（新課標(biāo)）河南省2015高考物理總復(fù)習(xí)講義 第3章 第2講 兩類動力學(xué)問題 超重和失重

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1、 第2講　兩類動力學(xué)問題　超重和失重 知識一　動力學(xué)的兩類基本問題 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(guān)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(dāng)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(dāng)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(shù)叫

2、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?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的狀態(tài) 產(chǎn)生條件 物體有向上的加速度 物體有向下的加速度 a＝g，方向向下 視重 F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝0 　(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(nèi)的物體，物體對地板的壓力大于重力．() (3)減速下

3、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】　B 2．(多選)質(zhì)量m＝1 kg的物體在

4、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(jīng)過t＝1 s，速度大小變?yōu)? m/s，則這個力的大小可能是(　　) A．2 N　　　　　　　 B．4 N C．6 N D．8 N 【解析】　物體的加速度可能是2 m/s2，也可能是6 m/s2，根據(jù)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3－2－1 3．讓鋼球從某一高度豎直落下進入液體中，如圖3－2－1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

5、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(nèi)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】　C 4. 圖3－2－2 (2010浙江高考)如圖3－2－2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

6、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】　A 5．(2011四川高考)如圖3－2－3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3－2－3 A．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

7、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FT＝F－mg.在噴氣瞬間，噴氣產(chǎn)生的反沖力向上，使降落傘減速運動，設(shè)加速度大小為a，對降落傘應(yīng)用牛頓第二定律：F－FT′－mg＝ma，F(xiàn)T′＝F－mg－ma

8、質(zhì)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(xué)問題的解題步驟 1．明確研究對象．根據(jù)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(gòu)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(zhì)和運動過程． 3．選取正方向或建立坐標(biāo)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(biāo)軸的正方向． 4．求合外力． 5．根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma或列方程求解，必要時還要對結(jié)果進行討論． ——————[1個示范例]—————— 圖3－2－4 　(2013山東高考)如

9、圖3－2－4所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 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(jīng)t＝2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10 m．已知斜面傾角θ＝30，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝.重力加速度g取10 m/s2. (1)求物塊加速度的大小及到達(dá)B點時速度的大小． (2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？ 【審題指導(dǎo)】　(1)已知初速、位移和時間求達(dá)B點時的速度應(yīng)以加速度為橋梁利用運動學(xué)公式求解． (2)求拉力的最小值及其對應(yīng)的角度應(yīng)用正交公解法，分別列出方程聯(lián)立求解． 【解析】　(1

10、)設(shè)物塊加速度的大小為a，到達(dá)B點時速度的大小為v，由運動學(xué)公式得 L＝v0t＋at2① v＝v0＋at② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得 a＝3 m/s2③ v＝8 m/s.④ (2)設(shè)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α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0⑥ 又Ff＝μFN⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦式得 F＝⑧ 由數(shù)學(xué)知識得 cos α＋sin α＝sin(60＋α)⑨ 由⑧⑨式可知對應(yīng)F最小的夾角 α＝30 聯(lián)立③⑧⑩式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為 Fmin

11、＝ N．? 【答案】　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30　 N ——————[1個預(yù)測例]—————— 　(多選)某運動員做跳傘訓(xùn)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3－2－5(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α＝37，如圖(b)所示．已知運動員的質(zhì)量為50 kg，降落傘的質(zhì)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f＝kv(g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)．則下列判斷中正確的是(　　) (a)　　　　　

12、(b) 圖3－2－5 A．阻力系數(shù)k＝100 Ns/m B．打開傘瞬間運動員的加速度a＝30 m/s2，方向豎直向上 C．懸繩能夠承受的拉力至少為312.5 N D．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：2mg＝kv勻，又v勻＝5 m/s，故k＝200 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kv0－2mg＝2ma，所以a＝＝30 m/s2，方向豎直向上，選項B正確；設(shè)每根繩的拉力為T，以運動員為研究對象有8Tcos α－mg＝ma

13、，T＝＝312.5 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(xué)問題的關(guān)鍵是尋找加速度與未知量的關(guān)系，然后利用運動學(xué)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(chǎn)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(zhì)：不是重力變化了，而是重物對懸點的拉力或?qū)χС治锏膲毫Πl(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

14、產(chǎn)生使物體具有a＝g的加速度效果，不再產(chǎn)生其他效果，如單擺停擺，天平失效，液體不再產(chǎn)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(nèi)稱其體重，t0至t3時間段內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)如圖3－2－6所示，電梯運行的v－t圖可能是(取電梯向上運動的方向為正)(　　) 圖3－2－6 【解析】　由題圖可知，在t0～t1時間內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)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；t1～t2時間內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)等于人的實際體重，則人處于平衡狀態(tài)，電梯加速

15、度為零，電梯可能做勻速運動或處于靜止?fàn)顟B(tài)；t2～t3時間內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)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】　AD ——————[1個預(yù)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(zhì)量多大的重物？(g取10 m/s2) 【審題指導(dǎo)】　(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

16、，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m0＝120 kg的重物，則運動員能發(fā)揮的向上的最大支撐力 F＝m0g＝1 200 N. (1)在運動著的升降機中只能舉起m1＝100 kg的重物，可見該重物超重了，升降機應(yīng)具有向上的加速度，設(shè)此加速度為a1，對物體由牛頓第二定律得：F－m1g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2. (2)當(dāng)升降機以a2＝2.5 m/s2的加速度加速下降時，重物失重，設(shè)此時運動員能舉起的重物質(zhì)量為m2 對物體由牛頓第二定律得：m2g－F＝m2a2 解得：m2＝160 kg. 【答案】　(1)2 m/s2　

17、(2)160 kg 動力學(xué)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(shù)、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(zhǔn)確的動力學(xué)過程分析，是解決此類問題的關(guān)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

18、，滑塊一直減速達(dá)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(dāng)v0

19、—— 圖3－2－7 　(12分)如圖3－2－7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θ＝30.現(xiàn)把質(zhì)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(shù)為μ＝，取g＝10 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(dǎo)】　(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(zhuǎn)折． 【規(guī)范解答】　(1)工件受重力、摩擦力、支

20、持力共同作用，摩擦力為動力 由牛頓第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma① 代入數(shù)值得：a＝2.5 m/s2② 則其速度達(dá)到傳送帶速度時發(fā)生的位移為 x1＝＝m＝0.8 m<4 m③ 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x1＝t1得t1＝0.8 s④ 勻速上升時t2＝＝ s＝1.6 s⑤ 所以工件從P點運動到Q點所用的時間為 t＝t1＋t2＝2.4 s⑥ 評分標(biāo)準(zhǔn)①～⑥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

21、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(dá)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3－2－8所示，水平傳送帶AB長L＝10 m，向右勻速運動的速度v0＝4 m/s，一質(zhì)量為1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)以v1＝6 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(shù)μ＝0.4，g取10 m/s2.求： 圖3－2－8 (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(shè)物塊與傳送帶間的摩擦力大小為f f＝μmg f＝ma 0－v＝－2as

22、物 s物＝4.5 m (2)設(shè)小物塊經(jīng)時間t1速度減為0，然后反向加速，經(jīng)過時間t2與傳送帶速度相等 0＝v1－at1 t1＝1.5 s v0＝at2 t2＝1 s 設(shè)反向加速時，物塊的位移為s1，則有s1＝at＝2 m物塊與傳送帶共速后，將做勻速直線運動，設(shè)經(jīng)時間t3再次回到B點 s物－s1＝v0t3 t3＝0.625 s 所以t總＝t1＋t2＋t3＝3.125 s 【答案】　(1)4.5 m　(2)3.125 s ⊙考查超重失重 1．如圖3－2－9所示，是某同學(xué)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(biāo)為力(單位為牛頓)，橫坐

23、標(biāo)為時間(單位為秒)．由圖可知，該同學(xué)的體重約為650 N，除此以外，還可以得到的信息有(　　) 圖3－2－9 A．該同學(xué)做了兩次下蹲—起立的動作 B．該同學(xué)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3～4 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6～7 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3－2－10 (多選)(2011上海高考

24、)受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上作直線運動，其v－t圖線如圖3－2－10所示，則(　　) A．在0～t1秒內(nèi)，外力F大小不斷增大 B．在t1時刻，外力F為零 C．在t1～t2秒內(nèi)，外力F大小可能不斷減小 D．在t1～t2秒內(nèi)，外力F大小可能先減小后增大 【解析】　由圖象可知0～t1，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F＝f，故A、B錯誤．t1～t2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(fù)向增大，故C、D正確． 【答案】　CD ⊙水平傳送帶模型 3．如圖3－

25、2－11所示，傳送帶保持v0＝1 m/s的速度運動．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝0.5 kg的物體從傳送帶左端放上，設(shè)物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.1，傳送帶兩端水平距離x＝2.5 m，則物體從左端運動到右端所經(jīng)歷的時間為(g取10 m/s2)(　　) 圖3－2－11 A. s　　　　　　　　　　 B．(－1) s C．3 s D．5 s 【答案】　C ⊙綜合考查兩類基本問題 4. 圖3－2－12 (多選)(2013浙江高考)如圖3－2－12所示，總質(zhì)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(dāng)熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻

26、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(zhì)量不變，重力加速度g＝10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是(　　) A．所受浮力大小為4 830 N B．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/s D．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F－mg＝ma，得F＝4 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

27、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F＝mg＋f得f＝230 N，選項D正確． 【答案】　AD 5. 圖3－2－13 如圖3－2－13，質(zhì)量m＝2 kg的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L＝20 m，用大小為30 N，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)t0＝2 s拉至B處．(已知cos 37＝0.8，sin 37＝0.6，取g＝10 m/s2) (1)求物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (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(dá)B處，求該力作用的最短時間t. 【解析】

28、　(1)物體做勻加速運動 L＝a0t 則a0＝＝ m/s2＝10 m/s2 由牛頓第二定律，F(xiàn)－f＝ma0 f＝30 N－210 N＝10 N 則μ＝＝＝0.5. (2)F作用的最短時間為t，設(shè)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(dá)B處，速度恰為0，由牛頓第二定律 Fcos 37－μ(mg－Fsin 37)＝ma 則a＝－μg ＝[－0.510] m/s2＝11.5 m/s2 a′＝＝μg＝5 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at＝a′t′ 則t′＝t＝t＝2.3t L＝at2＋a′t′2 則t＝＝ s＝1.03 s. 【答案】　(1)0.5　(2)1.03 s 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！