第2讲　两类动力学问题超重和失重公开课.docx

第2讲两类动力学问题超重和失重一、选择题（此题共9小题，共63分）.以下说法中正确的选项是（）A.只有正在向上运动的物体，才有可能处于超重状态 B.超重就是物体所受的重力增加C.物体处于超重状态时，地球对它的引力变大D.超重时物体所受的重力不变解析：超重是指物体对支持物（或悬挂物）的压力（或拉力）变大，但重力不变，故B、C错, D对；物体处于超重状态时，其加速度是向上的，而速度方向不确定，故A错.答案：D.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32 20所示.那么以下说法中正 图32 20 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，应选C.答案：c.如图3 221是我国“美男子”长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景. 宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，以下 说法正确的选项是（）A.火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B.飞船加速下落时，宇航员处于失重状态图3 221C.飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力大于其重力D.火箭上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力解析：但凡加速度方向向上的即为超重，压力大于重力，ACD项所述为超重状态；加速 度方向向下的为失重，压力小于重力，B项所述为失重状态.答案：BC4. （2011 杭州模拟）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，某研究性学习小组利用压敏 电阻判断升降机运动状态，其工作原理如图32 22甲所示，将压敏电阻和两块挡板固 定在升降机内，中间放一个绝缘重球，当升降机静止时，电流表的示数为lo,在升降机 向上做直线运动的过程中，电流表的示数如图3 222乙所示，以下判断正确的选项是（）图 3-2-22A.从。到ti时间内，升降机做匀加速直线运动B.从L到t2时间内，升降机做匀加速直线运动C.从tl到t2时间内，重球处于超重状态D.从t2到t3时间内，升降机可能静止解析：由于静止时，重球重力6=国时，电流表示数为Io,当在。ti时间内，电流I>Io 且恒定，说明电阻比静止时小，弹力比静止时大，即Fn>G,加速度向上，且为恒定， 升降机向上做匀加速直线运动；tit2时间内，I>Io,且均匀减小，说明Fn>G,但Fn 减小，升降机向上做加速度减小的加速运动，到t2时Fn=G； t2t3时间内，Fn=G, 但有速度，升降机做向上的匀速运动.答案：AC.如图3222所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相 同的物块放在斜面顶端，因四个物块运动情况不同，物块与斜面的摩擦力不同，物块 匀加速下滑，b物块匀速下滑，。物块匀减速下滑，。物块静止在斜面上，四种情况斜面 体均保持静止，四种情况下斜面体对地面的压力依次为为、&、B、R.那么它们的大小关 系是（）A.b1 =尸2 =歹3 =b4B. Fi>F2>F3>F4C.尸1<尸2 =尸4尸3D.尸1=尸3<尸2<尸4解析：把物块与斜面看做是一个整体，如果整体处于平衡状态那么在竖直方向有地面的支 持力与重力大小相等，根据牛顿第三定律有斜面对地面的压力大小等于整体的重力，可 得到尸2=居，B、D错；由于。沿斜面向下做匀加速，处于失重状态，那么有地面对整体 的支持力小于重力，而c做匀减速处于超重状态，那么有支持力大于整体的重力，C对.答案：C. （2010.山东理综，16）如图3223所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平 面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜 图32 23面与水平面平滑连接.以下图中“、6和x分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程.以下图中正确的选项是解析：物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为甲=2gC0S仇做 初速度为零的匀加速直线运动，其。一/图象为过原点的倾斜直线，A错，加速度大小不 变，B错，其图象应为一段曲线，斜面上的一段应为斜率逐渐增大的曲线，D错； 物体到达水平面后，所受摩擦力建=加做匀减速直线运动，所以正确选项为C. 答案：C7.（2011 .金华模拟）如图3-2-25所示，位于光滑固定斜面上的小物块P 受到一水平向右的推力F的作用，物块P沿斜面减速下滑，现保 持F方向不变，减小F的大小，那么加速度大小（）A. 一定变小B. 一定变大C. 一定不变D.可能变小，可能变大，也可能不变图 3-2-25答案：D8 .如图3 226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, Ft 图象如图3 227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，那么以下说法正确的选项是（）A »上B7777777777777777777777777777图 3-2-26图 3-2-27A.两物体在4 s时改变运动方向9 .在1 s3 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的方向相同解析：两物体在01s内，做加速度增大的变加速运动，在1s3 s内，做匀加速运动, 在3s4s内，做加速度增大的变加速运动，在4s6s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，。正确.1 s3 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零，5错误.答案：D9.质量为mo=2O依、长为L=5根的木板放在水平面上，木板与 水平面的动摩擦因数为m=0.15.将质量m=10依的小木块（可 视为质点），以vo=4 mis的速度从木板的左端被水平抛射到木板9.质量为mo=2O依、长为L=5根的木板放在水平面上，木板与 水平面的动摩擦因数为m=0.15.将质量m=10依的小木块（可 视为质点），以vo=4 mis的速度从木板的左端被水平抛射到木板777,-110V/上（如图3-2-28所示），小木块与木板面的动摩擦因数为）12=0.4图3-2-28（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10机炉）.那么以下判断中正确的A.木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B.木板一定静止不动，小木块能滑出木板C.木板一定向右滑动,D.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板小木块能滑出木板解析：m（）与地面间的摩擦力为 Ffi = |ii（mo+m）g=O.15X（20+10）X 10 N=45 N, m 与 mo之间的摩擦力为Ff2 = l2mg=0.4><10X10N=40N,FfI>Ff2,所以木板一定静止不动; 小木块在木板上滑行的距离为x, vo=2|i2gx,解得x = 2mL=5加，小木块不能滑出木 板.答案：A二、非选择题（第10题12分，第11题12分，第12题13分）图 3-2-2910 . 一质量m = 0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30。足够长的 斜面，某同学利用S实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时 刻的瞬时速度，如图3229所示为通过计算机绘制出的滑块上滑 过程的V t图象（g取10 mis2）.求：（1）滑块冲上斜面过程中加速度的大小；滑块与斜面间的动摩擦因数；判断滑块最后能否返回斜面底端.假设能返回，求出滑块返回斜面底端时的动能；假设 不能返回，求出滑块所停位置.解析：（1）滑块的加速度大小a= |用=12/$2.（2）滑块在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得mgsin O + jimgcos 0 = ma,滑块速度减小到零时，重力沿斜面方向的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑.x =卢1.5根2a滑块停在斜面上，距底端1.5相处.答案：（1）122/ （2）0.81 不能 距底端1.5相处停止.某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平 方向夹角a=60°,使飞行器恰恰与水平方向成。=30。角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60。同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿 原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，求：(l)t时刻飞行器的速率；(2)整个过程中飞行器离地的最大高度.解析：(1)起飞时，飞行器受推力和重力作用，两力的合力与水平方向成30。斜向上，设推力为F、合力为F合，如下图.在OFF合中，由几何关系得 /F合 = mg,由牛顿第二定律得飞行器的加速度为ai=go怖工Ill/贝I t时刻的速率v=ait=gt.Vmg(2)推力方向逆时针旋转60。，合力的方向与水平方向成30。斜向下，推力F'跟合力F,合垂直，如下图.此时合力大小F'合=mgs加30°飞行器的加速度大小为a2=mgs?30°=,11JLJLJ到最高点的时间为=悬=21a2 u.jg1113飞行的总位移为 x=Tait2+a2t, 2=gt2+gt2=gt230t2飞行器离地的最大高度为h尸xs沅30。=寸一.答案：(l)gt (2黄氏.质量为10依的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平面的夹角。= 37。，如图32 30所示，力F作用2秒后撤去，物体在斜面上继续上滑了 1.25秒后，速度减为零.求： /物体与斜面间的动摩擦因数J1和物体的总位移X.(sin 37° = 0.6,cos 37°=0.8, g=10/7?/52)图 3230解析：设力F作用时物体沿斜面上升的加速度为山，撤去力F后其加速度变为a2,贝I：aRi =a2t2 有力F作用时，物体受力为：重力mg,推力F,支持力FM,摩擦力Ffi在沿斜面方向上，由牛顿第二定律可得Feos 0 mgsin 0 Ffi=mai(2)Ffi = rFNi = |i(mgcos 0 + Fsin 0)(3)撤去力F后，物体受重力mg、支持力FM、摩擦力Ff2,在沿斜面方向上，由牛顿第二定律得mgsin 0 + Ff2=ma2= Qx5X22+1x8X1.252Ff2=pFN? jimgcos 0(5) 联立，代入数据得 a2=8 mis1 ai = 5 mis1 |i=0.25 物体总位移x=|aitT+1a2t16.25 m.16.25 m.m=答案：0.25 16.25 m