（北京專用）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2講 兩類動(dòng)力學(xué)問題 超重和失重檢測(cè)_1

1、（北京專用）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第2講 兩類動(dòng)力學(xué)問題 超重和失重檢測(cè)第2講兩類動(dòng)力學(xué)問題超重和失重基礎(chǔ)鞏固1.(2017北京朝陽期中,6,3分)如圖所示,一個(gè)熱氣球與沙包的總質(zhì)量為m,在空氣中以大小為的加速度加速下降,為了使它勻速下降,則應(yīng)該拋掉的沙的質(zhì)量為(假定空氣對(duì)熱氣球的浮力恒定,空氣的其他作用忽略不計(jì))()A.B.C.D.2.(2017北京東城期末,2)為了研究超重與失重問題,某同學(xué)靜止站在電梯中的體重計(jì)上觀察示數(shù)變化。在電梯運(yùn)動(dòng)的某階段,他發(fā)現(xiàn)體重計(jì)的示數(shù)大于自己實(shí)際體重,此時(shí)電梯的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是()A.勻速上升B.加速上升C.勻速下降D.加速下降3.

2、(2018北京東城期末)如圖所示,光滑絕緣細(xì)桿與水平方向的夾角為,帶正電的小球P固定在細(xì)桿下端,將另一穿在桿上的帶正電的小球Q從桿上某一位置A由靜止釋放,小球?qū)⒀貤U在A下方一定范圍內(nèi)運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)區(qū)間的長度為l,動(dòng)能最大時(shí)與P的距離為a,運(yùn)動(dòng)過程中總滿足兩小球的直徑遠(yuǎn)小于二者間距離。在其他條件不變的情況下,只將桿與水平方向的夾角變大,則關(guān)于l和a的變化情況判斷正確的是()A.l減小,a增大B.l增大,a減小C.l減小,a減小D.l增大,a增大4.(2016北京朝陽期中,9)一質(zhì)量為m的人站在觀光電梯內(nèi)的磅秤上,電梯以0.1g的加速度加速上升h高度,在此過程中()A.磅秤的示數(shù)等于mgB.磅秤的示

3、數(shù)等于0.1mgC.人的動(dòng)能增加了0.9mghD.人的機(jī)械能增加了1.1mgh5.在水平的足夠長的固定木板上,一小物塊以某一初速度開始滑動(dòng),經(jīng)一段時(shí)間t后停止?，F(xiàn)將該木板改置成傾角為45的斜面,讓小物塊以相同的初速度沿木板上滑。若小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,則小物塊上滑到最高位置所需時(shí)間與t之比為()A.B.C.D.6.(2017北京海淀期中,13,8分)如圖所示,水平地面上有一質(zhì)量m=2.0kg的物塊,物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.20,在與水平方向成=37角斜向下的推力F作用下由靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知F=10N,sin37=0.60,cos37=0.80,重力加速度g取

4、10m/s2,不計(jì)空氣阻力。求:(1)物塊運(yùn)動(dòng)過程中所受滑動(dòng)摩擦力的大小;(2)物塊運(yùn)動(dòng)過程中加速度的大小;(3)物塊開始運(yùn)動(dòng)5.0s所通過的位移大小。7.(2018北京東城期末)如圖所示,光滑固定斜面AB長L=2m,傾角=37,BC段為與斜面平滑連接的水平地面。一個(gè)質(zhì)量m=1kg的小物塊從斜面頂端A由靜止開始滑下。小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.4。不計(jì)空氣阻力,小物塊可視為質(zhì)點(diǎn),g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求:(1)小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a;(2)小物塊在水平地面上滑行的最遠(yuǎn)距離x。綜合提能1.若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示(豎直向上為正)

5、,則貨物受到升降機(jī)的支持力F與時(shí)間t關(guān)系的圖像可能是()2.某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中找到一根拉力彈簧,經(jīng)測(cè)量發(fā)現(xiàn)其彈力F與彈簧伸長量x的關(guān)系如圖1所示(圖中F0、F1、x1已知)。現(xiàn)將這根彈簧上端固定,下端接一質(zhì)量為m的小球,待小球靜止后,將小球向下拉一小段距離(在彈簧的彈性限度內(nèi)),此時(shí)彈簧的伸長量為x2,然后由靜止釋放小球,小球在豎直方向振動(dòng)。彈簧質(zhì)量可忽略不計(jì),重力加速度為g。當(dāng)小球速度達(dá)到最大時(shí)彈簧的伸長量為()A.B.C.D.3.(2016北京東城一模,18)實(shí)驗(yàn)小組為了探究物體在傾角不同的斜面上的運(yùn)動(dòng)情況,將足夠長的粗糙木板的一端固定在水平地面上,使物體以大小相同的初速度v0由底端沖上斜面

6、,每次物體在斜面上運(yùn)動(dòng)過程中斜面傾角保持不變。在傾角從0逐漸增大到90的過程中()A.物體的加速度增大B.物體的加速度減小C.物體在斜面上能達(dá)到的最大位移先增大后減小D.物體在斜面上能達(dá)到的最大位移先減小后增大4.如圖所示,在傾角=37的足夠長的固定斜面上,有一質(zhì)量m=1.0kg的物體,其與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)=0.25。物體受到平行于斜面向上F=9.0N的拉力作用,從靜止開始運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間t=8.0s繩子突然斷裂。若已知sin37=0.60,cos37=0.80,g取10m/s2。試分析求解:(1)繩斷時(shí)物體的速度大小;(2)從繩子斷裂開始到物體再返回斜面底端的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。5.為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速

7、能力,教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗,如圖所示。訓(xùn)練時(shí),讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上,教練員將冰球以初速度v0擊出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板;冰球被擊出的同時(shí),運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí),運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng),冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1。重力加速度大小為g。求(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度。答案精解精析基礎(chǔ)鞏固1.A開始時(shí)整體加速下降,設(shè)空氣對(duì)熱氣球的浮力為F,根據(jù)牛頓第二定律有:mg-F=ma=,解得F=;要

8、使它勻速下降,則需要重力等于浮力,所以應(yīng)該拋掉的沙的質(zhì)量為:m=m,選項(xiàng)A正確。2.B體重計(jì)示數(shù)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,運(yùn)動(dòng)情況可能有兩種:加速向上或減速向下,故選B。3.B對(duì)小球Q受力分析并進(jìn)行正交分解,沿桿方向,重力沿桿向下的分力G1=Gsin,沿桿向上的庫侖力F庫=k。開始時(shí)重沿桿向下的分力大于庫侖力,隨著小球Q沿桿下滑F(xiàn)庫增大,當(dāng)G1=F庫時(shí),小球Q的速度最大,動(dòng)能最大(此過程,小球Q做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),a=0時(shí)速度達(dá)到最大);接著小球Q做減速運(yùn)動(dòng),直到速度減為零。若變大,G1變大,達(dá)到F庫=G1時(shí),即Q球動(dòng)能最大時(shí),F庫變大,則Q球與P球的距

9、離a變小,Q球運(yùn)動(dòng)的位移變大,則l變大,則B對(duì)。4.D由牛頓第二定律,對(duì)人有:N-mg=ma,N=m(g+a)=1.1mg,由牛頓第三定律知磅秤受的壓力等于對(duì)人的支持力,磅秤的示數(shù)為1.1mg,A、B項(xiàng)錯(cuò)。由動(dòng)能定理有:WF合=mah=0.1mgh=Ek,C項(xiàng)錯(cuò)。人的機(jī)械能增加量E機(jī)=Ek+Ep=0.1mgh+mgh=1.1mgh,D項(xiàng)正確。5.A木板水平時(shí),小物塊的加速度a1=g,設(shè)滑行初速度為v0,則滑行時(shí)間為t=;木板傾斜放置后,小物塊上滑的加速度a2=,滑行時(shí)間t=,因此=,A項(xiàng)正確。6.答案(1)5.2N(2)1.4m/s2(3)17.5m解析(1)物塊在豎直方向所受合力為零,設(shè)物塊

10、受地面的支持力為FN,因此有FN=mg+Fsin37=26N物塊對(duì)地面的壓力FN=FN=26N物塊運(yùn)動(dòng)過程中所受的滑動(dòng)摩擦力f=FN=5.2N(2)設(shè)物塊的加速度大小為a,根據(jù)物塊沿水平方向的受力情況,由牛頓第二定律有Fcos37-f=ma解得:a=1.4m/s2(3)物塊運(yùn)動(dòng)5.0s所通過的位移大小s=at2=17.5m7.答案(1)6m/s2(2)3m解析(1)小物塊在光滑斜面上受重力和支持力,由牛頓第二定律得:a=gsin=6m/s2(2)設(shè)小物塊滑到斜面底端時(shí)速度大小為v,則v2=2aL小物塊在水平地面上做勻減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得加速度大小a=g=4m/s2小物塊的速度大小由v減到

11、零的過程有0-v2=-2ax代入數(shù)據(jù)解得:x=3m綜合提能1.B由v-t圖像可知,升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)過程為:向下加速(失重:F<mg)向下勻速(F=mg)向下減速(超重:F>mg)向上加速(超重:F>mg)向上勻速(F=mg)向上減速(失重:F<mg),對(duì)照F-t圖像可知,B正確。2.C題中所述彈簧是一種特殊的彈簧,自然狀態(tài)下,彈簧的各圈是緊密挨在一起的,并且相互是擠壓的,如果將彈簧的一端固定,另一端用一個(gè)從零逐漸增大的力拉彈簧,彈簧并不會(huì)馬上就伸長,而是要大于某一值時(shí)才會(huì)發(fā)生形變,也就是題中的F0,這個(gè)力叫做這個(gè)彈簧的初始張力。實(shí)際上F0是一個(gè)臨界狀態(tài),當(dāng)作用力為F0時(shí),我

12、們認(rèn)為彈簧沒有伸長,此時(shí)彈簧各圈間還接觸,但已經(jīng)沒有擠壓作用了。對(duì)于這樣的彈簧我們要注意,F=kx(k為勁度系數(shù),x為形變量)已經(jīng)不適用了,題中所述彈簧的彈力可表示為F=F0+kx(F0為初始張力,k為勁度系數(shù),x為形變量),由題中的圖1可知,k=。當(dāng)小球在豎直方向振動(dòng)的時(shí)候,彈簧的彈力F=mg時(shí)小球的速度最大,設(shè)此時(shí)彈簧的形變量為x,則有F0+kx=mg,代入上面k的表達(dá)式,化簡(jiǎn)可得x=。3.D設(shè)物體質(zhì)量為m,物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。當(dāng)物體沿傾角為的斜面上滑時(shí),受到重力mg,斜面的支持力N,滑動(dòng)摩擦力f,如圖所示。對(duì)物體由牛頓第二定律得:mgsin+f=maN-mgcos=0f=N(N=

13、N)聯(lián)立解得:a=gsin+gcos=gsin(+),其中,為銳角,且tan=。在從0逐漸增大到90的過程中,加速度a先增大后減小,因此,A、B錯(cuò)誤。物體沿斜面上升的最大位移x=,在從0逐漸增大到90的過程中,x先減小后增大,因此,C錯(cuò)誤,D正確。4.答案(1)8.0m/s(2)5.24s解析(1)物體向上運(yùn)動(dòng)過程中,受拉力F、重力mg和摩擦力f,設(shè)物體向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1,根據(jù)牛頓第二定律有F-mgsin-f=ma1因f=N,N=mgcos解得a1=1.0m/s2所以經(jīng)過t=8.0s物體的速度大小為v1=a1t=8.0m/s(2)繩斷時(shí)物體距斜面底端的距離s1=a1t2=32m繩斷后物體沿斜面向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2,則根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過程有mgsin+mgcos=ma2解得a2=8.0m/s2物體做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=1.0s減速運(yùn)動(dòng)的位移s2=4.0m此后物體將沿斜面勻加速下滑,設(shè)物體下滑的加速度大小為a3,根據(jù)牛頓第二定律對(duì)物體加速下滑的過程有mgsin-mgcos=ma3解得a3=4.0m/s2設(shè)物體由最高點(diǎn)到斜面底端的時(shí)間為t3,物體向下勻加速運(yùn)動(dòng)的位移s1+s2=a3解得t3=3s所以物體返回斜面底端的時(shí)間為t總=t2+t3=(1.0+3)s=5.24s