，并画出受力分析示意图．(4)选定合适的方向建立平面直角坐标系，依据牛顿第二定律列出方程，如Fx ＝max ，Fy ＝may.(5)代入已知条件求解结果并分析其结果的物理意义．(2013·山东高考)如图3－2－4所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s2.图3－2－4(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？【解析】 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v0t ＋12at2① v ＝v0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s2③v ＝8 m/s.④(2)设物块所受支持力为FN ，所受摩擦力为Ff ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin θ－Ff ＝ma ⑤Fsin α＋FN －mgcos θ＝0⑥又Ff ＝μFN⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg sin θ＋μcos θ＋ma cos α＋μsin α⑧ 由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应F 最小时与斜面间的夹角α＝30°○10 联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为Fmin ＝1335N ．⑪【答案】(1)3 m/s2 8 m/s (2)30°1335N解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．【迁移应用】1. (2014·徐州一中检测)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是( )A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短图3－2－5【解析】放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a＝μg与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx＝vt－0＋v2t＝12vt＝v22μg，可见传送带速度越小，动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C错误，D正确．【答案】 D超重失重的理解应用(多选)(2014·杭州模拟)某人乘电梯从24楼到1楼的v －t 图象如图3－2－6，下列说法正确的是( )图3－2－6A ．0～4 s 内物体做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2B ．4～16 s 内物体做匀速直线运动，速度保持4 m/s 不变，处于完全失重状态C ．16～24 s 内，物体做匀减速直线运动，速度由4 m/s 减至0，处于失重状态D ．0～24 s 内，此人经过的位移为72 m【解析】 v －t 图线是一条倾斜直线，且a ＝Δv Δt ＝1 m/s2，A 对；4～16 s a ＝0 不是完全失重状态，B 错；16～24 s 内，电梯减速下降，a 向上，处于超重状态，C 错；0～24 s 内，位移大小等于图线与横轴围成的面积数值，故x ＝12×(24＋12)×4 m＝72 m ，D 对． 【答案】 AD判断超重和失重现象的三个技巧(1)从受力的角度判断当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．(3)从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重．②物体向下加速或向上减速时，失重．【迁移应用】2. (多选)引体向上是同学们经常做的一项健身运动．该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂，如图3－2－7所示，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的．关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是( )A．上拉过程中，人受到两个力的作用B．上拉过程中，单杠对人的作用力大于人的重力C．下放过程中，某段时间内单杠对人的作用力小于人的重力D．下放过程中，人只受到一个力的作用图3－2－7【解析】在上拉过程中，人受到重力和单杠对人的作用力，A正确；上拉过程中，要先加速，后减速，即先超重，后失重，单杠对人的作用力先是大于人的重力后小于人的重力，B错误；同理，下放过程中，单杠对人的作用力先是小于人的重力后大于人的重力，C正确；下放的过程中，单杠对人有作用力，人不可能只受到一个力的作用，D错误．【答案】AC“弹簧类的动态变化”模型1.模型建立：物体先做自由落体运动，然后拉伸或压缩弹簧(橡皮绳只能拉伸)．2．分析方法：动态变化问题主要研究速度、加速度、合力三个物理量的变化情况．处理此类问题的思维程序应如下：先对物体的受力进行分析，再求物体所受的合外力并分析其变化，然后用牛顿第二定律分析加速度的变化，最后根据加速度与速度的方向关系判断速度的变化情况．3．运动特征：物体接触弹簧后，仍加速运动，当弹力和重力相等时加速度改变方向，此时速度最大．(多选)(2014·开封模拟)如图3－2－8为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至b点弹性绳自然伸直，经过合力为零的c点到达最低点d，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )A．经过b点时，运动员的速率最大B．经过c点时，运动员的速率最大C．从c点到d点，运动员的加速度增大D．从c点到d点，运动员的加速度不变图3－2－8【审题指导】(1)至b点弹性绳自然伸长，说明O→b，运动员自由下落．(2)c点合力为零，说明b→c弹力小于重力，运动员加速．(3)d为最低点，说明vd＝0，此时弹力最大，c→d，一直减速．【解析】运动员的下落过程O→b为自由落体运动；b→c重力大于弹性绳的弹力，运动员做加速度越来越小的加速运动，到达c点时加速度为零，速度最大；c→d弹性绳的弹力大于重力，加速度竖直向上，运动员做加速度增大的减速运动，到达d点时速度减为零，故正确答案为B、C.【答案】BC【即学即用】(多选)如图3－2－9所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( )图3－2－9A．小球刚接触弹簧瞬间的速度最大B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小D．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的加速度先减小后增大【解析】小球接触弹簧上端后受两个力作用，向下的重力和向上的弹力，在接触的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，由F＝kx可知，弹力不断增大，则合力不断减小，故加速度也不断减小，但是加速度与速度方向相同，故速度不断增大；当弹力增加到与重力大小相等时，合外力为0，则加速度也为0，此时速度达到最大；此后，小球由于惯性还将继续向下运动，进一步压缩弹簧，弹力大于重力，合力向上，且逐渐变大，因而加速度也逐渐变大，方向与速度方向相反，小球做减速运动；到达最低点时，小球速度为0，弹簧压缩量最大．由此可知C、D正确．【答案】CD。
高考物理一轮复习课件专题三：两类动力学问题 超重和失重
• 若已知t0时刻电梯静止，则以下判断正确的是( )
• A．t1和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所 受重力发生变化
• B．t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反 • C．t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运
动方向不一定相反 • D．t 时刻电梯可能向上运动
体向上运动还是向下运动，而在于物体是有
• 2．在电梯中，把一重物置于台秤上，台秤
与压力传感器相连，电梯由静止开始竖直
上升过程中，传感器所受的压力与时间的
关系(F－1
• (1) 电 梯 减 速 上 升 过 程 经 历 的 时 间 是
• 2－1如图3－2－3所示，楼梯口一倾斜的 天花板与水平面成θ＝37°角，一装潢工 人手持木杆绑着刷子粉刷天花板．工人所 持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上 ，大小为F＝10 N，刷子的质量为m图3＝－2－0.35 kg，刷子可视为质点．刷子与天花板间的
• 解析：(1)以刷子为研究对象，受力分析 如图所示，设滑动摩擦力为Ff，
• (3)0～2.0 s冰壶前进的距离为s1＝
m＝
4 m,2.0 s～12.0 s冰壶滑行的距离为
• s2＝
m＝24 m，冰壶运动总距
离为s＝s1＋s2＋s3＝29.92 m，
• Δs＝OO′－s＝0.08 m，即冰壶停在距O′点左
• 解答此类问题还应注意：不论是已知运 动求解力，还是已知力求解运动，作好“ 两分析”即受力分析、运动分析是解决问 题的关键．在解决两类动力学基本问题时 要正确画出受力分析图，进行运动过程分 析，建立已知的受力情况或运动情况与加
• A．kg、m/s、N是导出单位 • B．kg、m、J是基本单位 • C．在国际单位制中，质量的基本单位
2024届物理一轮复习讲义第2节 动力学两类问题 超重和失重
第2节动力学两类问题超重和失重一、超重和失重1.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2.失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
3.完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
4.实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。
此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
【自测1】金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出，如果让装满水的小桶自由下落，不计空气阻力，则在小桶自由下落过程中()图1A.水继续以相同的速度从小孔中喷出B.水不再从小孔喷出C.水将以更大的速度喷出D.水将以较小的速度喷出答案B二、动力学两类基本问题1.动力学两类基本问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况。
(2)已知运动情况，求物体的受力情况。
2.解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：【自测2】一个静止在水平地面上的物体，质量为2.0 kg，在6.4 N的水平拉力作用下沿水平地面运动，物体与水平地面间的滑动摩擦力是4.2 N，求物体在4 s 末的速度和这4 s内发生的位移大小。
答案 4.4 m/s8.8 m考点一动力学的两类基本问题1.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各运动过程间相互联系的桥梁。
2.常用方法(1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法。
(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，则采用正交分解法。
高三物理高考一轮复习-第三章 两类动力学问题 超重和失重
见学生用书第213页(时间：40分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．)1．某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－12所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是()A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面B．卫星在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度C. t1～t2时间内卫星处于超重状态图3－2－12D. t2～t3时间内卫星处于超重状态2．(2010·福州模拟)如图3－2－13所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体，现将弹簧压缩到A点后释放，使物体在A、B之间往复运动，若此过程物体受到的摩擦力可忽略，则物体()A．在A点刚释放时加速度最小B．在A、B两点加速度相同图3－2－13C．从O到B过程中，加速度大小逐渐增大D．从O到B过程中，加速度方向指向B点3.(2010·池州模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图3－2－14所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1＜tan θ，BC段的动摩擦因数μ2＞tan θ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中()A．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B．地面对滑梯始终无摩擦力作用图3－2－14C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D．地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小4．(2011·云浮模拟)如图3－2－15所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是() 图3－2－15二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．)5．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中() A．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变6．为训练宇航员能在失重状态下工作和生活，需要创造一种失重的环境．在地球表面附近，当飞机模拟某些在重力作用下的运动时，就可以在飞机座舱内实现短时间的完全失重状态．现要求一架飞机在速度大小为v1＝500 m/s时进入失重状态试验．在速度大小为v2＝1 000 m/s时退出失重状态试验，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法可能正确的是()A．飞机需要模拟竖直上抛运动B．飞机需要模拟向上加速运动C．完全失重状态的时间是150 sD．完全失重状态的时间是30 s7．如图3－2－16所示，被水平拉伸的轻弹簧右端拴在小车壁上，左端拴一质量为10 kg的物块M.小车静止不动，弹簧对物块的弹力大小为5 N时，物块处于静止状态．当小车以加速度a＝1 m/s2沿水平地面向右加速运动时() 图3－2－16A．物块M相对小车仍静止B．物块M受到的摩擦力大小不变C．物块M受到的摩擦力将减小D．物块M受到弹簧的拉力将增大8．(2011·清远模拟)如图3－2－17所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员()A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1∶2C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7D．加速与减速过程的位移之比为1∶4 图3－2－179．如图3－2－18所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车可能是()图3－2－18A．向右做加速运动B．向右做减速运动C．向左做加速运动D．向左做减速运动三、非选择题(本题共3小题，每小题16分，第10小题16分，第11小题18分，第12小题20分，共54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．) 10．(2010·上海五校模拟)考驾照需要进行路考，路考其中有一项是定点停车．路旁可以竖起一标志杆，在车以v0的速度匀速行驶过程中，距标志杆的距离为s时，考官命令考员到标志杆停，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(说明v0与s、μ、g的关系)．11．(2010·浙江模拟)如图3－2－19所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg 的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据.试求：(1)斜面的倾角α.(2)恒力F的大小．图3－2－1912．倾斜的传送带以v＝10 m/s的速度顺时针稳定运行，如图3－2－20所示，在传送带的上端A点轻轻的放上一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带A点到下端B点的距离为L＝16 m，传送带倾角为θ＝37°，求物体由A点运动到B点所需的时间是多少？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图3－2－20答案与解析1．【解析】卫星在0～t3时间内速度方向不变，一直升高，在t3时刻到达最高点，A 错误；v－t图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t1～t2时间内卫星的加速度大，B错误；t1～t2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t2～t3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确，D错误．【答案】 C2．【解析】在A点刚释放时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，由牛顿第二定律可知，此时的加速度最大，故A错误；物体在A点时弹簧处于压缩状态，而在B点时弹簧处于伸长状态，显然弹簧对物体的弹力方向相反，故物体在A、B两点的加速度不同，选项B错误；从O到B的过程中，弹簧的伸长量越来越大，弹力方向水平向左，且越来越大，故物体的加速度方向水平向左，且越来越大，选项C正确、D错误．【答案】 C3．【解析】小朋友在AB段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC段向下匀减速下滑，因此小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑梯的摩擦力即系 统水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A 正确，B 错误；系统在竖直方向的加速 度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于后大于 小朋友和滑梯的总重力的大小，C 、D 错误．【答案】 A4．【解析】 m 刚放上时，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1.当m 与带同速后，因带足够长， 且μ＜tan θ，故m 要继续匀加速．此时，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2，a 2＜a 1，故D 正确．【答案】 D5．【解析】 雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产 生的加速度始终为g ，故A 错误，D 正确；由mg －f ＝ma 得：a ＝g －mf ，可见雨滴下 落的加速度逐渐减小的原因不是m 增大，而是f 增大，故B 错误，C 正确．【答案】 CD6．【解析】 当飞机做加速度的大小为重力加速度g 、加速度的方向为竖直向下的运动 时，座舱内的试验者便处于完全失重状态．这种运动可以是飞机模拟无阻力的竖直下抛 运动或竖直上抛运动，也可以是斜抛运动，所以A 正确，B 错误；如果是竖直上抛运 动，可计算出时间是150 s ，如果是竖直下抛运动可计算出时间是50 s ，因此可得C 正 确，D 错误．【答案】 AC7．【解析】 由初始条件知最大静摩擦力f max ≥5 N ，当小车向右加速运动时．假设物 块仍相对小车静止，由牛顿第二定律得5 N ＋f ＝10×1 N ，f ＝5 N ，因f ′＝－5 N ，则A 、B 正确．【答案】 AB8．【解析】 a 1t 1＝v max ＝a 2t 2，利用a 1＝2a 2得t 1∶t 2＝1∶2，【答案】 BC9．【解析】小球水平方向受到向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右做加速运动或向左做减速运动．【答案】AD10．【解析】车的加速度大小由牛顿第二定律知μMg＝Ma解得a＝μg设车的速度为v时开始刹车，车刚好停在标志杆处，则v2＝2as【答案】见解析11．【解析】(1)经分析可知，当t＝2.2 s时，物体已通过B【答案】 (1)37° (2)11 N12．【解析】 物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带速度大于物体的速度，传送带给物体沿传送带向下的滑动摩擦力f ，受力如图甲所示．物体由静止开始 加速，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2物体加速至与传送带速度相等需要的时间为t 1＝1a v ＝1010s ＝1 s ，t 1时间内位移 s ＝21a 121t ＝5 m由于μ＜tan θ，物体在重力作用下将继续做加速运动，当物体速度大于传送带速度时， 传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力f ′，此时受力如图乙，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2设最后一个阶段物体滑至底端所用时间为t 2，则L －s ＝vt 2＋21a 222t 解得t 2＝1 s ，t 2＝－11 s (舍去)所以物体由A 到B 的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.【答案】 2 s。
高三物理高考一轮复习 第三章两类动力学问题超重和失重
见学生用书第213页(时间：40分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．)1．某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－12所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是()A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面B．卫星在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度C. t1～t2时间内卫星处于超重状态图3－2－12D. t2～t3时间内卫星处于超重状态2．(2010·福州模拟)如图3－2－13所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体，现将弹簧压缩到A点后释放，使物体在A、B之间往复运动，若此过程物体受到的摩擦力可忽略，则物体()A．在A点刚释放时加速度最小B．在A、B两点加速度相同图3－2－13C．从O到B过程中，加速度大小逐渐增大D．从O到B过程中，加速度方向指向B点3.(2010·池州模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图3－2－14所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1＜tan θ，BC段的动摩擦因数μ2＞tan θ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中()A．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B．地面对滑梯始终无摩擦力作用图3－2－14C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D．地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小4．(2011·云浮模拟)如图3－2－15所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是() 图3－2－15二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．)5．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中() A．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变6．为训练宇航员能在失重状态下工作和生活，需要创造一种失重的环境．在地球表面附近，当飞机模拟某些在重力作用下的运动时，就可以在飞机座舱内实现短时间的完全失重状态．现要求一架飞机在速度大小为v1＝500 m/s时进入失重状态试验．在速度大小为v2＝1 000 m/s时退出失重状态试验，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法可能正确的是()A．飞机需要模拟竖直上抛运动B．飞机需要模拟向上加速运动C．完全失重状态的时间是150 sD．完全失重状态的时间是30 s7．如图3－2－16所示，被水平拉伸的轻弹簧右端拴在小车壁上，左端拴一质量为10 kg的物块M.小车静止不动，弹簧对物块的弹力大小为5 N时，物块处于静止状态．当小车以加速度a＝1 m/s2沿水平地面向右加速运动时() 图3－2－16A．物块M相对小车仍静止B．物块M受到的摩擦力大小不变C．物块M受到的摩擦力将减小D．物块M受到弹簧的拉力将增大8．(2011·清远模拟)如图3－2－17所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员()A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1∶2C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7D．加速与减速过程的位移之比为1∶4 图3－2－179．如图3－2－18所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车可能是()图3－2－18A．向右做加速运动B．向右做减速运动C．向左做加速运动D．向左做减速运动三、非选择题(本题共3小题，每小题16分，第10小题16分，第11小题18分，第12小题20分，共54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．) 10．(2010·上海五校模拟)考驾照需要进行路考，路考其中有一项是定点停车．路旁可以竖起一标志杆，在车以v0的速度匀速行驶过程中，距标志杆的距离为s时，考官命令考员到标志杆停，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(说明v0与s、μ、g的关系)11．(2010·浙江模拟)如图3－2－19所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg 的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据.试求：(1)斜面的倾角α.(2)恒力F的大小．图3－2－1912．倾斜的传送带以v＝10 m/s的速度顺时针稳定运行，如图3－2－20所示，在传送带的上端A点轻轻的放上一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带A点到下端B点的距离为L＝16 m，传送带倾角为θ＝37°，求物体由A点运动到B点所需的时间是多少？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图3－2－20答案与解析1．【解析】卫星在0～t3时间内速度方向不变，一直升高，在t3时刻到达最高点，A 错误；v－t图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t1～t2时间内卫星的加速度大，B错误；t1～t2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t2～t3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确，D错误．【答案】 C2．【解析】在A点刚释放时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，由牛顿第二定律可知，此时的加速度最大，故A错误；物体在A点时弹簧处于压缩状态，而在B点时弹簧处于伸长状态，显然弹簧对物体的弹力方向相反，故物体在A、B两点的加速度不同，选项B错误；从O到B的过程中，弹簧的伸长量越来越大，弹力方向水平向左，且越来越大，故物体的加速度方向水平向左，且越来越大，选项C 正确、D 错误．【答案】 C3．【解析】 小朋友在AB 段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC 段向下匀减速下滑，因此 小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑梯的摩擦力即系 统水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A 正确，B 错误；系统在竖直方向的加速 度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于后大于 小朋友和滑梯的总重力的大小，C 、D 错误．【答案】 A4．【解析】 m 刚放上时，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1.当m 与带同速后，因带足够长， 且μ＜tan θ，故m 要继续匀加速．此时，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2，a 2＜a 1，故D 正确．【答案】 D5．【解析】 雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产 生的加速度始终为g ，故A 错误，D 正确；由mg －f ＝ma 得：a ＝g －mf ，可见雨滴下 落的加速度逐渐减小的原因不是m 增大，而是f 增大，故B 错误，C 正确．【答案】 CD6．【解析】 当飞机做加速度的大小为重力加速度g 、加速度的方向为竖直向下的运动 时，座舱内的试验者便处于完全失重状态．这种运动可以是飞机模拟无阻力的竖直下抛 运动或竖直上抛运动，也可以是斜抛运动，所以A 正确，B 错误；如果是竖直上抛运 动，可计算出时间是150 s ，如果是竖直下抛运动可计算出时间是50 s ，因此可得C 正 确，D 错误．【答案】 AC7．【解析】 由初始条件知最大静摩擦力f max ≥5 N ，当小车向右加速运动时．假设物 块仍相对小车静止，由牛顿第二定律得5 N ＋f ＝10×1 N ，f ＝5 N ，因f ′＝－5 N ，则A、B正确．【答案】AB8．【解析】a1t1＝v max＝a2t2，利用a1＝2a2得t1∶t2＝1∶2，【答案】BC9．【解析】小球水平方向受到向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右做加速运动或向左做减速运动．【答案】AD10．【解析】车的加速度大小由牛顿第二定律知μMg＝Ma解得a＝μg设车的速度为v时开始刹车，车刚好停在标志杆处，则v2＝2as【答案】 见解析11．【解析】 (1)经分析可知，当t ＝2.2 s 时，物体已通过B【答案】 (1)37° (2)11 N12．【解析】 物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带速度大于物体的速度，传送带给物体沿传送带向下的滑动摩擦力f ，受力如图甲所示．物体由静止开始 加速，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2物体加速至与传送带速度相等需要的时间为t 1＝1a v ＝1010s ＝1 s ，t 1时间内位移 s ＝21a 121t ＝5 m由于μ＜tan θ，物体在重力作用下将继续做加速运动，当物体速度大于传送带速度时， 传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力f ′，此时受力如图乙，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2设最后一个阶段物体滑至底端所用时间为t 2，则L －s ＝vt 2＋21a 222t 解得t 2＝1 s ，t 2＝－11 s (舍去)所以物体由A 到B 的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.【答案】 2 s。
高中物理必修一《两类动力学问题 超重和失重》典型题练习(含答案)
《两类动力学问题超重和失重》典型题练习一、选择题1.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如右图所示．那么下列说法中正确的是() A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下2.如右图所示，一个盛水的容器底部有一小孔．静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则()A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水3.如右图所示，水平地面上的物体质量为1 kg，在水平拉力F＝2 N的作用下从静止开始做匀加速直线运动，前2 s内物体的位移为3 m；则物体运动的加速度大小为()A．3 m/s2B．2 m/s2C．1.5 m/s2D．0.75 m/s24.在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计如右图所示，在这段时间内下列说法中正确的是()A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g /5，方向一定竖直向下5．用40 N 的水平力F 拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg 的物体，力F 作用3 s 后撤去，则第5 s 末物体的速度和加速度的大小分别是( )A ．v ＝6 m/s ，a ＝0B ．v ＝10 m/s ，a ＝2 m/s 2C ．v ＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2D ．v ＝10 m/s ，a ＝06.如右图所示，质量为m 的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tan θ，下图表示该物块的速度v 和所受摩擦力F f 随时间t 变化的图线(以初速度v 0的方向为正方向)中可能正确的是( )7.如右图所示，在小车中悬挂一小球，若偏角θ未知，而已知摆球的质量为m ，小球随小车水平向左运动的加速度为a ＝2g (取g ＝10 m/s 2)，则绳的张力为( )A ．105mB.433m C ．20m D ．(50＋83)m8．如图甲所示，A 、B 两物体叠放在光滑水平面上，对物体A 施加一水平力F ，F －t 图象如图乙所示，两物体在力F 作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是()A．两物体在4 s时改变运动方向B．在1 s～3 s时间内两物体间摩擦力为零C．6 s时两物体的速度为零D．B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同9．图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()A. 2 s B．2 sC. 3 s D．2 2 s10.质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用．F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为()A．18 mB．54 mC．72 mD．198 m二、非选择题11．一小轿车从高为10 m、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在斜坡底端115 m的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103 N，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4×104 N，小轿车的质量为2 t，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(g取10 m/s2)．求：(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度；(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(轿车在行驶过程中不采用刹车装置)12.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如右图所示．g取10 m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)水平推力F的大小；(3)0～10 s内物体运动位移的大小．《两类动力学问题超重和失重》典型题练习参考答案一、选择题1.解析：当电梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A、B都不对；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故选C.答案： C2. 解析：容器在自由下落、竖直向上抛出、水平抛出、斜向上抛出的运动中都处于完全失重状态，对容器底部的压力均为零，所以不向下漏水，只有D 项正确．答案： D3.解析：物体从静止开始做匀加速直线运动，前2 s内位移为3 m，设物体加速度为a，则x＝at2/2，代入数据解得a＝1.5 m/s2，即物体运动的加速度大小为1.5 m/s2，选项C正确．答案： C4.解析：晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B选项错，以竖直向下为正方向，有：mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝g/5，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C选项错，D选项正确．答案： D5．答案： A6.解析：因为μ>tan θ，所以重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力，物体沿斜面上滑时做匀减速运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，当速度减为零时，物体静止，受到静摩擦力，故选项C正确．答案： C7.解析：小球受重力mg和绳的拉力F T两个力的作用，受力情况如图所示．根据平行四边形定则，重力mg和绳的拉力F T的合力F的方向水平向左，由牛顿第二定律有F＝ma＝2mg＝20m，由勾股定理得F2T＝(mg)2＋F2，所以F T＝105m.答案： A8．解析：两物体在0～1 s内，做加速度增大的变加速运动，在1 s～3 s 内，做匀加速运动，在3 s～4 s内，做加速度增大的变加速运动，在4 s～6 s内，做加速度减小的变加速运动，故两物体一直向一个方向运动，A、C错误，D正确，1 s～3 s时间内两物体做匀加速运动，对B进行受力分析可知两物体间的摩擦力不为零，B错误．答案： D9．解析：AE两点在以D为圆心半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝4Rg＝2 s，选B.答案： B10.解析：物体与地面间最大静摩擦力F f＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N．由题给F－t图象知0～3 s内，F＝4 N，说明物体在这段时间内保持静止不动.3～6s内，F＝8 N，说明物体做匀加速运动，加速度a＝F－F fm＝2 m/s2.6 s末物体的速度v＝at＝2×3＝6 (m/s)，在6～9 s内物体以6 m/s的速度做匀速运动.9～12 s内又以2 m/s 2的加速度做匀加速运动，作v －t 图象如下．故0～12 s 内的位移x ＝12×3×6＋3×6＋12×(6＋12)×3＝54 (m)．故B 项正确．答案： B 二、非选择题11．解析： (1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得F 1＋mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1代入数据得a 1＝3 m/s 2 由v 21＝2a 1x 1＝2a 1h /sin 37°得行驶至斜坡底端时的速度v 1＝10 m/s(2)在水平地面上加速时，由牛顿第二定律得F 2－μmg ＝ma 2 代入数据得a 2＝2 m/s 2 关闭油门后减速μmg ＝ma 3 代入数据得a 3＝5 m/s 2 关闭油门时轿车的速度为v 2v 22－v 212a 2＋v 222a 3＝x 2得v 2＝20 m/s t ＝v 2－v 1a 2＝5 s即在水平地面上加速的时间不能超过5 s. 答案： (1)10 m/s (2)5 s12. 解析： 此题考查牛顿运动定律的应用和运动学知识．(1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt 2、初速度为v 20、末速度为v 2t 、加速度为a 2，则a 2＝v 2t －v 20Δt 2＝－2 m/s 2①设物体所受的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律，有 F f ＝ma 2② F f ＝－μmg ③ 联立②③得 μ＝－a 2g ＝0.2.④(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt 1、初速度为v 10、末速度为v 1t 、加速度为a 1，则a 1＝v 1t －v 10Δt 1＝1 m/s 2⑤根据牛顿第二定律，有 F －F f ＝ma 1⑥联立③⑥得F ＝μmg ＋ma 1＝6 N.(3)解法一：由匀变速直线运动位移公式，得 x ＝x 1＋x 2＝v 10Δt 1＋12a 1Δt 21＋v 20Δt 2＋12a 2Δt 22＝46 m 解法二：根据v －t 图象围成的面积，得 x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 10＋v 1t 2×Δt 1＋12×v 20×Δt 2＝46 m. 答案： (1)0.2 (2)6 N (3)46 m。
高考物理总复习 132 两类动力学问题 超重和失重
第2讲两类动力学问题超重和失重1．在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－2－5所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下解析：晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B选项错，以竖直向下为正方向，有：mg－F＝ma，即50g －40g＝50a，解得a＝g/5，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C选项错，D选项正确．答案：D2．2008年9月25日，“神舟七号”载人飞船成功发射，设近地加速时，飞船以5g的加速度匀加速上升，g为重力加速度．则质量为m的宇航员对飞船底部的压力为( ) A．6mg B．5mg C．4mg D．mg解析：以人为研究对象，进行受力分析，由牛顿第二定律可知，F－mg＝ma，则F＝m(g ＋a)＝6mg，再由牛顿第三定律可知，人对飞船底部的压力为6mg.答案：A3．图3－2－6在箱式电梯里的台秤秤盘上放着一物体，在电梯运动过程中，某人在不同时刻拍了甲、乙和丙三张照片，如图3－2－6所示，乙图为电梯匀速运动的照片。
从这三张照片可判定( )A．拍摄甲照片时，电梯一定处于加速下降状态B ．拍摄丙照片时，电梯一定处于减速上升状态C ．拍摄丙照片时，电梯可能处于加速上升状态D ．拍摄甲照片时，电梯可能处于减速下降状态 答案：D4．(2010·江苏阜宁中学调研)如图3－2－7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，在杆的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 末滑到杆底时速度恰好为零，从学生开始下滑时刻计时，传感器显示拉力随时间变化情况如图3－2－8所示，g 取10 m/s 2，求：(1)该学生下滑过程中的最大速率；(2)图中力F 1的大小；(3)滑杆的长度． 解析：(1)由于人静止后受拉力F ＝500 N ，可知，mg ＝500 N.在0～1 s 内，人受拉力F ＝380 N ，人做加速运动，由牛顿第二定律可得：mg －F ＝ma 1，a 1＝2.4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝2.4 m/s.(2)1 s ～5 s 内人做减速运动，a 2t 2＝a 1t 1，a 2＝0.6 m/s 2， 由牛顿第二定律可得：F 1－mg ＝ma 2，F 1＝530 N. (3)L ＝12a 1t 21＋12a 2t 22＝6 m.答案：(1)2.4 m/s (2)530 N (3)6 m 5.图3－2－9如图3－2－9所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为 L ＝20 m ，高为h ＝2 m ，斜坡上紧排着一排滚筒．长为l ＝8 m 、质量为m ＝1×103kg 的钢锭ab 放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为μ＝0.3，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v ＝4 m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转动，钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力．取当地的重力加速度g ＝10 m/s 2.试求：(1)钢锭从坡底(如图3－2－9所示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶所需的最短时间．(2)钢锭从坡底(如图3－2－9所示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶的过程中电动机至少要工作多长时间？解析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为F f ＝μmg ＝3×103N 由牛顿第二定律有F f －mg sin α＝ma 1，解得a 1＝2 m/s 2钢锭做匀加速运动的时间t 1＝v a 1＝2 s ，位移x 1＝12a 1t 21＝4 m要使b 端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，钢锭先做匀加速直线运动，当它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动．钢锭做匀速直线运动的位移x 2＝L －l －x 1＝8 m ，做匀速直线运动的时间t 2＝x 2v＝2 s ，所需最短时间t ＝t 1＋t 2＝4 s. (2)要使电动机工作的时间最短，钢锭的最后一段运动要关闭电动机，钢锭匀减速上升，b 端到达坡顶时速度刚好为零．匀减速上升时F f ＋mg sin α＝ma 2，解得a 2＝4 m/s 2.匀减速运动时间t 3＝v a 2＝1 s ，匀减速运动位移x 3＝v2t 3＝2 m ，匀速运动的位移x 4＝L －l －x 1－x 3＝6 m ，电动机至少要工作的时间t ＝t 1＋x 4v＝3.5 s. 答案：(1)4 s (2)3.5 s1.图3－2－10汶川大地震后，为解决灾区群众的生活问题，党和国家派出大量直升机空投救灾物资．有一直升机悬停在空中向地面投放装有物资的箱子，如图3－2－10所示．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”解析：因为下落速度不断增大，而阻力f ∝v 2，所以阻力逐渐增大，当f ＝mg 时，物体开始匀速下落．以箱和物体为整体：(M ＋m )g －f ＝(M ＋m )a ，f 增大则加速度a 减小．对物体：Mg －F N ＝ma ，加速度减小，则支持力F N 增大．所以物体后来受到的支持力比开始时要增大，不可能“飘起来”． 答案：C 2.图3－2－11某物体做直线运动的v－t图象如图3－2－11所示，据此判断下图(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是( )解析：从v－t图象中可以看出，物体在0～2 s内做初速度为零的匀加速运动，合力与速度方向一致且为恒力，在2 s～6 s内加速度方向与前2 s内速度方向相反，合外力方向与前2 s内速度方向相反，故A错误、B正确；由于加速度a恒定，所以匀加速运动范围内位移x与时间是二次函数关系，且4 s末的位移不为0，故C、D项错．答案：B3.图3－2－122008北京奥运会取得了举世瞩目的成功，某运动员(可看作质点)参加跳板跳水比赛，t ＝0是其向上起跳瞬间，其速度与时间关系图象如图3－2－12所示，则( )A．t1时刻开始进入水面 B．t2时刻开始进入水面C．t3时刻已浮出水面 D．0～t2的时间内，运动员处于失重状态解析：跳水运动员离开跳板向上跳起，做减速运动，到达最高点后，开始向下做匀加速运动，直到刚进入水面，速度达到最大，进入水面后，又受到水的阻力，开始做减速运动，直至速度减小到零，根据图象可知，t2时刻速度最大，所以t2时刻开始进入水面，故A项错误，B项正确；t3时刻速度为零，是在水中减速结束的时刻，故C项错误；跳水运动员离开跳板到刚开始进入水中时，都是只受重力，加速度等于重力加速度，方向向下，处于失重状态，故D项正确．答案：BD4．质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是( )A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m答案：C5.图3－2－13如图3－2－13所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度作逆时针转动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是( )A．F1＜F2B．F1＝F2C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2解析：皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于静止状态，故F1＝F2.物体在两种不同速度下运动时有可能先加速再匀速，也可能一直加速，故t1可能等于t2.答案：BD6.图3－2－14质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图3－2－14所示，则( )A．小球对圆槽的压力为MF m＋MB．小球对圆槽的压力为mF m＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球对圆槽的压力为(mg)2＋m2F2(M＋m)2，可知只有C选项正确．答案：C 7．图3－2－15(2010·潍坊高三教学质量检测)如图3－2－15所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图3－2－15中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )解析：对m 开始时加速度a 1＝μg cos θ＋g sin θ.达到共同速度时，物体的摩擦力方向由沿斜面向下变为沿斜面向上．以后物体运动的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ，显然a 1>a 2，只有图象D 正确． 答案：D 8.图3－2－16如图3－2－16是一种升降电梯的示意图，A 为载人箱，B 为平衡重物，它们的质量均为M ，上下均由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．如果电梯中人的总质量为m ，匀速上升的速度为v ，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h 高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，h 为( )A.v 22gB.(M ＋m )v 22mgC.(M ＋m )v2mgD.(2M ＋m )v 22mg解析：关闭电动机后，载人箱A 受到B 对A 的向上的拉力为Mg ，A 及人的总重力为(M ＋m )g ，载人箱A 加速度大小为a ＝(M ＋m )g －Mg M ＋m ＝mM ＋m g ，由2ah ＝v 2得h ＝(M ＋m )v22mg，选项B 正确．设B 对A 拉力F T 对B ：F T －Mg ＝Ma对A ：F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，a ＝mg2M ＋m由V 2＝2ah 得h ＝(2M ＋m )v22mg，D 选项正确．答案：BD 9.图3－2－17两个完全相同的物块A 、B ，质量均为m ＝0.8 kg ，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动．图3－2－17中的两条直线分别表示A 物块受到水平拉力F 作用和B 物块不受拉力作用的v －t 图象，求： (1)物块A 所受拉力F 的大小； (2)8 s 末物块A 、B 之间的距离x .解析：(1)设A 、B 两物块的加速度分别为a 1、a 2， 由v －t 图象可得：a 1＝Δv 1Δt 1＝12－68－0m/s 2＝0.75 m/s 2① a 2＝Δv 2Δt 2＝0－64－0m/s 2＝－1.5 m/s 2负号表示加速度方向与初速度方向相反．② 对A 、B 两物块分别由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma 1③－F f ＝ma 2④由①～④式可得：F ＝1.8 N.(2)设A 、B 两物块8 s 内的位移分别为x 1、x 2由图象得：x 1＝12×(6＋12)×8＝72 m ，x 2＝12×6×4＝12 m ，所以x ＝x 1－x 2＝60 m.答案：(1)1.8 N (2)60 m 10.图3－2－18如图3－2－18为一滑梯的示意图，滑梯的长度AB 为L ＝5.0 m ，倾角θ＝37°.BC 段为与滑梯平滑连接的水平地面．一个小孩从滑梯顶端由静止开始滑下，离开B 点后在地面上滑行了s ＝2.25 m 后停下．小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ＝0.3.不计空气阻力．取g ＝10 m/s 2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小孩沿滑梯下滑时的加速度a 的大小；(2)小孩滑到滑梯底端B 时的速度v 的大小； (3)小孩与地面间的动摩擦因数μ′.解析：(1)小孩受力如右图所示由牛顿运动定律得mg sin θ－μF N ＝ma ，F N －mg cos θ＝0 解得a ＝g sin θ－μg cos θ＝3.6 m/s 2. (2)由v 2＝2aL ，求出v ＝6 m/s.(3)由匀变速直线运动规律得0－v 2＝2a ′s ，由牛顿第二定律得μ′mg ＝ma ′，解得μ′＝0.8.答案：(1)3.6 m/s 2(2)6 m/s (3)0.8 11.图3－2－19如图3－2－19所示，长L ＝1.5 m ，高h ＝0.45 m ，质量M ＝10 kg 的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v 0＝3.6 m/s 时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F ＝50 N ，并同时将一个质量m ＝1 kg 的小球轻放在距木箱右端L3的P 点(小球可视为质点，放在P 点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g ＝10 m/s 2.求： (1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间； (2)小球放在P 点后，木箱向右运动的最大位移； (3)小球离开木箱时木箱的速度．解析：(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间 由h ＝12gt 2，t ＝2hg＝2×0.4510s ＝0.3 s. (2)小球放到木箱上后相对地面静止，木箱的加速度为a 1＝F ＋μ(M ＋m )g M ＝50＋0.2×(10＋1)×1010m/s 2＝7.2 m/s 2木箱向右运动的最大位移为：x 1＝v 202a 1＝ 3.622×7.2m ＝0.9 m.(3)x 1小于1 m ，所以小球不会从木箱的左端掉下．木箱向左运动的加速度为a 2＝F －μ(M ＋m )g M ＝50－0.2×(10＋1)×1010m/s 2＝2.8 m/s 2设木箱向左运动的距离为x 2时，小球脱离木箱x 2＝x 1＋L3＝0.9 m ＋0.5 m ＝1.4 m设木箱向左运动的时间为t 2，由x ＝12at 2得t 2＝2x 2a 2＝2×1.42.8s ＝1 s 小球刚离开木箱瞬间，木箱的速度方向向左，大小为v 2＝a 2t 2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s. 答案：(1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s。
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图3－2－13
（1）从挡板开始运动到球与挡板分离所经历的时间；
（2）从挡板开始运动到球速达到最大，球所经过的最小路程.
解析：（1）当球与挡板分离时，挡板对球的作用力为零，对球由牛顿第二定律得
mgsinθ－kx=ma
则球做匀加速运动的位移为
x=
当x=at2得，从挡板开始运动到球与挡板分离所经历的时间为
第Ⅱ单元 动力学的两类基本问题·超重和失重
●闯关训练
夯实基础
1.将"超级市场"中运送货物所用的平板车固定在水平地面上，配送员用4.0×102 N的水平力推动一箱1.0×102 kg的货物时，该货物刚好能在平板车上开始滑动；若配送员推动平板车由静止开始加速前进，要使此箱货物不从车上滑落，配送员推车时车的加速度的取值可以为
答案：1.2 m 2 360 N
12.滑雪运动员依靠手中的撑杆用力往后推地，获得向前的动力.一运动员的质量是60 kg，撑杆对地面向后的平均作用力是300 N，力的持续作用时间是0.4 s，两次用力之间的间隔时间是0.2 s，不计摩擦阻力.若运动员从静止开始做直线运动，求6 s内的位移是多少?
解析：小孩从滑梯上下滑时，受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得，
mgsinα－μmgcosα=ma
a=g（sinα－μcosα）
可见小孩下滑的加速度与质量无关，因此，他抱小狗下滑时和不抱小狗下滑时的加速度相同，A选项正确.
答案：A
3.一物块靠在竖直墙壁上，受到变化规律为F=kt（k＞0）的水平外力作用.设物块从t=0时刻起由静止开始沿墙壁竖直下落，物块与墙壁间的摩擦力Ff随时间的变化图象如图3－2－8所示.从图象可知
以上说法正确的是
A.只有① B.只有② C.①③ D.②④
解析：设直径为d，当物体沿与竖直方向成θ角的弦下滑时，加速度a=gcosθ，弦长s=dcosθ.所以物体沿弦滑动时间t==.可见，t的大小仅由直径d决定，而与θ无关.
答案：D
7.一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房项的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度.设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动，那么，图3－2－11中所示的四种情况中符合要求的是
解析：运动员的加速度
a== m/s2=5 m/s2
第一个0.4 s，运动员的位移是：
s1=at2=×5×0.42 m=0.4 m
第一个0.2 s，运动员的位移是：
s1′=at·=5×0.4×0.2 m=0.4 m
第二个0.4 s，运动员的位移是：
s2=at·t+a·t2
答案：受F拉力作用 1.8
9.质量为60 kg的人站在升降机中的台秤上，升降机以2 m/s的速度竖直下降，此人突然发现台秤的读数变为630 N，并持续2 s，求升降机在这2 s内下降了多少米?（g取10 m/s2）
解析：人处于超重状态，升降机的加速度方向向上，它正减速下降，取运动方向为正方向，由牛顿第二定律得mg－FN=ma
h2== m=0.8 m
夯上升的高度为H=h1+h2=1.2 m
夯从最高点落到地面时的速度为
v2== m/s=2 m/s
夯打击地面时，夯的加速度大小为
a2== m/s2=20 m/s2
对夯由牛顿第二定律得
F－mg=ma
夯打击地面时所受的力为
F=m（g+a）=40×（10+20） N=2 360 N.
解得下滑的加速度为 a=g（sin37°－μcos37°）=2.0 m/s2.
（2）设允许斜坡的最大长度为s，根据动能定理，在整个过程中，滑板的初、末动能都为零，即
mgssin37°－μmgscos37°－μmgL=0
解出 s==50.0 m.
答案：（1）2.0 m/s2 （2）50.0 m
答案：C
4.如图3－2－9所示，在倾角为θ的光滑坡面上放一块上表面粗糙，下表面光滑的木板，木块质量为m1.质量为m2的人在木板上应向_______以加速度_______奔跑时，可使木板不动.
图3－2－9
解析：因木板有下滑的趋势，故人对木板的摩擦力应沿斜面向上，即人应沿斜面向下奔跑.对木板进行受力分析知，人对木板的摩擦力应为m1gsinθ.以人为研究对象，人所受的合力为：m1gsinθ+m2gsinθ，利用牛顿第二定律：F合=ma得m1gsinθ+m2gsinθ=m2a，可得a=gsinθ.
即要使此箱货物不从车上滑落，车的加速度的取值范围为0≤am≤4.0 m/s2，故①④正确，选D.
答案：D
2.一个小孩从滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动.第一次小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a1.第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下（小狗不与滑梯接触），加速度为a2.则
A.a1=a2 B.a2＜a2 C.a1＞a2 D.无法判断
t==.
（2）球速最大时，其加速度为零，则有k=mgsinθ
球从开始运动到球速最大，它所经历的最小路程为=.
答案：（1） （2）
14.在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动.如图3－2－14所示，人坐在滑板上从斜坡的高处由静止开始滑下，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.若某人和滑板的总质量m=60.0 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数相同，大小为μ=0.50，斜坡的倾角θ=37°.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10 m/s2.
图3－2－14
（1）人从斜坡滑下的加速度为多大？
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大长度为L=20.0 m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
解析：（1）人和滑板在斜坡上受重力、支持力和摩擦力作用而做匀加速运动，根据牛顿第二定律，mgsin37°－μmgcos37°=ma
解析：夯加速上升时的加速度为a1，由牛顿第二定律得
2F+4Fcos60°－mg=ma1
a1== m/s2=20 m/s2
加速上升的高度为
h1=a1t12=×20×0.22 m=0.4 m
速度为v1=a1t1=20×0.2 m/s=4 m/s
夯减速上升的高度为
探究创新
15.有点难度哟！
如图3－2－15所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩，弹簧被压缩了x0时，物块的速度变为零.从物块与弹簧接触开始，物块的加速度的大小随下降的位移x变化的图象可能是图3－2－16中的
物体下降的加速度为
a== m/s2=－0.5 m/s2
2 s末升降机的速度为
vt=v0+at=2 m/s+（－0.5）×2 m/s=1 m/s
升降机在2 s末正继续下降，它在开始减速下降的2 s内，下降的高度为
h=t=×2 Leabharlann =3 m. 答案：3 m
10.法国人劳伦特·菲舍尔在澳大利亚伯斯的"冒险世界"进行了超高空特技跳水表演，他从30 m高的塔上跳下准确地落入水池中.已知水对他的阻力（包括浮力）是他重力的3.5倍，他在空中时空气对他的阻力是他重力的0.2倍，试计算需要准备一个至少多深的水池？（g取10 m/s2）
解析：当加速度竖直向下时，物体处于失重状态；当加速度竖直向上时，物体处于超重状态.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时加速度为零，处于平衡状态，A选项不正确.蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度均竖直向下，都处于失重状态，B选项正确.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内加速度为零，处于平衡状态，C选项不正确.游泳运动员仰卧在水面静止不动时加速度为零，处于平衡状态，D选项不正确.
答案：沿斜面向下 gsinθ
5.（2004年全国理综一，20）下列哪个说法是正确的
A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
答案：9.6 m
培养能力
11.在建筑工地上，有六人一起打夯，其中四个人牵绳，绳跟竖直方向成60°角，扶夯的两人用力方向竖直向上.设每人用力F均为300 N，每次用力时间为0.2 s，夯重400 N.求夯上升的高度.又设夯落地时跟地面接触的时间为0.1 s，求夯每次打击地面所受到的力.（g取10 m/s2，不计空气阻力）
图3－2－8
A.在0～t1时间内物块做匀加速直线运动
B.在0～t1时间内，物块做加速度逐渐增大的加速运动
C.物块的重力大小等于a
D.物块受到的最大静摩擦力恒等于b
解析：0～t1内：F增大，则Ff增大，竖直方向合力向下且减小，物体做加速度减小的加速运动；t1～t2内Ff大于G，故合力向上，物体做加速度增大的减速运动；t2时刻以后，物体静止，故Ff =G=a.
答案：B
6.如图3－2－10所示，一物体从竖直平面内圆环的最高点A处由静止开始沿光滑弦轨道AB下滑至B点，那么
图3－2－10
①只要知道弦长，就能求出运动时间 ②只要知道圆半径，就能求出运动时间 ③只要知道倾角θ，就能求出运动时间 ④只要知道弦长和倾角就能求出运动时间
=5×0.42 m+×5×0.42 m
=1.2 m=3s1
第二个0.2 s，运动员的位移是：
s2′=a·2t·=0.8 m=2s1′
第三个0.4 s，运动员的位移是：
s3=a·2t·t+a·t2=5s1