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2013新课标高中物理总复习第3章---第2讲


新课标 ·物理

自 主 落 实 · 固 基 础

第2讲

两类动力学问题 超重和失重

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一、动力学的两类基本问题
应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类: (1)已知受力情况求 运动情况 . (2)已知运动情况求 受力情况 .

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在这两类问题中, 加速度 是联系力和运动的桥梁.受力分析和运动过程 分析是解决问题的关键,求解这两类问题的思路如下.
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(2010·上海高考)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出,设物体在运 动过程中所受空气阻力大小不变,则物体( ) A.刚抛出时的速度最大 B.在最高点的加速度为零 C.上升时间大于下落时间 D.上升时的加速度等于下落时的加速度
【解析】 最高点速度为零,物体受重力和阻力,合力不可能为零,加速度

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1 不为零,故 B 项错.上升时做匀减速运动,h= a1t2,下落时做匀加速运动,h 2 1 mg+Ff mg-Ff 1 = a2t2,又因为 a1= ,a2= ,所以 t1<t2,故 C、D 错误.物体从抛 2 2 m m 出到落回的过程中,摩擦力做负功,由动能定理可知物体刚抛出时动能最大,速 度最大, ,故 A 项正确.
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【答案】


A


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2.如图3-2-1所示,传送带的水平部分长为L,传动速率为v,在其左端无
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初速释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左端运动
到右端的时间不可能是( )

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v L A. v + 2μg C. 2L μg

L B.v 2L D. v

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【解析】 因木块运动到右端的过程不同,对应的时间也不同,若一直匀加
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1 速至右端,则 L= μgt2,得:t= 2

2L ,C 正确;若一直加速到右端时的速度 μg

0+v 2L 恰好与传送带速度 v 相等,则 L= t,有:t= v ,D 正确;若先匀加速到传 2 v2 v v L 送带速度 v,再匀速到右端,则 +v(t- )=L,有:t=v + ,A 正确;木 2μg μg 2μg 块不可能一直匀速至右端,B 错误.

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【答案】

B

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二、超重与失重 1.视重 当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时,弹簧测力计或台秤的示数 叫做视重,其大小等于测力计所受物体的 拉力 或台秤所受物体的 压力 . 2.超重、失重与完全失重

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3.(2010·浙江高考)如图3-2-2所示,A、B两物体叠放

在一起,以相同的初速度上抛(不计空气阻力).下列说法正
确的是( )

A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零

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B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
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D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重 力 【解析】 对于A、B整体只受重力作用,做竖直上抛运动,处于完全失重状

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态,不论上升还是下降过程,A对B均无压力,只有A项正确.
【答案】


A


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1.求解两类动力学问题涉及的知识主要有:一是牛顿第二定律(有时需用牛 顿第三定律)F合=ma,二是运动学公式v=v0+at,x=v0t+at2,v2-v=2ax, x=(v0+v)t/2.其中加速度a是联系力和运动的桥梁. 2.牛顿第二定律的应用步骤 分析解答物理学问题必备的六大环节,即:对象、状态、过程、规律、方 法和结论.因而应用牛顿第二定律解题的步骤可有以下几个方面: (1)选取研究对象,研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的系 统,并可把物体视为质点. (2)确定研究对象的运动状态,画出物体运动情景的示意图,并标明物体运 动速度与加速度的方向. (3)分析研究对象的受力情况,并画出受力分析示意图. (4)选定合适的方向建立平面直角坐标系,依据牛顿第二定律列出方程,如 Fx=max,Fy=may. (5)代入已知条件求解结果并分析其结果的物理意义.
菜 单

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如图3-2-3所示,有一足够长的斜面,倾角α=37°,一小物块质量
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为m,从斜面顶端A处由静止下滑,到B处后,受一与物块重力大小相等的水 平向右恒力作用,开始减速,到斜面底端C速度刚好减为0,若AB长s1=2.25 m,物块与斜面间动摩擦因数μ=0.5,(sin 37°=0.6,g=10 m/s2)求: (1)物块到达B点的速度v; (2)斜面长度L.

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【聚焦题眼】

(1)物块从斜面顶端A处由静止下滑.

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(2)到B处受水平向右的恒力(与重力相等),开始减速. (3)到斜面底端C速度刚好为零.
菜 单

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【解析】 (1)物块在 AB 段受重力、 斜面弹力及摩擦力作用, 设加速度为 a1,
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由牛顿第二定律知: mgsin 37° -μmgcos 37° =ma1,代入数据得 a1=2 m/s2 所以物块到达 B 点速度为 v= 2a1s1= 2×2×2.25 m/s=3 m/s. (2)同理设物块在 BC 段的加速度大小为 a2,由牛顿第二定律得 Fcos 37° +μFN-mgsin 37° =ma2, 而 FN=Fsin 37° +mgcos 37° .

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联立并代入数据得 a2=9 m/s2,方向沿斜面向上. v2 所以斜面长度为 L=s1+ ,代入数据得 L=2.75 m. 2a2

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【答案】

(1)3 m/s

(2)2.75 m





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1.(多选)如图3-2-4所示,水平传送带A、B两端 相距x=3.5 m,物体与传送带间的动摩擦因数μ= 0.1,物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s,到 达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是

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(
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)
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A.若传送带不动,vB=3 m/s
B.若传送带逆时针匀速转动,vB一定等于3 m/s C.若传送带顺时针匀速转动,vB一定等于3 m/s D.若传送带顺时针匀速转动,vB有可能等于3 m/s
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【解析】 当传送带不动时, 物体从 A 到 B 做匀减速运动,a=μg=1 m/s2,
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物体到达 B 点的速度 vB=

v2 -2ax=3 m/s. A

当传送带逆时针匀速转动时,物体滑上传送带后所受摩擦力不变,物体以 相同的加速度一直减速至 B,vB=3 m/s. 当传送带顺时针匀速转动时,传送带的速度不同,物体滑上传送带后的运 动情况不同.如果传送带速度大于 4 m/s,则物体可能一直加速,也可能先加速 后匀速;当传送带速度等于 4 m/s 时,物体匀速;当传送带速度小于 4 m/s 时,

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物体可能一直减速,也可能先减速后匀速.

【答案】

ABD

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新课标 ·物理 举重运动员在地面上能举起120 kg的重物,而在运动着的升降机中却
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只能举起100 kg的重物,求: (1)升降机运动的加速度; (2)若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中,此运动员能举起质量多大 的重物?(g取10 m/s2)

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【思路点拨】 大举力.

运动员在地面上能举起的重物,即为运动员能发挥的向上的最

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【解析】
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运动员在地面上能举起m0=120 kg的重物,则运动员能发挥的向
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上的最大支撑力 F=m0g=1 200 N. (1)在运动着的升降机中只能举起m1=100 kg的重物,可见该重物超重了, 升降机应具有向上的加速度,设此加速度为a1,对物体由牛顿第二定律得:F -m1g=m1a1,解得a1=2 m/s2.

(2)当升降机以a2=2.5 m/s2的加速度加速下降时,重物失重,设此时运动员
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能举起的重物质量为m2 对物体由牛顿第二定律得:m2g-F=m2a2

解得:m2=160 kg.

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【答案】

(1)2 m/s2

(2)160 kg





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2. (2012· 合肥模拟)如图 3-2-5 所示, 在托盘测 力计的托盘内固定一个倾角为 30° 的斜面,现将一个 重为 4 N 的物体放在斜面上,让它自由下滑,那么测 力计因 4 N 物体的存在而增加的读数不可能是( A.4 N C.2 N B.2 3 N D.3 N )

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【解析】

当斜面光滑时,物体沿斜面下滑时有竖直向下的分加速度ay,处于

失重状态,托盘测力计增加的示数为ΔF=mg-may,而ay=asin θ,又因 mgsin θ=ma,所以ΔF=mg-mgsin2 θ=3 N;当斜面粗糙时,物体有可能匀 速下滑,此时托盘测力计增加的示数为ΔF=mg=4 N,而当物体沿斜面加速 下滑时,托盘测力计增加的示数应满足3 N<ΔF<4 N,所以选C. 【答案】


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C


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动态变化问题主要研究速度、加速度、合力三个物理量的变化情况.因为 加速度决定于合外力,而速度的变化决定于加速度与速度的方向关系,所以处 理此类问题的思维程序应如下:先对物体的受力进行分析,再求物体所受的合

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外力并分析其变化,然后用牛顿第二定律分析加速度的变化,最后根据加速度
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与速度的方向关系判断速度的变化情况. 动态变化的过程以后还有“机车启动获得最大速度之前的过程”、“电磁 感应部分导体棒获得收尾速度前的过程”,这些问题重在分析合力的变化以及 潜在的状态(如平衡状态、收尾速度).
菜 单

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如图3-2-6所示,静止在光滑水平面上的物体A,一端靠着处于自然
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状态的弹簧.现对物体作用一水平恒力,在弹簧被压缩到最短的过程中,物 体的速度和加速度的变化情况是( A.速度增大,加速度增大 )

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B.速度增大,加速度减小
C.速度先增大后减小,加速度先增大后减小
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D.速度先增大后减小,加速度先减小后增大

【思路点拨】

在压缩过程中,弹力逐渐增大,合力先减少后增大,进而可

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分析加速度、速度的变化.





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【解析】
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物体在水平方向上受向左的推力F、弹簧向右的弹力kx,起初合力
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方向向左、大小为F合=F-kx,随着x的增大,合力越来越小,由牛顿第二定 律可知,加速度越来越小,因加速度与速度同向,故速度越来越大;当弹簧的 弹力kx增大到与F等大时,合力为零,加速度为零,速度最大;由于惯性,物 体继续向左运动,弹簧向右的弹力大于F,合力方向向右、大小F合=kx-F, 随着x的增大,合力越来越大,加速度越来越大,因加速度与速度反向,故速

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度减小,D正确.

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【答案】

D





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3.(多选)(2012·淮南模拟)如图3-2-7所示,一足够长的木板静止在光滑水平 面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦.现用水平力向右拉木板, 当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时,撤掉拉力,此后木板和 物块相对于水平面的运动为( )

A.物块先向左运动,再向右运动 B.木板和物块的速度都逐渐减小,直到为零 C.木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动 D.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动

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【解析】 木板受拉力作用后,物块相对木板滑动,说明木板加速度大于物块 加速度;滑了一段距离后仍有滑动说明这时木板速度还是大于物块速度;此时 撤掉拉力,物块的加速度方向与运动方向相同,做匀加速运动;木板的加速度 方向与运动方向相反,做匀减速运动.当二者速度相同时,一起做匀速运 动.C、D选项正确.
【答案】


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CD


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1. (2012·汕头模拟)如图3-2-8为蹦极运动的示意图.弹性绳 的一端固定在O点,另一端和运动员相连.运动员从O点自由下落,

至B点弹性绳自然伸直,经过合力为零的C点到达最低点D,然后
弹起.整个过程中忽略空气阻力.分析这一过程,下列表述正确 的是( ) ②经过C点时,运动员的速 ④从C点到D点

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①经过B点时,运动员的速率最大 率最大

③从C点到D点,运动员的加速度增大

,运动员的加速度不变 A.①③ C.①④
菜 单

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B.②③ D.②④

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【解析】

运动员的下落过程从O→B为自由落体运动,B→C重力大于弹性绳

的弹力,运动员做加速度越来越小的加速运动,到达C点时加速度为零,速度 最大;C→D弹性绳的弹力大于重力,加速度竖直向上,运动员做加速度增大 的减速运动,到达D点时速度减为零,故正确答案为B.

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【答案】
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B
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2.(2011·四川高考)如图3-2-9是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的
示意图,假定其过程可简化为:打开降落伞一段时间后,整个装置匀速下降, 为确保安全着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减 速直线运动,则( )

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A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小

B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态

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【解析】

对降落伞,匀速下降时受到的重力mg、绳的拉力FT和浮力F平衡,

即FT=F-mg.在喷气瞬间,喷气产生的反冲力向上,使降落伞减速运动,设 加速度大小为a,对降落伞应用牛顿第二定律:F-FT′-mg=ma,FT′=F- mg-ma<FT,故A正确,B错误.加速度方向向上,返回舱处于超重状态,故 D错误.合外力方向向上、位移方向向下,做负功,故C错误.

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【答案】

A

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3.(多选)(2011·上海高考)受水平外力F作用的物体,在粗糙水平面上作直 线运动,其v-t图线如图3-2-10所示,则( A.在0~t1秒内,外力F大小不断增大 B.在t1时刻,外力F为零 )

C.在t1~t2秒内,外力F大小可能不断减小
D.在t1~t2秒内,外力F大小可能先减小后增大
【解析】 由图象可知 0~t1,物体作 a 减小的加速运动,t1 时刻 a 减小为

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F-f 零.由 a= 可知,F 逐渐减小,最终 F=f,故 A、B 错误.t1~t2 物体作 a m f-F 增大的减速运动,由 a= 可知,至物体速度减为零之前,F 有可能是正向 m 逐渐减小,也可能 F 已正向减为零且负向增大,故 C、D 正确.

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【答案】
菜 单

CD

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4.(多选)(2012·哈尔滨模拟)某人在地面上用弹簧秤

称得其体重为490 N.他将弹簧秤移至电梯内称其体
重,t0至t3时间段内,弹簧秤的示数如图3-2-11所 示,电梯运行的v-t图可能是图中的(取电梯向上运 动的方向为正)( )

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【解析】

由题图可知,在t0~t1时间内,弹簧秤的示数小于人的实际体重,

则人处于失重状态,此时电梯具有向下的加速度,可能向下做匀加速运动或 向上做匀减速运动;t1~t2时间内,弹簧秤的示数等于人的实际体重,则人处 于平衡状态,电梯加速度为零,电梯可能做匀速运动或处于静止状态;t2~t3 时间内,弹簧秤的示数大于人的实际体重,则人处于超重状态,电梯具有向 上的加速度,电梯可能向下做匀减速运动或向上做匀加速运动.综上所述,

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正确答案为A、D.

【答案】

AD

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5.如图3-2-12在长2.5 m的水平吧台上,从一端推动酒杯,使酒杯恰好停 在吧台的另一端.已知酒杯与吧台间的动摩 擦因数为0.1,推杯距离为0.5 m.设推杯为匀加速过程,g取10 m/s2,试求 : (1)推杯过程的加速度大小; (2)杯离手时的最大速度.

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【解析】
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酒杯在吧台上的运动情况为先匀加速后匀减速.设匀加速的加
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速度为 a1,所达到的最大速度为 v,匀减速的加速度为 a2,则 v2 推杯距离 x1= =0.5 m① 2a1 自由滑动距离 v2 x2=l-x1= =2.0 m② 2a2 以上两式相比得 a1=4a2

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酒杯在吧台上自由滑动时所受合外力为滑动摩擦力,所以 a2=μg=1.0 m/s ③ 故 a1=4.0 m/s2④ 把④代入①可得 v=2.0 m/s.
2

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【答案】


(1)4.0 m/s2


(2)2.0 m/s

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课时知能训练

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