2019-2020年高考物理總復習講義 第3章 第2講 兩類動力學問題 超重和失重1兩類基本問題(1)已知受力情況求運動情況(2)已知運動情況求受力情況2一個聯(lián)系橋梁加速度是聯(lián)系力和運動的橋梁3兩個關鍵受力分析和運動過程分析4求解思路(1)物體加速度的方向與所受合外力的方向可以不同()(2)對靜止在光滑水平面上的物體施加一水平力，當力剛開始作用瞬間，物體立即獲得加速度()(3)物體由于做加速運動，所以才受合外力作用()知識二超重與失重1視重當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數叫做視重，其大小等于測力計所受物體的拉力或臺秤所受物體的壓力2超重、失重與完全失重超重失重完全失重定義物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等于零的狀態(tài)產生條件物體有向上的加速度物體有向下的加速度ag，方向向下視重Fm(ga)Fm(ga)F0(1)超重就是物體的重力變大的現(xiàn)象()(2)減速上升的升降機內的物體，物體對地板的壓力大于重力()(3)減速下降的物體處于超重狀態(tài)()1下列實例屬于超重現(xiàn)象的是()A汽車駛過拱形橋頂端時B火箭點火后加速升空時C跳水運動員被跳板彈起，離開跳板向上運動時D體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時【解析】發(fā)生超重現(xiàn)象時，物體的加速度方向豎直向上汽車駛過拱形橋頂端時，其向心加速度豎直向下指向圓心，汽車處于失重狀態(tài)，A錯誤；火箭點火后加速升空，加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，B正確；跳水運動員離開跳板向上運動時，只受重力，運動員處于完全失重狀態(tài)，C錯誤；體操運動員握住單杠在空中不動時，運動員處于平衡狀態(tài)，D錯誤【答案】B2(多選)質量m1 kg的物體在光滑平面上運動，初速度大小為2 m/s.在物體運動的直線上施以一個水平恒力，經過t1 s，速度大小變?yōu)? m/s，則這個力的大小可能是()A2 NB4 NC6 N D8 N【解析】物體的加速度可能是2 m/s2，也可能是6 m/s2，根據牛頓第二定律，這個力的大小可能是2 N，也可能是6 N，所以答案是A、C.【答案】AC圖3213讓鋼球從某一高度豎直落下進入液體中，如圖321中表示的是閃光照相機拍攝的鋼球在液體中的不同位置則下列說法正確的是()A鋼球進入液體中先做加速運動，后做減速運動B鋼球進入液體中先做減速運動，后做加速運動C鋼球在液體中所受的阻力先大于重力，后等于重力D鋼球在液體中所受的阻力先小于重力，后等于重力【解析】從題圖可以看出鋼球在相同時間間隔內通過的位移先是越來越小，之后是相等說明其運動是先減速后勻速，進而推知阻力先是大于重力，后來等于重力【答案】C4.圖322(xx浙江高考)如圖322所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)下列說法正確的是()A在上升和下降過程中A對B的壓力一定為零B上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力C下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力D在上升和下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力【解析】對于A、B整體只受重力作用，做豎直上拋運動，處于完全失重狀態(tài)，不論上升還是下降過程，A對B均無壓力，只有A項正確【答案】A5(xx四川高考)如圖323是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，則()圖323A火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小B返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功D返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)【解析】對降落傘，勻速下降時受到的重力mg、繩的拉力FT和浮力F平衡，即FTFmg.在噴氣瞬間，噴氣產生的反沖力向上，使降落傘減速運動，設加速度大小為a，對降落傘應用牛頓第二定律：FFTmgma，F(xiàn)TFmgma<FT，故A正確，B錯誤加速度方向向上，返回艙處于超重狀態(tài)，故D錯誤合外力方向向上、位移方向向下，做負功，故C錯誤【答案】A考點一 19兩類動力學問題分析一、物體運動性質的判斷方法1明確物體的初始運動狀態(tài)(v0)2明確物體的受力情況(F合)3根據物體做各種性質運動的條件即可判定物體的運動情況、加速度變化情況及速度變化情況二、兩類動力學問題的解題步驟1明確研究對象根據問題的需要和解題的方便，選出被研究的物體研究對象可以是某個物體，也可以是幾個物體構成的系統(tǒng)2進行受力分析和運動狀態(tài)分析，畫好受力分析圖、情景示意圖，明確物體的運動性質和運動過程3選取正方向或建立坐標系，通常以加速度的方向為正方向或以加速度方向為某一坐標軸的正方向4求合外力5根據牛頓第二定律F合ma或列方程求解，必要時還要對結果進行討論1個示范例圖324(xx山東高考)如圖324所示，一質量m0.4 kg的小物塊，以v02 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L10 m已知斜面傾角30，物塊與斜面之間的動摩擦因數.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小(2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最?。坷的最小值是多少？【審題指導】(1)已知初速、位移和時間求達B點時的速度應以加速度為橋梁利用運動學公式求解(2)求拉力的最小值及其對應的角度應用正交公解法，分別列出方程聯(lián)立求解【解析】(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得Lv0tat2vv0at聯(lián)立式，代入數據得a3 m/s2v8 m/s.(2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN聯(lián)立式得F由數學知識得cos sin sin(60)由式可知對應F最小的夾角30聯(lián)立式，代入數據得F的最小值為Fmin N【答案】(1)3 m/s28 m/s(2)30 N1個預測例(多選)某運動員做跳傘訓練，他從懸停在空中的直升機上由靜止跳下，跳離飛機一段時間后打開降落傘減速下落他打開降落傘后的速度圖線如圖325(a)所示降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員，每根繩與中軸線的夾角均為37，如圖(b)所示已知運動員的質量為50 kg，降落傘的質量也為50 kg，不計運動員所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即fkv(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)則下列判斷中正確的是()(a)(b)圖325A阻力系數k100 Ns/mB打開傘瞬間運動員的加速度a30 m/s2，方向豎直向上C懸繩能夠承受的拉力至少為312.5 ND懸繩能夠承受的拉力至少為2 500 N【解析】以運動員和降落傘整體為研究對象，系統(tǒng)受兩個力的作用，即重力和阻力，以豎直向上為正方向，由題圖(a)可知：2mgkv勻，又v勻5 m/s，故k200 Ns/m，選項A錯誤；在打開傘的瞬間，對運動員和降落傘整體由牛頓第二定律可得kv02mg2ma，所以a30 m/s2，方向豎直向上，選項B正確；設每根繩的拉力為T，以運動員為研究對象有8Tcos mgma，T312.5 N，選項C正確，D錯誤【答案】BC(1)無論是哪種情況，聯(lián)系力和運動的“橋梁”都是加速度利用牛頓第二定律解決動力學問題的關鍵是尋找加速度與未知量的關系，然后利用運動學規(guī)律、牛頓第二定律和力的運算法則列式求解(2)物體的運動情況由受力情況及物體運動的初始條件共同決定考點二 20對超重、失重的理解一、產生原因：豎直方向上存在加速度(包括加速度的豎直分量)二、實質：不是重力變化了，而是重物對懸點的拉力或對支持物的壓力發(fā)生了變化三、變化量：拉力或壓力的變化大小為：ma.a為豎直方向加速度四、完全失重現(xiàn)象：重力只產生使物體具有ag的加速度效果，不再產生其他效果，如單擺停擺，天平失效，液體不再產生浮力1個示范例(多選)某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490 N他將彈簧秤移至電梯內稱其體重，t0至t3時間段內，彈簧秤的示數如圖326所示，電梯運行的vt圖可能是(取電梯向上運動的方向為正)()圖326【解析】由題圖可知，在t0t1時間內，彈簧秤的示數小于人的實際體重，則人處于失重狀態(tài)，此時電梯具有向下的加速度，可能向下做勻加速運動或向上做勻減速運動；t1t2時間內，彈簧秤的示數等于人的實際體重，則人處于平衡狀態(tài)，電梯加速度為零，電梯可能做勻速運動或處于靜止狀態(tài)；t2t3時間內，彈簧秤的示數大于人的實際體重，則人處于超重狀態(tài)，電梯具有向上的加速度，電梯可能向下做勻減速運動或向上做勻加速運動綜上所述，正確答案為A、D.【答案】AD1個預測例舉重運動員在地面上能舉起120 kg的重物，而在運動著的升降機中卻只能舉起100 kg的重物，求：(1)升降機運動的加速度；(2)若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降機中，此運動員能舉起質量多大的重物？(g取10 m/s2)【審題指導】(1)運動員的最大舉力等于其在地面上能舉起的物重(2)在超失重環(huán)境中，人的最大舉力不變，但舉起的重物可能小于或大于120 kg物體【解析】運動員在地面上能舉起m0120 kg的重物，則運動員能發(fā)揮的向上的最大支撐力Fm0g1 200 N.(1)在運動著的升降機中只能舉起m1100 kg的重物，可見該重物超重了，升降機應具有向上的加速度，設此加速度為a1，對物體由牛頓第二定律得：Fm1gm1a1，解得a12 m/s2.(2)當升降機以a22.5 m/s2的加速度加速下降時，重物失重，設此時運動員能舉起的重物質量為m2對物體由牛頓第二定律得：m2gFm2a2解得：m2160 kg.【答案】(1)2 m/s2(2)160 kg動力學中的傳送帶模型一、模型概述物體在傳送帶上運動的情形統(tǒng)稱為傳送帶模型因物體與傳送帶間的動摩擦因數、斜面傾角、傳送帶速度、傳送方向、滑塊初速度的大小和方向的不同，傳送帶問題往往存在多種可能，因此對傳送帶問題做出準確的動力學過程分析，是解決此類問題的關鍵二、兩類模型1水平傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端其中v0>v返回時速度為v，當v0<v返回時速度為v02傾斜傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能一直勻速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速1個示范例圖327(12分)如圖327所示，繃緊的傳送帶，始終以2 m/s的速度勻速斜向上運行，傳送帶與水平方向間的夾角30.現(xiàn)把質量為10 kg的工件輕輕地放在傳送帶底端P處，由傳送帶傳送至頂端Q處已知P、Q之間的距離為4 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數為，取g10 m/s2.(1)通過計算說明工件在傳送帶上做什么運動；(2)求工件從P點運動到Q點所用的時間【審題指導】(1)工件受的摩擦力為動力(2)傳送帶勻速，工件放到傳送帶上后做初速為零的勻加速直線運動，要判斷工件的運動有沒有轉折【規(guī)范解答】(1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力為動力由牛頓第二定律得：mgcos mgsin ma代入數值得：a2.5 m/s2則其速度達到傳送帶速度時發(fā)生的位移為x1m0.8 m<4 m可見工件先勻加速運動0.8 m，然后勻速運動3.2 m(2)勻加速時，由x1t1得t10.8 s勻速上升時t2 s1.6 s所以工件從P點運動到Q點所用的時間為tt1t22.4 s評分標準式每式2分【答案】(1)先勻加速運動0.8 m，然后勻速運動3.2 m(2)2.4 s分析處理傳送帶問題時需要特別注意兩點：一是對物體在初態(tài)時所受滑動摩擦力的方向的分析；二是對物體在達到傳送帶的速度時摩擦力的有無及方向的分析1個模型練如圖328所示，水平傳送帶AB長L10 m，向右勻速運動的速度v04 m/s，一質量為1 kg的小物塊(可視為質點)以v16 m/s的初速度從傳送帶右端B點沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數0.4，g取10 m/s2.求：圖328(1)物塊相對地面向左運動的最大距離；(2)物塊從B點沖上傳送帶到再次回到B點所用的時間【解析】(1)設物塊與傳送帶間的摩擦力大小為ffmgfma0v2as物s物4.5 m(2)設小物塊經時間t1速度減為0，然后反向加速，經過時間t2與傳送帶速度相等0v1at1t11.5 sv0at2t21 s設反向加速時，物塊的位移為s1，則有s1at2 m物塊與傳送帶共速后，將做勻速直線運動，設經時間t3再次回到B點s物s1v0t3t30.625 s所以t總t1t2t33.125 s【答案】(1)4.5 m(2)3.125 s考查超重失重1如圖329所示，是某同學站在力傳感器上，做下蹲起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線，縱坐標為力(單位為牛頓)，橫坐標為時間(單位為秒)由圖可知，該同學的體重約為650 N，除此以外，還可以得到的信息有()圖329A該同學做了兩次下蹲起立的動作B該同學做了一次下蹲起立的動作，且下蹲后約2 s起立C下蹲過程中人處于失重狀態(tài)D下蹲過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)【解析】在34 s下蹲過程中，先向下加速再向下減速，故人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；在67 s起立過程中，先向上加速再向上減速，故人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，選項A、C、D錯誤，B正確【答案】B由運動情況推斷受力情況2.圖3210(多選)(xx上海高考)受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上作直線運動，其vt圖線如圖3210所示，則()A在0t1秒內，外力F大小不斷增大B在t1時刻，外力F為零C在t1t2秒內，外力F大小可能不斷減小D在t1t2秒內，外力F大小可能先減小后增大【解析】由圖象可知0t1，物體作a減小的加速運動，t1時刻a減小為零由a可知，F(xiàn)逐漸減小，最終Ff，故A、B錯誤t1t2物體作a增大的減速運動，由a可知，至物體速度減為零之前，F(xiàn)有可能是正向逐漸減小，也可能F已正向減為零且負向增大，故C、D正確【答案】CD水平傳送帶模型3如圖3211所示，傳送帶保持v01 m/s的速度運動現(xiàn)將一質量m0.5 kg的物體從傳送帶左端放上，設物體與傳送帶間動摩擦因數0.1，傳送帶兩端水平距離x2.5 m，則物體從左端運動到右端所經歷的時間為(g取10 m/s2)()圖3211A. sB(1) sC3 s D5 s【答案】C綜合考查兩類基本問題4.圖3212(多選)(xx浙江高考)如圖3212所示，總質量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g10 m/s2.關于熱氣球，下列說法正確的是()A所受浮力大小為4 830 NB加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/sD以5 m/s的速度勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N【解析】熱氣球從地面剛開始上升時，速度為零，不受空氣阻力，只受重力、浮力，由牛頓第二定律知Fmgma，得F4 830N，選項A正確；隨著熱氣球速度逐漸變大，其所受空氣阻力發(fā)生變化(變大)，故熱氣球并非勻加速上升，其加速度逐漸減小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，選項B、C錯誤；最終熱氣球勻速運動，此時熱氣球所受重力、浮力、空氣阻力平衡，由Fmgf得f230 N，選項D正確【答案】AD5.圖3213如圖3213，質量m2 kg的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L20 m，用大小為30 N，沿水平方向的外力拉此物體，經t02 s拉至B處(已知cos 370.8，sin 370.6，取g10 m/s2)(1)求物體與地面間的動摩擦因數；(2)用大小為30 N，與水平方向成37的力斜向上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運動并能到達B處，求該力作用的最短時間t.【解析】(1)物體做勻加速運動La0t則a0 m/s210 m/s2由牛頓第二定律，F(xiàn)fma0f30 N210 N10 N則0.5.(2)F作用的最短時間為t，設物體先以大小為a的加速度勻加速時間t，撤去外力后，以大小為a的加速度勻減速時間t到達B處，速度恰為0，由牛頓第二定律Fcos 37(mgFsin 37)ma則ag0.510 m/s211.5 m/s2ag5 m/s2由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有atat則ttt2.3tLat2at2則t s1.03 s. 【答案】(1)0.5(2)1.03 s