2020届高考物理一轮复习重要题型名师精讲之牛顿运动定律第2讲两类动力学问题超重和失重.pdf

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1、2020届高考物理一轮复习重要题型名师精讲之牛顿运动定律第 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，某一段时刻内晓敏同学发觉体重计示数如图325 所示，在这段时刻内以下讲法中正确的选项是()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：晓敏在这段时刻内处于失重状态，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

2、相等，B选项错，以竖直向下为正方向，有：mg F ma，即 50g 40g50a，解得ag/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：D 22008 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 为重力加速度那么质量为m 的宇航员对飞船底部的压力为()A 6mgB5mgC4mgD 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，Fmg ma，那么 Fm(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：A 3图 326 在箱式电梯里的台秤秤盘上放着一物体，在

3、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326 所示，乙图为电梯匀速运动的照片。从这三张照片可判定()A拍照甲照片时，电梯一定处于加速下降状态B拍照丙照片时，电梯一定处于减速上升状态C拍照丙照片时，电梯可能处于加速上升状态D拍照甲照片时，电梯可能处于减速下降状态答案：D 4(2018 江苏阜宁中学调研)如图 327 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形，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

4、时刻变化情形如图328 所示，g 取 10 m/s2，求：(1)该学生下滑过程中的最大速率；(2)图中力 F1的大小；(3)滑杆的长度解析：(1)由于人静止后受拉力F500 N，可知，mg500 N.在 01 s内，人受拉力F380 N，人做加速运动，由牛顿第二定律可得：mg Fma1，a12.4 m/s2，v1a1t12.4 m/s.(2)1 s5 s内人做减速运动，a2t2a1t1，a20.6 m/s2，由牛顿第二定律可得：F1mgma2，F1530 N.(3)L12a1t2112a2t22 6 m.答案：(1)2.4 m/s(2)530 N(3)6 m 5.图 329 如图 329所示为

5、某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L20 m，高为 h2 m，斜坡上紧排着一排滚筒长为l8 m、质量为m1103 kg 的钢锭 ab 放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为 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 v4 m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒赶忙停止转动，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g10 m/s2.试求：(1)钢锭从坡底(如图 329 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刻(2)钢锭从坡底(如图 329 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刻？

6、解析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为Ff mg 3103 N 由牛顿第二定律有Ffmgsin ma1，解得 a12 m/s2钢锭做匀加速运动的时刻t1va12 s，位移 x112a1t214 m 要使 b 端到达坡顶所需要的时刻最短，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x2 Llx18 m，做匀速直线运动的时刻t2x2v2 s，所需最短时刻tt1t2 4 s.(2)要使电动机工作的时刻最短，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Ffmgsin ma2，解得 a24

7、 m/s2.匀减速运动时刻t3va2 1 s，匀减速运动位移x3v2t32 m，匀速运动的位移x4L lx1x36 m，电动机至少要工作的时刻t t1x4v3.5 s.答案：(1)4 s(2)3.5 s 1.图 3210 汶川大地震后，为解决灾区群众的生活咨询题，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 3210 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势在箱子下落过程中，以下讲法正确的选项是()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

8、体受到的支持力比刚投下时大D假设下落距离足够长，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 fv2，因此阻力逐步增大，当 fmg 时，物体开始匀速下落以箱和物体为整体：(Mm)gf(Mm)a，f 增大那么加速度a 减小对物体：Mg FNma，加速度减小，那么支持力FN增大因此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 3211 某物体做直线运动的vt 图象如图3211 所示，据此判定以下图(F 表示物体所受合力，x 表示物体的位移)四个选项中正确的选项是()解析：从 vt 图象中能够看出，物体在02 s 内做初速度为零的匀加速运动，合力与速

9、度方向一致且为恒力，在2 s6 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，因此匀加速运动范畴内位移x 与时刻是二次函数关系，且4 s末的位移不为0，故 C、D 项错答案：B 3.图 3212 2018 北京奥运会取得了举世瞩目的成功，某运动员(可看作质点)参加跳板跳水竞赛，t 0 是其向上起跳瞬时，其速度与时刻关系图象如图3212 所示，那么()A t1时刻开始进入水面Bt2时刻开始进入水面C t3时刻已浮出水面D0 t2的时刻内，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

10、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，依照图象可知，t2时刻速度最大，因此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，是在水中减速终止的时刻，故C 项错误；跳水运动员离开跳板到刚开始进入水中时，差不多上只受重力，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：BD 4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，那么从该时刻起通过6 s，汽车行驶的路程是()A 50 m B42 m C25 m D24 m 答案：

11、C 5.图 3213 如图 3213 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，稳固时绳与水平方向的夹角为，当传送带分不以v1、v2的速度作逆时针转动时(v1 v2)，绳中的拉力分不为F1、F2；假设剪断细绳时，物体到达左端的时刻分不为t1、t2，那么以下讲法正确的选项是()A F1F2BF1F2C t1一定大于t2Dt1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F1F2.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：BD 6.图 3214 质量为 M 的光滑圆槽放

12、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3214 所示，那么()A小球对圆槽的压力为MFmMB小球对圆槽的压力为mFmMC水平恒力F 变大后，假如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，假如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aFMm，对小球利用牛顿第二定律可得：小球对圆槽的压力为(mg)2m2F2(Mm)2，可知只有C 选项正确答案：C 7图 3215(2018 潍坊高三教学质量检测)如图 3215 所示，足够长的传送带与水平面夹角为，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

13、 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数 tan ，那么图32 15 中能客观地反映小木块的速度随时刻变化关系的是()解析：对 m 开始时加速度a1gcos gsin .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a2gsin gcos ，明显 a1a2，只有图象D 正确答案：D 8.图 3216 如图 3216 是一种升降电梯的示意图，A 为载人箱，B 为平稳重物，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假如电梯中人的总质量为m，匀速上升的速度为 v，电梯立即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

14、阻力的情形下，h 为()A.v22gB.(Mm)v22mgC.(Mm)v2mgD.(2M m)v22mg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(Mm)g，载人箱 A 加速度大小为a(M m)g MgM mmMmg，由 2ahv2得 h(M m)v22mg，选项 B 正确设 B 对 A 拉力 FT对 B：FTMg Ma对 A：FT(Mm)g(Mm)a，amg2Mm由 V22ah 得 h(2M m)v22mg，D 选项正确答案：BD 9.图 3217 两个完全相同的物块A、B，质量均为m0.8 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

15、图3217 中的两条直线分不表示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 两物块的加速度分不为a1、a2，由 vt 图象可得：a1 v1 t11268 0m/s20.75 m/s2a2 v2 t20640m/s2 1.5 m/s2负号表示加速度方向与初速度方向相反对 A、B 两物块分不由牛顿第二定律得：F Ffma1Ffma2由式可得：F1.8 N.(2)设 A、B 两物块 8 s内的位移分不为x1、x2由图象得：x112(6 12)872 m，x212641

16、2 m，因此 x x1x260 m.答案：(1)1.8 N(2)60 m 10.图 3218 如图 3218 为一滑梯的示意图，滑梯的长度AB 为 L5.0 m，倾角 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s2.25 m 后停下 小孩与滑梯间的动摩擦因数为 0.3.不计空气阻力取g10 m/s2.sin 370.6，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.解析：(1)小孩受力如右图所示由牛顿运动定律得mgsin FNma，

17、FNmgcos 0 解得 agsin gcos 3.6 m/s2.(2)由 v2 2aL，求出 v6 m/s.(3)由匀变速直线运动规律得0 v22as，由牛顿第二定律得 mgma，解得 0.8.答案：(1)3.6 m/s2(2)6 m/s(3)0.8 11.图 3219 如图 3219 所示，长L1.5 m，高 h0.45 m，质量 M10 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v0 3.6 m/s 时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F50 N，并同时将一个质量 m1 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 点时相关于地面的速度为零)，通过一

18、段时刻，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g10 m/s2.求：(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时刻；(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刻由 h12gt2，t2hg20.4510s0.3 s.(2)小球放到木箱上后相对地面静止，木箱的加速度为a1F (Mm)gM500.2(101)1010m/s27.2 m/s2木箱向右运动的最大位移为：x1v202a13.6227.2m0.9 m.(3)x1小于 1 m，因此小球可不能从木箱的左端掉下木箱向左运动的加速度为a2F (Mm)gM500.2(101)1010m/s22.8 m/s2设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱x2x1L30.9 m0.5 m1.4 m 设木箱向左运动的时刻为t2，由 x12at2得 t22x2a221.42.8s1 s 小球刚离开木箱瞬时，木箱的速度方向向左，大小为v2a2t22.81 m/s 2.8 m/s.答案：(1)0.3 s(2)0.9 m(3)2.8 m/s