第二讲 两类动力学问题 超重和失重

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第2讲 两类动力学问题 超重和失重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：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 完全失重定义 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态产生条件物体有向上的加速度 物体有向下的加速度 a ＝g ，方向向下 视重 F ＝m(g ＋a) F ＝m(g －a) F ＝01．(多选)A ．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B ．物体所受到的合外力不变(F 合≠0)，其运动状态就不改变C ．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化D ．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大【解析】 物体所受到的合外力越大，物体的加速度(速度变化率)也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A 错误，C 正确；物体的合外力不为零，就会迫使运动状态(运动的快慢和方向)发生变化，选项B 错误；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D 正确．【答案】 CD2.如图3－2－1所示，质量m ＝10 kg 的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F ＝20 N 的作用，则物体产生的加速度是(g 取10 m/s2)A ．0B ．4 m/s2，水平向右C ．2 m/s2，水平向左D ．2 m/s2，水平向右图3－2－1【解析】 物体受的合力的方向水平向右，且力F 的方向和Ff 的方向相同，则加速度大小a ＝F ＋Ff m ＝F ＋μmg m ＝20＋0.2×10×1010m/s2＝4 m/s2，故选项B 正确．【答案】 B3.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 物体受到的重力图3－2－2【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】 A4．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－2－3所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g 5，方向一定竖直向下 图3－2－3 【解析】 由题知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A 错；由牛顿第三定律知B 错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错；由牛顿第二定律mg －FN ＝ma ，可知a ＝g 5，方向竖直向下，D 对．【答案】 D两类动力学问题的分析和应用1.求解两类动力学问题涉及的主要知识 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 ＋12at2，v2－v20＝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．(2013·山东高考)如图3－2－4所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s2. 图3－2－4(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？【解析】 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v0t ＋12at2① v ＝v0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s2③v ＝8 m/s.④(2)设物块所受支持力为FN ，所受摩擦力为Ff ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fco s α－mgsin θ－Ff ＝ma ⑤Fsin α＋FN －mgcos θ＝0⑥又Ff ＝μFN⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg sin θ＋μcos θ＋ma cos α＋μsin α⑧ 由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应F 最小时与斜面间的夹角α＝30°○10 联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为Fmin ＝1335N ．⑪【答案】 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° 1335N 解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．【迁移应用】1. (2014·徐州一中检测)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短图3－2－5【解析】 放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A 错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a ＝μg 与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B 错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx＝vt －0＋v 2t ＝12vt ＝v22μg，可见传送带速度越小，动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C 错误，D 正确．【答案】 D超重 失重的理解应用(多选)(2014·杭州模拟)某人乘电梯从24楼到1楼的v －t 图象如图3－2－6，下列说法正确的是( )图3－2－6A ．0～4 s 内物体做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2B ．4～16 s 内物体做匀速直线运动，速度保持4 m/s 不变，处于完全失重状态C ．16～24 s 内，物体做匀减速直线运动，速度由4 m/s 减至0，处于失重状态D ．0～24 s 内，此人经过的位移为72 m【解析】 v －t 图线是一条倾斜直线，且a ＝Δv Δt＝1 m/s2，A 对；4～16 s a ＝0 不是完全失重状态，B 错；16～24 s 内，电梯减速下降，a 向上，处于超重状态，C 错；0～24 s 内，位移大小等于图线与横轴围成的面积数值，故x ＝12×(24＋12)×4 m＝72 m ，D 对． 【答案】 AD判断超重和失重现象的三个技巧(1)从受力的角度判断当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．(3)从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重．②物体向下加速或向上减速时，失重．【迁移应用】2. (多选)引体向上是同学们经常做的一项健身运动．该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂，如图3－2－7所示，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的．关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是( )A ．上拉过程中，人受到两个力的作用B ．上拉过程中，单杠对人的作用力大于人的重力C ．下放过程中，某段时间内单杠对人的作用力小于人的重力D ．下放过程中，人只受到一个力的作用图3－2－7【解析】在上拉过程中，人受到重力和单杠对人的作用力，A正确；上拉过程中，要先加速，后减速，即先超重，后失重，单杠对人的作用力先是大于人的重力后小于人的重力，B错误；同理，下放过程中，单杠对人的作用力先是小于人的重力后大于人的重力，C正确；下放的过程中，单杠对人有作用力，人不可能只受到一个力的作用，D错误．【答案】AC“弹簧类的动态变化”模型1.2．分析方法：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．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．3．运动特征：物体接触弹簧后，仍加速运动，当弹力和重力相等时加速度改变方向，此时速度最大．(多选)(2014·开封模拟)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( )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图3－2－8【审题指导】(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．【解析】运动员的下落过程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】(多选)如图3－2－9所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( )图3－2－9A．小球刚接触弹簧瞬间的速度最大B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小D．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的加速度先减小后增大【解析】小球接触弹簧上端后受两个力作用，向下的重力和向上的弹力，在接触的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，由F＝kx可知，弹力不断增大，则合力不断减小，故加速度也不断减小，但是加速度与速度方向相同，故速度不断增大；当弹力增加到与重力大小相等时，合外力为0，则加速度也为0，此时速度达到最大；此后，小球由于惯性还将继续向下运动，进一步压缩弹簧，弹力大于重力，合力向上，且逐渐变大，因而加速度也逐渐变大，方向与速度方向相反，小球做减速运动；到达最低点时，小球速度为0，弹簧压缩量最大．由此可知C、D正确．【答案】CD。

第2讲两类动力学问题超重和失重A组基础巩固1.(2017朝阳期中)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.答案 A 开始时整体加速下降,设空气对热气球的浮力为F,根据牛顿第二定律有mg-F=ma=,解得F=;要使它匀速下降,则需要重力等于浮力,所以应该抛掉的沙的质量为Δm=m,选项A正确。

2.(2017东城期末)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.加速下降答案 B 体重计示数等于人所受支持力大小,支持力大于重力,合外力向上,加速度向上,运动情况可能有两种:加速向上或减速向下,故选B。

3.(2018师大附中期中)某同学站在体重计上,通过做下蹲、起立的动作来探究超重和失重现象。

下列说法正确的是( )A.下蹲过程中人始终处于超重状态B.起立过程中人始终处于超重状态C.下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态D.起立过程中人先处于超重状态后处于失重状态答案 D 下蹲过程中,人的重心先加速下降后减速下降,故人的加速度先向下,后向上,人先处于失重状态后处于超重状态,选项A、C错误;起立过程中,人的重心先加速上升,后减速上升,故人的加速度先向上,后向下,人先处于超重状态后处于失重状态,选项B错误,D正确。

4.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μ,则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( )A. B. C. D.答案 A 木板水平时,小物块的加速度a1=μg,设滑行初速度为v,则滑行时间为t=;木板倾斜放置后,小物块上滑的加速度a2=°°=,滑行时间t'==,因此==,A项正确。

第2讲两类动力学问题超重和失重知识一动力学的两类基本问题1．两类基本问题(1)已知受力情况求运动情况．(2)已知运动情况求受力情况．2．一个联系桥梁加速度是联系力和运动的桥梁3．两个关键受力分析和运动过程分析4．求解思路(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同．(×)(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)(3)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)知识二超重与失重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(1)超重就是物体的重力变大的现象．(×)(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．(×)(3)减速下降的物体处于超重状态．(√)1．下列实例属于超重现象的是( )A．汽车驶过拱形桥顶端时B．火箭点火后加速升空时C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时【解析】发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上．汽车驶过拱形桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状态，D错误．【答案】 B2．(多选)质量m＝1 kg的物体在光滑平面上运动，初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t＝1 s，速度大小变为4 m/s，则这个力的大小可能是( )A．2 N B．4 NC．6 N D．8 N【解析】物体的加速度可能是2 m/s2，也可能是6 m/s2，根据牛顿第二定律，这个力的大小可能是2 N，也可能是6 N，所以答案是A、C.【答案】AC图3－2－13．让钢球从某一高度竖直落下进入液体中，如图3－2－1中表示的是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置．则下列说法正确的是( )A．钢球进入液体中先做加速运动，后做减速运动B．钢球进入液体中先做减速运动，后做加速运动C．钢球在液体中所受的阻力先大于重力，后等于重力D．钢球在液体中所受的阻力先小于重力，后等于重力【解析】从题图可以看出钢球在相同时间间隔内通过的位移先是越来越小，之后是相等．说明其运动是先减速后匀速，进而推知阻力先是大于重力，后来等于重力．【答案】 C4.图3－2－2(2018·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】 A5．(2018·四川高考)如图3－2－3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3－2－3A ．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F T 和浮力F 平衡，即F T ＝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 －F T ′－mg ＝ma ，F T ′＝F －mg －ma<F T ，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．【答案】 A考点一 [19] 两类动力学问题分析一、物体运动性质的判断方法1．明确物体的初始运动状态(v 0)． 2．明确物体的受力情况(F 合)．3．根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况． 二、两类动力学问题的解题步骤1．明确研究对象．根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体．研究对象可以是某个物体，也可以是几个物体构成的系统．2．进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图、情景示意图，明确物体的运动性质和运动过程． 3．选取正方向或建立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向． 4．求合外力．5．根据牛顿第二定律F 合＝ma 或⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝ma x F y ＝ma y列方程求解，必要时还要对结果进行讨论．——————[1个示范例]——————图3－2－4(2018·山东高考)如图3－2－4所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10m/s 2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？【审题指导】 (1)已知初速、位移和时间求达B 点时的速度应以加速度为桥梁利用运动学公式求解． (2)求拉力的最小值及其对应的角度应用正交公解法，分别列出方程联立求解．【解析】 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2③ v ＝8 m/s.④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin θ－F f ＝ma ⑤ Fsin α＋F N －mgcos θ＝0⑥ 又F f ＝μF N ⑦ 联立⑤⑥⑦式得F ＝θ＋μcos θ＋macos α＋μsin α⑧由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨由⑧⑨式可知对应F 最小的夹角α＝30°○10 联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为F min ＝1335N ．⑪【答案】 (1)3 m/s 28 m/s (2)30°1335N ——————[1个预测例]——————(多选)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图3－2－5(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图(b)所示．已知运动员的质量为50 kg ，降落伞的质量也为50 kg ，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f 与速度v 成正比，即f ＝kv(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则下列判断中正确的是( )(a) (b)图3－2－5A ．阻力系数k ＝100 N·s/mB ．打开伞瞬间运动员的加速度a ＝30 m/s 2，方向竖直向上 C ．悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N D ．悬绳能够承受的拉力至少为2 500 N【解析】 以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图(a)可知：2mg ＝kv 匀，又v 匀＝5 m/s ，故k ＝200 N·s/m，选项A 错误；在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv 0－2mg ＝2ma ，所以a ＝kv 0－2mg 2m＝30 m/s 2，方向竖直向上，选项B正确；设每根绳的拉力为T ，以运动员为研究对象有8Tcos α－mg ＝ma ，T ＝＋8cos 37°＝312.5 N ，选项C 正确，D 错误．【答案】 BC(1)无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解．(2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初始条件共同决定．考点二 [20] 对超重、失重的理解一、产生原因：竖直方向上存在加速度(包括加速度的竖直分量)．二、实质：不是重力变化了，而是重物对悬点的拉力或对支持物的压力发生了变化．三、变化量：拉力或压力的变化大小为：ma.a为竖直方向加速度．四、完全失重现象：重力只产生使物体具有a＝g的加速度效果，不再产生其他效果，如单摆停摆，天平失效，液体不再产生浮力．——————[1个示范例]——————(多选)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3－2－6所示，电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )图3－2－6【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，正确答案为A、D.【答案】AD——————[1个预测例]——————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)【审题指导】(1)运动员的最大举力等于其在地面上能举起的物重．(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动力学中的传送带模型一、模型概述物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型．因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键．二、两类模型12图3－2－7(12分)如图3－2－7所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带传送至顶端Q 处．已知P 、Q 之间的距离为4 m ，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝32，取g ＝10 m/s 2.(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间． 【审题指导】 (1)工件受的摩擦力为动力．(2)传送带匀速，工件放到传送带上后做初速为零的匀加速直线运动，要判断工件的运动有没有转折． 【规范解答】 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力 由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma ①代入数值得：a ＝2.5 m/s 2②则其速度达到传送带速度时发生的位移为x 1＝v 22a ＝222×2.5m ＝0.8 m<4 m ③可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m(2)匀加速时，由x 1＝v2t 1得t 1＝0.8 s ④匀速上升时t 2＝x 2v ＝3.22s ＝1.6 s ⑤所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为 t ＝t 1＋t 2＝2.4 s ⑥评分标准①～⑥式每式2分【答案】 (1)先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析．——————[1个模型练]——————如图3－2－8所示，水平传送带AB 长L ＝10 m ，向右匀速运动的速度v 0＝4 m/s ，一质量为1 kg 的小物块(可视为质点)以v 1＝6 m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.求：图3－2－8(1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间． 【解析】 (1)设物块与传送带间的摩擦力大小为f f ＝μmg f ＝ma0－v 21＝－2as 物 s 物＝4.5 m(2)设小物块经时间t 1速度减为0，然后反向加速，经过时间t 2与传送带速度相等 0＝v 1－at 1 t 1＝1.5 s v 0＝at 2 t 2＝1 s设反向加速时，物块的位移为s 1，则有s 1＝12at 22＝2 m 物块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时间t 3再次回到B 点s 物－s 1＝v 0t 3 t 3＝0.625 s所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s 【答案】 (1)4.5 m (2)3.125 s⊙考查超重失重1．如图3－2－9所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间(单位为秒)．由图可知，该同学的体重约为650 N ，除此以外，还可以得到的信息有( )图3－2－9A ．该同学做了两次下蹲—起立的动作B ．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s 起立C ．下蹲过程中人处于失重状态D ．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态 【解析】 在3～4 s 下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s 起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A 、C 、D 错误，B 正确．【答案】 B⊙由运动情况推断受力情况 2.图3－2－10(多选)(2018·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～t 1秒内，外力F 大小不断增大B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大【解析】 由图象可知0～t 1，物体作a 减小的加速运动，t 1时刻a 减小为零．由a ＝F －fm可知，F 逐渐减小，最终F ＝f ，故A 、B 错误．t 1～t 2物体作a 增大的减速运动，由a ＝f －Fm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⊙水平传送带模型3．如图3－2－11所示，传送带保持v 0＝1 m/s 的速度运动．现将一质量m ＝0.5 kg 的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x ＝2.5 m ，则物体从左端运动到右端所经历的时间为(g 取10 m/s 2)( )图3－2－11 A. 5 s B ．(6－1) s C ．3 s D ．5 s【答案】 C⊙综合考查两类基本问题 4.图3－2－12(多选)(2018·浙江高考)如图3－2－12所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( ) A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N【解析】热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F －mg＝ma，得F＝4 830N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确．【答案】AD5.图3－2－13如图3－2－13，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，经t0＝2 s拉至B处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)(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.【解析】(1)物体做匀加速运动L＝12a0t20则a0＝2Lt20＝2×2022m/s2＝10 m/s2由牛顿第二定律，F－f＝ma0 f＝30 N－2×10 N＝10 N则μ＝fmg＝102×10＝0.5.(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则a＝＋μm－μg＝[＋2－0.5×10] m/s2＝11.5 m/s2a′＝fm＝μg＝5 m/s2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′则t′＝aa′t＝11.55t＝2.3tL＝12at2＋12a′t′2则t＝2La＋2.32a′＝2×2011.5＋2.32×5s＝1.03 s.【答案】(1)0.5 (2)1.03 s。

学科：物理教学内容：动力学的两类基本问题·超重和失重【教学指导】1应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情况求运动情况；另一类是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，受力分析是解决问题的关键．2在平衡状态时，物体对水平支持物的压力（或对悬绳的拉力）大小等于物体的重力．当物体在竖直方向上有加速度时，物体对支持物的压力就不等于物体的重力了．当物体的加速度向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫做超重现象；当物体的加速度向下时，物体对支持物的压力小于物体的重力，这种现象叫失重现象．特别的，当物体向下的加速度为g时，物体对支持物的压力变为零，这种状（1（2（3）在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、3．在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体（当成一个质点）．分析受到的外力和运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）；如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把物体从系统中隔离出来，将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程．隔离法和整体法是互相依存、互相补充的．两种方法互相配合交替应用，常能更有效地解决有关连接体的问【方法解析】1．对物体进行受力分析时，强调较多的是隔离法，但采用整体法求解，常能化难为易，化繁为简．如图3—2—1，物块b 沿静止的粗糙斜面a 匀速下滑，判断地面与斜面间有无摩擦力．由于系统处于平衡状态，系统的重力与地面对它们的支持力平衡，水平方向无其他外力，故在水平方向不存在相对运动的趋势，图3—2—12（1）选取研究对象．所选的研究对象可以是一个物体，也可以是多个物体组成的系统．同一题目，（2（3）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程．由于所用的公式均为矢量，所以列方程过程中，要特别注意各量的方向．一般情况均以加速度的方向为正方向，分别用正负号表示式中各量的方向，将矢量运（4【典型例题精讲】［例1］静止在水平地面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4 m/s ，此时将F 撤去，又经6 s 物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F 【解析】 物体的整个运动过程分为两段，前4 s 物体做匀加速运动，后6 s前4 sa 1＝4401=-t v m/s 2＝1 m/s2设摩擦力为FfF －F f ＝ma 1后6sa 2＝6402-=-t v m/s 2＝－32m/s2－F f ＝ma 2由①②可求得水平恒力FF ＝m （a 1－a 2）＝2×（1＋32） N ＝3.3 N【说明】 （1）本例属于已知运动情况求受力情况的问题．分析思路为：先由运动情况求加速度，再（2）在分析物体的运动过程中，一定弄清整个运动过程中物体的加速度是否相同，若不同，必须分段处理，加速度改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量．分析受力时要注意前后过程中哪些力发生了变【设计意图】本题是已知运动情况求受力情况．通过本例帮助学生掌握这类问题的解题方法．同时，［例2］质量为m ＝2 kg 的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1、3、5…奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F 1＝6 N 的水平推力，在第2、4、6…偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为F 2＝2 N 的水平推力，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动? （2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25 m?【解析】 以木块为研究对象，它在竖直方向受力平衡，水平方向仅受推力F 1（或F 2）和摩擦力F f 的作用．由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动，结合运动学公式，即可求出运动时（1a1＝21021.0611⨯⨯-=-=-m mg F mF F fμm/s 2＝2 m/s 2a2＝21021.0222⨯⨯-=-=-m mg F mF F fμm/s 2＝0所以，木块在奇数秒内做a ＝a 1＝2 m/s 2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动．（2）在第1 ss 1＝22122121⨯⨯=at m ＝1 m至第1 sv1＝at ＝2×1 m/s ＝2 m/s在第2 s 内，木块以第1 s 末的速度向右做匀速运动，在第2 ss2＝v 1t ＝2×1 m ＝2 m 至第2 sv2＝v 1＝2 m/s在第3 s 内，木块向右做初速度等于2 m/s 的匀加速运动，在第3 ss3＝v 2t ＋21at 2＝2×1 m ＋21×2×12 m ＝3 m至第3 sv3＝v 2＋at ＝2 m/s ＋2×1 m/s ＝4 m/s在第4 s 内，木块以第3 s 末的速度向右做匀速运动，在第4 ss4＝v 3t ＝4×1 m ＝4 m 至第4 sv4＝v 3＝4 m/s由此可见，从第1 s 起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列．因此，在n ss n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝2)1(+n n当sn ＝40.25 m 时，n 的值为8＜n ＜9．取n ＝8，则8 ss 8＝2)18(8+m ＝36 m至第8 s 末，木块的速度为v 8＝8 m/s设第8 s 后，木块还需向右运动的时间为t x ，对应的位移为s x ＝40.25 m －36 m ＝4.25 m ，由s x ＝v 8t x ＋21atx 2即4.25＝8tx ＋21×2t x 2解得tx ＝0.5 s所以，木块位移大小等于40.25 m 时需运动的时间T ＝8 s ＋0.5 s ＝8.5 s【思考】 若根据v －t【思考提示】 物体的v －t由v －t 图象不难求出物体在第1 s 、第2 s 、第3 s 、第4 s …第n s 内的位移分别为1 m 、2 m 、3 m 、4 m…nm ．则前n ssn ＝（1＋2＋3＋…＋n ）m ＝2)1(nn +m当sn ＝40.25 m 时，8＜n ＜9，前8 ss8＝28)18(⨯+m ＝36 m8 s 后物体的位移为：sx ＝s －s 8＝40.25 m －36 m ＝4.25 msx ＝v 8t x ＋21at x 2求得tx ＝0.5 s ，则物体发生40.25 m 的位移所需时间为8.5 s.【说明】 （1）本题属于已知受力情况求运动情况的问题，解题思路为先根据受力情况由牛顿第二定（2）根据物体的受力特点，分析物体在各段时间内的运动情况，并找出位移的一般规律，是求解本题的关键．【设计意图】 （1（2）应用数学知识解决物理问题的能力是高考考查的能力之一，当然也是高三复习重点培养的能力之一．通过本例说明了应用数列知识解决物理问题的方法．［例3］某人在地面上最多能举起60 kg 的重物，当此人站在以5 m/s 2的加速度加速上升的升降机中，最多能举起多少千克的重物?（g 取10 m/s 2）【解析】 本题属于超重的问题，分析时要抓住一点，即在不同的环境下人的最大上举力（人对物体的推力）是不变的． 这一点想明白了，之后列方程求解就简单了．某人在地面上能举起60 kg 的重物．则他的最大举力为F ＝600 N ．设在加速上升的升降机中最多能举起质量为m 的物体．取物体m 为研究对象，它只受重力mg 和举力F 的作用，由牛顿第二定律可得：F －mg ＝ma所以m ＝510600+=+ag F kg ＝40 kg【思考】【思考提示】 当升降机的加速度方向向下时，此人可举起质量更大的物体，向下的加速度越接近重【说明】 （1（2）物体是处于超重状态还是处于失重状态，与物体的运动速度大小及方向无关，仅与加速度方向【设计意图】 虽然新大纲中不再把超重和失重作为知识点出现，但仍然要求做超重和失重的演示实验，这说明新大纲仍然把超重和失重作为牛顿运动定律的应用，要求学生掌握．通过本例帮助学生进一步理解超［例4］如图3—2—2所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量m ＝1 kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F ＝9.6 N 的作用，从静止开始运动，经2 s 绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s ．（sin37°＝0.6，g ＝10 m/s 2图3—2—2【解析】 本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起．第一阶段：在最初2 s 内，物体在F ＝9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，据受力分析图3—2—3图3—2—3沿斜面方向：F －mg sin θ－Ff ＝ma 1 沿y 方向：FN ＝mg cos θ 且Ff ＝μF Na1＝m mg mg F θμθcos sin --＝2 m/s 22 s 末绳断时瞬时速度v1＝a 1t 1＝4 m/s第二阶段：从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a 2则a2＝m mg mg )cos sin (θμθ+-＝－7.6 m/s 2设从断绳到物体到达最高点所需时间为t2v2＝v 1＋a 2t 2所以 t 2＝210a v -＝0.53 s第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，该第三阶段物体加速度为a 3，所需时间为t 3由牛顿第二定律可知：a 3＝g sin θ－μg cos θ＝4.4 m/s 2，速度达到v 3＝22 m/s ，所需时间t 3＝=-330a v 5 s综上所述：从绳断到速度为22 m/s 所经历的总时间t ＝t 2＋t 3＝0.53 s ＋5 s ＝5.53 s 【思考】 若本题的问题改为：“绳断后多长时间物体的速度大小为2 m/s ”结果如何？【思考提示】 绳断后物体的速度从4 m/s 减小到2 m/s 所用时间为：t2′＝6.742212--=-'a v v s ＝0.26 s物体的速度减小到零后，又反向增大2 m/s 所用时间为t3′＝4.42033=-'a v s ＝0.45 s t ′＝t2＋t 3′＝0.53 s ＋0.45 s ＝0.98 s则从绳断后物体的速度大小达到2 m/s 所用的时间分别为0.26 s 、0.98 s【设计意图】 通过本例培养学生分析综合问题的能力．［例5］如图3—2—4所示，传输带与水平间的倾角为θ＝37°，皮带以10 m/s 的速率运行，在传输带上端A 处无初速地放上质量为0.5 kg 的物体，它与传输带间的动摩擦因数为0.5 ，若传输带A 到B 的长度为16 m ，则物体从A 运动到B图3—2—4【解析】 首先判定μ与tan θ的大小关系，μ＝0.5，tan θ＝0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止．其次皮带运行速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论． 当皮带的上表面以10 m/s 速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下，（如图3—2—5所示）图3—2—5a 1＝m mg mg θμθcos sin +＝10 m/s2物体赶上皮带对地速度需时间t 1＝1a v＝1s在t 1ss 1＝21a 1t 12＝5 ma 2＝m mg mg θμθcos sin -＝2 m/s2物体以2 m/s 2加速度运行剩下的11 m 位移需时间t2则s 2＝v t 2＋21a 2t 22即11＝10t 2＋21×2t 22t 2＝1 s （t 2′＝－11 s所需总时间t ＝t 1＋t 2＝2 s当皮带上表面以10 m/s 速度向上运行时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜坡向上且不变，设加速度为a3则a 3＝m mg mg θμθcos sin -＝2 m/s2物体从传输带顶滑到底所需时间为t则s ＝21a 3t ′2 ； t ′＝216223⨯=a s s ＝4 s【说明】 本题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性．物体所受滑动摩擦力的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进行动力学运算【设计意图】 （1）加深对摩擦力概念的理解；（2）引导学生注意问题的多解性，培养学生严谨、细致、全面的思维品质．【达标训练】【基础练习】1．一物块靠在竖直墙壁上，受到变化规律为F＝kt（k＞0）的水平外力作用．设物块从t＝0时刻起由静止开始沿墙壁竖直下落，物块与墙壁间的摩擦力F随时间的变化图象如图3—2—6图3—2—6A．在0～t1B．在0～t1C．物块的重力大小等于aD．物块受到的最大静摩擦力恒等于b【解析】0～t1内：F增大，则F f增大，竖直方向合力向下且减小，物体做加速度减小的加速运动；t 1～t2内F f大于G，故合力向上，物体做加速度增大的减速运动；t2时刻以后，物体静止，故F f＝G＝a．【答案】 C2．放在光滑水平面上的物体受三个平行于水平面的共点力作用而处于静止状态，已知F2垂直于F3．若三个力中去掉F1，物体产生的加速度为2.5 m/s2；若去掉F2，物体产生的加速度为1.5 m/s2；若去掉F3，A．1.5 m/s2B．2.0 m/s2C．2.5 m/s2D．4.0 m/s2【解析】由于物体受F1、F2、F3作用而处于静止状态，故三力的合力为零．根据题意画出三个力的示意图如下图所示，去掉F时，F2、F3的合力大小等于F1F1＝ma1①去掉F 2时，F1、F3的合力的大小等于F2F2＝ma②去掉F 3时，F1、F2的合力的大小等于F3F 3＝ma 3 ③又有F3＝2221F F -a3＝2222215.15.2-=-a a m/s 2＝2.0 m/s 2【答案】 B3．如图3—2—7所示，一根轻弹簧的一端系着一个物体，手拉弹簧的另一端，使弹簧和物体一起在图3—2—7A B C D【解析】 当手突然停止运动则F 消失，物体仍受弹簧拉力，故仍加速向右运动；当弹簧恢复原长后，继续被压缩，则物体受弹簧弹力，故减速向右运动．【答案】 C4．如图3—2—8所示，一物体从竖直平面内圆环的最高点A 处由静止开始沿光滑弦轨道AB 下滑至B图3—2—8③只要知道倾角θA ．只有① BC ．①③D【解析】 设直径为d ，当物体沿与竖直方向成θ角的弦下滑时，加速度a ＝g cos θ，弦长s ＝d cos θ所以物体沿弦滑动时间t ＝gd a s 22=．可见，t 的大小仅由直径d 决定，而与θ无关．【答案】 D5．一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房项的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度．设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么，图3—2—9中所示的四种情况中符合要求的图3—2—9【解析】 如下图所示，设斜面底边长为l ，倾角为θa ＝g sin θs ＝θcos lt ＝θθθ2sin 4cos sin 22g l g la s ==由于l 、g 一定，所以当θ＝45°时，tt min ＝gl 4 选项C【答案】 C6．质量为0.8 kg 的物体在一水平面上运动，图3—2—10所示的两条直线分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的v —t 图线．则图线b 与上述的_______状态相符．该物体所受到的拉力是_______N图3—2—10【解析】 由图知，图线b 表示加速运动，图线a 表示减速运动．由图线a 知a 减＝1.5 m/s 2，所以摩擦力F f ＝ma 减＝1.2 N ．由图线b 知a 加＝0.75 m/s 2，因F －F f ＝ma 加，所以F ＝ma 加＋F f ＝1.8 N【答案】 受F 拉力作用；1.87．小磁铁A 重10 N ，吸在一块水平放置的固定铁板B 的下面，如图3—2—11所示．要竖直向下将A 拉下来，至少要用15 N 的力，若A 、B 间的动摩擦因数为0.3，现用5 N 的水平力推A 时，A 的加速度大小是______m/s 2．（g ＝10 m/s 2图3—2—11【解析】 以小磁铁为研究对象，受力分析如下图A 、B 间弹力F N ＝15 N ．F水－μF N ＝maa ＝1153.05⨯-=-mF F Nμ水m/s 2＝0.5 m/s 2【答案】 0.58．质量为60 kg 的人站在升降机中的台秤上，升降机以2 m/s 的速度竖直下降，此人突然发现台秤的读数变为630 N ，并持续2 s ，求升降机在这2 s 内下降了多少米?（g ＝10 m/s 2）【解析】 人处于超重状态，升降机的加速度方向向上，它正减速下降，取运动方向为正方向，由牛mg －FN ＝maa ＝606301060-⨯=-m F mg N m/s 2＝－0.5 m/s 22 svt ＝v 0＋at ＝2 m/s ＋（－0.5）×2 m/s ＝1 m/s升降机在2 s 末正继续下降，它在开始减速下降的2 sh ＝21220+=+t v v t ×2 m ＝3 m【答案】 3 m【能力突破】9．在建筑工地上，有六人一起打夯，其中四个人牵绳，绳跟竖直方向成60°角，扶夯的两人用力方向竖直向上．设每人用力F 均为300 N ，每次用力时间为0.2 s ，夯重400 N ．求夯上升的高度．又设夯落地时跟地面接触的时间为0.1 s ，求夯每次打击地面所受到的力．（g ＝10 m/s 2，【解析】 夯加速上升时的加速度为a 12F ＋4F cos60°－mg ＝ma 1a1＝4040030044-⨯=-m mg F m/s 2＝20 m/s 2h1＝21a 1t 12＝21×20×0.22 m ＝0.4 mv1＝a 1t 1＝20×0.2 m/s ＝4 m/sh 2＝10216221⨯=gv m ＝0.8 mH ＝h1＋h 2＝1.2 mv2＝2.11022⨯⨯=gH m/s＝26m/sa2＝1.062=∆∆t v m/s 2＝206m/s 2F －mg ＝maF ＝m （g ＋a ）＝40×（10＋206） N＝2360 N【答案】 1.2 m ；2360 N10．如图3—2—12所示，在倾角为θ的光滑坡面上放一块上表面粗糙，下表面光滑的木板，木块质量为m 1，质量为m 2的人在木板上应向_____以加速度____奔跑时，可使木板不动．图3—2—12【解析】 因木板有下滑的趋势，故人对木板的摩擦力应沿斜面向上，即人应沿斜面向下奔跑．对木板进行受力分析知，人对木板的摩擦力应为m 1g sin θ．以人为研究对象，人所受的合力为：m 1g sin θ＋m 2g sin θ，利用牛顿第二定律：F 合＝ma 得m 1g sin θ＋m 2g sin θ＝m 2a ，可得a ＝221m m m +g sin θ【答案】 沿斜面向下；221m m m +g sin θ11．滑雪运动员依靠手中的撑杆用力往后推地，获得向前的动力．一运动员的质量是60 kg ，撑杆对地面向后的平均作用力是300 N ，力的持续作用时间是0.4 s ，两次用力之间的间隔时间是0.2 s ，不计摩擦阻力．若运动员从静止开始做直线运动，求6 s 内的位移是多少?【解析】a ＝60300=m F m/s 2＝5 m/s 2第一个0.4 ss1＝21at 2＝21×5×0.42 m ＝0.4 m第一个0.2 ss 1′＝at ·t ′＝5×0.4×0.2 m ＝0.4 m 第二个0.4 s ，运动员的位移是：s2＝at ·t ＋21a ·t 2＝5×0.42 m ＋21×5×0.42 m＝1.2 m ＝3s1第二个0.2 ss 2′＝a ·2t ·t ′＝0.8 m ＝2s 1 第三个0.4 ss3＝a ·2t ·t ＋21a ·t 2＝5s 1第三个0.2 ss 2′＝a ·3t ·t ′＝3s 1┇6 s 内共有10个0.6 ss ＝s 1＋3s 1＋…＋19s 1＋1s 1′＋2s 1′＋…10s 1′＝62 m【答案】 62 m12．如图3—2—13所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系一劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧下端连有一质量为m 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若手持挡板A 以加速度a （a ＜g sin θ图3—2—13（1（2【解析】 （1mg sin θ－kx ＝max ＝k a g m )sin (-θ当x ＝21at 2得从挡板开始运动到球与挡板分离所经历的时间为t ＝kaa g m a x )sin (22-=θ（2kx ′＝mg sin θx ′＝k mg θsin【答案】 （1）ak )a sin g (m 2-θ（2）k mg θsin※13．据报道，1989年在美国加利福尼亚州发生的6.9级地震，中断了该地尼米兹高速公路的一段，致使公路上高速行驶的约200辆汽车发生了重大的交通事故，车里的人大部分当即死亡，只有部分系安全带的人幸免．假设汽车高速行驶的速度达到108 km/h ，乘客的质量为60 kg ，当汽车遇到紧急情况时，在2s【解析】 刹车时汽车的加速度大小为a ＝230=∆t v m/s 2＝15 m/s 2F ＝ma ＝60×15 N ＝900 N【答案】 使人随汽车刹车做减速运动的力的大小为900 N ，这个力只有靠安全带提供，否则，人将由于惯性而发生事故．※14．如图3—2—14所示，质量相同的木块A 、B 用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开始弹簧处于自然状态．现用水平恒力F 推木块A ，则从开始到弹簧第一次被图3—2—14①两木块速度相同时，加速度aA ＝aB ②两木块速度相同时，加速度aA ＜aB ③两木块加速度相同时，速度vA ＜vB ④两木块加速度相同时，速度vA ＞v BA ．只有② BC ．①③D【解析】 在弹簧第一次压缩到最短的过程中，A 做加速度逐渐减小的加速运动，B 做加速度逐渐增大的加速运动，在a A ＝a B 之前a A ＞a B ，故经过相等的时间，A 增加的速度大，B 增加的速度小，所以，在a A ＝a B 时v A ＞v B ，④正确．当v A ＝v B 时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，设为F m ，若F ＞F m ，则A 在此之前一直做加速度逐渐减小的加速运动，B 做加速度逐渐增大的加速运动，由于a A ＝a B 时v A ＞v B ，所以v A＝v B 时a A ＜a B ；若F ＜F m 时，则a A ＝m Fa m F F B mm ,=-，虽然a A ＜a B ．总之，在v A ＝v B 时，a A ＜a B ，②正确．所以D【答案】 D※15．某市规定卡车在市区一特殊路段的速度不得超过36 km/h ，有一辆卡车在危急情况下紧急刹车，车轮抱死滑动一段距离后停止．交警测得刹车过程中车轮在路面上擦过的笔直痕迹长9 m ，从厂家的技术手册中查得该车轮胎和地面的动摩擦因数是0.8．（1）假若你就是这位交警，请你判断卡车是否超速行驶？（2）减小刹车距离是避免交通事故的最有效的途径，刹车距离除与汽车的初速度、制动力有关外，还须考虑驾驶员的反应时间：即从发现情况到肌肉动作操纵制动器的时间．假设汽车刹车制动力是定值F ，驾驶员的反应时间为t0，汽车的质量为m ，行驶的速度为v 0．请你推导出刹车距离s【解析】 （1）急刹车时汽车做减速运动的加速度为a ＝mmg μ＝μg ＝8 m/s 2v0＝9822⨯⨯=as m/s ＝12 m/s ＞36 km/h（2a ＝mFs 1＝F mv av 22220=s2＝v 0t 0s ＝s 1＋s 2＝v 0t 0＋Fm v 22【答案】 （1）违犯规定超速行驶；（2）s ＝v 0t 0＋Fmv 22※16．法国人劳伦特·菲舍尔在澳大利亚伯斯的冒险世界进行了超高空特技跳水表演，他从30 m 高的塔上跳下准确地落入水池中．已知水对他的阻力（包括浮力）是他重力的3.5倍，他在空中时空气对他的阻力是他重力的0.2倍，试计算需要准备一个至少多深的水池？（g ＝10 m/s 2）【解析】a 1＝m mgmg 2.0-＝0.8 g ＝8 m/sv ＝304m/s 3082211=⨯⨯=h am/sa 2＝m mg mg -5.3＝2.5 g ＝25 m/s2h 2＝252480222⨯=a v m ＝9.6 m即水池的深度至少为9.6 m ．【答案】 9.6 m※17．如图3—2—15所示，一辆长L ＝2 m ，高h ＝0.8 m ，质量为M ＝12 kg 的平顶车，车顶光滑，在牵引力为零时，仍在向前运动，车与路面间的动摩擦因数μ＝0.2，当车速为v 0＝7 m/s 时，把一个质量为m ＝1 kg 的物块（视为质点）轻轻放在车顶的前端．问物块落地时，落地点距车前端多远?（重力加速g 取10 m/s 2）图3—2—15【解析】 由于m 与M 无摩擦，所以开始m 在车上静止，离开车后做自由落体运动，放上m 后地面对M 的摩擦力F 1＝μ（m ＋M ）g ，则Ma 1＝)1(1M m g mF +=μ＝0.3×10×)1211(+m/s 2＝3.25 m/s 2 ①m 离开M 前，M 做减速运动，位移s 1＝L ，设m 即将落地时车速度为v ，则由运动学公式v 02－v 2＝2a 1L，v ＝L a v 1202-＝6 m/s②物块m 下落时间t ＝108.022⨯=g h s ＝0.4 sm 离开M 后，M 的加速度a2＝g M Mg M F μμ==2＝3 m/s 2在0.4 ss2＝v t －21a 2t 2＝6×0.4 m －21×3×0.42 m ＝2.16 ms ＝s2＋L ＝2.16 m ＋2 m ＝4.16 m【答案】 4.16 m。

第2讲两类动力学问题超重和失重知识一动力学的两类大体问题1．两类大体问题(1)已知受力情形求运动情形．(2)已知运动情形求受力情形．2．一个联系桥梁加速度是联系力和运动的桥梁3．两个关键受力分析和运动进程分析4．求解思路(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向能够不同．(×)(2)对静止在滑腻水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用刹时，物体当即取得加速度．(√)(3)物体由于做加速运动，因此才受合外力作用．(×)知识二超重与失重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、失重与完全失重超重失重完全失重定义物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态产生条物体有向上的加速度物体有向下的加速度a＝g，方向向下件视F＝m(g＋a)F＝m(g－a)F＝0重(1)超重确实是物体的重力变大的现象．(×)(2)减速上升的起落机内的物体，物体对地板的压力大于重力．(×)(3)减速下降的物体处于超重状态．(√)1．以下实例属于超重现象的是( )A．汽车驶过拱形桥顶端时B．火箭点火后加速升空时C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时【解析】发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上．汽车驶过拱形桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平稳状态，D错误．【答案】B2．(多项选择)质量m＝1 kg的物体在滑腻平面上运动，初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，通过t＝1 s，速度大小变成4 m/s，那么那个力的大小可能是( )A．2 N B．4 NC．6 N D．8 N【解析】物体的加速度可能是2 m/s2，也可能是6 m/s2，依照牛顿第二定律，那个力的大小可能是2 N，也可能是6 N，因此答案是A、C.【答案】AC图3－2－13．让钢球从某一高度竖直落下进入液体中，如图3－2－1中表示的是闪光照相机拍照的钢球在液体中的不同位置．那么以下说法正确的选项是( )A．钢球进入液体中先做加速运动，后做减速运动B．钢球进入液体中先做减速运动，后做加速运动C．钢球在液体中所受的阻力先大于重力，后等于重力D．钢球在液体中所受的阻力先小于重力，后等于重力【解析】从题图能够看出钢球在相同时刻距离内通过的位移先是愈来愈小，以后是相等．说明其运动是先减速后匀速，进而推知阻力先是大于重力，后来等于重力．【答案】C4.图3－2－2(2020·浙江高考)如图3－2－2所示，A、B两物体叠放在一路，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．以下说法正确的选项是( )A．在上升和下降进程中A对B的压力必然为零B．上升进程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降进程中A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降进程中A对B的压力等于A物体受到的重力【解析】关于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，不论上升仍是下降进程，A对B均无压力，只有A项正确．【答案】A5．(2020·四川高考)如图3－2－3是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示用意，假定其进程可简化为：打开降落伞一段时刻后，整个装置匀速下降，为确保平安着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气进程中返回舱做减速直线运动，那么( )图3－2－3A．火箭开始喷气刹时伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气进程中减速的要紧缘故是空气阻力C．返回舱在喷气进程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气进程中处于失重状态【解析】对降落伞，匀速下降时受到的重力mg、绳的拉力F T和浮力F平稳，即F T＝F－mg.在喷气刹时，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－F T′－mg＝ma，F T′＝F－mg－ma<F T，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．【答案】 A考点一 [19] 两类动力学问题分析一、物体运动性质的判定方式 1．明确物体的初始运动状态(v 0)． 2．明确物体的受力情形(F 合)．3．依照物体做各类性质运动的条件即可判定物体的运动情形、加速度转变情形及速度转变情形． 二、两类动力学问题的解题步骤1．明确研究对象．依照问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体．研究对象能够是某个物体，也能够是几个物体组成的系统．2．进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图、情景示用意，明确物体的运动性质和运动进程． 3．选取正方向或成立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向． 4．求合外力．5．依照牛顿第二定律F 合＝ma 或⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝ma xF y ＝ma y列方程求解，必要时还要对结果进行讨论．——————[1个示范例]—————— 图3－2－4(2021·山东高考)如图3－2－4所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时刻物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10m/s 2.(1)求物块加速度的大小及抵达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？【审题指导】 (1)已知初速、位移和时刻求达B 点时的速度应以加速度为桥梁利用运动学公式求解． (2)求拉力的最小值及其对应的角度应用正交公解法，别离列出方程联立求解． 【解析】 (1)设物块加速度的大小为a ，抵达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2③ v ＝8 m/s.④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如下图，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ⑤ F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥又F f ＝μF N ⑦ 联立⑤⑥⑦式得F ＝mg sin θ＋μcos θ＋macos α＋μsin α⑧由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨由⑧⑨式可知对应F 最小的夹角α＝30°○10联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为F min ＝1335N ．⑪【答案】 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° 1335 N——————[1个预测例]——————(多项选择)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时刻后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图3－2－5(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图(b)所示．已知运动员的质量为50 kg ，降落伞的质量也为50 kg ，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f 与速度v 成正比，即f ＝kv (g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8)．那么以下判定中正确的选项是( )(a) (b) 图3－2－5A ．阻力系数k ＝100 N·s/mB ．打开伞刹时运动员的加速度a ＝30 m/s 2，方向竖直向上C ．悬绳能够经受的拉力至少为312.5 ND ．悬绳能够经受的拉力至少为2 500 N【解析】 以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图(a)可知：2mg ＝kv 匀，又v 匀＝5 m/s ，故k ＝200 N·s/m，选项A 错误；在打开伞的刹时，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv 0－2mg ＝2ma ，因此a ＝kv 0－2mg2m＝30 m/s 2，方向竖直向上，选项B 正确；设每根绳的拉力为T ，以运动员为研究对象有8T cos α－mg ＝ma ，T ＝m g ＋a8cos 37°＝312.5 N ，选项C 正确，D 错误．【答案】 BC(1)不管是哪一种情形，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻觅加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法那么列式求解．(2)物体的运动情形由受力情形及物体运动的初始条件一起决定．考点二 [20] 对超重、失重的明白得一、产生缘故：竖直方向上存在加速度(包括加速度的竖直分量)．二、实质：不是重力转变了，而是重物对悬点的拉力或对支持物的压力发生了转变． 三、转变量：拉力或压力的转变大小为：ma .a 为竖直方向加速度．四、完全失重现象：重力只产生使物体具有a ＝g 的加速度成效，再也不产生其他成效，如单摆停摆，天平失效，液体再也不产生浮力．——————[1个示范例]——————(多项选择)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，t 0至t 3时刻段内，弹簧秤的示数如图3－2－6所示，电梯运行的v －t 图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )【解析】由题图可知，在t0～t1时刻内，弹簧秤的示数小于人的实际体重，那么人处于失重状态，现在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时刻内，弹簧秤的示数等于人的实际体重，那么人处于平稳状态，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时刻内，弹簧秤的示数大于人的实际体重，那么人处于超重状态，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，正确答案为A、D.【答案】AD——————[1个预测例]——————举重运动员在地面上能举起120 kg的重物，而在运动着的起落机中却只能举起100 kg的重物，求：(1)起落机运动的加速度；(2)假设在以2.5 m/s2的加速度加速下降的起落机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g取10 m/s2)【审题指导】(1)运动员的最大举力等于其在地面上能举起的物重．(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，那么运动员能发挥的向上的最大支撑力F＝m0g＝1 200 N.(1)在运动着的起落机中只能举起m1＝100 kg的重物，可见该重物超重了，起落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)当起落机以a2＝2.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重，设现在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动力学中的传送带模型一、模型概述物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型．因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学进程分析，是解决此类问题的关键．1．水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02．倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a 2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速——————[1个示范例]—————— 图3－2－7(12分)如图3－2－7所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带传送至顶端Q 处．已知P 、Q 之间的距离为4 m ，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝32，取g ＝10 m/s 2.(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动； (2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时刻． 【审题指导】 (1)工件受的摩擦力为动力．(2)传送带匀速，工件放到传送带上后做初速为零的匀加速直线运动，要判定工件的运动有无转折． 【标准解答】 (1)工件受重力、摩擦力、支持力一起作用，摩擦力为动力 由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ① 代入数值得：a ＝2.5 m/s 2②那么其速度达到传送带速度时发生的位移为x 1＝v 22a ＝222×2.5m ＝0.8 m<4 m ③可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)匀加速时，由x 1＝v2t 1得t 1＝0.8 s ④匀速上升时t 2＝x 2v＝3.22s ＝1.6 s ⑤因此工件从P 点运动到Q 点所用的时刻为t ＝t 1＋t 2＝2.4 s ⑥评分标准①～⑥式每式2分【答案】 (1)先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s分析处置传送带问题时需要专门注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析．——————[1个模型练]——————如图3－2－8所示，水平传送带AB 长L ＝10 m ，向右匀速运动的速度v 0＝4 m/s ，一质量为1 kg 的小物块(可视为质点)以v 1＝6 m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.求：图3－2－8(1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时刻． 【解析】 (1)设物块与传送带间的摩擦力大小为ff ＝μmg f ＝ma0－v 21＝－2as 物s 物＝4.5 m(2)设小物块经时刻t 1速度减为0，然后反向加速，通过时刻t 2与传送带速度相等 0＝v 1－at 1t 1＝1.5 s v 0＝at 2 t 2＝1 s设反向加速时，物块的位移为s 1，那么有s 1＝12at 22＝2 m 物块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时刻t 3再次回到B 点s 物－s 1＝v 0t 3 t 3＝0.625 s因此t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s 【答案】 (1)4.5 m (2)3.125 s ⊙考查超重失重1．如图3－2－9所示，是某同窗站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时刻转变的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时刻(单位为秒)．由图可知，该同窗的体重约为650 N ，除此之外，还能够取得的信息有( )图3－2－9A ．该同窗做了两次下蹲—起立的动作B ．该同窗做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s 起立C ．下蹲进程中人处于失重状态D ．下蹲进程中人先处于超重状态后处于失重状态【解析】 在3～4 s 下蹲进程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s 起立进程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A 、C 、D 错误，B 正确．【答案】 B⊙由运动情形推断受力情形2.图3－2－10(多项选择)(2020·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，那么( )A ．在0～t 1秒内，外力F 大小不断增大B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大【解析】 由图象可知0～t 1，物体作a 减小的加速运动，t 1时刻a 减小为零．由a ＝F －f m 可知，F 慢慢减小，最终F ＝f ，故A 、B 错误．t 1～t 2物体作a 增大的减速运动，由a ＝f －F m 可知，至物体速度减为零之前，F 有可能是正向慢慢减小，也可能F 已正向减为零且负向增大，故C 、D 正确．【答案】 CD⊙水平传送带模型3．如图3－2－11所示，传送带维持v 0＝1 m/s 的速度运动．现将一质量m ＝0.5 kg 的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两头水平距离x ＝2.5 m ，那么物体从左端运动到右端所经历的时刻为(g取10 m/s2)( )图3－2－11A. 5 s B．(6－1) sC．3 s D．5 s【答案】C⊙综合考查两类大体问题4.图3－2－12(多项选择)(2021·浙江高考)如图3－2－12所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．假设离开地面后热气球所受浮力维持不变，上升进程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，以下说法正确的选项是( ) A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升进程中所受空气阻力维持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N【解析】热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830N，选项A正确；随着热气球速度慢慢变大，其所受空气阻力发生转变(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度慢慢减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，现在热气球所受重力、浮力、空气阻力平稳，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确．【答案】AD5.图3－2－13如图3－2－13，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，经t0＝2 s拉至B处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)(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抵达B处，求该力作用的最短时刻t.【解析】(1)物体做匀加速运动L ＝12a 0t 20 则a 0＝2L t 20＝2×2022 m/s 2＝10 m/s 2 由牛顿第二定律，F －f ＝ma 0f ＝30 N －2×10 N＝10 N则μ＝fmg ＝102×10＝0.5.(2)F 作用的最短时刻为t ，设物体先以大小为a 的加速度匀加速时刻t ，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速时刻t ′抵达B 处，速度恰为0，由牛顿第二定律F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)＝ma则a ＝F cos 37°＋μsin 37°m －μg＝[30×0.8＋0.5×0.62－0.5×10] m/s 2＝11.5 m/s 2 a ′＝f m＝μg ＝5 m/s 2 由于匀加速时期的末速度即为匀减速时期的初速度，因此有at ＝a ′t ′则t ′＝aa ′t ＝11.55t ＝2.3t L ＝12at 2＋12a ′t ′2 则t ＝2L a ＋2.32a ′＝2×2011.5＋2.32×5s ＝1.03 s. 【答案】 (1)0.5 (2)1.03 s。

第2讲两类动力学问题超重和失重两类动力学问题已知物体的受力情况桥梁先求出加速度已知物体的运动情况，求物体的受力情况牛顿运动定律的应用超重与失重超重与失重的认识超重失重视重与实重视重实重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：受力情况F合F合＝ma加速度a运动学公式运动情况v，x，t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超重失重完全失重定义物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态产生条件物体有向上的加速度物体有向下的加速度a＝g，方向向下视重F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝01．(多选)下列说法正确的是( )A．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B．物体所受到的合外力不变(F合≠0)，其运动状态就不改变C．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化D．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大【解析】物体所受到的合外力越大，物体的加速度(速度变化率)也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A错误，C正确；物体的合外力不为零，就会迫使运动状态(运动的快慢和方向)发生变化，选项B错误；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D正确．【答案】CD2.如图3－2－1所示，质量m＝10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，则物体产生的加速度是(g取10 m/s2)A．0B．4 m/s2，水平向右C．2 m/s2，水平向左D．2 m/s2，水平向右图3－2－1【解析】 物体受的合力的方向水平向右，且力F 的方向和Ff 的方向相同，则加速度大小a ＝F ＋Ff m ＝F ＋μmg m ＝20＋0.2×10×1010m/s2＝4 m/s2，故选项B 正确．【答案】 B3.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 物体受到的重力图3－2－2【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】 A4．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－2－3所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g 5，方向一定竖直向下图3－2－3【解析】 由题知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A 错；由牛顿第三定律知B 错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错；由牛顿第二定律mg －FN ＝ma ，可知a ＝g 5，方向竖直向下，D 对．【答案】 D两类动力学问题的分析和应用1.求解两类动力学问题涉及的主要知识一是牛顿第二定律(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 ＋12at2，v2－v20＝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．(2013·山东高考)如图3－2－4所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s2.图3－2－4(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？【解析】 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v0t ＋12at2① v ＝v0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s2③v ＝8 m/s.④(2)设物块所受支持力为FN ，所受摩擦力为Ff ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin θ－Ff ＝ma ⑤Fsin α＋FN －mgcos θ＝0⑥又Ff ＝μFN⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg sin θ＋μcos θ＋ma cos α＋μsin α⑧ 由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应F 最小时与斜面间的夹角α＝30°○10 联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为Fmin ＝1335N ．⑪【答案】(1)3 m/s2 8 m/s (2)30°1335N解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．【迁移应用】1. (2014·徐州一中检测)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是( )A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短图3－2－5【解析】放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a＝μg与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx＝vt－0＋v2t＝12vt＝v22μg，可见传送带速度越小，动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C错误，D正确．【答案】 D超重失重的理解应用(多选)(2014·杭州模拟)某人乘电梯从24楼到1楼的v －t 图象如图3－2－6，下列说法正确的是( )图3－2－6A ．0～4 s 内物体做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2B ．4～16 s 内物体做匀速直线运动，速度保持4 m/s 不变，处于完全失重状态C ．16～24 s 内，物体做匀减速直线运动，速度由4 m/s 减至0，处于失重状态D ．0～24 s 内，此人经过的位移为72 m【解析】 v －t 图线是一条倾斜直线，且a ＝Δv Δt ＝1 m/s2，A 对；4～16 s a ＝0 不是完全失重状态，B 错；16～24 s 内，电梯减速下降，a 向上，处于超重状态，C 错；0～24 s 内，位移大小等于图线与横轴围成的面积数值，故x ＝12×(24＋12)×4 m＝72 m ，D 对． 【答案】 AD判断超重和失重现象的三个技巧(1)从受力的角度判断当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．(3)从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重．②物体向下加速或向上减速时，失重．【迁移应用】2. (多选)引体向上是同学们经常做的一项健身运动．该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂，如图3－2－7所示，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的．关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是( )A．上拉过程中，人受到两个力的作用B．上拉过程中，单杠对人的作用力大于人的重力C．下放过程中，某段时间内单杠对人的作用力小于人的重力D．下放过程中，人只受到一个力的作用图3－2－7【解析】在上拉过程中，人受到重力和单杠对人的作用力，A正确；上拉过程中，要先加速，后减速，即先超重，后失重，单杠对人的作用力先是大于人的重力后小于人的重力，B错误；同理，下放过程中，单杠对人的作用力先是小于人的重力后大于人的重力，C正确；下放的过程中，单杠对人有作用力，人不可能只受到一个力的作用，D错误．【答案】AC“弹簧类的动态变化”模型1.模型建立：物体先做自由落体运动，然后拉伸或压缩弹簧(橡皮绳只能拉伸)．2．分析方法：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．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．3．运动特征：物体接触弹簧后，仍加速运动，当弹力和重力相等时加速度改变方向，此时速度最大．(多选)(2014·开封模拟)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( )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图3－2－8【审题指导】(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．【解析】运动员的下落过程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】(多选)如图3－2－9所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( )图3－2－9A．小球刚接触弹簧瞬间的速度最大B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小D．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的加速度先减小后增大【解析】小球接触弹簧上端后受两个力作用，向下的重力和向上的弹力，在接触的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，由F＝kx可知，弹力不断增大，则合力不断减小，故加速度也不断减小，但是加速度与速度方向相同，故速度不断增大；当弹力增加到与重力大小相等时，合外力为0，则加速度也为0，此时速度达到最大；此后，小球由于惯性还将继续向下运动，进一步压缩弹簧，弹力大于重力，合力向上，且逐渐变大，因而加速度也逐渐变大，方向与速度方向相反，小球做减速运动；到达最低点时，小球速度为0，弹簧压缩量最大．由此可知C、D正确．【答案】CD。

第2节动力学两类问题超重和失重一、超重和失重1.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。

(2)产生条件：物体具有向上的加速度。

2.失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。

(2)产生条件：物体具有向下的加速度。

3.完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。

(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。

4.实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。

(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。

此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。

【自测1】金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出，如果让装满水的小桶自由下落，不计空气阻力，则在小桶自由下落过程中()图1A.水继续以相同的速度从小孔中喷出B.水不再从小孔喷出C.水将以更大的速度喷出D.水将以较小的速度喷出答案B二、动力学两类基本问题1.动力学两类基本问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况。

(2)已知运动情况，求物体的受力情况。

2.解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：【自测2】一个静止在水平地面上的物体，质量为2.0 kg，在6.4 N的水平拉力作用下沿水平地面运动，物体与水平地面间的滑动摩擦力是4.2 N，求物体在4 s 末的速度和这4 s内发生的位移大小。

答案 4.4 m/s8.8 m考点一动力学的两类基本问题1.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。

(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各运动过程间相互联系的桥梁。

2.常用方法(1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法。

(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，则采用正交分解法。