高考物理总复习练习：第7课+两类动力学问题+超重与失重+Word版含解析
高考物理复习基础核心知识点典型题详解《两类动力学问题、超重与失重》精品课件
星竖直方向的速度-时间图像如图所示,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 D.t2~t3时间内卫星处于超重状态
答案
D
物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物
体处于超重状态,之后物体和手掌分离前,应减速向上,物体处于失重状态, 故A、B均错误。当物体和手分离时,二者速度相同,又因均做减速运动,故 分离条件为a手>a物,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则手的加速度 大于重力加速度,选项D正确,C错误。
列竖直方
向原理式 运动状态
F-mg=ma
F=m(g+a) 加速上升、减速下降
mg-F=ma
F=m(g-a) 加速下降、减速上升
mg-F=ma
F=0 无阻力的抛体运动情况
视重
F>mg
F<mg
F=0<mg
自测3 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
自测2 如图所示,质量为m的小球一端用轻质细绳连在竖直墙上,另一端 用轻质弹簧连在天花板上。轻绳处于水平位置,弹簧与竖直方向夹角为 θ。已知重力加速度为g,则在剪断轻绳瞬间,小球加速度的大小为 ( )
A.0 B.g sin θ C.g tan θ D.
g cos θ
二、超重和失重 1.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① 无关 。
自测1 质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连,穿在光滑的杆上,杆与水平
高考物理总复习 两类动力学问题 超重和失重讲与练配套课时作业 新课标
课时作业9 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(8×8′＝64′)1．一种巨型娱乐器械可以让人体验超重和失重的感觉．一个可乘十多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机运送上几十米的高处，然后让座舱自由下落．下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．下列判断正确的是( )A．座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B．座舱在自由下落的过程中人处于失重状态C．座舱在减速运动的过程中人处于失重状态D．座舱在减速运动的过程中人处于超重状态答案：BD图12．一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图1所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是( )A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C．当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小D．当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小图2解析：选物体为研究对象．受力情况如图2所示，建立坐标系，注意因为物体始终相对于斜面静止，所以F f 是静摩擦力，加速度向上，所以静摩擦力F f 沿斜面向上．竖直方向上－mg ＝ma ，F Ncos θ也可写成－mg ＝ma .Ffsin θ则θ一定时，a 越大，F N 越大，F f 越大；a 一定时，θ越大，F N 越小，F f 越大．答案：BC3．在升降机中，一人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，则他自己的下列判断可能正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．升降机以8 m/s 2的加速度加速上升B ．升降机以2 m/s 2的加速度加速下降C ．升降机以2 m/s 2的加速度减速上升D ．升降机以8 m/s 2的加速度减速下降解析：由于磅秤示数减小，故人受到的支持力为重力的80%，由牛顿第二定律，有mg －0.8mg ＝ma 得a ＝2 m/s 2，方向竖直向下，B 、C 对．答案：BC4．如图3甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m 的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与绳子对货物竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图3乙所示．由图可以判断( )图3A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－gB ．图线与横轴的交点N 的值T N ＝mgC ．图线的斜率等于物体的质量mD ．图线的斜率等于物体质量的倒数1m解析：由牛顿第二定律，有T －mg ＝ma ，故得a ＝－g ，当T ＝0时，a ＝－g ，A 对；当a ＝0时，T m T ＝mg ，B 对；图线的斜率k ＝，D 对．1m 答案：ABD图45．如图4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v 1、v 2的速度作逆时针转动时(v 1<v 2)，绳中的拉力分别为F 1、F 2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t 1、t 2则下列说法正确的是( )A ．F 1<F 2 B ．F 1＝F 2C ．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：BD图56．如图5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：A7．用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4m 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0.8s 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，如图6所示，则下列说法中正确的是(g ＝10 m/s 2)( )图6A ．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 ＝＝2.5v 0t 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＝，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32的正比关系，所以D 错误．答案：AC图78．(2009·广东单科)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N．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7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)( )解析：由图可知，t0～t1，弹簧秤示数小于人的体重，电梯处于失重状态，加速度方向为竖直向下，有两种运动状态：加速下降或减速上升；t1～t2，弹簧秤示数等于人的体重，电梯处于平衡状态，即匀速直线运动或静止；t2～t3，电梯处于超重状态，加速度方向为竖直向上，有两种运动状态：加速上升或减速下降，故选项A、D正确．答案：AD二、计算题(3×12′＝36′)9．(2011·山东泰安检测)小球在流体中运动时，它将受到流体阻碍运动的粘滞阻力．实验发现当小球相对流体的速度不太大时，粘滞阻力F＝6πηvr，式中r为小球的半径，v为小球相对流体运动的速度，η为粘滞系数，由液体的种类和温度而定．现将一个半径r＝1.00mm的钢球，放入常温下的甘油中，让它下落，已知钢球的密度ρ＝8.5×103kg/m3常温下甘油的密度ρ0＝1.3×103 kg/m3，甘油的粘滞系数η＝0.80(g取10 m/s2)．(1)钢球从静止释放后，在甘油中作什么性质的运动？(2)当钢球的加速度a＝g/2时，它的速度多大？(3)钢球在甘油中下落的最大速度v m＝？解析：(1)钢球在甘油中运动过程中，开始时做加速运动，随着速度的增加钢球受的粘滞阻力增加，而导致钢球受的合外力减小，所以加速度减小，最终加速度为零，钢球匀速运动．(2)钢球向下运动时受浮力：F浮＝ρ0gV球粘滞阻力F和重力mg，由牛顿第二定律得：mg－F浮－F＝ma即：ρV球g－ρ0V球g－6πηvr＝ρV球·g 2代入数值解得：v＝8.2×10－3 m/s(3)钢球达最大速度时加速度为零则：ρV球g－ρ0V球g－6πηv m r＝0代入数值解得：v m＝2×10－2 m/s.答案：(1)加速度变小的加速运动，最终匀速(2)8.2×10－3 m/s (3)2×10－2 m/s10．直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a＝1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°，如图8所示．如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M.(取重力加速度g＝10m/s2；sin14°≈0.242；cos14°≈0.970)图8解析：设悬索对水箱的拉力为T，水箱受到的阻力为f.直升机取水时，水箱受力平衡．水平方向：T1sinθ1－f＝0①竖直方向：T1cosθ1－mg＝0②联立①②解得f ＝mg tan θ1③直升机返回，以水箱为研究对象，在水平方向、竖直方向应用牛顿第二定律，由平衡方程得T 2sin θ2－f ＝(m ＋M )a ④T 2cos θ2－(m ＋M )g ＝0⑤联立④⑤，代入数据解得水箱中水的质量M ＝4.5×103 kg答案：M ＝4.5×103 kg11．(2009·江苏高考)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 ＝28N ．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/s 2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t 1＝8 s 时到达高度H ＝64m ．求飞行器所受阻力f 的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t 2＝6s 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t 3.解析：(1)第一次飞行中，设加速度为a 1匀加速运动H ＝a 1t 1212由牛顿第二定律F －mg －f ＝ma 1解得f ＝4 N(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s 1匀加速运动s 1＝a 1t 2212设失去升力后加速度为a 2，上升的高度为s 2由牛顿第二定律mg ＋f ＝ma 2v 1＝a 1t 2 s 2＝v 122a 2解得h ＝s 1＋s 2＝42 m(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由牛顿第二定律mg －f ＝ma 3F ＋f －mg ＝ma 4且＋＝h v 3＝a 3t 3v 322a 3v 322a 4解得t 3＝ s(或2.1 s)22答案：(1)f ＝4 N (2)h ＝42 m (3)t 3＝2.1 s。
失重超重高中物理练习题及讲解
失重超重高中物理练习题及讲解# 失重超重现象的高中物理练习题及讲解## 练习题一：失重状态下的物体题目：在一次太空旅行中，宇航员在失重状态下将一个质量为2kg的物体从舱内抛出。
假设物体在抛出时的速度为5m/s，求物体在失重状态下的动能。
解答：失重状态下，物体不受重力影响，动能的计算公式为：\[ KE = \frac{1}{2}mv^2 \]其中，\( m \) 是物体的质量，\( v \) 是物体的速度。
将题目中的数据代入公式，得：\[ KE = \frac{1}{2} \times 2 \times 5^2 = 25 \, \text{J} \] 所以，物体在失重状态下的动能为25焦耳。
## 练习题二：超重状态下的电梯题目：一个质量为60kg的人站在电梯内，电梯以2m/s²的加速度向上加速。
求此时人所感受到的重力。
解答：在超重状态下，人所感受到的重力等于其真实重力加上由于加速度产生的额外力。
真实重力为：\[ F_{\text{real}} = mg \]其中，\( m \) 是人的质量，\( g \) 是重力加速度（约9.8m/s²）。
代入数据得：\[ F_{\text{real}} = 60 \times 9.8 = 588 \, \text{N} \]由于电梯向上加速，人会感受到额外的力，这个力的计算公式为：\[ F_{\text{extra}} = ma \]代入数据得：\[ F_{\text{extra}} = 60 \times 2 = 120 \, \text{N} \]所以，人所感受到的总重力为：\[ F_{\text{total}} = F_{\text{real}} + F_{\text{extra}} =588 + 120 = 708 \, \text{N} \]## 练习题三：失重与超重的转换题目：一个质量为50kg的物体在自由落体过程中，从10m的高度开始下落。
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。
2020年高考物理考点练习3.7 超重和失重问题(解析版)
2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练第三部分牛顿运动定律专题3.7 超重和失重问题一．选择题1. (2019浙江稽阳联谊学校联考模拟)绍兴市S区奥体中心举行CH杯全国蹦床锦标赛，对于如图所示蹦床比赛时运动员的分析，下列说法中正确的是（）A．运动员在蹦床上上升阶段，一直处于超重状态B．运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能增大C．运动员离开蹦床在空中运动阶段，一直处于失重状态D．运动员离开蹦床在空中运动阶段，重力势能一直增大【参考答案】.C【命题意图】本题以蹦床锦标赛为情景，考查牛顿第二定律、超重和失重、机械能及其相关的知识点。
【解题思路】运动员在蹦床上上升阶段，先加速向上运动后减速向上运动，减速向上运动加速度向下，处于失重状态，选项A错误；运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹力对运动员做功，蹦床的弹性势能减小，选项B错误；运动员离开蹦床在空中运动阶段，只受重力作用，加速度向下，一直处于失重状态，选项C正确；运动员离开蹦床在空中运动上升阶段，动能转化为重力势能，重力势能增大，在空中运动下降阶段，重力势能转化为动能，重力势能减小，选项D错误。
【方法归纳】判断超重或失重的方法是：当物体具有向下的加速度时，处于失重状态；具有向上的加速度时，处于超重状态。
2．（2019浙江绍兴模拟）如图所示，橡皮膜包住空心塑料管的底端，细线将橡皮膜固定密封，用手竖直握住塑料管保持静止状态，先将水从塑料管顶端倒入并灌至整管的三分之二处，然后在管顶处加一个多孔的瓶盖，此时橡皮膜突出成半球状，现用力将塑料管向上加速提升一段距离，再减速上升直至速度为零，则（）A. 加速上升时塑料管处于失重状态B. 加速上升时橡皮膜底部进一步向下突出C. 减速上升时塑料管处于超重状态D. 减速上升时塑料管内的水面将下降【参考答案】B【名师解析】加速上升时，塑料管的加速度向上，处于超重状态，故A错误；对塑料管中的水分析可知，加速上升时，由于液体超重，液体受到的支持力变大，由牛顿第三定律可知，液体对橡皮膜的压力增大，故橡皮膜底部进一步向下突出，故B正确；减速上升时，加速度向下，故塑料管处于失重状态，故C错误；减速上升时，管中液体处于失重状态，塑料管内的水面将上升，故D错误。
高中物理总复习 超重和失重 (提纲、例题、练习、解析)
物理总复习：超重和失重【考纲要求】1、理解牛顿第二定律，并会解决应用问题；2、理解超重和失重的概念，会分析超重和失重现象，并能解决具体超重和失重。
【考点梳理】考点：超重、失重、完全失重1、超重当物体具有竖直向上的加速度时（包括向上加速或向下减速两种情况），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于自身重力的现象。
2、失重物体具有竖直向下的加速度时（包括向下加速或向上减速两种情况），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于自身重力的现象。
3、完全失重物体以加速度a=g向下竖直加速或向上减速时（自由落体运动、处于绕星球做匀速圆周运动的飞船里或竖直上抛时以及忽略空气阻力的各种抛体运动），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力等于零的现象。
在完全失重的状态下，由重力产生的一切物理现象都会消失。
如单摆停摆、天平失效、浸没于液体中的物体不再受浮力、水银气压计失效等，但测力的仪器弹簧测力计是可以使用的，因为弹簧测力计是根据F＝kx制成的，而不是根据重力制成的。
要点诠释：（1）当系统的加速度竖直向上时（向上加速运动或向下减速运动）发生超重现象，当系统的加速度竖直向下时（向上减速运动或向下加速运动）发生失重现象；当竖直向下的加速度正好等于g时（自由落体运动或处在绕地球做匀速圆周运动的飞船里面）发生完全失重现象。
（2）超重、失重、完全失重产生仅与物体的加速度有关，而与物体的速度大小和方向无关。
“超重”不能理解成物体的重力增加了；“失重”也不能理解为物体的重力减小了；“完全失重”不能理解成物体的重力消失了，物体超重、失重以及完全失重时重力是不变的。
（3）人们通常用竖直悬挂的弹簧秤或水平放置的台秤来测量物体的重力大小，用这种方法测得的重力大小常称为“视重”，其实质是弹簧秤拉物体的力或台秤对物体的支持力。
例、在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作。
传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是 ( )【答案】D【解析】 人从静止→加速向下→最大速度→减速向下→静止，可见从静止到最大下蹲速度，人处于失重状态，台秤读数变小；从最大的下蹲速度到静止，人处于超重状态，台秤读数变大，最后其读数等于人的重力。
高中物理必修一 超重和失重 (含练习解析)
超重和失重【学习目标】1．理解超重和失重现象的含义。
2．能通过牛顿定律对超重和失重进行定量地分析。
【要点梳理】要点一、超重与失重(1)提出问题你乘过垂直升降式电梯吗?当电梯开始启动上升时，你会心慌同时也会充分体验到“脚踏实地”的感觉，电梯即将停止上升时，则会头晕同时有种“飘飘然”的感觉，这就是失重和超重造成的．(2)实重与视重①实重：物体实际所受的重力．物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化．②视重：当物体在竖直方向上有加速度时(即a ≠0)，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，此时弹簧测力计或台秤的示数叫物体的视重．【说明】正因为当物体在竖直方向有加速度时视重不再等于实重，所以我们在用弹簧测力计测物体重力时，强调应在静止或匀速运动状态下进行．(3)超重和失重现象①超重现象：当人在电梯中开始上升时，感觉对底板的压力增大，即当物体具有竖直向上的加速度时，这个物体对支持面的压力(或对悬挂绳的拉力)大于它所受的重力，称为超重现象．如用弹簧竖直悬挂一重物静止，当用力提弹簧使重物加速上升时，弹簧伸长，弹力就会变大，这就是一种超重现象．②失重现象：当人在电梯中开始下降时，感觉对底板的压力减小，即当物体具有向下的加速度时，这个物体对支持而的压力(或悬挂绳的拉力)小于它所受的重力，称为失重现象．如果物体对支持面的压力(或对悬挂绳的拉力)等于零，叫完全失重现象．如用弹簧竖直悬挂着一重物保持静止，人拿着悬挂点加速下移时，弹簧会缩短，说明弹力变小，这就是一种失重现象．若人松手，让弹簧和重物一起自由下落，则弹簧的示数为零，此为完全失重现象．【注意】a ．超重与失重现象，仅仅是一种表象，好像物体的重力时大时小．处于平衡状态时，物体所受的重力大小等于支持力或拉力，但当物体在竖直方向上做加速运动时，重力和支持力(或托力)的大小就不相等了．所谓超重与失重，只是拉力(或支持力)的增大或减小，是视重的改变．b ．物体处于超重状态时，物体不一定是竖直向上做加速运动，也可以是竖直向下做减速运动．即只要物体的加速度方向是竖直向上的，物体都处于超重状态．物体的运动方向可能向上，也可能向下． 同理，物体处于失重状态时，物体的加速度竖直向下，物体既可以做竖直向下的加速运动，也可以做竖直向上的减速运动．c ．物体不在竖直方向上运动，只要其加速度在竖直方向上有分量，即y a ≠0时，则当y a 方向竖直向上时，物体处于超重状态；当y a 方向竖直向下时，物体处于失重状念．d ．当物体正好以向下的大小为g 的加速度运动时，这时物体对支持面、悬挂物完全没有作用力，即视重为零，称为完全失重．完全失重状态下发生的现象，我们可以这样设想，假若地球上重力消失，则重力作用下产生的所有现象都将消失，如天平失效、体重计不能使用、小球不会下落等等．③超重和失重的判断方法：若物体加速度已知，看加速度的方向，方向向上超重，方向向下失重．若物体的视重已知，看视重与重力的大小关系，视重大于重力，超重；视重小于重力，失重． 要点二、超重、失重问题的处理方法超重、失重现象的产生条件是具有竖直方向的加速度，我们用牛顿第二定律可以分析到其本质，故对超重、失重问题的处理方法有：(1)用牛顿第二定律去定量地列方程分析，以加速度方向为正方向，列方程，注意使用牛顿第三定律，因为压力和支持力并不是一回事，同时注意物体具有向上(或向下)的加速度与物体向上运动还是向下运动无关．(2)对连接体问题的求解，如测力计、台秤示数变化的问题，对于其中一物体(或物体中的一部分)所处运动状态的变化，而导致系统是否保持原来的平衡状态的判断，若用“隔离法”分别进行受力分析，再通过对系统整体的运动状态的分析推理而得出结论固然可以，但繁琐费力．如果从整体观点出发，用系统的重心发生的超重、失重现象进行分析判断，则会更加简捷方便．【典型例题】类型一、对超重和失重的理解例1、下列说法中正确的是( )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【思路点拨】超重的本质是具有向上的加速度，失重的本质是具有向下的加速度。
高考物理复习两类动力学问题专题练习(含解析)-最新教学文档
高考物理复习两类动力学问题专题练习（含解析）动力学是理论力学的一个分支学科，它主要研究作用于物体的力与物体运动的关系。
查字典物理网整理了两类动力学问题专题练习，请大家练习。
一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～9题有多项符合题目要求.)1.(2019年广州调研)静止在光滑水平面上O点的物体，从t=0时刻开始受到水平力作用，设向右为F的正方向，则物体()A.一直向左运动B.一直向右运动C.一直匀加速运动D.在O点附近左右运动【答案】B【解析】设物体质量为m，由图象可知，0～1 s内物体向右做匀加速直线运动，1 s末的速度v1=;1～2 s内物体以初速度v1=向右做匀减速直线运动，2 s末的速度v2=v1-=0;综上可知，物体会一直向右运动.选项B正确.2.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.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K3-2-2A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m【答案】B【解析】滑动摩擦力大小Fmg=4 N，则0～3 s物体静止，6～9 s物体做匀速直线运动，3～6 s和9～12 s做加速度相等的匀加速直线运动，加速度a=m/s2=2 m/s2.6 s末的速度v1=23 m/s=6 m/s,12 s末的速度v2=6 m/s+23 m/s=12 m/s.3～6 s发生的位移大小x1=3 m=9 m，6～9 s 发生的位移大小x2=63 m=18 m,9～12 s发生的位移大小x3=3 m=27 m，则0～12 s发生的位移大小x=x1+x2+x3=54 m，故选项B正确. 3.(2019年江苏卷)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.下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t的图象，可能正确的是() A B C D【答案】C【解析】对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，知皮球在上升过程中的加速度大小a=，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当v=0时，加速度最终趋近一条平行于t轴的直线，选项C正确，A、B、D错误.4. (2019年河南模拟)2019年8月14日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心体育馆拉开战幕，吸引了上千市民前往观看.假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为.设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则()A.运动员的加速度大小为gsinB.球拍对球的作用力大小为mgcosC.运动员对球拍的作用力大小为D.运动员对地面的作用力方向竖直向下【答案】C【解析】以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合力为mgtan ，其加速度为gtan ，受到球拍的支持力为mg/cos ，由于运动员、球拍和球的加速度相等，选项A、B错误;同理运动员对球拍的作用力大小为(M+m)g/cos ，选项C正确;将运动员看做质点，由上述分析知道运动员在重力和地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项D 错误.5.(2019年黑龙江模拟)A、B两物块的质量分别为2 m和m, 静止叠放在水平地面上. A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对A施加一水平拉力F，则()图K3-2-4A.当 F mg时，A、B都相对地面静止B.当 F=mg时，A的加速度为gC.当 Fmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】BCD【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f=2mg ，隔离B分析，根据牛顿第二定律得，23mg=ma，解得a=g.对整体分析，根据牛顿第二定律有：F-3mg=3ma，解得F=3mg.故当Fmg时，A、B发生相对滑动，故C正确;通过隔离B分析，知B的加速度不会超过g，故D正确;当F=mg时，A、B保持相对静止，对整体分析，加速度a===g，故B正确;当Fmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力fm=3mg=mg，知A、B不能相对地面静止，故A错误.6.(2019年潮州模拟)如图K3-2-5所示，一小车放在水平地面上，小车的底板上放一光滑小球，小球通过两根轻弹簧与小车两壁相连.当小车匀速运动时，两弹簧L1、L2恰处于自然状态.当发现L1变长、L2变短时，下列判断正确的是() 图K3-2-5A.小车可能正在向右做匀加速运动B.小车可能正在向右做匀减速运动C.小车可能正在向左做匀加速运动D.小车可能正在向左做匀减速运动【答案】BC【解析】L1变长，L2变短，小球受到L1向左的拉力和L2向左的弹力，合力方向向左，则加速度方向向左，选项B、C 正确.7.如图K3-2-6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，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1图K3-2-6A.F1C.t1一定大于t2D.t1可能等于t2【答案】BD【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t2.8甲、乙两图都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两车的加速度大小，下列说法正确的是()图K3-2-7A.甲车的加速度大小为B.甲车的加速度大小为0C.乙车的加速度大小为D.乙车的加速度大小为0【答案】BC【解析】对于甲，以人、车整体为研究对象，水平方向合力为零，由牛顿第二定律，得a甲=0;对于乙，水平方向整体受力为2F，再由牛顿第二定律，得a乙=，所以选项B、C正确.9.(2019年全国卷Ⅰ)2019年11月，歼15舰载机在辽宁号航空母舰上着舰成功.图K3-2-8(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图K3-2-8(b)所示.假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m.已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则()图K3-2-8A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变【答案】AC【解析】速度时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x=700.4 m+(3.0-0.4)70 m=119 m，A正确;0.4 s到2.5 s时间内，速度时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不断变小，所以绳索的张力不断变小，B错;0.4 s到2.5 s时间内平均加速度约为a= m/s2=26.7 m/s2;C正确;0.4 s到2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P=Fv可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D错.二、非选择题10.(2019年汕头模拟)一质量m=2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37、足够长的斜面，某同学利用传感器测出小物块从一开始冲上斜面到往后上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度-时间图象，如图K3-2-9所示，求：(已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2)图K3-2-9(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小;(2)小物块与斜面间的动摩擦因数;(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离.【答案】(1)8 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m【解析】(1)由小物块上滑过程的速度时间图象，可得小物块冲上斜面过程中的加速度a==m/s2=-8 m/s2，加速度大小为8 m/s2.(2)对小物块进行受力分析如图所示，有mgsin 37+f=ma，FN-mgcos 37=0，f=FN.代入数据，得=0.25.(3)由图象知距离s=t=1.0 m=4.0 m.11.消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下.假设一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从7楼(即离地面18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下.已知杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g=10 m/s2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动.试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度;(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力;(3)消防队员下滑的最短时间.【答案】(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s【解析】(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，有2gh1=v.消防队员受到的滑动摩擦力Ff=FN1=0.51 800 N=900 N.减速阶段的加速度大小a2==5 m/s2，减速过程的位移为h2，由v-v2=2a2h2，又h=h1+h2，以上各式联立，可得vm=12 m/s.(2)以杆为研究对象，得FN2=Mg+Ff=2 900 N.根据牛顿第三定律，得杆对地面的最大压力为2 900 N. (3)最短时间tmin=+=2.4 s.12.(2019年中山模拟)如图K3-2-10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K3-2-10t/s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/(ms-1) 0.0 1.0 2.0 3.3 2.1 试求：(1)斜面的倾角(2)恒力F的大小;(3)t=1.6 s时物体的瞬时速度.【答案】(1)37 (2)11 N (3)6.9 m/s【解析】(1)物体从A到B做匀加速运动，设加速度为a1. 则a1= m/s2=5 m/s2，若物体加速了2.2 s，则2.2 s末速度为11 m/s，由表格数据知2.2 s末的速度为3.3 m/s，故当t=2.2 s时，物体已通过B点.因此减速过程加速度大小a2= m/s2=6 m/s2，mgsin =ma2，解得=37.(2)由(1)知a1=5 m/s2，F-mgsin =ma1，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.两类动力学问题专题练习及答案的内容就是这些，查字典物理网预祝考生取得更好的成绩。
两类动力学问题 超重和失重
也 同若 直 加 至 端则 不 ，一 匀 速 右 ，
C 正 ；一 加 到 端 的 度 好 传 带 度 确若 直 速 右 时 速 恰 与 送 速 等则 ， 0＋v 2L L＝ 2 t， ： t＝ v ，D 正 ； 先 加 到 送 有 确若匀速传
带 度 v， 匀 到 端 则 速 再速右，
v2 v L 有 2μg＋v(t－μg)＝L， ： t＝v＋ B错 ． 误
课 后 作 业
提 考 能 · 考 题 细 研
v 确木不能直速右， 2μg，A 正 ； 块 可 一 匀 至 端
【答案】
B
菜
单
HK 新课标 ·物理
固 考 基 · 教 材 回 扣 析 考 点 · 重 难 突 破
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
固 考 基 · 教 材 回 扣 析 考 点 · 重 难 突 破
【解析】 滑初度 行速为
木水时小块加度 板平，物的速 v0，滑 时 为 则行间
a1＝μg，设 4 5 °
练 考 题 · 随 堂 自 测
v0 t＝μg；板 成 角 木改倾为
的面，物上的速为 斜后小块滑加度： mgs 4 ＋μmgc 4 n 5 i ° o 5 s ° 1＋μ 2g a2 ＝ ＝ ， m 2 滑时为 行间： v0 2v0 t′＝a ＝ ， 1＋μg 2
课 后 作 业
练 考 题 · 随 堂 自 测
提 考 能 · 考 题 细 研
菜 单
HK 新课标 ·物理
固 考 基 · 教 材 回 扣 析 考 点 · 重 难 突 破
提 考 能 · 考 题 细 研
图 3－2－3 (21 上 高 0· 1 海 考 )如 3－2－3，质 m＝2 kg 的 体 图 量 物静 止水地的 于平面 A 处，A、B 间 L＝2 m，用 小 距 0 大 为 3 N， 0 沿平向外拉物 水方的力此体 ，经 t0＝2 s 拉 B 处．(已 c 至 知 o s 3 ＝0 ，s 3 ＝0 ，取 g＝1 m 2) 7 ° 8 . n 7 i ° 6 . 0 s / (1)求 体 地 间 动 擦 数 物与面的摩因 μ； (2)用 小 大 为 3 N，与 平 向 0 水方成 3 的斜上此 7 力向拉物 ° 体，使 体 物从 A处静开运并到 由止始动能达 B 处，求 力 该作 用最时 的短间 t.
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.docx
（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 料燃尽后火箭的笫一级和笫二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度一时间图象如图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〜t ］时间内的加速度大于ti 〜t2时间内的加速度C. t,〜t2时间内卫星处于超重状态D. t2〜t3吋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，右端白由伸 <到0点并系住 物体,现将弹簧压缩到A 点后释放，使物体在A 、BZ 间往复运动，若此过程物体受 到的摩擦力可忽略，则物体（） 伽艸汕:■:A. 在A 点刚释放时加速度最小4 ° B 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诃以等效为如图3-2-14所示的物理模型，一个小朋友在AB 段的动摩擦因数m<tan6, BC 段的动摩擦因数p 2>tan 0,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C. 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课时•知能•训练 见学牛用书第213页图 3-2-12D.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0,以速度V 。
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第7课 两类动力学问题 超重与失重1．两类动力学问题a ．运用牛顿运动定律解决已知受力情况求运动情况的问题 (1)(多选)(2016全国Ⅱ，6分)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。
两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。
若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案：BD解析：设小球受到的阻力为f ，则f ＝kR ，k 是常数，则由牛顿第二定律得mg －f ＝ma ，而 m ＝ρ·43πR 3，故a ＝g －k ρ·43πR 2，由R 甲>R 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 项错误。
因甲、乙位移相同，由v 2＝2ax 可知，v 甲>v 乙，故B 项正确。
由x ＝12at 2可知，t 甲<t 乙，故A 项错误。
由功的定义得W 克服＝fx ，又f 甲>f 乙，则W 甲克服>W 乙克服，故D 项正确。
(2)(2016四川理综，17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。
一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止。
已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。
货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2。
求：①货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； ②制动坡床的长度。
答案：①5 m/s 2，方向沿制动坡床向下(4分) ②98 m(13分) 解析：①设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则f ＋mg sin θ＝ma 1①(2分) f ＝μmg cos θ②(1分)联立①②解得a 1＝5 m/s 2，方向沿制动坡床向下。
(1分)②设货车的质量为4m ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s ，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，货车运动距离为s 2，货物相对货车运动的距离为s ＝4 m ，货车受到制动坡床的阻力大小为F ，加速度大小为a 2，货车长度为l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 4mg sin θ＋F －f ＝4ma 2③(2分) F ＝0.44(m ＋4m )g ④(2分) s 1＝v t －12a 1t 2⑤(2分)s 2＝v t －12a 2t 2⑥(2分)s ＝s 1－s 2⑦(2分) l ＝l 0＋s 0＋s 2⑧(2分) 联立①～⑧解得 l ＝98 m(1分)b ．运用牛顿运动定律解决已知物体的运动情况求受力情况的问题(3)(经典题，8分)一质量为m 的消防队员从一平台上无初速度跳下，竖直落向水平地面，下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使重心又下降了0.5 m ，在着地过程中(重力加速度为g )，求双脚对地面的平均作用力。
答案：5mg ，方向向下(8分)解析：落地时的速度为v ＝2gh ①(2分)缓冲过程中a ＝v 22x ＝2gh2x＝4g ，方向竖直向上。
②(2分)由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ③(2分) 联立①②③解得F N ＝mg ＋ma ＝5mg ，方向竖直向上。
(1分)由牛顿第三定律得，双脚对地面的平均作用力的大小F ′N ＝F N ＝5mg ，方向竖直向下。
(1分)(4)(多选)(2013浙江理综，6分)如图所示，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/s 2，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/s 2。
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 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 答案：AD解析：从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律得F 浮－mg ＝ma ，解得F 浮＝m (g ＋a )＝4830 N ，故A 项正确。
气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，与题目中物体上升至180 m 时匀速运动矛盾，则加速上升过程中所受空气阻力逐渐增大，故B 项错误。
刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10 s 后的速度大小小于5 m/s ，故C 项错误。
以5 m/s 匀速上升时，根据平衡条件得F 浮＝mg ＋f ，解得f ＝230 N ，故D 项正确。
(5)(2014全国Ⅰ，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25，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)(12分)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a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0①(2分) s ＝v 0t 0＋v 202a 0②(2分)式中m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度。
设在雨天行驶时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0③(2分)设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma ④(2分) s ＝v t 0＋v 22a⑤(2分)联立①②③④⑤解得v ＝20 m/s(72 km/h)(2分)2．运用牛顿运动定律解决动力学的图像问题 a ．运用v －t 图像解决动力学问题(6)(2018改编，12分)如图所示，t ＝0时刻质量分别为m 、2m 的A 、B 两物体(均可视为质点)放在同一水平面上，两物体与地面间的动摩擦因数都为μ，现A 物体受到大小为3μmg ，B 物体受到大小为4μmg ，方向均水平向右的恒力作用，两物体同时出发向右做匀加速直线运动。
经过t 0时间两物体同时撤去水平向右的恒力，此过程两物体并未相撞，之后继续运动直至停止，A 物体停止时恰好追上B ，求t ＝0时刻两物体之间的距离s 。
答案：2μgt 20(12分) 解析：法一(解析法)受到水平恒力作用时，由牛顿第二定律得 A 物体的加速度a A ＝3μmg －μmgm ①(2分)B 物体的加速度a B ＝4μmg －2μmg2m ②(1分)故A 物体的位移x A ＝12a A t 20③(1分)v A ＝a A t 0④(1分)B 物体的位移x B ＝12a B t 20⑤(1分)v B ＝a B t 0⑥(1分)由牛顿第二定律得两物体匀减速时的加速度 a A ′＝a B ′＝μg ⑦(1分) 2a A ′x A ′＝v 2A ⑧(1分) 2a B ′x B ′＝v 2B ⑨(1分)s ＝(x A ＋x A ′)－(x B ＋x B ′)⑩(1分) 联立上式得s ＝2μgt 20(1分) 法二(图像法)由牛顿第二定律得受力时A 的加速度 a A ＝3μmg －μmg m ＝2μg (3分)B 物体加速度a B ＝4μmg －2μmg2m＝μg (3分)撤去力时两物体的加速度a A ′＝a B ′＝μg ，故减速时A 、B 的v －t 图线平行。
据此画出A 、B 两物体的v －t 图像如图所示。
物体A 、物体B 的v －t 图线与t 轴围成的面积大小之差就是s ，由图像得s ＝2μgt 20(6分)(7)(2018改编，10分)如图(a)所示，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示。
若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，求物块与斜面间的动摩擦因数和物块沿斜面向上滑行的最大高度。
答案：v 0－v 14g 2t 21－（v 0＋v 1）2v 0（v 0＋v 1）4g(10分)解析：由v －t 图像可得物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1①(2分)设斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ②(2分) 同理，向下滑行时有mg sin θ－μmg cos θ＝m v 1t 1③(2分)由题图知物块向上滑行的最大位移x ＝v 02t 1④(2分)联立①②③④解得物块向上滑行的最大高度为 x sin θ＝v 0（v 0＋v 1）4g(1分)物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝v 0－v 14g 2t 21－（v 0＋v 1）2(1分)b ．动力学问题中选择正确的a －t 图像或F －a 图像可采用解析法或排除法(8)(2013全国Ⅱ，6分)一物块静止在粗糙的水平桌面上。
从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小。
能正确描述F 与a 之间关系的图像是( )答案：C解析：法一(解析法)设物块所受滑动摩擦力为f ，在水平拉力F 作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F ＝ma ＋f ，所以能正确描述F 与a 之间关系的图像是C ，故C 项正确，A 项、B 项、D 项均错误。
法二(排除法)因物体还受到摩擦力，故力F 达不到最大静摩擦力时，物体静止，加速度为0，故图线的纵轴截距大于0，当F 大于最大静摩擦力时，a 随F 增大而增大，故C 项正确，A 项、B 项、D 项均错误。
(9)(经典题，6分)在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。