河南省高考物理总复习 第3章 第2讲 两类动力学问题 超重和失重课时限时检测
高三物理一轮复习 第三章 第2讲 两类动力学问题超重和失重课时作业 新人教版
第三章第2讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1．(2009年安徽卷)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【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．在2008年北京奥运会上，比利时选手埃勒博第一跳轻松跃过2.05米的横杆，凭借这一成绩获得北京奥运会女子跳高冠军，假设埃勒博体重为m＝50 kg.忽略空气阻力．g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．埃勒博下降过程处于失重状态B．埃勒博起跳以后在上升过程处于超重状态C．埃勒博起跳时地面对她的支持力大于她的重力D．起跳以后上升过程和下降过程均处于失重状态【解析】上升和下降过程中，埃勒博只受到重力作用，加速度向下，均处于失重状态，A、D选项均正确B选项错误；起跳时埃勒博向上加速，加速度向上，地面对她的支持力大于她的重力，C选项正确．【答案】ACD3．如图所示，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<F2 B．F1＝F2C ．t 1一定大于t 2D ．t 1可能等于t 2【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F 1＝F 2.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t 1可能等于t 2.【答案】 BD4．如下图所示，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，则在此段时间内小车可能是( )A ．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 【解析】 本题考查牛顿第二定律中已知受力情况分析物体运动状态这一知识点．由于小球与车相对静止，故小球与小车具有相同的加速度．而小球所受合力即为弹簧的弹力，已知弹簧处于压缩状态，故小球受到的合力方向向右，由牛顿第二定律可知其加速度方向亦向右，但不能确定其速度方向，若小车向右运动，加速度方向也向右，加速度与速度方向相同，则小车做匀加速直线运动；若小车向左运动，而加速度方向向右，加速度方向与速度方向相反，则小车做匀减速直线运动，故A 、D 项正确． 【答案】 AD5．如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 点所用的时间，则( )A ．t 1＜t 2＜t 3B ．t 1＞t 2＞t 3C ．t 3＞t 1＞t 2D ．t 1＝t 2＝t 3【解析】 设P 为圆上的任一点，∠adP ＝θ，s ＝Pd ＝2R cos θ，由s ＝12at 2，且a ＝g cos θ，则t ＝2Rg，显然t 与θ无关，故D 项正确． 【答案】 D6．(2009年北京卷)如图所示，将质量为m 的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，则( )A．将滑块由静止释放，如果μ>tan θ，滑块将下滑B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ<tan θ，滑块将减速下滑C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tan θ，拉力大小应是2mg sin θD．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tan θ，拉力大小应是mg sin θ【解析】对放在斜面上的滑块受力分析，当mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ时，滑块受力平衡，若先前静止，则滑块静止；若有向下的初速度，则做匀速运动．A中，μ>tan θ，滑块静止在斜面上不会下滑；B中，滑块要加速下滑；C中，拉力沿斜面向上，滑动摩擦力向下，则拉力的大小为2mg sin θ；D中，滑块沿斜面向下匀速滑动，不需要外力作用．【答案】 C7．如图所示为杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )A．(M＋m)g－maB．(M＋m)g＋maC．(M＋m)gD．(M－m)g【解析】考查牛顿第二定律的应用，超重、失重概念．将杆和人看成一个整体，当人以加速度a加速下滑时，人处于失重状态，失重量为ma，因此系统对支持物的压力会比重力小ma，因此竿对人的压力为(M＋m)g－ma，A项正确．本题难度中等．【答案】 A8．(2009年合肥十中高三第二次阶段性考试)两倾斜的滑杆上分别套有A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊着一个物体，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与滑杆垂直，B的悬线竖直向下，则( )A．A圆环与滑杆间没有摩擦力B．B圆环与滑杆间没有摩擦力C．A圆环做的是匀速运动D．B圆环做的是匀速运动【解析】由于A圆环与物体的连线与滑杆垂直，对物体研究，将物体的重力沿滑杆的方向和垂直于滑杆的方向分解，则沿滑杆向下的分力产生的加速度为g sin θ，对整体研究，整体沿滑杆向下运动，整体要有沿滑杆向下的加速度必须是A圆环与滑杆的摩擦力为零，A正确；对B圆环连接的物体研究，由于连接圆环与物体的绳竖直向下，物体受到的合力如果不为零，合力必定沿竖直方向，合力在垂直于滑杆的方向上的分力必产生加速度，这与题意矛盾，物体在垂直于滑杆的方向上速度为零，因此物体受到的合力必为零，物体和圆环一起做匀速运动．D 正确． 【答案】 AD9．用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长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v 0开始自由下滑，当v 0＝2 m/s 时，经过0.8 s 后小物块停在斜面上．多次改变v 0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 －v 0图象，如下图所示，则下列说法中正确的是( )A ．小物块在斜面上运动时加速度大小为2.5 m/s 2B ．小物块在斜面上运动时加速度大小为0.4 m/s 2C ．小物块与该种材料间的动摩擦因数为32D ．由图可推断若小物块初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大【解析】 从图象可知加速度为a ＝v 0t＝2.5 m/s 2，所以A 正确，B 错误；根据牛顿第二定律有ma ＝μmg cos θ－mg sin θ，得到μ＝32，C 正确；随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系，所以D 错误． 【答案】 AC10．(2010年湖北重点中学联考)完整的撑杆跳高过程可以简化成如下图所示的三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落．在第二十九届北京奥运会比赛中，俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a ＝1.25 m/s 2匀加速助跑，速度达到v ＝9.0 m/s 时撑杆起跳，到达最高点时过杆的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h 2＝4.05 m 时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t ＝0.90 s ．已知伊辛巴耶娃的质量m ＝65 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气的阻力．求：(1)伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；(2)假设伊辛巴耶娃从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速运动，求软垫对她的作用力大小．【解析】 (1)设助跑距离为x ，由运动学公式v 2＝2ax解得：x ＝v 22a＝32.4 m.(2)运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v ′，由运动学公式有： v ′2＝2gh 2设软垫对运动员的作用力为F ，由牛顿第二定律得 F －mg ＝ma ′ 由运动学公式a ′＝v ′t解得：F ＝1 300 N.【答案】 (1)32.4 m (2)1 300 N11．(2009年浙江六校联考)如图甲所示，质量为M 的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一个质量为m 、大小可以忽略的铁块，已知M ＝m ＝1 kg ，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取g ＝10 m/s 2，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．试求：甲 乙(1)若木板长L ＝1 m ，给铁块一初速度v 0＝4 m/s 使之向右运动，问：经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F ，请通过计算在图乙所给的坐标系中画出铁块受到的摩擦力F f 的大小随拉力F 大小变化的图象． 【解析】 (1)研究铁块m μ1mg ＝ma 1，a 1＝4 m/s 研究木板Mμ1mg －μ2(mg ＋Mg )＝Ma 2，a 2＝2 m/s 2L ＝v 0t －12a 1t 2－12a 2t 2解得：t 1＝1 s(舍去)t 2＝13s ，经过1/3 s 铁块运动到木板的右端．(2)当F ≤μ2(mg ＋Mg )，即F ≤2 N 时，F f ＝0 N 当μ2(mg ＋Mg )<F ≤10 N 时，M 、m 相对静止 F －μ2(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a F f ＝ma即：F f ＝F2－1(N)当10 N<F 时，m 相对M 滑动，此时摩擦力F f ＝μ1mg ＝4 N 摩擦力F f 的大小随拉力F 大小变化如下图所示． 【答案】 (1)13 s(2)如下图12．如下图所示，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。
高三物理一轮复习 第三章 第2讲 两类动力学问题超重和失重2
峙对市爱惜阳光实验学校第三章第2讲两类动力学问题、超重和失重2(时间45分钟，总分值100分)一、选择题(此题共10小题，每题7分，共70分．在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)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2.图3－2－12(一中模拟)2011年8月30日，在韩国大邱田径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．假设不计空气阻力，那么穆勒在这次撑杆跳高中( )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3.图3－2－13(2021·模拟)如图3－2－13所示，滑板运发动沿水平地面向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板别离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力．那么运发动( )A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后B．在空中水平方向先加速后减速C．在空中机械能不变D．越过杆后仍落在滑板起跳的位置4.图3－2－14(一中质检)如图3－2－14所示为索道输运货物的情景．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5倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A．0.35mg B．0.4mgC．0.3mg D．0.2mg5．如图3－2－15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，那么以下说法中正确的选项是( )甲乙图3－2－15A．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时刻物块的速度最大6.图3－2－16(陕大质检)如图3－2－16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．假设小车以1 m/s2的加速度水平向右运动，那么(g＝10 m/s2)( )A．物体相对小车仍然静止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.图3－2－17(模拟)如图3－2－17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.以下说法中正确的选项是( )A．假设传送带不动，v B＝3 m/sB．假设传送带逆时针匀速转动，v B一于3 m/sC．假设传送带顺时针匀速转动，v B一于3 m/sD ．假设传送带顺时针匀速转动，v B有可能于3 m/s8．(2021·四校12月月考)如图3－2－18所示，光滑水平面上放置有质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块；使三个木块以同一加速度运动，那么以下说法正确的选项是( )图3－2－18A．质量为2m 的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到T时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为23T9.图3－2－19(高三)如图3－2－19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．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∶410．(2021·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．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3－2－20所示．重力加速度g取10 m/s2，那么物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为( )图3－2－20A．18 m B．54 mC．72 m D．198 m二、非选择题(此题共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．(15分)(模拟)如图3－2－21所示，一光滑斜面固在水平地面上，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，下表给出了测量数据．图3－2－21t/s0.00.20.4……v/(m·s－1)0.0 1.0 2.0……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．12．(15分)(州模拟)如图3－2－22所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动．在传送带上端A 处无初速度的放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所用时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)图3－2－22答案与解析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 f m，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错误，C正确．【答案】CD2【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．对于此题来说起跳时竖直方向由静止上升，具有向上的加速度，故杆对运发动的弹力大于重力，故A对；在下落过程具有向下的加速度，运发动处于失重状态，故D对．【答案】AD3【解析】由于人竖直向上跳起，那么脚与滑板作用力在竖直方向，A错误；忽略阻力，人在空中的运动仅受重力作用，那么机械能守恒，C正确；根据牛顿运动律，水平方向上人继续以与滑板相同的初速度运动，那么B错误，D 正确．【答案】CD4【解析】重物受力图如下图，根据牛顿第二律可得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正确．【答案】AD6【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；假设小车以1 m/s2的加速度向右匀加速运动，那么弹簧还处于拉伸状态，设弹力F不变，仍为5 N，由牛顿第二律可知：F＋f＝ma，得f＝5 N≤f m，那么物体相对小车静止，弹力不变，摩擦力的大小不变，选项A、C正确．【答案】AC7【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，那么物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度于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】 ABD8【解析】 由于三木块一起做匀加速运动，所以2m 的木块对m 的木块有水平向右的静摩擦力.2m 的木块受重力、绳的拉力、上下面的弹力和m 的静摩擦力共五个力的作用，A 错误；对系统整体受力分析，得F ＝6ma ；对2m 物块受力分析，得T －f m ＝2ma ；对m 受力分析，得f m ＝ma ，联立三式可得，F 增大到2T 时，轻绳上的力才到达临界T ，故B 、D 错误，C 正确．【答案】 C9【解析】 a 1t 1＝v max ＝a 2t 2，利用a 1＝2a 2得t 1∶t 2＝1∶2，B 正确；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，那么其位移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】 BC10【解析】 此题考查了牛顿运动律和运动学公式，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 ＝54 m ，故B 选项正确．【答案】 B11【解析】 (1)经分析可知，当t ＝ s 时，物体已通过B 点．因此减速过程加速度大小a 2 ＝－－m/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t 1，在B 点时有 5t 1＝＋6(－t 1)，t 1＝ 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(－1.6) m/s ＝6.9 m/s.【答案】 (1)37° (2)11 N (3)6.9 m/s12【解析】 物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，物体由静止加速，由牛顿第二律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2物体加速到与传送带相同的速度需要的时间为t 1＝v a 1＝1010s ＝1 s物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为 s ＝12a 1t 21＝5 m由于μ<tan θ(μ＝0.5，tan θ＝0.75)，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体的速度大于传送带的速度时，物体受到沿传送带向上的摩擦力，受力如图乙所示由牛顿第二律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 解得a 2＝2 m/s 2设后一阶段物体滑至底端所用时间为t 2 由L －s ＝vt 2＋12a 2t 22解得t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以，物体从A 运动到B 所用时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.【答案】 2 s。
高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课后限时训练 新人教版必
2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课后限时训练新人教版必修1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课后限时训练新人教版必修1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题（本题共8小题,1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2017·河南中原名校联考）如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住,现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦,以下说法中正确的是错误!（ D )A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值[解析] 小球受到重力mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1,设斜面的倾角为α，则竖直方向有：Fcosα＝mg；因为mg和α不变，故无论加速度如何变化，F N2不变且不N2可能为零，故B错误,D正确。
水平方向有：F N1－F N2sinα＝ma,因为F N2sinα≠0,若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错误.斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的ma的合力，因此不等于ma，故C错误。
2．(2016·河北“五个一名校联盟教学质量监测”)如图，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起,B、C之间用轻弹簧拴接,用细线悬挂在天花板上,整个系统均静止，现将A上面的细线烧断，使A的上端失去拉力，则在烧断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为错误!（ A )A．1。
高考物理一轮复习 第3章 第2课时 两类动力学问题 超重和失重练习人教大纲
取夺市安慰阳光实验学校第2课时两类动力学问题超重和失重1. 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3－2－6所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )图3－2－6A．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. 如图3－2－7所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用后静止不动．现保持F1不变，使F2逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来大小．在这个过程中，下图中能正确描述木块运动情况的图象是( )图3－2－7解析：由牛顿第二定律可知F1－F2＝ma，F2逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来大小的过程中，a先逐渐增大，到F2＝0时a达到最大，然后又逐渐减小，F2恢复到原来大小时a减小到零．答案：B3. (2010·合肥十中高三第二次阶段性考试)两倾斜的滑杆上分别套有A、B两个圆环，两圆环上分别用细线悬吊着一个物体，如图3－2－8所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与滑杆垂直，B的悬线竖直向下，则( )图3－2－8A．A圆环与滑杆无摩擦力B．B圆环与滑杆无摩擦力C．A圆环做的是匀速运动D．B圆环做的是匀速运动解析：由于A圆环与物体的连线与滑杆垂直，对物体研究，将物体的重力沿滑杆的方向和垂直于滑杆的方向分解，则沿滑杆向下的分力产生的加速度为g sin θ，对整体研究，整体沿滑杆向下运动，整体要有沿滑杆向下的加速度必须是A圆环与滑杆的摩擦力为零，A正确；对B圆环连接的物体研究，由于连接圆环与物体的绳竖直向下，物体受到的合力如果不为零，合力必定沿竖直方向，合力在垂直于滑杆的方向上的分力必产生加速度，这与题意矛盾，物体在垂直于滑杆的方向上速度为零，因此物体受到的合力必为零，物体和圆环一起做匀速运动．D正确．答案：AD4. 如图3－2－9所示，一位质量为m＝65 kg的特技演员，在进行试镜排练时，从离地面高h1＝6 m高的楼房窗口跳出后竖直下落，若有一辆平板汽车正沿着下落点正下方所在的水平直线，以v0＝6 m/s的速度匀速前进，已知该演员刚跳出时，平板汽车恰好运动到其前端距离下落点正下方3 m处，该汽车车头长2 m，汽车平板长4.5 m，平板车板面离地面高h2＝1 m，人可看做质点，g取10 m/s2，人下落过程中未与汽车车头接触，人与车平板间的动摩擦因数μ＝0.2.问：(1)人将落在平板车上距车尾端多远处？(2)假定人落到平板上后立即俯卧在车上不弹起，司机同时使车开始以大小为a车＝4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，则人是否会从平板车上滑下？图3－2－9解析：(1)设人下落时间为t，则h1－h2＝12gt2车在时间t内运动的位移s＝v0t联立解得s＝6 m人在车上的落点距车尾端d＝(3＋2＋4.5)m－6 m＝3.5 m.(2)人在车平板上的加速度a人＝μmgm＝2 m/s2设人未滑下，且经时间t′，人与车达到相等的速度v，则v＝a人t′＝v0－a车t′s车＝v0t′－12a车t′2，s人＝12a人t′2人相对车向后滑动Δs＝s车－s人联立解出：Δs＝3 m＜3.5 m，故不会滑下．答案：(1)3.5 m (2)不会滑下5．如图3－2－10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＝1×103 kg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/s2.试求：图3－2－10(1)钢锭从坡底(如图3－2－10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3－2－10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＝3×103 N由牛顿第二定律有F f－mg sin α＝ma1解得a1＝2 m/s2钢锭做匀加速运动的时间t1＝va1＝2 s位移s1＝12a1t21＝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s2＝L－l－s1＝8 m做匀速直线运动的时间t2＝s2v＝2 s所需最短时间t＝t1＋t2＝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＝ma2解得a2＝4 m/s2匀减速运动时间t3＝va2＝1 s匀减速运动位移s3＝v2t3＝2 m匀速运动的位移s4＝L－l－s1－s3＝6 m电动机至少要工作的时间t＝t1＋s4v＝3.5 s.答案：(1)4 s (2)3.5 s1．2008年9月25日21时10分，世界瞩目的中国“神舟”七号载人飞船成功发射，飞行2天20小时27分钟，绕地球飞行45圈，于9月28日17时37分安全返回着陆，航天员翟志刚、刘伯明、景海鹏健康自主出舱，标志着我国已成为世界上继、俄罗斯之后，第3个掌握出舱活动关键技术的国家．在载人飞船及助推起飞的整个过程中，下列有关航天员的说法正确的是( )A．飞船由承载升空过程中，飞船中的宇航员处于超重状态B．飞船返回舱打开降落伞下降的过程中，飞船中的宇航员处于失重状态C．在助推起飞阶段和返回舱打开降落伞返回过程中，飞船中的宇航员都处于超重状态D．飞行的全过程中均有可能失重解析：飞船由承载升空过程，是向上的加速运动，所以出现超重现象，A正确；返回舱打开降落伞下降的过程，是向下减速，也会出现超重现象，B错误，C 正确；飞船飞行的整个过程中有时超重，有时失重，D错误．答案：AC2. 2008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3－2－11所示，则( )图3－2－11A．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：BD3．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3－2－12所示，乙图为电梯匀速运动的照片。
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲两类动力学问题超重与失重课件
3-1 (2014课标Ⅰ,24,12分)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安 全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安 全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系 统的反应时间之和为1 s,当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速 度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的 动摩擦因数为晴天时的2/5,若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天 安全行驶的最大速度。 答案 20 m/s(72 km/h) 解析 设路面干燥时,汽车与路面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的 加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学 公式得
答案 660 N 60 3 N 解析 对人受力分析,他受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用,如图 甲所示,将加速度如图乙所示分解。
由牛顿第二定律得 Ff=ma cos θ FN-mg=ma sin θ 解得:FN=660 N,Ff=60 3 N。 由牛顿第三定律知,人对扶梯的压力大小是660 N。
答案 (1) 2 s (2)(mgkv0)t2 2 2ms
t2
(mgkv0)t2
(3) m gtg2 - 2 m s k v 0 kv0t2 2ms m
解析 (1)根据匀加速直线运动规律,有
s= 1 a't2 (2分)
答案 B 由题图可知a点处人处于平衡状态,则人的重力G=500 N,A错 误。c、e点处人对传感器的压力大于人所受重力,故都处于超重状态,B 正确、C错误。在d点处人所受合力为1 000 N,而在f点处人所受合力仅 为500 N,再由牛顿第二定律可知人在d点处的加速度大,D错误。
2-2 (2015海南单科,9,5分)(多选)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上 放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当 升降机加速上升时, ( )
2021年高考物理总复习 第3章 第2讲 两类动力学问题 超重和失重课时限时检测
2021年高考物理总复习 第3章 第2讲 两类动力学问题 超重和失重课时限时检测知识点 题号易 中难 动态分析 3 5、7超重、失重1、2 4、8两类动力学问题6 9 10、11、12 A B ．木块立即做加速度减小的减速直线运动C ．在弹簧弹力大小等于恒力F 时，木块的速度最大D ．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零【解析】 当木块刚接触弹簧时，恒力F 大于弹簧弹力，木块仍有向左的加速度，随着弹簧的压缩量x 的增大，弹力增大，由牛顿第二定律F －kx ＝ma 知木块的加速度逐渐减小，但加速度、速度同向，故木块做加速度减小的加速运动，当kx ＝F 时，木块速度最大，之后加速度反向，木块向左做加速度增大的减速运动，直到速度减为零，此时木块具有向右的最大加速度，综上所述可知A 、B 、D 错，C 对．【答案】 C4.图3－2－15(xx·洛阳一中质检)如图3－2－15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)( )A ．0.35mgB ．0.4mgC ．0.3mgD ．0.2mg【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．(xx·江苏高考)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象，可能正确的是( )【解析】 皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝kv 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝kvm＋g ，可知，a 随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确．【答案】 C图3－2－166．(xx·浙江联考)如图3－2－16所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 的作用时间至少为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0.8 sB ．1.0 s C.255s D.2510s 【解析】 板在F 作用下做加速运动F －μmg ＝ma 1，a 1＝1 m/s 2，v 2＝2a 1x 1F 撤去后物体做减速运动，μmg ＝ma 2，a 2＝4 m/s 2.速度减为零v 2＝2a 2x 2.当板的重心越过桌子边缘会自动翻下桌子，则有x 1＋x 2＝L2. v 22a 1＋v 22a 2＝L 2，v ＝0.8 m/s ，t 1＝v a 1＝0.8 s ，故A 项正确． 【答案】 A7．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【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 f m，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 错误，C 正确．【答案】 CD图3－2－178．(xx·保定模拟)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，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－17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 ．t 2时刻卫星到达最高点，t 3时刻卫星落回地面B ．卫星在0～t 1时间内的加速度大于t 1～t 2时间内的加速度C. t 1～t 2时间内卫星处于超重状态D. t 2～t 3时间内卫星处于失重状态【解析】 卫星在0～t 3时间内速度方向不变，一直升高，在t 3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，t 1～t 2时间内卫星的加速度大，B 错误；t 1～t 2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t 2～t 3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C 、D 正确．【答案】 CD9．实验小组利用DIS 系统(数字化信息实验室系统)，观察超重和失重现象．他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10 N 的钩码．在电梯运动的过程中，计算机显示屏上显示出如图3－2－18所示的图线，根据图线分析可知，下列说法中正确的是( )图3－2－18A ．从时刻t 1到t 2，钩码处于失重状态；从时刻t 3到t 4，钩码处于超重状态B ．t 1到t 2时间内，电梯一定正在向下运动；t 3到t 4时间内，电梯可能正在向上运动C ．t 1到t 4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下D ．t 1到t 4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上【解析】F－t图象中的力F是钩码对传感器的作用力，也等于传感器对钩码向上的拉力．当F＝10 N时，钩码(连同电梯)正在匀速运动(向上或向下)，t1～t2时间内，拉力小于重力，钩码处于失重状态，所以加速度的方向向下，即电梯向下加速或向上减速，而在t3～t4时间内，向上的拉力大于重力，钩码处于超重状态，即电梯向上加速或向下减速，故A、C正确．【答案】AC☆10.图3－2－19(xx届大连模拟)如图3－2－19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( )A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动，v B一定等于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有可能等于3 m/s【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】ABD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.(15分)图3－2－20甲是xx年我国运动员在伦敦奥运会蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g＝10 m/s2，根据F－t图象求：图甲图乙图3－2－20(1)运动员的质量；(2)运动员在运动过程中的最大加速度；(3)在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．【解析】 (1)由题图乙可知运动员所受重力为500 N ，设运动员质量为m ，则，m ＝G g＝50 kg(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为 F m ＝2 500 N ，设运动员的最大加速度为a m ，则F m －mg ＝ma ma m ＝F m －mg m ＝2 500－50050m/s 2＝40 m/s 2 (3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s 或9.4 s ，再下落到蹦床上的时刻为8.4 s 或11 s ，它们的时间间隔均为1.6 s ．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s.设运动员上升的最大高度为H ，则H ＝12gt 2＝12×10×0.82 m ＝3.2 m 【答案】 (1)50 kg (4)40 m/s 2 (3)3.2 m☆12.图3－2－21(15分)(xx·西安一中检测)如图3－2－21所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A 到B 长度为16 m ，传送带以10 m/s 的速度逆时针转动．在传送带上端A 处无初速度的放一个质量为0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A 运动到B 所用时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)【解析】 物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律得，mg sinθ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2物体加速到与传送带相同的速度需要的时间为t 1＝v a 1＝1010s ＝1 s 物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为s ＝12a 1t 21＝5 m 由于μ<tan θ(μ＝0.5，tan θ＝0.75)，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体的速度大于传送带的速度时，物体受到沿传送带向上的摩擦力，受力如图乙所示由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2设后一阶段物体滑至底端所用时间为t 2由L －s ＝vt 2＋12a 2t 22 解得t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以，物体从A 运动到B 所用时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.【答案】 2 s 38639 96EF 雯\S24267 5ECB 廋$23905 5D61 嵡H30156 75CC 痌222119 5667 噧a20695 50D7 僗UY32388 7E84 纄。
2021-2022年高考物理总复习 第3章 第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题分组训练(含解析)
2021年高考物理总复习第3章第2课时牛顿第二定律两类动力学问题分组训练（含解析）A组由运动情况确定受力问题1.建筑工人用如图7所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的建筑工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度上升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则建筑工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )图7A．510 N B．490 NC．890 N D．910 N【答案】B【解析】设物体的质量为m，加速度的大小为a，对物体用牛顿第二定律得F－mg ＝ma，解得F＝210 N.设地面对建筑工人的支持力为F N，建筑工人的质量为M，对建筑工人用平衡条件得F N＋F＝Mg，F N＝490 N.根据牛顿第三定律可得建筑工人对地面的压力大小为F N′＝F N＝490 N.2. (xx·湛江检测)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v －t图线如图8所示，则( )图8A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大 【答案】CD【解析】由题图可知0～t 1，物体做a 减小的加速运动，t 1时刻a 减小为零．由a＝F －fm可知，F 逐渐减小，最终F ＝f ，故A 、B 错误．t 1～t 2物体做a 增大的减速运动，由a ＝f －Fm可知，至物体速度减为零之前，F 有可能是正向逐渐减小，也可能是已正向减为零且负向增大，故C 、D 正确．3．(xx·普宁模拟)如图9所示，传送带保持v 0＝1 m/s 的速度运动，现将一质量m ＝0.5 kg 的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离s ＝2.5 m ，则物体从左端运动到右端所经历的时间为(g ＝10 m/s 2)( )图9A ． 5 sB ．(6－1) sC ．3 sD ．5 s【答案】C【解析】物体在传送带上做加速运动时：a ＝Fm＝μg ＝1 m/s 2加速运动的位移s 1＝v 202a＝0.5 m时间t 1＝v 0a＝1 s匀速运动的位移s 2＝s －s 1＝2 m时间t 2＝s 2v 0＝2 s ，总时间为3 s.B 组 由受力情况确定运动情况4.如图10甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图10乙所示，根据图乙中所标出的数据能计算出来的有( )图10A ．物体的质量B ．物体与水平面间的滑动摩擦力C ．在F 为10 N 时，物体的速度大小D ．在F 为14 N 时，物体的速度大小 【答案】AB5．(xx·珠海调研)利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值，如图11所示是用这种方法获得的弹性细绳中拉力F 随时间t 变化的图线．实验时，把小球举到悬点O 处，然后放手让小球自由落下，由图线所提供的信息可以判断( )图11A ．绳子的自然长度为gt 212B ．t 2时刻小球的速度最大C ．t 1时刻小球处在最低点D ．t 1时刻到t 2时刻小球的速度先增大后减小 【答案】AD【解析】由F t 图线可知自由下落时间为t 1，根据自由落体运动的位移公式可得绳子的自然长度为gt 212，故A 正确；t 2时刻力最大，表明小球此时到达最低点，速度为零，故B 、C 均错误；在“t 1时刻到t 2时刻”间小球所受的合外力先向下后向上，故加速度先向下后向上，而速度始终向下，所以小球的速度先增大后减小，故D 正确．6．(xx·江苏高考)将一个皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象，可能正确的是( )【答案】C【解析】物体向上运动时，空气阻力向下，加速度由重力和空气阻力的合力提供，且a >g ，当物体速度变小，空气阻力变小，加速度变小；物体到达最高点时，空气阻力为零，加速度为重力加速度，不为零，故C正确．。
2019届高考物理复习讲义：第3章-第2讲-两类动力学问题：超重和失重(含答案)
第2讲两类动力学问题超重和失重知识一动力学的两类基本问题1．两类基本问题(1)已知受力情况求运动情况．(2)已知运动情况求受力情况．2．一个联系桥梁加速度是联系力和运动的桥梁3．两个关键受力分析和运动过程分析4．求解思路(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同．(×)(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)(3)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)知识二超重与失重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(1)超重就是物体的重力变大的现象．(×)(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．(×)(3)减速下降的物体处于超重状态．(√)1．下列实例属于超重现象的是( )A．汽车驶过拱形桥顶端时B．火箭点火后加速升空时C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时【解析】发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上．汽车驶过拱形桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状态，D错误．【答案】 B2．(多选)质量m＝1 kg的物体在光滑平面上运动，初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t＝1 s，速度大小变为4 m/s，则这个力的大小可能是( )A．2 N B．4 NC．6 N D．8 N【解析】物体的加速度可能是2 m/s2，也可能是6 m/s2，根据牛顿第二定律，这个力的大小可能是2 N，也可能是6 N，所以答案是A、C.【答案】AC图3－2－13．让钢球从某一高度竖直落下进入液体中，如图3－2－1中表示的是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置．则下列说法正确的是( )A．钢球进入液体中先做加速运动，后做减速运动B．钢球进入液体中先做减速运动，后做加速运动C．钢球在液体中所受的阻力先大于重力，后等于重力D．钢球在液体中所受的阻力先小于重力，后等于重力【解析】从题图可以看出钢球在相同时间间隔内通过的位移先是越来越小，之后是相等．说明其运动是先减速后匀速，进而推知阻力先是大于重力，后来等于重力．【答案】 C4.图3－2－2(2018·浙江高考)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【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】 A5．(2018·四川高考)如图3－2－3是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )图3－2－3A ．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B ．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C ．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D ．返回舱在喷气过程中处于失重状态【解析】 对降落伞，匀速下降时受到的重力mg 、绳的拉力F T 和浮力F 平衡，即F T ＝F －mg.在喷气瞬间，喷气产生的反冲力向上，使降落伞减速运动，设加速度大小为a ，对降落伞应用牛顿第二定律：F －F T ′－mg ＝ma ，F T ′＝F －mg －ma<F T ，故A 正确，B 错误．加速度方向向上，返回舱处于超重状态，故D 错误．合外力方向向上、位移方向向下，做负功，故C 错误．【答案】 A考点一 [19] 两类动力学问题分析一、物体运动性质的判断方法1．明确物体的初始运动状态(v 0)． 2．明确物体的受力情况(F 合)．3．根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况． 二、两类动力学问题的解题步骤1．明确研究对象．根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体．研究对象可以是某个物体，也可以是几个物体构成的系统．2．进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图、情景示意图，明确物体的运动性质和运动过程． 3．选取正方向或建立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向． 4．求合外力．5．根据牛顿第二定律F 合＝ma 或⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝ma x F y ＝ma y列方程求解，必要时还要对结果进行讨论．——————[1个示范例]——————图3－2－4(2018·山东高考)如图3－2－4所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝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10m/s 2.(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？【审题指导】 (1)已知初速、位移和时间求达B 点时的速度应以加速度为桥梁利用运动学公式求解． (2)求拉力的最小值及其对应的角度应用正交公解法，分别列出方程联立求解．【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 ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2③ v ＝8 m/s.④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，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－F f ＝ma ⑤ Fsin α＋F N －mgcos θ＝0⑥ 又F f ＝μF N ⑦ 联立⑤⑥⑦式得F ＝θ＋μcos θ＋macos 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 最小的夹角α＝30°○10 联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为F min ＝1335N ．⑪【答案】 (1)3 m/s 28 m/s (2)30°1335N ——————[1个预测例]——————(多选)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图3－2－5(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图(b)所示．已知运动员的质量为50 kg ，降落伞的质量也为50 kg ，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f 与速度v 成正比，即f ＝kv(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则下列判断中正确的是( )(a) (b)图3－2－5A ．阻力系数k ＝100 N·s/mB ．打开伞瞬间运动员的加速度a ＝30 m/s 2，方向竖直向上 C ．悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N D ．悬绳能够承受的拉力至少为2 500 N【解析】 以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图(a)可知：2mg ＝kv 匀，又v 匀＝5 m/s ，故k ＝200 N·s/m，选项A 错误；在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv 0－2mg ＝2ma ，所以a ＝kv 0－2mg 2m＝30 m/s 2，方向竖直向上，选项B正确；设每根绳的拉力为T ，以运动员为研究对象有8Tcos α－mg ＝ma ，T ＝＋8cos 37°＝312.5 N ，选项C 正确，D 错误．【答案】 BC(1)无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解．(2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初始条件共同决定．考点二 [20] 对超重、失重的理解一、产生原因：竖直方向上存在加速度(包括加速度的竖直分量)．二、实质：不是重力变化了，而是重物对悬点的拉力或对支持物的压力发生了变化．三、变化量：拉力或压力的变化大小为：ma.a为竖直方向加速度．四、完全失重现象：重力只产生使物体具有a＝g的加速度效果，不再产生其他效果，如单摆停摆，天平失效，液体不再产生浮力．——————[1个示范例]——————(多选)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图3－2－6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)( )图3－2－6【解析】由题图可知，在t0～t1时间内，弹簧秤的示数小于人的实际体重，则人处于失重状态，此时电梯具有向下的加速度，可能向下做匀加速运动或向上做匀减速运动；t1～t2时间内，弹簧秤的示数等于人的实际体重，则人处于平衡状态，电梯加速度为零，电梯可能做匀速运动或处于静止状态；t2～t3时间内，弹簧秤的示数大于人的实际体重，则人处于超重状态，电梯具有向上的加速度，电梯可能向下做匀减速运动或向上做匀加速运动．综上所述，正确答案为A、D.【答案】AD——————[1个预测例]——————举重运动员在地面上能举起120 kg的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 kg的重物，求：(1)升降机运动的加速度；(2)若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g取10 m/s2)【审题指导】(1)运动员的最大举力等于其在地面上能举起的物重．(2)在超失重环境中，人的最大举力不变，但举起的重物可能小于或大于120 kg物体．【解析】运动员在地面上能举起m0＝120 kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力F＝m0g＝1 200 N.(1)在运动着的升降机中只能举起m1＝100 kg的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a1，对物体由牛顿第二定律得：F－m1g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2.(2)当升降机以a2＝2.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重，设此时运动员能举起的重物质量为m2对物体由牛顿第二定律得：m2g－F＝m2a2解得：m2＝160 kg.【答案】(1)2 m/s2(2)160 kg动力学中的传送带模型一、模型概述物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型．因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键．二、两类模型12图3－2－7(12分)如图3－2－7所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带传送至顶端Q 处．已知P 、Q 之间的距离为4 m ，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝32，取g ＝10 m/s 2.(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间． 【审题指导】 (1)工件受的摩擦力为动力．(2)传送带匀速，工件放到传送带上后做初速为零的匀加速直线运动，要判断工件的运动有没有转折． 【规范解答】 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力 由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma ①代入数值得：a ＝2.5 m/s 2②则其速度达到传送带速度时发生的位移为x 1＝v 22a ＝222×2.5m ＝0.8 m<4 m ③可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m(2)匀加速时，由x 1＝v2t 1得t 1＝0.8 s ④匀速上升时t 2＝x 2v ＝3.22s ＝1.6 s ⑤所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为 t ＝t 1＋t 2＝2.4 s ⑥评分标准①～⑥式每式2分【答案】 (1)先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析．——————[1个模型练]——————如图3－2－8所示，水平传送带AB 长L ＝10 m ，向右匀速运动的速度v 0＝4 m/s ，一质量为1 kg 的小物块(可视为质点)以v 1＝6 m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.求：图3－2－8(1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间． 【解析】 (1)设物块与传送带间的摩擦力大小为f f ＝μmg f ＝ma0－v 21＝－2as 物 s 物＝4.5 m(2)设小物块经时间t 1速度减为0，然后反向加速，经过时间t 2与传送带速度相等 0＝v 1－at 1 t 1＝1.5 s v 0＝at 2 t 2＝1 s设反向加速时，物块的位移为s 1，则有s 1＝12at 22＝2 m 物块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时间t 3再次回到B 点s 物－s 1＝v 0t 3 t 3＝0.625 s所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s 【答案】 (1)4.5 m (2)3.125 s⊙考查超重失重1．如图3－2－9所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间(单位为秒)．由图可知，该同学的体重约为650 N ，除此以外，还可以得到的信息有( )图3－2－9A ．该同学做了两次下蹲—起立的动作B ．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s 起立C ．下蹲过程中人处于失重状态D ．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态 【解析】 在3～4 s 下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s 起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A 、C 、D 错误，B 正确．【答案】 B⊙由运动情况推断受力情况 2.图3－2－10(多选)(2018·上海高考)受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v －t 图线如图3－2－10所示，则( )A ．在0～t 1秒内，外力F 大小不断增大B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大【解析】 由图象可知0～t 1，物体作a 减小的加速运动，t 1时刻a 减小为零．由a ＝F －fm可知，F 逐渐减小，最终F ＝f ，故A 、B 错误．t 1～t 2物体作a 增大的减速运动，由a ＝f －Fm可知，至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也可能F 已正向减为零且负向增大，故C 、D 正确．【答案】 CD⊙水平传送带模型3．如图3－2－11所示，传送带保持v 0＝1 m/s 的速度运动．现将一质量m ＝0.5 kg 的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x ＝2.5 m ，则物体从左端运动到右端所经历的时间为(g 取10 m/s 2)( )图3－2－11 A. 5 s B ．(6－1) s C ．3 s D ．5 s【答案】 C⊙综合考查两类基本问题 4.图3－2－12(多选)(2018·浙江高考)如图3－2－12所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( ) A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N【解析】热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F －mg＝ma，得F＝4 830N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确．【答案】AD5.图3－2－13如图3－2－13，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m，用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.【解析】(1)物体做匀加速运动L＝12a0t20则a0＝2Lt20＝2×2022m/s2＝10 m/s2由牛顿第二定律，F－f＝ma0 f＝30 N－2×10 N＝10 N则μ＝fmg＝102×10＝0.5.(2)F作用的最短时间为t，设物体先以大小为a的加速度匀加速时间t，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速时间t′到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma则a＝＋μm－μg＝[＋2－0.5×10] m/s2＝11.5 m/s2a′＝fm＝μg＝5 m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at＝a′t′则t′＝aa′t＝11.55t＝2.3tL＝12at2＋12a′t′2则t＝2La＋2.32a′＝2×2011.5＋2.32×5s＝1.03 s.【答案】(1)0.5 (2)1.03 s。
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两类动力学问题超重和失重知识点题号易中难动态分析35、7超重、失重1、24、8两类动力学问题6910、11、12一、选择题1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化【解析】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，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确．【答案】 D2．下列说法正确的是( )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【解析】运动员是否超重或失重取决于加速度方向，A、C、D三个选项中，运动员均处于平衡状态，不超重也不失重，只有B正确．【答案】 B图3－2－143．如图3－2－14所示，一轻质弹簧的一端系在墙上的O点，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F的作用而运动，当木块接触弹簧后，下列说法中正确的是( ) A．木块立即做匀减速直线运动B．木块立即做加速度减小的减速直线运动C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零【解析】当木块刚接触弹簧时，恒力F大于弹簧弹力，木块仍有向左的加速度，随着弹簧的压缩量x的增大，弹力增大，由牛顿第二定律F－kx＝ma知木块的加速度逐渐减小，但加速度、速度同向，故木块做加速度减小的加速运动，当kx＝F时，木块速度最大，之后加速度反向，木块向左做加速度增大的减速运动，直到速度减为零，此时木块具有向右的最大加速度，综上所述可知A、B、D错，C对．【答案】 C4.图3－2－15(2014·洛阳一中质检)如图3－2－15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)( )A ．0.35mgB ．0.4mgC ．0.3mgD ．0.2mg【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．(2012·江苏高考)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象，可能正确的是( )【解析】 皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝kv 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝kvm＋g ，可知，a 随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确．【答案】 C图3－2－166．(2014·浙江联考)如图3－2－16所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 的作用时间至少为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0.8 sB ．1.0 sC.255sD.2510s 【解析】 板在F 作用下做加速运动F －μmg ＝ma 1，a 1＝1 m/s 2，v 2＝2a 1x 1F 撤去后物体做减速运动，μmg ＝ma 2，a 2＝4 m/s 2.速度减为零v 2＝2a 2x 2.当板的重心越过桌子边缘会自动翻下桌子，则有x 1＋x 2＝L2. v 22a 1＋v 22a 2＝L 2，v ＝0.8 m/s ，t 1＝v a 1＝0.8 s ，故A 项正确．【答案】 A7．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【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 f m，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 错误，C 正确．【答案】 CD图3－2－178．(2014·保定模拟)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，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－17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 ．t 2时刻卫星到达最高点，t 3时刻卫星落回地面B ．卫星在0～t 1时间内的加速度大于t 1～t 2时间内的加速度C. t 1～t 2时间内卫星处于超重状态D. t 2～t 3时间内卫星处于失重状态【解析】 卫星在0～t 3时间内速度方向不变，一直升高，在t 3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，t 1～t 2时间内卫星的加速度大，B 错误；t 1～t 2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t 2～t 3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C 、D 正确．【答案】 CD9．实验小组利用DIS 系统(数字化信息实验室系统)，观察超重和失重现象．他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10 N 的钩码．在电梯运动的过程中，计算机显示屏上显示出如图3－2－18所示的图线，根据图线分析可知，下列说法中正确的是( )图3－2－18A ．从时刻t 1到t 2，钩码处于失重状态；从时刻t 3到t 4，钩码处于超重状态B ．t 1到t 2时间内，电梯一定正在向下运动；t 3到t 4时间内，电梯可能正在向上运动C ．t 1到t 4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下D ．t 1到t 4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上【解析】 F －t 图象中的力F 是钩码对传感器的作用力，也等于传感器对钩码向上的拉力．当F ＝10 N 时，钩码(连同电梯)正在匀速运动(向上或向下)，t 1～t 2时间内，拉力小于重力，钩码处于失重状态，所以加速度的方向向下，即电梯向下加速或向上减速，而在t 3～t 4时间内，向上的拉力大于重力，钩码处于超重状态，即电梯向上加速或向下减速，故A 、C 正确．【答案】 AC☆10.图3－2－19(2014届大连模拟)如图3－2－19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( )A ．若传送带不动，vB ＝3 m/sB ．若传送带逆时针匀速转动，v B 一定等于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 有可能等于3 m/s【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/s 2，物体到达B 点的速度v B ＝ v 2A －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】 ABD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.(15分)图3－2－20甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F 随时间t 的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，根据F －t 图象求：图甲图乙图3－2－20(1)运动员的质量；(2)运动员在运动过程中的最大加速度；(3)在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．【解析】 (1)由题图乙可知运动员所受重力为500 N ，设运动员质量为m ，则，m ＝G g＝50 kg(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为F m ＝2 500 N ，设运动员的最大加速度为a m ，则F m －mg ＝ma ma m ＝F m －mg m ＝2 500－50050m/s 2＝40 m/s 2 (3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s 或9.4 s ，再下落到蹦床上的时刻为8.4 s 或11 s ，它们的时间间隔均为1.6 s ．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s.设运动员上升的最大高度为H ，则H ＝12gt 2＝12×10×0.82 m ＝3.2 m 【答案】 (1)50 kg (4)40 m/s 2 (3)3.2 m☆12.图3－2－21(15分)(2014·西安一中检测)如图3－2－21所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A 到B 长度为16 m ，传送带以10 m/s 的速度逆时针转动．在传送带上端A 处无初速度的放一个质量为0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A 运动到B 所用时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)【解析】 物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律得，mg sinθ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2物体加速到与传送带相同的速度需要的时间为t 1＝v a 1＝1010s ＝1 s 物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为s ＝12a 1t 21＝5 m 由于μ<tan θ(μ＝0.5，tan θ＝0.75)，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体的速度大于传送带的速度时，物体受到沿传送带向上的摩擦力，受力如图乙所示由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2设后一阶段物体滑至底端所用时间为t 2由L －s ＝vt 2＋12a 2t 22 解得t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以，物体从A 运动到B 所用时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.【答案】 2 s。