2025高考物理步步高同步練習第四章超重和失重含答案

2025高考物理步步高同步練習第四章6超重和失重[學習目標]1.知道測量重力的兩種方法.2.知道什么是視重.3.知道什么是超重和失重現(xiàn)象.4.會利用牛頓運動定律分析超重和失重的問題．一、重力的測量1．方法一：利用牛頓第二定律先測量物體做自由落體運動的加速度g，再用天平測量物體的質(zhì)量m，利用牛頓第二定律可得G＝mg.2．方法二：利用力的平衡條件將待測物體懸掛或放置在測力計上，使它處于靜止狀態(tài)．這時物體所受的重力和測力計對物體的拉力或支持力的大小相等．二、超重和失重1．視重：體重計的示數(shù)稱為視重，反映了人對體重計的壓力．2．失重(1)定義：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．(2)產(chǎn)生條件：物體具有豎直向下(選填“豎直向上”或“豎直向下”)的加速度．3．超重(1)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．(2)產(chǎn)生條件：物體具有豎直向上(選填“豎直向上”或“豎直向下”)的加速度．4．完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的狀態(tài)．(2)產(chǎn)生條件：a＝g，方向豎直向下．1．判斷下列說法的正誤．(1)超重就是物體受到的重力增加了．(×)(2)物體處于完全失重狀態(tài)時，物體的重力就消失了．(×)(3)物體處于超重狀態(tài)時，物體一定在上升．(×)(4)物體處于失重狀態(tài)時，物體可能在上升．(√)2．質(zhì)量為50kg的人站在電梯內(nèi)的水平地板上，當電梯以大小為0.5m/s2的加速度勻減速上升時，人對電梯地板的壓力大小為________N(g取10m/s2)．答案475一、超重和失重的判斷導學探究如圖1所示，某人乘坐電梯正在向上運動．圖1(1)電梯啟動瞬間加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大還是??？電梯勻速向上運動時，人受到的支持力比其重力大還是??？(2)電梯將要到達目的地減速運動時加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大還是?。看鸢?1)電梯啟動瞬間加速度方向向上，人受到的合力方向向上，所以支持力大于重力；電梯勻速向上運動時，人受到的合力為零，所以支持力等于重力．(2)減速運動時，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，所以支持力小于重力．知識深化1．對視重的理解當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上相對靜止時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為“視重”，大小等于彈簧測力計所受的拉力或臺秤所受的壓力．當物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力并未變化，只是視重變了．2．超重、失重的比較特征狀態(tài)加速度視重(F)與重力的關(guān)系運動情況受力圖平衡a＝0F＝mg靜止或勻速直線運動超重豎直向上或有豎直向上的分量由F－mg＝ma得F＝m(g＋a)>mg向上加速或向下減速失重豎直向下或有豎直向下的分量由mg－F＝ma得F＝m(g－a)<mg向下加速或向上減速完全失重a＝gF＝0自由落體運動、拋體運動[深度思考]在完全失重的情況下，下列儀器中仍然可以使用的有哪些？①天平②桿秤③水銀氣壓計④彈簧測力計⑤體溫計答案工作原理與重力有關(guān)的儀器不能使用，如天平、桿秤、水銀氣壓計．此時，彈簧測力計不能用來測重力，但可以測拉力．體溫計仍可以使用．2016年10月17日，“神舟十一號”載人飛船發(fā)射成功，如圖2所示．宇航員在火箭發(fā)射與飛船回收的過程中均要經(jīng)受超重與失重的考驗，下列說法正確的是()圖2A．火箭加速上升時，宇航員處于超重狀態(tài)B．火箭加速上升時，宇航員對座椅的壓力小于自身重力C．在飛船繞地球運行時，宇航員處于完全失重狀態(tài)，則宇航員的重力消失了D．飛船落地前減速下落時，宇航員處于失重狀態(tài)答案A解析火箭加速上升時，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知宇航員受到的支持力大于自身的重力，宇航員處于超重狀態(tài)，對座椅的壓力大于自身重力，選項A正確，B錯誤；宇航員處于完全失重狀態(tài)時，仍然受重力，選項C錯誤；飛船落地前減速下落時，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知宇航員受到的支持力大于自身的重力，宇航員處于超重狀態(tài)，選項D錯誤．判斷超重、失重狀態(tài)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)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)．2．從加速度的角度判斷：當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為g時處于完全失重狀態(tài)．3．注意：超重、失重與物體的運動方向即速度方向無關(guān)．針對訓練1(2021·棗莊三中高一上月考)某同學站在電梯底板上，如圖3所示的v－t圖像是計算機顯示的電梯在某一段時間內(nèi)速度變化的情況(豎直向上為正方向)．根據(jù)圖像提供的信息，可以判斷下列說法正確的是()圖3A．在0～20s內(nèi)，電梯向上運動，該同學處于超重狀態(tài)B．在0～5s內(nèi)，電梯在加速上升，該同學處于失重狀態(tài)C．在5～10s內(nèi)，電梯處于靜止狀態(tài)，該同學對電梯底板的壓力等于他所受的重力D．在10～20s內(nèi)，電梯在減速上升，該同學處于失重狀態(tài)答案D解析在v－t圖像中，圖像的斜率表示加速度，故0～5s內(nèi)斜率為正，加速度為正，方向豎直向上，該同學處于超重狀態(tài)，速度為正，即電梯向上加速運動；在5～10s過程中，電梯勻速運動，該同學加速度為零，該同學對電梯底板的壓力等于他所受的重力，處于平衡狀態(tài)；10～20s過程中，斜率為負，加速度豎直向下，速度為正，即電梯在減速上升，該同學處于失重狀態(tài)，D正確．如圖4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()圖4A．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的壓力均等于A物體受到的重力答案A解析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選項正確．針對訓練2(2021·無錫市高一上期末)如圖5所示，質(zhì)量為m的游客乘坐環(huán)形座艙(套裝在豎直柱子)，由升降機送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下，落到一定位置時，制動系統(tǒng)啟動，到地面時剛好停下．已知座艙開始下落時的高度為76m，當落到離地面28m的位置時開始制動做勻減速運動．不計空氣阻力，重力加速度為g，則此過程中下列說法中正確的是()圖5A．當座艙落到離地面50m時，座艙對游客的作用力大小等于mgB．當座艙落到離地面50m時，座艙對游客的作用力大小大于mgC．當座艙落到離地面20m時，座艙對游客的作用力大小大于mgD．當座艙落到離地面20m時，座艙對游客的作用力大小小于mg答案C解析當座艙落到離地面50m時，座艙處于自由落體過程中，所以座艙對游客的作用力大小等于0，A、B錯誤；當座艙落到離地面20m時，制動系統(tǒng)已啟動，座艙勻減速下落，游客處于超重狀態(tài)，所以座艙對游客的作用力大小大于mg，C正確，D錯誤．1．完全失重狀態(tài)的說明：在完全失重狀態(tài)下，平時一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都將完全消失，比如物體對支持物無壓力、擺鐘停止擺動、液柱不再產(chǎn)生向下的壓強等，靠重力才能使用的儀器將失效，不能再使用(如天平、液體壓強計等)．2．完全失重時重力本身并沒有變化．二、超重、失重的有關(guān)計算解決超重和失重問題的一般思路超重和失重現(xiàn)象的實質(zhì)就是牛頓第二定律的應用，解答有關(guān)問題時：(1)分析物體運動的加速度方向；(2)判斷物體處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)；(3)對物體進行受力分析；(4)利用牛頓第二定律分析和求解．質(zhì)量為60kg的人站在升降機中的體重計上，如圖6所示，重力加速度g取10m/s2，當升降機做下列各種運動時，求體重計的示數(shù)．圖6(1)勻速上升；(2)以4m/s2的加速度加速上升；(3)以5m/s2的加速度加速下降．答案(1)600N(2)840N(3)300N解析(1)當升降機勻速上升時，由平衡條件得：FN1＝mg＝600N，由牛頓第三定律得，人對體重計壓力為600N，即體重計示數(shù)為600N.(2)當升降機以a1＝4m/s2的加速度加速上升時，由牛頓第二定律得：FN2－mg＝ma1，則FN2＝mg＋ma1＝840N由牛頓第三定律得，人對體重計的壓力為840N，即體重計示數(shù)為840N.(3)當升降機以a2＝5m/s2的加速度加速下降時，由牛頓第二定律得：mg－FN3＝ma2，則FN3＝mg－ma2＝300N，由牛頓第三定律得，人對體重計的壓力為300N，即體重計示數(shù)為300N.三、超重、失重的綜合應用1．若加速度方向向上(或斜向上)，物體處于超重狀態(tài)；若加速度方向向下(或斜向下)，物體處于失重狀態(tài)．2．若系統(tǒng)中某一部分有向上或向下的加速度，則系統(tǒng)整體也處于超重或失重狀態(tài)．如圖7所示，質(zhì)量為M的斜面體始終處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g，當質(zhì)量為m的物體以加速度a沿斜面加速下滑時有()圖7A．地面對斜面體的支持力大于(M＋m)gB．地面對斜面體的支持力等于(M＋m)gC．地面對斜面體的支持力小于(M＋m)gD．由于不知道a的具體數(shù)值，無法判斷地面對斜面體的支持力的大小與(M＋m)g的關(guān)系答案C解析對M和m組成的系統(tǒng)，當m具有向下的加速度而M保持平衡時，可以認為系統(tǒng)的重心向下運動，故系統(tǒng)具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，所受到的地面的支持力小于系統(tǒng)的重力．考點一超重和失重的分析和判斷1．下列有關(guān)超重與失重的說法正確的是()A．體操運動員雙手握住單杠吊在空中靜止不動時處于失重狀態(tài)B．蹦床運動員在空中上升和下降過程中都處于失重狀態(tài)C．舉重運動員在舉起杠鈴后靜止不動的那段時間內(nèi)處于超重狀態(tài)D．完全失重就是物體失去了重力答案B解析體操運動員雙手握住單杠吊在空中靜止不動時單杠對運動員的拉力等于運動員的重力，運動員既不處于超重狀態(tài)也不處于失重狀態(tài)，A錯誤；蹦床運動員在空中上升和下降過程中都有方向豎直向下的加速度，都處于失重狀態(tài)，B正確；舉重運動員在舉起杠鈴后靜止不動的那段時間內(nèi)地面對運動員和杠鈴的支持力等于運動員和杠鈴的重力，運動員和杠鈴既不處于超重狀態(tài)也不處于失重狀態(tài)，C錯誤；不論是超重、失重或是完全失重，物體所受的重力都沒有發(fā)生改變，D錯誤．2.(2020·浙江溫州名校高一上期末)如圖1所示為游樂場中的一種大型游樂設(shè)施跳樓機，它可以使人體驗超重和失重．參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由升降機從靜止開始經(jīng)歷加速、勻速、減速過程，將座椅提升到一定高度處，然后由靜止釋放，落到一定位置時，制動系統(tǒng)啟動，座椅做減速運動，下降到某一高度時停下．在上述過程中，關(guān)于座椅中的人所處的狀態(tài)，下列判斷正確的是()圖1A．在座椅上升的整個過程中人都處于超重狀態(tài)B．在座椅減速上升的過程中人處于超重狀態(tài)C．在座椅下降的整個過程中人都處于失重狀態(tài)D．在座椅減速下降的過程中人處于超重狀態(tài)答案D解析在座椅加速上升的過程中人處于超重狀態(tài)，減速上升的過程中人的加速度的方向向下，處于失重狀態(tài)，故A、B錯誤；在座椅減速下降的過程中人所受重力小于座椅對人向上的支持力，所以加速度向上，人處于超重狀態(tài)，故C錯誤，D正確．3.如圖2所示，A、B兩人用安全帶連接在一起，從飛機上跳下進行雙人跳傘運動，不計空氣對人的阻力，下列說法正確的是()圖2A．在降落傘未打開的下降過程中，安全帶的作用力一定為零B．在降落傘未打開的下降過程中，安全帶的作用力大于B的重力C．在降落傘未打開的下降過程中，安全帶的作用力等于B的重力D．在降落傘打開后減速下降過程中，安全帶的作用力小于B的重力答案A解析降落傘未打開時，A、B兩人一起做自由落體運動，處于完全失重狀態(tài)，則A、B之間安全帶的作用力為0，A正確，B、C錯誤；降落傘打開后，A、B減速下降，加速度向上，則A、B處于超重狀態(tài)，對B有：FT－mg＝ma，即FT＝mg＋ma>mg，故D錯誤．4．(2021·宿遷市高一上期末)某同學站在電梯中的體重計上，電梯靜止時體重計示數(shù)如圖3甲所示，電梯運行過程中體重計的示數(shù)如圖乙所示．由圖乙可知此時電梯可能正在()圖3A．加速上升 B．減速上升C．加速下降 D．勻速下降答案A5.(2020·泰興中學、南菁高中普通班第二次聯(lián)考)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯開始下樓，其位移x與時間t的關(guān)系圖像如圖4所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小為g.以下判斷正確的是()圖4A．0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC．t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg答案D考點二超重、失重的有關(guān)計算6．(2020·浙江省高一期末)小明為了研究超重和失重現(xiàn)象，站在電梯內(nèi)水平放置的體重計上，小明質(zhì)量為55kg，電梯由啟動到停止的過程中，下列說法正確的是()圖5A．由圖5甲可知電梯此時一定處于靜止狀態(tài)B．由圖乙可知小明此時一定向下加速運動C．由圖乙可知電梯此時一定處于加速上升狀態(tài)D．由圖乙可知電梯此時的加速度約為0.7m/s2答案D解析由題圖甲可知小明處于平衡狀態(tài)，電梯此時處于靜止或勻速運動狀態(tài)，A錯誤；由題圖乙可知小明處于超重狀態(tài)，有向上的加速度，則電梯向上加速或向下減速，B、C錯誤；此時小明受到的支持力大小為FN＝59×10N＝590N，則加速度大小為a＝eq\f(FN－mg,m)≈0.7m/s2，D正確．7.如圖6所示，在某次無人機豎直送貨實驗中，無人機的質(zhì)量M＝1.5kg，貨物的質(zhì)量m＝1kg，無人機與貨物間通過輕繩相連．無人機以恒定動力F＝30N使貨物從地面開始加速上升，不計空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2.則()圖6A．貨物加速上升時處于失重狀態(tài)B．貨物加速上升時的加速度a＝20m/s2C．貨物加速上升時輕繩上的拉力FT＝10ND．貨物加速上升時輕繩上的拉力FT＝12N答案D8．如圖7甲所示，質(zhì)量為m＝60kg的同學，雙手抓住單杠做引體向上，他的重心的速率隨時間變化的圖像如圖乙所示，g取10m/s2，由圖像可知()圖7A．t＝0.5s時，他的加速度為3m/s2B．t＝0.4s時，他處于超重狀態(tài)C．t＝1.1s時，他受到單杠的作用力的大小是620ND．t＝1.5s時，他處于超重狀態(tài)答案B解析根據(jù)速度－時間圖像斜率表示加速度可知，t＝0.5s時，他的加速度為0.3m/s2，A錯．t＝0.4s時他向上加速運動，加速度方向向上，他處于超重狀態(tài)，B對．t＝1.1s時他的加速度為0，他受到的單杠的作用力剛好等于重力600N，C錯．t＝1.5s時他向上做減速運動，加速度方向向下，他處于失重狀態(tài)，D錯．9．(2020·北京市石景山區(qū)高一上學期期末)某志愿者站在力傳感器上分別完成下蹲和站起動作，計算機同時采集相應的數(shù)據(jù)，如圖8所示，這是做其中一個動作時，力傳感器的示數(shù)隨時間變化的情況，下面判斷正確的是()圖8A．這是站起過程，先失重后超重B．這是站起過程，先超重后失重C．這是蹲下過程，先失重后超重D．這是蹲下過程，先超重后失重答案C解析根據(jù)題圖可知，加速度先向下后向上，而蹲下過程，先向下加速運動，再向下減速到停止，加速度先向下再向上，先失重后超重，故C正確，A、B、D錯誤．10．某人在地面上最多能舉起60kg的重物，要使此人在升降機中最多能舉起100kg的重物，已知重力加速度g取10m/s2，則下列說法可能正確的是()A．升降機正加速上升，加速度大小為4m/s2B．升降機正加速下降，加速度大小為4m/s2C．升降機正減速下降，加速度大小為4m/s2D．升降機正減速上升，加速度大小為6m/s2答案B解析某人在地面上最多能舉起60kg的物體，則知此人的最大舉力為F＝mg＝60×10N＝600N．在升降機中，對重物根據(jù)牛頓第二定律有m′g－F＝m′a，解得a＝g－eq\f(F,m′)＝(10－eq\f(600,100))m/s2＝4m/s2，方向豎直向下，故升降機應減速上升或加速下降，加速度大小為4m/s2.11.(2021·山東青島高一月考)如圖9所示，小球B放在真空容器A內(nèi)，球B的直徑恰好等于正方體A的棱長，將它們以初速度v0豎直向上拋出，下列說法中正確的是()圖9A．若不計空氣阻力，上升過程中，A對B有向上的支持力B．若考慮空氣阻力，上升過程中，A對B的壓力向上C．若考慮空氣阻力，下落過程中，B對A的壓力向下D．若不計空氣阻力，下落過程中，B對A的壓力向下答案C解析將容器以初速度v0豎直向上拋出后，若不計空氣阻力，以整體為研究對象，由牛頓第二定律知加速度為g，再以容器A為研究對象，上升和下落過程其所受合力等于其重力，則B對A沒有壓力，A對B也沒有支持力，故A、D錯誤．若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，上升過程，根據(jù)牛頓第二定律有f＋mg＝ma，則上升過程加速度大于g；再以球B為研究對象，B的加速度大于g，根據(jù)牛頓第二定律，B受到的合力大于重力，故B受重力和向下的壓力，A對B的壓力向下，故B錯誤．若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，下落過程，根據(jù)牛頓第二定律有mg－f′＝ma′，則下落過程加速度小于g，再以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律B受到的合力小于重力，故B受重力和向上的力，即A對B的支持力向上，B對A的壓力向下，故C正確．12.若貨物隨升降機運動的v－t圖像如圖10所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F隨時間t變化的圖像可能是()圖10答案B解析將整個運動過程分解為六個階段．第一階段貨物先向下做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma<mg；第二階段貨物做勻速直線運動，F(xiàn)＝mg；第三階段貨物向下做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma>mg；第四階段貨物向上做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma>mg；第五階段貨物做勻速直線運動，F(xiàn)＝mg；第六階段貨物向上做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma<mg.故B正確，A、C、D錯誤．13．在電梯中，把一物體置于水平臺秤上，臺秤與力傳感器相連，電梯先從靜止加速上升，然后又勻速運動一段時間，最后停止運動；傳感器的屏幕上顯示出其所受的壓力與時間的關(guān)系圖像，如圖11所示(g取10m/s2)，則：圖11(1)電梯在啟動階段經(jīng)歷了多長時間的加速上升過程？(2)該物體的重力是多少？電梯在超重和失重時物體的重力是否變化？(3)算出電梯在超重和失重時的最大加速度分別是多大？答案(1)4s(2)30N不變(3)eq\f(20,3)m/s2eq\f(20,3)m/s2解析(1)由題圖可知：電梯在啟動階段經(jīng)歷了4s加速上升過程．(2)根據(jù)題意知，在4～18s時間內(nèi)，物體隨電梯一起勻速運動，由平衡條件及牛頓第三定律知，臺秤受的壓力大小和物體的重力相等，即G＝30N根據(jù)超重和失重的本質(zhì)知物體的重力不變(3)超重時：臺秤對物體的支持力最大為50N，由牛頓第二定律得F合＝ma1，則a1＝eq\f(F合,m)＝eq\f(50－30,3)m/s2＝eq\f(20,3)m/s2，方向豎直向上失重時：臺秤對物體的支持力最小為10N由牛頓第二定律得F合′＝ma2，則a2＝eq\f(F合′,m)＝eq\f(30－10,3)m/s2＝eq\f(20,3)m/s2，方向豎直向下．14.(2020·綿陽市高一上期末)小明同學用臺秤研究人在豎直升降電梯中的超重與失重現(xiàn)象．他在地面上用臺秤稱得自己的體重為500N，再將臺秤移至電梯內(nèi)稱其體重，電梯從t＝0時由靜止開始運動到t＝11s時停止，得到臺秤的示數(shù)F隨時間t變化的圖像如圖12所示，g取10m/s2.下列說法正確的是()圖12A．在0～2s內(nèi)，小明處于超重狀態(tài)B．在0～2s內(nèi)，小明加速度大小為1m/s2C．在10～11s內(nèi)，臺秤示數(shù)為F3＝800ND．在0～11s內(nèi)，電梯通過的距離為18m答案B解析由題圖可知，在0～2s內(nèi)，臺秤對小明的支持力為F1＝450N，由牛頓第二定律有mg－F1＝ma1，解得a1＝1m/s2，加速度方向豎直向下，故小明處于失重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；設(shè)在10～11s內(nèi)小明的加速度為a3，時間為t3＝1s,0～2s的時間為t1＝2s，則a1t1＝a3t3，解得a3＝2m/s2，由牛頓第二定律有F3－mg＝ma3，解得F3＝600N，故C錯誤；0～2s內(nèi)位移x1＝eq\f(1,2)a1t12＝2m，2～10s內(nèi)位移x2＝v勻t2＝a1t1t2＝16m,10～11s內(nèi)位移x3＝eq\f(1,2)a3t32＝1m，小明運動的總位移x＝x1＋x2＋x3＝19m，故D錯誤．本章知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建傳送帶模型[學習目標]1.會對傳送帶上的物體進行受力分析，掌握傳送帶模型的一般分析方法.2.能正確解答傳送帶上的物體的運動問題．1．傳送帶的基本類型傳送帶運輸是利用貨物和傳送帶之間的摩擦力將貨物運送到其他地方，有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種基本模型．2．傳送帶模型分析流程3．注意求解的關(guān)鍵在于根據(jù)物體和傳送帶之間的相對運動情況，確定摩擦力的大小和方向．當物體的速度與傳送帶的速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變，速度相等前后對摩擦力的分析是解題的關(guān)鍵．一、水平傳送帶模型如圖1所示，傳送帶保持以1m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動．現(xiàn)將一定質(zhì)量的煤塊從離傳送帶左端很近的A點輕輕地放上去，設(shè)煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2.5m，g取10m/s2，求：圖1(1)煤塊從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間；(2)煤塊在傳送帶上留下痕跡的長度．答案(1)3s(2)0.5m解析(1)對煤塊，根據(jù)題意得a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2，當速度達到1m/s時，所用的時間t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(1－0,1)s＝1s，通過的位移x1＝eq\f(v2－v\o\al(02),2a)＝0.5m＜2.5m．在剩余位移x2＝L－x1＝2.5m－0.5m＝2m中，因為煤塊與傳送帶間無摩擦力，所以煤塊以1m/s的速度隨傳送帶做勻速運動，所用時間t2＝eq\f(x2,v)＝2s因此煤塊從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＝3s(2)煤塊在傳送帶上留下的痕跡為二者的相對位移，發(fā)生在二者相對運動的過程在前1s時間內(nèi)，傳送帶的位移x1′＝vt1＝1m煤塊相對地面運動的位移x2′＝eq\f(1,2)at12＝0.5m故煤塊相對傳送帶的位移Δx＝x1′－x2′＝0.5m.如圖2所示，繃緊的水平傳送帶足夠長，始終以恒定速率v1＝2m/s沿順時針方向運行．初速度為v2＝4m/s的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，g＝10m/s2，若從小物塊滑上傳送帶開始計時，求：圖2(1)小物塊在傳送帶上滑行的最遠距離；(2)小物塊從A處出發(fā)再回到A處所用的時間．答案(1)4m(2)4.5s解析(1)小物塊滑上傳送帶后開始做勻減速運動，設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得：μmg＝ma得a＝μg因小物塊在傳送帶上滑行至最遠距離時速度為0，由公式x＝eq\f(v\o\al(22),2a)得x＝4m，t1＝eq\f(v2,a)＝2s(2)小物塊速度減為0后，再向右做勻加速運動，加速度為a′＝μg＝2m/s2設(shè)小物塊與傳送帶共速所需時間為t2，t2＝eq\f(v1,a′)＝1st2時間內(nèi)小物塊向右運動的距離x1＝eq\f(v\o\al(12),2a′)＝1m最后小物塊做勻速直線運動，位移x2＝x－x1＝3m勻速運動時間t3＝eq\f(x2,v1)＝1.5s所以小物塊從A處出發(fā)再回到A處所用的時間t總＝t1＋t2＋t3＝4.5s.二、傾斜傳送帶模型某飛機場利用如圖3所示的傳送帶將地面上的貨物運送到飛機上，傳送帶與地面的夾角θ＝30°，傳送帶兩端A、B的距離L＝10m，傳送帶以v＝5m/s的恒定速度勻速向上運動．在傳送帶底端A輕放上一質(zhì)量m＝5kg的貨物(可視為質(zhì)點)，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2).求貨物從A端運送到B端所需的時間．(g取10m/s2)圖3答案3s解析以貨物為研究對象，由牛頓第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma解得a＝2.5m/s2貨物勻加速運動時間t1＝eq\f(v,a)＝2s貨物勻加速運動位移x1＝eq\f(1,2)at12＝5m然后貨物做勻速運動，運動位移x2＝L－x1＝5m勻速運動時間t2＝eq\f(x2,v)＝1s貨物從A端運送到B端所需的時間t＝t1＋t2＝3s.如圖4所示，傾角為37°，長為l＝16m的傳送帶，轉(zhuǎn)動速度為v＝10m/s.在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質(zhì)量為m＝0.5kg的物體．已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：圖4(1)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；(2)傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時，物體從頂端A滑到底端B的時間．答案(1)4s(2)2s解析(1)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力方向沿傳送帶向上，物體沿傳送帶向下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有：mg(sin37°－μcos37°)＝ma則a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，根據(jù)l＝eq\f(1,2)at2得t＝4s.(2)傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，當物體下滑速度小于傳送帶轉(zhuǎn)動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力方向沿傳送帶向下，設(shè)物體的加速度為a1，由牛頓第二定律得，mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1則有a1＝10m/s2設(shè)當物體運動速度等于傳送帶速度時經(jīng)歷的時間為t1，位移為x1，則有t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，x1＝eq\f(1,2)a1t12＝5m＜l＝16m當物體運動速度等于傳送帶速度的瞬間，因為mgsin37°＞μmgcos37°，則此后物體相對傳送帶向下運動，受到傳送帶向上的滑動摩擦力——摩擦力發(fā)生突變．設(shè)當物體下滑速度大于傳送帶轉(zhuǎn)動速度時物體的加速度為a2，則a2＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝2m/s2x2＝l－x1＝11m又因為x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2t22，則有10t2＋t22＝11，解得：t2＝1s(t2＝－11s舍去)所以t總＝t1＋t2＝2s.1．水平傳送帶常見類型及滑塊運動情況類型滑塊運動情況(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0＝v時，一直勻速(3)v0<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端(2)傳送帶足夠長時，滑塊先向左減速再向右加速回到右端2.傾斜傳送帶常見類型及滑塊運動情況類型滑塊運動情況(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速再以a2加速訓練1水平傳送帶模型1.如圖1所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速度順時針運行．將一物體輕輕放在傳送帶的左端，以v、a、x、Ff表示物體速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大?。铝羞x項可能正確的是()圖1答案A2.機場和火車站的安全檢查儀用于對旅客的行李進行安全檢查．其傳送裝置可簡化為如圖2所示模型，緊繃的傳送帶始終保持v＝1m/s的恒定速率向左運行．旅客把行李(可視為質(zhì)點)無初速度地放在A處，設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離為2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v＝1m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李，則()圖2A．乘客與行李同時到達B處B．乘客提前1s到達B處C．行李提前0.5s到達B處D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2s才能到達B處答案D解析行李無初速度地放在傳送帶上，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速度做勻速直線運動．行李加速時a＝μg＝1m/s2，用時t1＝eq\f(v,a)＝1s與傳送帶共速，位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，此后行李勻速運動t2＝eq\f(lAB－x1,v)＝1.5s，到達B處共用時2.5s．乘客到達B處用時t＝eq\f(lAB,v)＝2s，故A、B、C錯誤．若傳送帶速度足夠大，行李一直勻加速運動，最短運動時間tmin＝eq\r(\f(2lAB,a))＝2s，D正確．3.(2020·湖南師大附中高一上學期期末)如圖3所示，水平傳送帶以不變的速度v＝10m/s向右運動，將工件輕輕放在傳送帶的左端，由于摩擦力的作用，工件做勻加速運動，經(jīng)過時間t＝2s，速度達到v；再經(jīng)過時間t′＝4s，工件到達傳送帶的右端，g取10m/s2，求：圖3(1)工件在水平傳送帶上滑動時的加速度的大??；(2)工件與水平傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(3)水平傳送帶的長度．答案(1)5m/s2(2)0.5(3)50m解析(1)工件的加速度大小a＝eq\f(v,t)解得a＝5m/s2.(2)設(shè)工件的質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得：μmg＝ma解得動摩擦因數(shù)μ＝0.5.(3)工件勻加速運動通過的距離x1＝eq\f(v,2)t工件勻速運動通過的距離x2＝vt′水平傳送帶長度也就是工件從左端到達右端通過的距離x＝x1＋x2聯(lián)立解得x＝50m.4.(2020·山東師大附中高一上期末)如圖4所示，水平放置的傳送帶以速度v＝2m/s向右運行，現(xiàn)將一小物體輕輕地放在傳送帶A端，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若A端與B端相距4m，g＝10m/s2，求：圖4(1)物體由A運動到B的時間和物體到達B端時的速度大??；(2)物體相對傳送帶滑動的距離．答案(1)2.5s2m/s(2)1m解析(1)設(shè)加速運動過程中物體的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，得出a＝2m/s2；設(shè)物體速度達到傳送帶速度v時物體發(fā)生的位移為x1，所用時間為t1，則v＝at1，x1＝eq\f(v,2)t1，得出t1＝1s，x1＝1m；此時物體距離B端x2＝xAB－x1＝3m，接下來物體以速度v做勻速運動，所用時間t2＝eq\f(x2,v)＝1.5s，所以t＝t1＋t2＝2.5s，物體到達B端時的速度為2m/s.(2)在t1＝1s內(nèi)傳送帶位移x傳＝vt1＝2m，故物體相對傳送帶滑動的距離Δx＝x傳－x1＝1m.5.如圖5所示為一水平傳送帶裝置示意圖．緊繃的傳送帶始終以恒定的速率v＝1m/s運行，一質(zhì)量為m＝4kg的物體無初速度地放在A處，傳送帶對物體的滑動摩擦力使物體開始做勻加速直線運動，隨后物體又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動．設(shè)物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2m，g取10m/s2.圖5(1)求物體剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大?。?2)求物體由A運動到B的時間；(3)如果提高傳送帶的運行速率，物體就能被較快地傳送到B處，求使物體從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率．答案(1)4N1m/s2(2)2.5s(3)2s2m/s解析(1)滑動摩擦力Ff1＝μmg＝0.1×4×10N＝4N，加速度a＝eq\f(Ff1,m)＝1m/s2.(2)物體勻加速運動的時間t1＝eq\f(v,a)＝1s，物體勻加速運動的位移x1＝eq\f(v2,2a)＝0.5m.物體勻速運動的時間t2＝eq\f(L－x1,v)＝1.5s則物體由A運動到B的時間t＝t1＋t2＝2.5s.(3)物體一直做勻加速運動時物體從A處傳送到B處的時間最短，加速度仍為a＝1m/s2，當物體到達B處時，有vmin2＝2aL，vmin＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×1×2)m/s＝2m/s，所以傳送帶的最小運行速率為2m/s.設(shè)物體最短運行時間為tmin，則vmin＝atmin，得tmin＝eq\f(vmin,a)＝eq\f(2,1)s＝2s.6．如圖6，一平直的傳送帶以速率v＝2m/s順時針勻速運行，在A處把物體輕輕地放到傳送帶上，經(jīng)過6s，物體到達B處，A、B相距L＝10m，重力加速度g＝10m/s2.則：圖6(1)物體在傳送帶上勻加速運動的時間是多少？(2)物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為多少？(3)若物體是煤塊，求物體在傳送帶上的劃痕長度．答案(1)2s(2)0.1(3)2m解析(1)由題意可知，物體從A到B先做勻加速直線運動，后與傳送帶達到相同速度，勻速運動到B端，設(shè)物體做勻加速運動的時間為t所以eq\f(v,2)t＋v(6s－t)＝L代入數(shù)據(jù)解得：t＝2s(2)在勻加速運動過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知μmg＝ma根據(jù)速度與時間的關(guān)系得：v＝at聯(lián)立解得：μ＝0.1(3)在物體勻加速運動過程中，傳送帶上表面相對于地面的位移x＝vt＝4m物體相對于地面的位移x′＝eq\f(1,2)at2＝2m所以物體在傳送帶上的劃痕長度Δx＝x－x′＝2m.訓練2傾斜傳送帶模型1.(2020·浙江省高一期末)如圖1所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0勻速向下運動，在傳送帶的上端輕輕放上一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＜tanθ，則下列圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關(guān)系的是()圖1答案D解析開始時小木塊相對傳送帶向后運動，滑動摩擦力沿傳送帶向下，則小木塊的加速度為a1＝gsinθ＋μgcosθ則第一階段木塊沿傳送帶向下做勻加速直線運動，因傳送帶足夠長，則木塊和傳送帶能夠共速，共速時，因μ＜tanθ，木塊將繼續(xù)加速，加速度為a2＝gsinθ－μgcosθ，綜上所述，木塊先以a1做勻加速直線運動，后以a2做勻加速直線運動，故A、B、C錯誤，D正確．2.(2020·濟寧一中高一月考)如圖2所示，在一條傾斜的、靜止不動的傳送帶上，有一個滑塊能夠自由地向下滑動，該滑塊由上端自由地滑到底端所用時間為t1，如果傳送帶向上以速度v0運動起來，保持其他條件不變，該滑塊由上端滑到底端所用的時間為t2，那么()圖2A．t1＝t2 B．t1>t2C．t1<t2 D．不能確定答案A解析滑塊受重力、支持力、滑動摩擦力，當傳送帶向上以速度v0運動起來，保持其他條件不變時，支持力不變，摩擦力大小和方向都不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩種情況下，滑塊的加速度相等，而兩種情況下滑塊的位移也相等，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2可知，兩種情況下滑塊運動的時間相等，即t1＝t2，選項A正確．3．(2021·泰州中學、南菁高中高一上第二次聯(lián)考)傾斜傳送帶以恒定的速率沿逆時針方向運行，如圖3甲所示．在t＝0時，將一小煤塊輕放在傳送帶上A點處，1.5s時小煤塊從B點離開傳送帶．小煤塊速度隨時間變化