北京专用2019版高考物理一轮复习检测：第三章牛顿运动定律第2讲两类动力学问题超重和失重 Word版含答案

第2讲两类动力学问题超重和失重

基础巩固

1.(2017北京朝阳期中,6,3分)如图所示,一个热气球与沙包的总质量为m,在空气中以大小为的加速度加速下降,为了使它匀速下降,则应该抛掉的沙的质量为(假定空气对热气球的浮力恒定,空气的其他作用忽略不计) ( )

A. B. C. D.

2.(2017北京东城期末,2)为了研究超重与失重问题,某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运动的某阶段,他发现体重计的示数大于自己实际体重,此时电梯的运动状态可能是( )

A.匀速上升

B.加速上升

C.匀速下降

D.加速下降

3.(2018北京东城期末)如图所示,光滑绝缘细杆与水平方向的夹角为θ,带正电的小球P固定在细杆下端,将另一穿在杆上的带正电的小球Q从杆上某一位置A由静止释放,小球将沿杆在A下方一定范围内运动,其运动区间的长度为l,动能最大时与P的距离为a,运动过程中总满足两小球的直径远小于二者间距

离。在其他条件不变的情况下,只将杆与水平方向的夹角θ变大,则关于l和a的变化情况判断正确的是( )

A.l减小,a增大

B.l增大,a减小

C.l减小,a减小

D.l增大,a增大

4.(2016北京朝阳期中,9)一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上,电梯以0.1g的加速度加速上升h高度,在此过程中( )

A.磅秤的示数等于mg

B.磅秤的示数等于0.1mg

C.人的动能增加了0.9mgh

D.人的机械能增加了1.1mgh

5.在水平的足够长的固定木板上,一小物块以某一初速度开始滑动,经一段时间t后停止。现将该木板改置成倾角为45°的斜面,让小物块以相同的初速度沿木板上滑。若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ,则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( )

A. B. C. D.

6.(2017北京海淀期中,13,8分)如图所示,水平地面上有一质量m=2.0 kg的物块,物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.20,在与水平方向成θ=37°角斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F=10 N,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:

(1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小;

(2)物块运动过程中加速度的大小;

(3)物块开始运动5.0 s所通过的位移大小。

7.(2018北京东城期末)如图所示,光滑固定斜面AB长L=2 m,倾角θ=37°,BC段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量m=1 kg的小物块从斜面顶端A由静止开始滑下。小物块与地面间的动摩擦因数为

μ=0.4。不计空气阻力,小物块可视为质点,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)小物块在斜面上运动时的加速度大小a;

(2)小物块在水平地面上滑行的最远距离x。

综合提能

1.若货物随升降机运动的v-t图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( )

2.某同学在实验室中找到一根拉力弹簧,经测量发现其弹力F与弹簧伸长量x的关系如图1所示(图中F0、F1、x1已知)。现将这根弹簧上端固定,下端接一质量为m的小球,待小球静止后,将小球向下拉一小段距离(在弹簧的弹性限度内),此时弹簧的伸长量为x2,然后由静止释放小球,小球在竖直方向振动。弹簧质量可忽略不计,重力加速度为g。当小球速度达到最大时弹簧的伸长量为( )

A. B.

C. D.

3.(2016北京东城一模,18)实验小组为了探究物体在倾角不同的斜面上的运动情况,将足够长的粗糙木

板的一端固定在水平地面上,使物体以大小相同的初速度v0由底端冲上斜面,每次物体在斜面上运动过程中斜面倾角保持不变。在倾角θ从0°逐渐增大到90°的过程中( )

A.物体的加速度增大

B.物体的加速度减小

C.物体在斜面上能达到的最大位移先增大后减小

D.物体在斜面上能达到的最大位移先减小后增大

4.如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定斜面上,有一质量m=1.0 kg的物体,其与斜面间动摩擦因数μ=0.25。物体受到平行于斜面向上F=9.0 N的拉力作用,从静止开始运动,经时间t=8.0 s绳子突然断裂。若已知sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,g取10 m/s2。试分析求解:

(1)绳断时物体的速度大小;

(2)从绳子断裂开始到物体再返回斜面底端的运动时间。

5.为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1

(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数μ;

(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。

答案精解精析

基础巩固

1.A 开始时整体加速下降,设空气对热气球的浮力为F,根据牛顿第二定律有:mg-F=ma=,解得F=;

要使它匀速下降,则需要重力等于浮力,所以应该抛掉的沙的质量为:Δm=m,选项A正确。

2.B 体重计示数等于人所受支持力大小,支持力大于重力,合外力向上,加速度向上,运动情况可能有两种:加速向上或减速向下,故选B。

3.B 对小球Q受力分析并进行正交分解,沿杆方向,重力沿杆向下的分力G1=G·sin θ,沿杆向上的库仑

力F库=k。开始时重沿杆向下的分力大于库仑力,随着小球Q沿杆下滑F库增大,当G1=F库时,小球Q 的速度最大,动能最大(此过程,小球Q做加速度减小的加速运动,a=0时速度达到最大);接着小球Q做减速运动,直到速度减为零。若θ变大,G1变大,达到F库=G1时,即Q球动能最大时,F库变大,则Q球与P球的距离a变小,Q球运动的位移变大,则l变大,则B对。

4.D 由牛顿第二定律,对人有:N-mg=ma,N=m(g+a)=1.1mg,由牛顿第三定律知磅秤受的压力等于对人的

支持力,磅秤的示数为1.1mg,A、B项错。由动能定理有:W F合=mah=0.1mgh=ΔE k,C项错。人的机械能增加量ΔE机=ΔE k+ΔE p=0.1mgh+mgh=1.1mgh,D项正确。

5.A 木板水平时,小物块的加速度a1=μg,设滑行初速度为v0,则滑行时间为t=;木板倾斜放置后,小物块上滑的加速度a2==,滑行时间t'==,因此

==,A项正确。

6.答案(1)5.2 N (2)1.4 m/s2

(3)17.5 m

解析(1)物块在竖直方向所受合力为零,设物块受地面的支持力为F N,因此有

F N=mg+F sin 37°=26 N

物块对地面的压力F N'=F N=26 N

物块运动过程中所受的滑动摩擦力f=μF N'=5.2 N

(2)设物块的加速度大小为a,根据物块沿水平方向的受力情况,由牛顿第二定律有

F cos 37°-f=ma

解得:a=1.4 m/s2

(3)物块运动5.0 s所通过的位移大小s=at2=17.5 m

7.答案(1)6 m/s2(2)3 m

解析(1)小物块在光滑斜面上受重力和支持力,由牛顿第二定律得:

a==g sin θ=6 m/s2

(2)设小物块滑到斜面底端时速度大小为v,则v2=2aL

小物块在水平地面上做匀减速运动,由牛顿第二定律得加速度大小a'==μg=4 m/s2

小物块的速度大小由v减到零的过程有0-v2=-2a'x

代入数据解得:x=3 m

综合提能

1.B 由v-t图像可知,升降机的运动过程为:向下加速(失重:Fmg)→向上加速(超重:F>mg)→向上匀速(F=mg)→向上减速(失重:F

2.C 题中所述弹簧是一种特殊的弹簧,自然状态下,弹簧的各圈是紧密挨在一起的,并且相互是挤压的,如果将弹簧的一端固定,另一端用一个从零逐渐增大的力拉弹簧,弹簧并不会马上就伸长,而是要大于某一值时才会发生形变,也就是题中的F0,这个力叫做这个弹簧的初始张力。实际上F0是一个临界状态,当作用力为F0时,我们认为弹簧没有伸长,此时弹簧各圈间还接触,但已经没有挤压作用了。对于这样的弹簧我们要注意,F=kx(k为劲度系数,x为形变量)已经不适用了,题中所述弹簧的弹力可表示为F=F0+kx(F0

为初始张力,k为劲度系数,x为形变量),由题中的图1可知,k=。

当小球在竖直方向振动的时候,弹簧的弹力F=mg时小球的速度最大,设此时弹簧的形变量为x',则有

F0+kx'=mg,代入上面k的表达式,化简可得x'=。

3.D 设物体质量为m,物体与斜面间的动摩擦因数为μ。当物体沿倾角为θ的斜面上滑时,受到重力mg,斜面的支持力N,滑动摩擦力f,如图所示。

对物体由牛顿第二定律得:

mg sin θ+f=ma

N-mg cos θ=0

f=μN'(N'=N)

联立解得:a=g sin θ+μg cos θ=g sin(θ+φ),其中,φ为锐角,且tan φ=μ。

在θ从0°逐渐增大到90°的过程中,加速度a先增大后减小,因此,A、B错误。

物体沿斜面上升的最大位移x==,在θ从0°逐渐增大到90°的过程中,x先减小后增大,因此,C错误,D正确。

4.答案(1)8.0 m/s (2)

5.24 s

解析(1)物体向上运动过程中,受拉力F、重力mg和摩擦力f,设物体向上运动的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有

F-mg sin θ-f=ma1

因f=μN,N=mg cos θ

解得a1=1.0 m/s2

所以经过t=8.0 s物体的速度大小为 v1=a1t=8.0 m/s

(2)绳断时物体距斜面底端的距离s1=a1t2=32 m

绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设运动的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律,对物体沿斜面向上运动的过程有

mg sin θ+μmg cos θ=ma2

解得a2=8.0 m/s2

物体做减速运动的时间t2==1.0 s

减速运动的位移s2==4.0 m

此后物体将沿斜面匀加速下滑,设物体下滑的加速度大小为a3,根据牛顿第二定律对物体加速下滑的过程有

mg sin θ-μmg cos θ=ma3

解得a3=4.0 m/s2

设物体由最高点到斜面底端的时间为t3,物体向下匀加速运动的位移

s1+ s2=a3

解得t3=3 s

所以物体返回斜面底端的时间为 t总=t2+ t3=(1.0+3)s=5.24 s

5.答案(1)(2)

解析(1)解法一冰球在冰面上做匀减速运动,由动学公式和牛顿第二定律得:

-=2a1s0

-μmg=ma1

解得μ=

解法二设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得

-μmgs0=m-m

解得μ=

(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t。

由运动学公式得-=2a1s0

v0-v1=a1t

s1=a2t2

解得a2=