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《课堂新坐标》2014届高考物理一轮复习配套word版文档:第三章 第2讲 两类动力学问题、超重和失重


第2讲

两类动力学问题

超重和失重

(对应学生用书第 39 页)

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. 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. 运动情况 F =ma 运动学 受力情况?F合? ? ? ? ? 加速度a ? ? ? ? 公式 ?v,s,t?


【针对训练】 1.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( )

图 3-2-1 v L L 2L 2L A.v + B.v C. D. v 2μg μg 【解析】 因木块运动到右端的过程不同,对应的时间也不同,若一直匀加速至右端, 1 2L 则 L= μgt2,得:t= ,C 正确;若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度 v 相 2 μg 0+v v2 2L 等,则 L= t,有:t= v ,D 正确;若先匀加速到传送带速度 v,再匀速到右端,则 2 2μg v v L +v(t- )=L,有:t=v + ,A 正确;木块不可能一直匀速至右端,B 错误. μg 2μg 【答案】 B 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 超重 失重 完全失重 物体对支持物的压力(或对 物体对支持物的压力(或对 物体对支持物的压力(或对 定义 悬挂物的拉力)大于物体所 悬挂物的拉力)小于物体所 悬挂物的拉力)等于零的状 受重力的现象 受重力的现象 态 续表 超重 产生 条件 视重 物体有向上的加速度 F=m(g+a) 失重 物体有向下的加速度 F=m(g-a) 完全失重 a=g,方向向下 F=0

超重与失重并不是物体重力变化了, 而是“视重”——即对悬挂物的拉力或对支持面的 压力不等于物体的重力了.

【针对训练】 2.

图 3-2-2 (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 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 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

(对应学生用书第 40 页)

两类动力学问题分析 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 1 2 2 2 合=ma,二是运动学公式 vt=v0+at,s=v0t+ at ,vt -v0=2as,s=(v0+vt)t/2.其中加速度 2 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.

图 3-2-3 (2011· 上海高考)如图 3-2-3,质量 m=2 kg 的物体静止于水平地面的 A 处,A、B 间 距 L=20 m, 用大小为 30 N, 沿水平方向的外力拉此物体, t0=2 s 拉至 B 处. 经 (已知 cos 37° 2 =0.8,sin 37° =0.6,取 g=10 m/s ) (1)求物体与地面间的动摩擦因数 μ; (2)用大小为 30 N,与水平方向成 37° 的力斜向上拉此物体,使物体从 A 处由静止开始 运动并能到达 B 处,求该力作用的最短时间 t. 1 2 【解析】 (1)物体做匀加速运动 L= at0 2 2×20 2L 则 a= 2 = 2 m/s2=10 m/s2 t0 2 由牛顿第二定律 F-f=ma f=30 N-2×10 N=10 N f 10 则 μ= = =0.5. mg 2×10 (2)F 作用的最短时间为 t,设物体先以大小为 a 的加速度匀加速时间 t,撤去外力后, 以大小为 a′的加速度匀减速时间 t′到达 B 处,速度恰为 0,由牛顿第二定律 Fcos 37° -μ(mg-Fsin 37° )=ma F?cos 37° +μsin 37° ? 则 a= -μg m 30×?0.8+0.5×0.6? =[ -0.5×10] m/s2=11.5 m/s2 2 f a′= =μg=5 m/s2 m 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度,因此有 at=a′t′ a 11.5 则 t′= t= t=2.3t 5 a′ 1 1 L= at2+ a′t′2 2 2 2×20 2L 则 t= = s=1.03 s. 2 a+2.3 a′ 11.5+2.32×5 【答案】 (1)0.5 (2)1.03 s

动力学问题的处理技巧 该题第(1)问是已知运动情况求受力情况,第(2)问是由受力情况求运动情况,但不管哪 种情况都要进行受力分析和运动分析, 都要从受力或运动的一方求出加速度, 然后转入另一 方,所以求加速度是关键. 【即学即用】 1.(2010· 海南高考)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 μ,则小物块上滑到最高位置所需时间与 t 之比 为( ) 1+μ 2μ μ μ A. B. C. D. 1+μ 1+ 2μ 2+μ 2μ 【解析】 木板水平时,小物块的加速度 a1=μg,设滑行初速度为 v0,则滑行时间为 t v0 = ;木板改成倾角为 45° 的斜面后,小物块上滑的加速度为: μg

mgsin 45° +μmgcos 45° ?1+μ? 2g a2= = , m 2 v0 2v0 滑行时间为:t′= = , a2 ?1+μ?g t′ 2μ 因此 = ,A 项正确. t 1+μ 【答案】 A 对超重、失重的进一步理解 超 重 与 失 重 错误! 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) 【审题视点】 (1)地面上能举起 120 kg,说明运动员的最大举力为 1 200 N. (2)在超失重环境中,人的最大举力不变,但举起的重物可能小于或大于 120 kg 物体. 【解析】 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. 【答案】 (1)2 m/s2 (2)160 kg 【即学即用】 2.(2011· 四川高考)如图 3-2-4 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( )

图 3-2-4 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 【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, T′=F-mg-ma<FT, A 正确, 错误. F 故 B 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. 【答案】 A

(对应学生用书第 41 页)

动力学中“动态变化”问题 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).

图 3-2-5 (2013 届宝鸡模拟)如图 3-2-5 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 ( ) A.经过 b 点时,运动员的速率最大 B.经过 c 点时,运动员的速率最大 C.从 c 点到 d 点,运动员的加速度增大 D.从 c 点到 d 点,运动员的加速度不变 【潜点探究】 (1)至 b 点弹性绳自然伸长,说明 O→b,运动员自由下落. (2)c 点合力为零,说明 b→c 弹力小于重力,运动员加速. (3)d 为最低点,说明 vd=0,此时弹力最大,c→d,一直减速. 【规范解答】 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、C. 【答案】 BC 【即学即用】 3.

图 3-2-6 (2012· 四川高考)如图 3-2-6 所示,劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端 与置于水平面上质量为 m 的物体接触(未连接), 弹簧水平且无形变. 用水平力 F 缓慢推动物

体,在弹性限度内弹簧长度被压缩了 x0,此时物体静止.撤去 F 后,物体开始向左运动, 运动的最大距离为 4x0.物体与水平面间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g.则( ) A.撤去 F 后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动 kx0 B.撤去 F 后,物体刚运动时的加速度大小为 -μg m x0 C.物体做匀减速运动的时间为 2 μg μmg D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 μmg(x0- ) k kx-μmg kx 【解析】 撤去 F 后,物体向左做加速运动,其加速度大小 a1= = -μg,随 m m 物体向左运动,x 逐渐减小,所以加速度 a1 逐渐减小,当加速度减小到零时,物体的速度最 μmg-kx kx 大,然后物体做减速运动,其加速度大小 a2= =μg- ,a2 随 x 的减小而增大.当 m m μmg 物体离开弹簧后做匀减速运动,加速度大小 a3= =μg,所以选项 A 错误;根据牛顿第二 m kx0-μmg kx0 定律,刚撤去 F 后,物体的加速度 a= = -μg,选项 B 正确;物体做匀减速运 m m 1 6x0 6x0 动的位移为 3x0, 3x0= a3t2, 则 得物体做匀减速运动的时间 t= = , 选项 C 错误; 2 a3 μg μmg 当物体的速度最大时,加速度 a′=0,即 kx=μmg,所以 x= ,所以物体克服摩擦力做 k μmg 的功为:W=μmg(x0-x)=μmg(x0- ),选项 D 正确. k 【答案】 BD

(对应学生用书第 42 页)

●动力学中的转折点问题 1.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( )

图 3-2-7 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 【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】 CD ●失重问题 2.如图 3-2-8 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( )

图 3-2-8 A.4 N B.2 3 N C.2 N D.3 N 【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】 C ●由运动情况推断受力情况 3.

图 3-2-9 (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 3-2-9 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 F-f 【解析】 由图象可知 0~t1, 物体作 a 减小的加速运动,1 时刻 a 减小为零. a= t 由 m f-F 可知,F 逐渐减小,最终 F=f,故 A、B 错误.t1~t2 物体作 a 增大的减速运动,由 a= m 可知,至物体速度减为零之前,F 有可能是正向逐渐减小,也可能 F 已正向减为零且负向增 大,故 C、D 正确. 【答案】 CD ●与图象结合的超失重问题 4.

图 3-2-10 (2013 届兰州新亚中学模拟)某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星. 火箭点燃 后从地面竖直升空, 燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落, 实验中速度传感器测得卫 星竖直方向的速度—时间图象如图 3-2-10 所示,设运动中不计空气阻力,燃料燃烧时产 生的推力大小恒定.下列判断正确的是( )

A.t2 时刻卫星到达最高点,t3 时刻卫星落回地面 B.卫星在 0~t1 时间内的加速度大于 t1~t2 时间内的加速度 C. t1~t2 时间内卫星处于超重状态 D. t2~t3 时间内卫星处于超重状态 【解析】 卫星在 0~t3 时间内速度方向不变,一直升高,在 t3 时刻到达最高点,A 错 误;v-t 图象的斜率表示卫星的加速度,由图可知,t1~t2 时间内卫星的加速度大,B 错误; t1~t2 时间内,卫星的加速度竖直向上,处于超重状态,t2~t3 时间内,卫星的加速度竖直向 下,处于失重状态,故 C 正确,D 错误. 【答案】 C ●动力学的基本问题 5.

图 3-2-11 (2012· 浙江高考)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系, 小明同学用石蜡做成两条质 量均为 m、形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”,如图 3-2-11 所示.在高出水面 H 处分别静 止释放“A 鱼”和“B 鱼”,“A 鱼”竖直下潜 hA 后速度减为零,“B 鱼”竖直下潜 hB 后 速度减为零.“鱼”在水中运动时,除受重力外,还受浮力和水的阻力.已知“鱼”在水中 10 所受浮力是其重力的 倍,重力加速度为 g,“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度.假 9 设“鱼”运动时所受水的阻力恒定,空气阻力不计.求: (1)“A 鱼”入水瞬间的速度 vA1; (2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力 fA; (3)“A 鱼”与“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比 fA∶fB. 【解析】 (1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动,有 v2 -0=2gH① A1 得:vA1= 2gH.② (2)方法一:“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用,做匀减速运动,设加速 度为 aA,有 F 合=F 浮+fA-mg③ F 合=maA④ 0-v2 =-2aAhA⑤ A1 10 由题意:F 浮= mg 9 H 1 综合上述各式,得 fA=mg( - ).⑥ hA 9 方法二:对“A 鱼”运动的全过程应用动能定理可得, 10 mg(H+hA)- mghA-fAhA=0 9 H 1 解得 fA=mg( - ). hA 9 (3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相似,有

H 1 fB=mg( - )⑦ hB 9 综合⑥、⑦两式,得 fA hB?9H-hA? = . fB hA?9H-hB? 【答案】 hB?9H-hA? H 1 (1) 2gH (2)mg( - ) (3) hA 9 hA?9H-hB?


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