北京专用2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲两类动力学问题超重和失重检测.doc

1、【 精品教育资源文库 】 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.

2、(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 , 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 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 【 精品教育资源文库 】 4.(2016北京朝阳期中 ,9)一质量为 m的人站在观光

3、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 ,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

4、地面间的动摩擦因数 =0.20, 在与水平方向成 =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 =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=0.4

5、。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; 【 精品教育资源文库 】 (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

6、(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 ( ) 【 精品教育资源文库 】 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 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.

7、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 =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=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。 【 精品教育资源文库 】 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(s1mg) 向上加速 (超重 :Fmg

8、) 向上匀速 (F=mg) 向上减速 (失重 :Fmg),对照 F-t图像可知 ,B正确。 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

9、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= 。 【 精品教育资源文库 】 3.D 设物体质量为 m,物体与斜面间的动摩擦因数为 。当物体沿倾角为 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 +f=ma N-mg cos =0 f= N(N=N) 联立解得 :a=g sin + g cos =g sin

10、( + ),其中 , 为锐角 ,且 tan = 。 在 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 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 -f=ma1 因 f= N,N=mg cos 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

11、=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 +mg cos =ma 2 解得 a2=8.0 m/s2 物体做减速运动的时间 t2= =1.0 s 【 精品教育资源文库 】 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 -mg cos =ma 3 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

12、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 - mg=ma1 解得 = 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 , 由动能定理得 -mgs 0= m - m 解得 = (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 【 精品教育资源文库 】 s1= a2t2 解得 a2=