2017-2018学年高一物理寒假作业第11天牛顿第二定律的应用超重与失重新人教

1、第11天牛顿第二定律的应用超重与失重考纲要求：II如图所示，水平传送带AB两端相距s=2m,工件与传送带间动摩擦因数=0.4。工件滑上A端瞬时速度VA=5m/s。达到B端瞬时速度设为A.若传送带不动，则vb=3m/sB.若传送带逆时针匀速转动，则Vb<3m/sC.若传送带以某速度4m/s顺时针匀速转动,则一定Vb=4m/sD.若传送带以2m/s顺时针匀速转动，则vb=2m/s【参考答案】AC【试题解析】若传送带不动，工件一直做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小为：a=(1g=4m/s2,va2-vb2=2as,解得：vb=，25224m/s=3m/s,故A正确；若传送带逆时针匀速转动，工

2、件一直做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小为：a=(1g=4m/s2,va2-VB2=2as,解得：vb=J25224m/s=3m/s,故B错误；若传送带以4m/s顺时针匀速转动，工件在传送带上做减速运动，加速度为a=g=4m/s2,减速到与传送带共速的时间tAv-s=0.25s,位移为a4vvA45xAt0.25m1.125m<s2m,然后工件与传送带一起匀速运动，达到B端瞬时速度为224m/s,选项C正确；若传送带以2m/s顺时针匀速转动，工件在传送带上做匀减速运动，当与传送带共速时的速度v=J25224m/s=3m/s,即达到B端瞬时速度，vb=3m/s,故D错误。故选AG【名师点

3、睛】解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，根据摩擦力的方向判断加速度的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。【知识补给】动力学中的图象问题1 .常见的图象有：v-t图象，a-t图象，F-t图象，F-x图象，F-a图象等。2 .图象间的联系：加速度是联系v-t图象与F-t图象的桥梁。3图象的应用（1）已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。（2）已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。（3）通过图象对物体的受力与运动情况进行分析。4解题策略（ 1）弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义。（ 2）应用物理规律列出与图

4、象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。5分析图象问题时常见的误区（ 1）没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。（ 2）不注意坐标原点是否从零开始。（ 3）不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。（ 4）忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。6动力学中图象的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能。动力学中整体法与隔离法的应用1方法概述（1）整体法是指对物理问题的整个系统或过程进行研究的方法。（2）隔离法是指从整个系统中隔离出某一部分物体，进行单独研究的方法。2涉及隔

5、离法与整体法的具体问题类型（1）涉及滑轮的问题若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。例如，绳跨过定滑轮连接的两个物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法。（2）水平面上的连接体问题这类问题一般多是连接体（系统）中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度。（3）斜面体与上面物体组成的连接体问题当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析。3解题思路(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法。(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛

6、顿第二定律确定整体或隔离体的加速度。(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量。牛顿第二定律解决瞬时加速度受外力时的形变量力能否突变产生拉力或压力轻绳微小不计可以只有拉力没有压力轻橡皮绳较大不能只有拉力没有压力轻弹簧较大不能既可有拉力；也口有压力轻杆微小不计可以既可有拉力；也口有压力动力学中的临界问题1.临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明

7、题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是要求收尾加速度或收尾速度。3.产生临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力Fn=0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是Ft=0o(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外

8、力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。传送带模型问题(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况1(jT)(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速W2QT)(1) V0>V时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2) vo<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速W3(1_5)(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带足够长时，滑块还要被传送带传回右端。其中Vo>V返回时速度为V,当Vo<V返回时速度为Vo(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况

9、1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速W2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a加速后以a2加速超重和失重现象中视重与实重的关系加速度情况现象视重(F)与实重(m。的大小关系a=0平衡状态F=mga向上超重F=m(g+a)a问卜F=m(g-a)a=g何卜完全失重F=0<mg；匚一实验火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图像大致如图所示，则A. tlt2时间内，火箭处于失重状态B. t2t3时间内，火箭在向下降落C. t0t3时间内.火箭始终处于失重状态D. t3时刻火箭距地面最远的如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30。，质量为0.3kg的小物块静止在A点。

10、现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的vt图象如图乙所示。g取10 m/s 2,则下列说法正确的是A.小物块到C点后将沿斜面下滑C.小物块与斜面间的动摩擦因数为_32B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的D.推力F的大小为6N曲如图所示，粗糙水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B和C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是力,1A. 一起加速过程中,B. 一起加速过程中,A所受到的静摩擦力大小为4C木块受到四个力的作用C. 一起加

11、速过程中,A D木块所受静摩擦力的大小相同，方向相反D.当F撤去瞬间,D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变彝如图，在光滑水平面上有一质量为m的足够长的木板，其上叠放一质量m2为的木块；假定木块和木板t增大的水平力 F=kt （ k是常数）木板和叫 _之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间木块加速度的大小分别为ai和a2,下列反映a和a2变化的图线中正确的是X取一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点,如图所示,A.物块从B.物块上滑过程的加速度与下滑过程中的加速度等大反向C.物块下滑时从b运动至c时间为巨tD.物块上滑通过c点

12、时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小也如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率Vi运行。初速度大小为 V2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2 V1,则B. ti时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C. 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D. 0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用%#如图甲一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变2化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a,得到如图乙所本的aF

13、图象。取g=10m/s,则A.滑块白质量m=4kgB.木板的质量M=6kgC.当F=8 N时滑块的加速度为22 m/sD.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1由图乙图象可以知道，加速运动的加速度大小为v 3 一, 2m/st 0.9速度大小为v a2t 1.2 0.9322m/s 10 m/s，故 & : a2 1: 3 ,故 B 正确;C、在匀减速直线运动过程中，由牛顿第定律知mgsin30o mgcos30o ma2 ,计算得出C错误；A、c 1mgsin30mgmgcos30 ,所以物块到达 C点后将静止在2C点不会下滑,故A错误。D加速运动时,沿斜面方向根据牛屯第二定律可得F mg

14、sin30oomgcos30mai ,计算得出F 4 N上所述本题答案是:B。花D A、一起加速的过程中，由整体法分析可知:F Ff4m互，对A受力分析可知,4mFfA ma 工4 '故选项A错误；B、又C受力分析可知，C受重力、地面支持力、D物体的压力、D物体对C施加的摩擦力、地面的摩擦力、弹簧的拉力，共六个力的作用，故选项B错误;C、A D运动情况相同，受力情况相同，所受摩擦力大小、方向均相同，故选项 C错误；D当F撤去瞬间，弹簧弹力瞬间不发生变化，故 D C整体受力不发生变化，故 D受力情况不变，即 D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变，故选项D正确。DA.1尸门的时间内，火箭的

15、加遑度为正值，方向变直向上，处于提重状态，敢A错送：B、心门时间内，火带眄加注度为负值，方向建立商下，火背在向上fit诫北迄前，故B通送：C%小心融;1寸的时间内,火铸的加邃度为正值，个向垩直的上，火钟处于越重状疼；步也为时间内，大看的加坦度为负值，宕向曼支向下，火皆效于失章秋赤.故C错送二D.由子火福一宜向上运动，则右时刻火访距地面雀迤】靛D证踽彳被选D.【点睛】考查图象的性质及超重与失重的性质，要注意只要加速度向上，物体超重，加速度向下，物体失重。102,m/s,减速运动的加3【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，关键抓住撤去外力 第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用。F的瞬

16、间，弹簧的弹力不变，结合牛顿当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得:Fa mim2ktmim2,m2g则有at；当F比较大时，m2相对于m运动，根据牛顿第二定律得：对m,则有a1-，由于科、miFm2gktm2gm、m2都一定，则ai一定；对m2,则有，a2,a2是t的线性函数，t增大，a2增m2m2大。由于F随时间增大，木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以a2大于两物体相对静止时的最大加速度，故A正确，BCD昔误；故选A。【点睛】首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象。'CACa

17、、由于小球只受重力和支持力，故小球的加速度方向始终相同，均为agsin,方向向下，故bc和cb过程是可逆的，故物块从c运动到b所用时间等于从b运动到c的时间，故A正确，B错误；G由b至Ija过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知tbc：tca1：(J21),而tbctcat；解得：tbct,故C正确；口由于c是位移中点，而不是时间中点，故物块上滑通过c点时的速度大于整个2上滑过程中平均速度的大小，故D错误。【点睛】本题很好地考查了匀变速直线运动的可逆性及一些规律的应用，特别是位移中点和时间中点速度的应用一定能熟练掌握。看Ab玄时间内漕动唐健力向右，物体向&儆勾威退运劫，弓时却向位&移达制录大，即离4处灼踞熟最大:时网冉漕动摩健力向右，物体向右由静止开始竟做勾加速直坂运动,G以荒痂体相对皮静静止，罐)逮直袁运动.摩协力为零，此刻物体相对传送带漕劲的距离量大.A正骑，BCD播汽：选A.【点鹰】小拘块漕上伟通后在阻力作用下段勾施通直能运动，杏遍皮减为0时，小椅展又反向旬加遑运切谶后与传送第一起向右运动,极据图索分析有：0匕时阿内木块向左勺减速直线运动，受到匍右的库糠力，亢F卜楠提向右为加遑，才厂能当建度懂加到与庆带相等时,一起向右旬遑，摩株力消火.,AD当拉力就小时，两块而放木版保持相对静止,