第4章-第2講兩類動力學問題 超重和失重RW

1、第2講兩類動力學問題超重和失重知識一動力學的兩類基本問題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求解思路判斷正誤(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(×)例1 如圖甲所示，放在光滑水平面上的木塊受到兩個水平力F1與F2的作用靜止不動?，F(xiàn)保持F1不變，使F2逐漸減小到零，再逐漸恢復到原來的大小，其大小變化圖象如圖乙所示，則在此

2、過程中，能正確描述木塊運動情況的圖象是下圖中的() 解析：根據(jù)木塊的受力情況由牛頓第二定律a可知，木塊先做加速度逐漸增大的變加速運動，后做加速度逐漸減小的變加速運動。注意把握一個要素，合力的方向始終不變。此題可依據(jù)加速度時刻發(fā)生改變的特征，迅速排除A、B、C三個選項。例2 如圖所示，有一質(zhì)量m1kg的物體，以初速度v6m/s從A點開始沿水平面向右滑行。物塊運動中始終受到大小為2N、方向水平向左的力F作用，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)0.1.求：(取g10m/s2)(1)物塊向右運動時所受摩擦力的大小和方向；(2)物塊向右運動到最遠處的位移大?。?3)物塊經(jīng)過多少時間回到出發(fā)點A？(結(jié)果保留兩

3、位有效數(shù)字)解題思路：“向右滑行，受到向左的力”物體先減速向右運動，后加速向左運動。受力及運動情境圖解析：(1)物塊向右運動時所受摩擦力的大?。篎fmg1N，物體向右運動時所受摩擦力的方向：水平向左。(2)物塊向右運動時的加速度。a13m/s2，物塊向右運動到最遠處時的位移 2a1xv2，x6m。(3)物塊向右運動的時間：t12s，物塊返回時的加速度：a21m/s2，物塊返回過程的時間：xa2t，t22s3.5s，物塊回到出發(fā)點A的時間：tt1t25.5s。例3 如圖1所示，兩個質(zhì)量分別為m12 kg、m23 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接，兩個大小分別為F130 N、

4、F220 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則()圖1A彈簧測力計的示數(shù)是25 NB彈簧測力計的示數(shù)是50 NC在突然撤去力F2 的瞬間，m1的加速度大小為5 m/s2D在突然撤去力F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2解析以m1、m2整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得a2 m/s2，以m1為研究對象，F(xiàn)1Fm1a，解得F26 N，故選項A、B錯誤在突然撤去力F2的瞬間，彈簧的彈力不發(fā)生變化，故m1的加速度不發(fā)生變化，選項C錯誤在突然撤去力F1的瞬間，m1的加速度大小為a113 m/s2，選項D正確答案D例4 如圖2所示，A、B兩小球分別連在輕繩兩端，B球另一端用彈簧固定在傾角為30

5、°的光滑斜面上A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA、mB，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在繩被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為()圖2A都等于 B.和0C.和· D.·和答案C解析在繩剪斷之前，繩上的拉力F1mAgsin 30°，彈簧上的拉力F2(mAmB)gsin 30°，繩剪斷瞬間，繩上的拉力變?yōu)榱悖詍Agsin 30°mAaA.F2mBgsin 30°mBaB，解得aAgsin 30°，aB.選項C正確例5 如圖3所示，質(zhì)量m1 kg的小球放在光滑水平面上，一水平放置的輕彈簧一端與墻相連，另一端與小球相連

6、，一不可伸長的輕質(zhì)細繩一端與小球相連，另一端固定在天花板上，細繩與豎直方向成45°角，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰為零取g10 m/s2，則在燒斷輕繩的瞬間，下列說法正確的是()圖3A小球所受合外力為零B小球加速度大小為10 m/s2，方向向左C小球加速度大小為10 m/s2，方向向左D小球所受合外力的方向沿左下方與豎直方向成45°角答案B解析燒斷輕繩前彈簧上的彈力Fmgtan 45°，燒斷輕繩瞬間，彈簧彈力未變，豎直方向小球的重力和水平面對小球的支持力平衡，小球的合力向左，agtan 45°10 m/s2，選項B正確例6 如圖4所示，光

7、滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一輕彈簧相連，輕彈簧能承受的最大拉力為FT.現(xiàn)用水平拉力F拉質(zhì)量為3m的木塊，使三個木塊一起加速運動，則以下說法正確的是()圖4A質(zhì)量為2m的木塊受到四個力的作用B當F逐漸增大到FT時，輕彈簧剛好被拉斷C當F逐漸增大到1.5FT時，輕彈簧還不會被拉斷D當F撤去瞬間，m所受摩擦力的大小和方向不變答案CD解析隔離木塊2m分析受力情況，質(zhì)量為2m的木塊受到重力、地面的支持力、m對它的壓力、m對它的靜摩擦力、彈簧的拉力五個力的作用，選項A錯誤；當F逐漸增大到FT時，輕彈簧中彈力小于FT，不會被拉斷，選項B錯誤；當F逐漸增大

8、到1.5FT時，由牛頓第二定律，1.5FT6ma，輕彈簧中拉力FT3ma0.75FT，小于輕彈簧能承受的最大拉力FT，輕彈簧還不會被拉斷當F撤去瞬間，輕彈簧中拉力不變，m所受摩擦力的大小和方向不變，選項C、D正確知識二超重與失重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(shù)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?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

9、有向下的加速度ag，方向向下視重Fm(ga)Fm(ga)F0例7 (2011·四川高考)我國神舟十號載著三位航天員順利升空，完成任務后返回艙返回地面圖5為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5A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)解析在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動 ，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態(tài)，動能減小，返回艙所受合外力做

10、負功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力火箭開始噴氣前勻速下降，所受拉力等于重力減去返回艙受到的空氣阻力，火箭開始噴氣瞬間反沖力直接對返回艙作用，因而傘繩對返回艙的拉力變小答案A例8 (2013·浙江·19)如圖6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(zhì)量不變，重力加速度g10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是()圖6A所受浮力大小為4 830 NB加速上升過程中所受空氣阻力保

11、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勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N答案AD解析從地面剛開始豎直上升時v0，空氣阻力Ff0.由F浮mgma，得F浮m(ga)4 830 N，故A正確；最終氣球勻速上升，說明氣球加速運動的過程中空氣阻力逐漸增大，故B錯誤；氣球做加速度減小的加速運動，故加速到5 m/s的時間大于10 s，C錯誤；勻速上升時F浮mgFf0，計算得Ff230 N，D正確例9 如圖7所示，在一升降機內(nèi)，一物塊被一輕質(zhì)彈簧緊壓在天花板上，彈簧的下端固定在升降機的地板上，彈簧保持豎直，在升降機運動過程中，物塊未曾離開升降機的天花板當升降機按如圖所示的vt

12、圖象上行時，升降機天花板所受壓力F1和地板所受壓力F2隨時間變化的定性圖象可能正確的是()圖7 答案AC解析0t1時間內(nèi)物塊向上加速運動，處于超重狀態(tài)，合力的方向向上；t1t2時間內(nèi)物塊向上勻速運動，合力為零；t2t3時間內(nèi)向上減速運動，處于失重狀態(tài)，合力方向向下，全過程彈簧長度不變，彈簧的彈力不變，所以F2不變正確選項為A、C.例10 如圖8所示，動物園的水平地面上放著一個質(zhì)量為M的籠子，籠內(nèi)有一只質(zhì)量為m的猴子，當猴以某一加速度a沿豎直柱子加速上爬時，籠子對地面的壓力為F1；當猴以同樣大小的加速度沿豎直柱子加速下滑時，籠子對地面的壓力為F2，關(guān)于F1和F2的大小，下列判斷正確的是()圖8A

13、F1F2BF1>(Mm)g，F(xiàn)2<(Mm)gCF1F22(Mm)gDF1F22(Mm)g答案BC解析把猴子和籠子看做整體，當猴以某一加速度沿豎直柱子加速上爬時，整體處于超重狀態(tài)，F(xiàn)1>(Mm)g，當猴以同樣大小的加速度沿豎直柱子加速下滑時，整體處于失重狀態(tài)，F(xiàn)2<(Mm)g，選項B正確，A錯誤；當猴以某一加速度a沿豎直柱子加速上爬時，由牛頓第二定律得，F(xiàn)1(Mm)gma；當猴以同樣大小的加速度沿豎直柱子加速下滑時，由牛頓第二定律得，(Mm)gF2ma，聯(lián)立解得F1F22(Mm)g，F(xiàn)1F22ma，選項C正確，D錯誤例11 如圖所示的裝置中，重為4N的物塊，用一平行于斜面

14、的細線拴在斜面上端的小柱上，整個裝置被固定在測力計上并保持靜止，斜面的傾角為30°。如果物塊與斜面間無摩擦，裝置穩(wěn)定以后，燒斷細線，物塊下滑，與穩(wěn)定時比較，測力計讀數(shù)()A增大4N B增大3N C減小1N D不變解析：物塊下滑的加速度agsing，方向沿斜面向下。此加速度的豎直分量a1acos(90°)g，所以物塊處于失重狀態(tài)，其視重為mg3N，測力計的示數(shù)減小1N，故選C。例12 如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學，分別靜止于水平地面的臺秤P、Q上，他們用手分別豎直牽拉一只彈簧秤的兩端，穩(wěn)定后彈簧秤的示數(shù)為F，若彈簧秤的質(zhì)量不計，下列說法正確的是()A甲同學處于超重狀態(tài)，

15、乙同學處于失重狀態(tài)B臺秤P的讀數(shù)等于mgFC臺秤Q的讀數(shù)為mg2FD兩臺秤的讀數(shù)之和為2mg答案：D基礎自測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(zhì)量

16、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(jīng)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(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

17、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】C4.圖322(2010·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

18、程，A對B均無壓力，只有A項正確【答案】A物理模型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(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確的動力學過程分析，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科網(wǎng)(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

19、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圖327例：(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(zhì)量為10 kg的工件輕輕地放在傳送帶底端P處，

20、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，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(zhuǎn)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(shù)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

21、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規(guī)律總結(jié)：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變式訓練 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(zhì)量為1 kg的小物塊(可視為質(zhì)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(shù)0.4，g取10 m/s2.求：圖328(1)物塊相對

22、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(jīng)時間t1速度減為0，然后反向加速，經(jīng)過時間t2與傳送帶速度相等網(wǎng)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(jīng)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課堂練習考查超重失重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

23、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(2011·上海高考)受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上作

24、直線運動，其vt圖線如圖3210所示，則()A在0t1秒內(nèi)，外力F大小不斷增大B在t1時刻，外力F為零C在t1t2秒內(nèi)，外力F大小可能不斷減小D在t1t2秒內(nèi)，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(zhì)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(shù)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(jīng)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(2013·浙江高考)如圖3212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