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1、第三单元牛顿运动定律课时3牛顿运动定律的综合应用见自学听讲P411.超重 (1)定义:物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。(2)超重的特点:物体具有竖直向上的加速度。2.失重 (1)定义:物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。(2)失重的特点:物体具有竖直向下的加速度。3.完全失重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零的状态。(2)完全失重的特点:加速度a=g,方向竖直向下。1.(2018宁夏银川开学检测)关于失重与超重,下列实例中的说法正确的是()。A.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B.蹦床运动员
2、在空中上升和下落过程中都处于失重状态C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态答案B2.(2018安徽合肥一模)合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械,可以让人体验超重和失重。其环形座舱套在竖直柱子上,先由升降机送上70多米的高处,然后让座舱由静止无动力落下,落到离地30米高的位置时,制动系统启动,座舱做减速运动,到地面时刚好停下。若舱中某乘客重力为500 N。不计空气阻力,则下列说法正确的是()。A.当座舱落到离地面45米高的位置时,该乘客对座位的压力为0B.当座舱落到离地面45米高的位置时,座位对该乘客有支持力C.当座舱落到离地
3、面20米高的位置时,该乘客对座位的压力为0D.当座舱落到离地面20米高的位置时,座位对该乘客的支持力小于500 N答案A1.(2018浙江4月选考,8)如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作,下列F-t图象能反应体重计示数随时间变化的是()。解析对人的运动过程分析可知,人下蹲的过程可以分成两段:人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,此时人对传感器的压力小于人的重力;在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感器的压力大于人的重力,故C项正确,A、B、D三项错误。答案C2.(2018全国卷,19)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中
4、矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程,()。A.矿车上升所用的时间之比为45B.电机的最大牵引力之比为21C.电机输出的最大功率之比为21D.电机所做的功之比为45解析设第次所用时间为t,速度图线与时间轴所围面积等于位移(此题中为提升的高度),由互补法可知,12t0v02=(t-2t0)12v0,解得t=5t02,所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t05t02=45,A项正确。由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,
5、由牛顿第二定律有F-mg=ma,可得提升的最大牵引力之比为11,B项错误。由功率公式P=Fv知,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,为21,C项正确。根据动能定理,电机做功W=mgh,两次提升高度相同,两次做功相同,D项错误。答案AC见自学听讲P42一超重和失重特征 状态加速度视重(F)与重力的关系运动情况受力图超重向上F=m(g+a)mg向上加速运动,向下减速运动失重向下F=m(g-a)0,物体向下做匀加速直线运动,B项正确,C项错误;在物块运动路程为13 m的过程中,先上升5 m,然后又从最高点下降8 m,即位移大小为3 m,在抛出点下方,所以重力做正功,重力势能减小,Ep=mgh=3
6、0 J,D项错误。答案B4.(2018安徽省A10联盟开年考)(多选)如图所示,斜面体放在水平面上,C是AB上的一点,AC段粗糙,CB段光滑,一物块在AC段匀速下滑,此时斜面体对物块的作用力为F1、地面对斜面体的摩擦力为f1,物块在CB段下滑时,斜面体对物块的作用力为F2、地面对斜面体的摩擦力为f2,整个过程斜面体始终处于静止状态,不计空气阻力,则()。A.f1F2D.F1=F2解析物块在AC段匀速下滑时,斜面体对物块的作用力大小等于物块的重力,即F1=mg,对整体分析可知,斜面体在水平方向不受摩擦力,即f1=0;当物块在CB段下滑时,物块加速下滑,整体有向左的加速度,因此地面对斜面体有向左的
7、摩擦力,则f1F2,C项正确,D项错误。答案AC5.(2018河北省衡水市安平中学月考)(多选)如图所示,完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上,A、B与车厢间的动摩擦因数均为,重力加速度为g,小车静止时,A恰好不下滑,现使小车加速运动,为保证A、B无滑动,则()。A.速度可以向左,加速度可以小于gB.加速度一定向右,大小不能超过(1+)gC.加速度一定向左,大小不能超过gD.加速度一定向左,大小不能超过(1+)g解析小车静止时,A恰好不下滑,所以对A有mg=F引,当小车加速运动时,为了保证A不下滑,则FNF引,由牛顿第二定律有FN-F引=ma,加速时加速度一定向左,故B项错误。
8、对B有(mg+F引)=mam,解得am=(1+)g,故A、D两项正确,C项错误。答案AD6.(2018山东省烟台市2018届高三4月模拟)(多选)如图甲所示,足够长的光滑固定的斜面上有一物体,物体在一沿斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上运动,在02 s内推力的大小F1=5 N,在2 s4 s内推力的大小F2=5.5 N,该过程中物体的速度随时间变化的规律如图乙所示,取g=10 m/s2,则()。A.物体在前4 s内的位移为5 mB.在第3 s物体的加速度大小为2 m/s2C.物体质量为2 kgD.斜面与水平面的夹角为30解析由速度时间图象可知,图线与坐标轴围成的面积表示位移,即04 s内物体的
9、位移为5 m,A项正确;由图象得,在2 s4 s内物体的加速度a=v2-v1t2-t1=0.5 m/s2,B项错误;在02 s内物体做匀速直线运动时,重力沿斜面向下的分力G=5 N,在2 s4 s内由牛顿第二定律有F2-G=ma,解得m=1 kg,C项错误;设斜面与水平面的夹角为,则F2-mgsin =ma,解得=30,D项正确。答案AD7.(2018山西省太原市第五中学高三下学期第二次模拟)(多选)如图所示,一细线的一端固定于倾角为45的光滑楔形滑块A上的顶端O处,细线另一端拴一质量m=0.2 kg 的小球,小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。取g=10 m/s2,则()
10、。A.当a=5 m/s2时,线中拉力为322 NB.当a=10 m/s2时, 小球受的支持力为零C.当a=12 m/s2时, 经过1 s小球运动的水平位移是6 mD.在稳定后,地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和解析当小球对滑块的压力恰好等于零时,小球所受重力mg和拉力T使小球随滑块一起沿水平方向向左做加速运动,由牛顿第二定律得小球和滑块共同的加速度a0=mgmtan45=10 m/s2。当a=5 m/s2a0时,滑块的位移x=12at2=6 m,而小球要先脱离斜面,然后保持与滑块相同的运动状态,故在这1 s内小球运动的水平位移小于6 m,C项错误;在稳定后,对小球和滑块A整体受力分析可
11、知,在竖直方向没有加速度,故地面对A的支持力等于两个物体重力之和,D项错误。答案AB8.(2018江西南昌六校联考)(多选)如图甲所示,质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数为k的弹簧上,A与B不粘连。现对物体A施加竖直向上的力F,使A、B一起上升,若以两物体静止时的位置为坐标原点,两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示,重力加速度为g,则( )。甲乙A.在图乙中PQ段表示拉力F逐渐增大B.在图乙中QS段表示B物体减速上升C.位移为x3时,A、B一起运动的速度大小为12a0(x2+x3)D.位移为x1时,A、B之间的弹力为mg-kx1-Ma0解析开始时,物体A、B静止在弹簧上,弹簧的弹力
12、向上,大小为(M+m)g,在物体向上运动的过程中,弹簧伸长,形变量减小,弹簧的弹力减小,而PQ段加速度的大小与方向都不变,根据牛顿第二定律,有F-(M+m)g+F弹=(M+m)a,F弹减小,所以F增大,A项正确。在图乙QS段,物体加速度的方向没有发生变化,方向仍然与开始时相同,所以物体仍然做加速运动,故B项错误。P到Q的过程中,物体的加速度不变,得,v12=2a0x2;Q到S的过程中,物体的加速度随位移均匀减小,a-=a0+02=a02,而v22-v12=2a-(x3-x2),联立得v22=a0(x2+x3),故C项错误。开始时,物体A、B静止在劲度系数为k的弹簧上,弹簧的弹力F0=(M+m)
13、g;位移为x1时,弹簧的弹力F1=F0-F=F0-kx1=(M+m)g-kx1,以B为研究对象,则F1-Mg-Fx1=Ma0,得Fx1=F1-Mg-Ma0=mg-kx1-Ma0,故D项正确。答案AD9.(2018河南省郑州外国语学校月考)图甲是2018年我国运动员在雅加达亚运会上蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示。取g=10 m/s2,根据F-t 图象,求:甲乙(1)运动员的质量。(2)运动员在运动过程中的最大加速度。(3)在不计空气阻力情况下,运动员重心离开蹦床上升
14、的最大高度。解析(1)由图象可知,刚站上去的时候弹力大小等于重力,故运动员所受重力为500 N,设运动员质量为m,则m=Gg=50 kg。(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力Fm=2500 N,设运动员的最大加速度为am,则Fm-mg=mam解得am=Fm-mgm=40 m/s2。(3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动,离开蹦床的时刻为6.8 s(或9.4 s),再下落到蹦床上的时刻为8.4 s(或11 s),它们的时间间隔均为1.6 s。根据竖直上抛运动的对称性,可知其自由下落的时间为0.8 s。设运动员上升的最大高度为H,则H=12gt2=3.2 m。答案(1)50 kg(2)4
15、0 m/s2(3)3.2 m10.(2019江淮部分学校高三入学摸底联考)如图所示,一个截面是三角形的物体P平放在水平地面上,它的两个斜面与水平面的夹角分别为、,且f1,所以木块运动时,木板静止不动设木块在左边第一块木板上的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有1mg=ma1设小木块滑上第二块木板的瞬间速度为v,由运动学关系式有v2-v02=-2a1l代入数据解得v=1 m/s。(2)木块滑上第二块木板后,设木板的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得1mg-2(M+m)g=Ma2设木块与木板达到相同速度v1时,用时为t,则对木块有v1=v-a1t对于木板有v1=a2t解得v1=0.1 m/s,t=0.3 s此时木块运动的位移s1=v+v12t=0.165 m木板的位移s1=v122a2=0.015 m木块在木板上滑动的长度s相对=s1-s1l达到相同速度后,木块和木板一起继续运动,设木块、木板一起运动的加速度大小为a3,位移为s2,则2(M+m)g=(M+m)a3v12=2a3s2解得s2=0.005 m所以,小木块最终移动的总位移s=l+s1+s2=0.670 m。答案(1)1 m/s(2)0.670 m