高考物理一輪復習講義牛頓第二定律的應用-超重失重等時圓問題

超重失重、等時圓問題一、超重和失重問題1．判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)．(2)從加速度的角度判斷當物體具有向上的(分)加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的(分)加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)．2．對超重和失重現(xiàn)象的理解(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時，物體所受的重力沒有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了)．(2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產(chǎn)生壓強等．二、等時圓模型1.圓周內同頂端的斜面如圖所示，在豎直面內的同一個圓周上，各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點，底端都落在該圓周上。由2R·sinθ＝eq\f(1,2)·gsinθ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。2.圓周內同底端的斜面如圖所示，在豎直面內的同一個圓周上，各斜面的底端都在豎直圓周的最低點，頂端都源自該圓周上的不同點。同理可推得：t1＝t2＝t3。雙圓周內斜面如圖所示，在豎直面內兩個圓中，兩圓心在同一豎直線上且兩圓相切。各斜面過兩圓的公共切點且頂端源自上方圓周上某點，底端落在下方圓周上的相應位置?？赏频胻1＝t2＝t3。三、針對練習1、(多選)如圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲－起跳動作的示意圖，中間的●表示人的重心．圖乙是根據(jù)傳感器畫出的F－t圖線．兩圖中a～g各點均對應，其中有幾個點在圖中沒有畫出，圖中a、c、e對應的縱坐標均為700N．取重力加速度g＝10m/s2.請根據(jù)這兩個圖所給出的信息，判斷下面說法中正確的是()A．此人重心在b點時處于超重狀態(tài)B．此人重心在c點時的加速度大小大于在b點時的加速度大小C．此人重心在e點時的加速度大小等于在a點時的加速度大小D．此人重心在f點時腳已經(jīng)離開傳感器2、如圖所示，一個圓形水杯底部有一小孔，用手堵住小孔，往杯子里倒半杯水?，F(xiàn)使杯子做以下幾種運動，不考慮杯子轉動及空氣阻力，下列說法正確的是（）A．將杯子豎直向下拋出，小孔中有水漏出B．將杯子斜向上拋出，小孔中有水漏出C．用手握住杯子向下勻速運動，不堵住小孔也沒有水漏出D．杯子做自由落體運動，小孔中沒有水漏出3、如圖所示，固定在水平面上的斜面體C上放有一個斜劈A，A的上表面水平且放有物塊B.若A、B運動過程中始終保持相對靜止．以下說法正確的是()A．若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，B物塊可能只受兩個力作用B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B處于超重狀態(tài)C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B受水平向左的摩擦力D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則B處于超重狀態(tài)4、(多選)如圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設備，圖乙為建筑材料被吊車豎直提升過程的運動圖像(豎直向上為正方向)，根據(jù)圖像下列判斷正確的是()A．在0～10s鋼索最容易發(fā)生斷裂B．30～36s材料處于超重狀態(tài)C．36～46s材料處于失重狀態(tài)D．46s時材料離地面的距離最大5、“笛音雷”是春節(jié)期間常放的一種鞭炮，其著火后一段時間內的速度—時間圖像如圖所示（取豎直向上為正方向），其中時刻為“笛音雷”起飛時刻、DE段是斜率大小為重力加速度g的直線。不計空氣阻力，則關于“笛音雷”的運動，下列說法正確的是（）A．“笛音雷”在時刻上升至最高點B．時間內“笛音雷”做自由落體運動C．時間內“笛音雷”的平均速度為D．時間內“笛音雷”處于失重狀態(tài)6、(多選)蹦床屬于體操運動的一種，有“空中芭蕾”之稱．某次比賽過程中，一運動員做蹦床運動時，利用力傳感器測得運動員所受蹦床彈力F隨時間t的變化圖像如圖所示．若運動員僅在豎直方向運動，不計空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2.依據(jù)圖像給出的信息，下列說法正確的是()A．運動員的質量為60kgB．運動員的最大加速度為45m/s2C．運動員離開蹦床后上升的最大高度為5mD．9.3s至10.1s內，運動員一直處于超重狀態(tài)7、一物理學習小組在豎直電梯里研究超重失重現(xiàn)象：力傳感器上端固定在鐵架臺上，下端懸掛一個質量為m的鉤碼。當電梯在1樓和3樓之間從靜止開始運行然后再到靜止的過程中，數(shù)據(jù)采集系統(tǒng)采集到拉力F隨時間t的變化如圖所示。忽略由于輕微抖動引起的示數(shù)變化，下列說法正確的是（

）A．a(chǎn)到b過程中電梯向上運動，b到c過程中電梯向下運動B．a(chǎn)到c過程中鉤碼的機械能先增加后減小C．圖形的面積大于圖形的面積D．c到d的過程中電梯處于勻速運動狀態(tài)8、越野賽運動員落地的過程可類比為圖甲所示的物理模型，通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出此過程中彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，則()A．t1～t2過程中運動員的加速度不斷增大B．t1～t2過程運動員速度一直增大C．t2～t3過程中運動員先超重再失重D．t2時刻運動員速度最大9、壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小、某實驗小組在升降機水平地面上利用壓敏電阻設計了判斷升降機運動狀態(tài)的裝置．其工作原理圖如圖6甲所示，將壓敏電阻、定值電阻R、電流顯示器、電源連成電路、在壓敏電阻上放置一個絕緣重物，0～t1時間內升降機停在某一樓層處，t1時刻升降機開始運動，從電流顯示器中得到電路中電流i隨時間t變化情況如圖乙所示，則下列判斷不正確的是()A．t1～t2時間內絕緣重物處于超重狀態(tài)B．t3～t4時間內絕緣重物處于失重狀態(tài)C．升降機開始時可能停在1樓層，從t1時刻開始，經(jīng)向上加速、勻速、減速，最后停在高樓層D．升降機開始時可能停在高樓層，從t1時刻開始，經(jīng)向下加速、勻速、減速，最后停在1樓10、小麗同學站在力傳感器上做“下蹲、起立”動作，如圖所示是力傳感器的壓力F隨時間t變化的圖線，則由圖線可知小麗（）A．在1.0~6.0s內做了兩次下蹲起立的動作B．“下蹲－起立”動作過程的最大加速度約為C．在5.4~5.8s內做起立動作，加速度先減小后增大，處于失重狀態(tài)D．在1.3~1.7s內做下蹲動作，先處于失重狀態(tài)后超重狀態(tài)，1.7s時速度達到最大11、(多選)2021年9月17日，“神舟十二號”返回艙成功返回，返回艙在距地面某一高度時，啟動減速降落傘開始做減速運動．當返回艙的速度大約減小至v＝9m/s時，繼續(xù)勻速(近似)下降．當以這個速度一直降落到距離地面h＝1.1m時，立刻啟動返回艙的緩沖發(fā)動機并向下噴氣，艙體再次做勻減速運動，經(jīng)歷時間t＝0.2s后，以某一安全的速度落至地面．設最后的減速過程可視為豎直方向的勻減速直線運動，取g＝10m/s2，則最后減速過程中()A．返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)B．返回艙再次做減速運動的加速度大小為25m/s2C．返回艙落地的瞬間速度大小為2m/sD．返回艙再次做減速運動時對質量m＝60kg的航天員的作用力的大小為2700N12、（多選）學校舉辦大型活動，用無人機捕捉精彩瞬間。如圖是根據(jù)無人機控制器上的速度數(shù)據(jù)作出啟動后25s無人機的速度圖線，vx為水平方向速度，vy為豎直方向速度。無人機的總質量為0.5kg，g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A．在0~10s時間內，無人機處于超重狀態(tài)B．在5~10s時間內，無人機做勻變速直線運動C．在0~20s內，無人機機械能增量為300JD．在0~25s內，無人機升力的沖量大小為100N·s，方向豎直向上13、(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小圓環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是()A．t1＝t2 B．t2＞t3C．t1＜t2 D．t1＝t314、如圖所示，光滑直桿處在豎直面內，桿的端點A、B、C均在同一豎直圓周上，A點為圓周的最低點，直桿與水平面之間的夾角分別為；現(xiàn)將P、Q兩個完全相同的滑塊（滑塊均看成質點）分別從B點和C點由靜止釋放，則滑塊P、Q從桿頂端到達桿底端A點過程中，有（

）A．P、Q加速度大小之比為 B．P、Q運動時間相等C．P、Q所受支持力的沖量大小相等 D．P、Q所受合外力的沖量大小相等15、（多選）如圖所示有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的頂點，它們處在同一豎直平面內。現(xiàn)有兩條光滑直軌道AOB、COD，軌道與豎直直徑的夾角關系為，現(xiàn)讓一小物塊先后從這兩條軌道頂端由靜止下滑至底端，則下列關系中正確的是（

）A． B． C． D．16、如圖所示，在斜面上同一豎直面內有四條光滑細桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿與斜面垂直放置，每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，四個環(huán)分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4.下列關系正確的是()A．t1<t2 B．t1>t3 C．t2＝t4 D．t2<t417、如圖所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個光滑斜面軌道，分別與圓相交于A、B、C三點。現(xiàn)讓三個小球(可以看作質點)分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自端點由靜止滑到Q點，運動的平均速度分別為v1、v2和v3。則有()A．v2＞v1＞v3B．v1＞v2＞v3C．v3＞v1＞v2D．v1＞v3＞v218、滑滑梯是小朋友們愛玩的游戲。有兩部直滑梯AB和AC，A、B、C在豎直平面內的同一圓周上，且A為圓周的最高點，示意圖如圖所示，已知圓周半徑為R。在圓周所在的豎直平面內有一位置P，距離A點為R，且與A等高。各滑梯的摩擦均不計，已知重力加速度為g。（1）如果小朋友由靜止開始分別沿AB和AC滑下，試通過計算說明兩次沿滑梯運動的時間關系；（2）若設計一部上端在P點，下端在圓周上某點的直滑梯，則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時，在滑梯上運動的最短時間是多少。答案1.CD【解析】由題圖乙可知，a位置時，人靜止在水平地面上，對應壓力等于重力，為700N，則b點對應壓力小于700N，為失重狀態(tài)，故A錯誤；由題圖乙可知，c點時支持力等于重力，合力為零，加速度為零，b點時支持力小于重力，合力向下，加速度不為零，故B錯誤；人重心在e點和在a點時，對傳感器壓力大小相等，均等于重力，則此時加速度均為0，故C正確；由坐標可得，f點時對傳感器壓力為0，則此時人的腳已經(jīng)離開傳感器，故D正確．2.D【詳解】ABD．杯子跟水做斜拋運動、自由落體運動、下拋運動時都只受重力，處于完全失重狀態(tài)，杯子與水相對靜止，因此不會有水漏出，AB錯誤，D正確；C．杯子向下做勻速運動，處于平衡狀態(tài)，水受重力，會漏出，C錯誤。故選D。3.C【解析】若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，整體加速度方向沿斜面向下，如圖所示，可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三個力作用，故選項A錯誤；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則整體加速度方向如圖所示，此時B具有豎直向下的分加速度，即處于失重狀態(tài)，故選項B錯誤；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則整體加速度方向如圖所示，由于B具有水平向左的分加速度，則根據(jù)牛頓第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故選項C正確；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則整體加速度方向如圖所示，此時B具有豎直向下的分加速度，即處于失重狀態(tài)，故選項D錯誤．4.ACs的過程中，材料做勻速直線運動，重力等于拉力，30～36s的過程中，材料向上減速，處于失重狀態(tài)，36～46s的過程中，材料向下加速，處于失重狀態(tài)，繩子的拉力小于重力，故在0～10s鋼索最容易發(fā)生斷裂，故A、C正確，B錯誤；由題圖可知36s后材料開始向下運動，36s時材料離地面的距離最大，故D錯誤．5.D【詳解】A由圖可知，時間內“笛音雷”的速度一直為正值，表明其速度方向始終向上，可知，“笛音雷”在時刻并沒有上升至最高點，上升至最高點應該在時刻之后，故A錯誤；B．時間內“笛音雷”速度方向向上，圖像斜率為一恒定的負值，表明時間內“笛音雷”實際上是在向上做豎直上拋運動，其加速度就是重力加速度g，故B錯誤；C．將A、B用直線連起來，該直線代表勻加速直線運動，其平均速度為，而AB線段與橫軸所圍的面積大于AB曲線與橫軸所圍的面積，該面積表示位移，根據(jù)可知，直線代表的勻加速直線運動的平均速度大于AB曲線代表的變加速直線運動的平均速度，即時間內“笛音雷”的平均速度小于，故C錯誤；D．根據(jù)上述，時間內“笛音雷”做豎直上拋運動，加速度方向豎直向下，“笛音雷”處于失重狀態(tài)，故D正確。故選D。6.ABC【解析】由題圖所給信息可知，開始時運動員靜止在蹦床上，所受彈力與重力大小相等，即mg最大加速度am＝eq\f(Fm－mg,m)＝45m/s2，選項B正確；運動員離開蹦床后在空中運動的時間t＝2s，上升和下落的時間均為1s，則最大高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，選項C正確；9.3s至10.1s內，運動員先失重、后超重、再失重，D錯誤．7.D【詳解】A．由圖可知，鉤碼的重力G=2N在a到c過程中，拉力F都大于重力，說明電梯處于超重狀態(tài)，加速度向上，即電梯加速上升。故A錯誤；B．由以上分析可知，在a到c過程中，電梯加速上升。當加速上升過程中，鉤碼的機械能增加。故B錯誤；CD．圖像中面積表示力對時間的積累，即沖量。由圖可知，從a到f記錄了電梯的一個運動過程，先向上加速（a到c過程），然后勻速（c到d過程），最后減速（d到f過程），即加速過程和減速過程的動量變化量大小相等，取向上為正，由動量定理可知ac過程中，df過程中可知abc過程的力F的沖量大于def過程力F的沖量，故圖形abc的面積等于圖形def的面積。故C錯誤D正確。故選D。8.C【解析】t1～t2過程中，彈簧彈力逐漸增大，說明壓縮量逐漸增大，小球處于下降階段，t2時刻，彈力最大，彈簧壓縮量最大，小球到達最低點，速度為零，在彈簧的彈力等于重力前，小球向下加速，隨著彈力增大，加速度越來越小，當彈簧彈力大于重力后，小球向下減速，隨著彈力增大，加速度反向增大，故A、B、D錯誤；t2～t3過程中開始彈簧彈力大于重力，小球向上加速，加速度向上，隨著彈力減小，加速度越來越小，處于超重狀態(tài)，當彈簧彈力小于重力后，小球向上減速，加速度向下，處于失重狀態(tài)，隨著彈力減小，加速度反向越來越大，故t2～t3過程中運動員先超重再失重，故C正確．9.D10.B【詳解】A．人下蹲動作分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重，對應先失重再超重；反之，起立對應先超重再失重，對應圖像可知在1.0~6.0s內人做了一次下蹲起立的動作，故A錯誤；B．從圖中可以看出人的體重為500N，則人的質量為50kg，1.3s時對應力傳感器的壓力F有最小值約為200N，此時對應的加速度為人整個過程中的最大加速度，根據(jù)牛頓第二定律可得人加速度的最大值約為故B正確；C．由選項A分析結合題圖可知，在5.4~5.8s內人做起立動作，力傳感器示數(shù)先減小后增大，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小則加速度先增大后減小，由于加速度方向豎直向下，所以人處于失重狀態(tài)，故C錯誤；D．由選項A分析結合題圖可知，在1.3~1.7s內人做下蹲動作，由于力傳感器的示數(shù)先小于人的重力，后大于人的重力，則人先處于失重狀態(tài)后超重狀態(tài)；當加速度為零時，速度達最大，即1.5s時速度達到最大，故D錯誤。故選B。11.CD【解析】在最后的減速過程中，加速度向上，故返回艙中的航天員處于超重狀態(tài)，故A錯誤；根據(jù)位移時間公式有x＝vt－eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)，則有1.1m＝9×0.2m－eq\f(1,2)a×(0.2s)2，解得a＝35m/s2，故B錯誤；根據(jù)速度時間公式v′＝v－at，代入數(shù)據(jù)可得v′＝9m/s－35×0.2m/s＝2m/s，故C正確；對質量m＝60kg的航天員受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得FN＝2700N，故D正確．12.AC【詳解】A．由圖可知，0~10s時間內，無人機豎直方向向上做勻加速直線運動，所以無人機處于超重狀態(tài)，故A正確；B．5~10s時間內，無人機水平方向做勻加速直線運動，豎直方向向上做勻加速直線運動，其合速度與合加速度不在一條直線上，所以做勻變速曲線運動，故B錯誤；C．在0~20s內，無人機機械能增量為重力勢能的增加量，即故C正確；D．在0~25s內，根據(jù)動量定理，有所所以無人機升力的沖量大小為125N·s，方向豎直向上，故D錯誤。故選AC。13.BCD【解析】設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca＞aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2＞tca，故選項A錯誤，B、C、D正確。14.B【詳解】A．設圓周半徑為R，沿桿和下滑的時間分別為，由于是光滑桿則下滑的加速度分別為；所以選項A錯誤；B．又根據(jù)；解得選項B正確；C．由于支持力大小和方向均不相同，所以支持力的沖量大小不同，選項C錯誤；D．合外力大小不同，所以合外力的沖量大小不同，選項D錯誤。故選B。15.BD【詳解】AB．小物塊下滑的過程，由動能定理可知可得由于從A到B下落的高度差大于從C到D的高度差，故有故A錯誤，B正確；CD．從A到