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第四周 牛顿运动定律的应用——高考物理大单元每周拔高练
【知识盘点】
一、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情况。
2、产生条件：物体具有向上的加速度。
3、运动学特征：向上加速或向下减速等。
二、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情况。
2、产生条件：物体具有向下的加速度。
3、运动学特征：向上减速或向下加速等。
三、完全失重
1、定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零的情况称为完全失重现象。
2、产生条件：物体的加速度a=g，方向竖直向下。
3、作用效果特征：与重力有关的现象消失了。
四、判断超重、失重的方法
1、受力分析法：当物体受到向上的拉力(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、加速度分析法：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；向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态。
3、速度变化分析法：物体向上加速或向下减速时超重；物体向下加速或向上减速时，失重。
五、动力学的连接体问题：
1、连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法有整体法与隔离法。
2、整体法：把整个连接体系统看作一个研究对象，分析整体所
受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解。其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力。
3、隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解。其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形。
4、整体法与隔离法的选用：求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往整体法与隔离法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。
六、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、受力分析和运动状态分析：画好受力示意图，运动情况图，明确物体的运动性质和运动过程。
3、确定合外力：若物体只受两个共点力作用，通常用合成法；若物体受到三个及以上不在同一直线上的力，一般用正交分解法，通常以加速度方向为某一坐标轴的正方向。
4、列方程求解：根据牛顿第二定律F合=ma或Fx=max、Fy=may
列方程求解，必要时还要对结果进行讨论。
七、运动学图像问题：
1、常见的图像：v t图像，a t图像，F t图像，F s图像，F a图像等。
2.图像的应用：
（1）已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，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，分析物体的受力情况。
（3）通过图像对物体的受力与运动情况进行分析。
3.解题策略：
（1）弄清图像斜率、截距、交点、拐点的物理意义。
（2）应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与情境”间的关系，以便对有关物理问题做出准确判断。
【拔高训练】
1.如图所示，两弹簧分别固定在箱子的上下底面，两弹簧间有一可看作质点的小球，静止时小球与箱子侧面的O点等高.当箱子在竖直方向上运动时，下列说法正确的是( )
A.若小球与M点等高，则小球处于超重状态
B.若小球与N点等高，则小球处于失重状态
C.若小球与O点等高，则小球一定匀速运动
D.小球的加速度大小不可能大于重力加速度g
2.现在很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况，用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中，取重力加速度，由此可判断出( )
A.时刻手机的速度最大
B.时刻手机离开手掌
C.时刻手机处于超重状态
D.手机离开手掌后上升的最大高度为0.45 m
3.某实验小组在电梯内固定一个力传感器，在传感器下方悬挂一个重为10N的钩码，测出的力随时间的变化规律如图所示。则下列分析不正确的是( )
A.从到，钩码处于失重状态
B.从到，钩码处于超重状态
C.电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在3楼
D.电梯可能开始在3楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼
4.如图，质量为的物体2放在沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，重力加速度为g，则下列说法不正确的是( )
A.车厢的加速度为
B.绳对物体1的拉力为
C.物体2所受底板的摩擦力为
D.底板对物体2的支持力为
5.如图所示，水平面左侧连接一传送带，传送带长，水平面的长度，水平面右侧连接一光滑的半圆轨道，小物块的质量，与传送带和水平面间的动摩擦因数均为。重力加速度g取，当传送带速度为时，小物块从静止开始放到传送带最左端，刚好能通过半圆轨道最高点，则( )
A.小物块在传送带上的运动时间为2 s
B.半圆轨道的半径为0.4 m
C.若增加小物块质量，则小物块不能滑到最高点
D.若，则小物块最后停在距传送带右端0.0625 m处
6.一名特种兵从空中静止的直升飞机上抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，时刻特种兵着地，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A.在时间内加速度不变，在时间内加速度减小
B.在时间内，平均速度
C.在时间内特种兵所受悬绳的阻力越来越大
D.若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先减小后增大
7.从固定斜面上的O点每隔0.1 s由静止释放一个同样的小球，释放后小球做匀加速直线运动.某一时刻，拍下小球在斜面上滚动的照片，如图所示，测得小球相邻位置间的距离.已知O点距离斜面底端的长度，由以上数据可以得出( )
A.小球的加速度大小为
B.小球在A点时的速度大小为0.1 m/s
C.斜面上最多同时有5个小球在滚动
D.该照片是位于A位置的小球释放后0.05 s拍摄的
8.为庆祝党的二十大胜利召开，长沙某景区挂出32个灯笼（相邻两个灯笼间由轻绳连接），依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32。在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量，重力加速度，悬挂灯笼的轻绳最大承受力，最左端连接的轻绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A.θ最大为53°
B.当θ最大时，最右端轻绳的拉力为
C.当时，第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°
D.当时，第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°
9.如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角的粗糙斜面底端A处，上端连接质量的滑块(视为质点)，斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行.将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，滑块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示.已知弹簧的劲度系数，重力加速度g取，.下列说法正确的是( )
A.滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
B.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
C.滑块下滑过程中的最大速度为
D.滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4 J
10.传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针转动，现将的货物放在传送带上的A点，货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，整个过程传送带是绷紧的，货物经过1.2 s到达B点，已知重力加速度.下列说法正确的是( )
A.货物在内的加速度大小为
B.两点的距离为1.5 m
C.货物从A运动到B的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量为2.4 J
D.货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功为6.4 J
11.如图1所示，光滑水平面上静置一足够长的木板Q，小滑块P放置其上表面，木板Q在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图像如图2所示。已知重力加速度g取，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A.P、Q间的动摩擦因数为0.1 B.木板Q的质量为1kg
C.P的加速度随着F的增大而一直增大 D.小滑块P的质量为3kg
12.如图（a）所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的轻细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.时，木板开始受到水平外力F的作用，在时撤去外力.细绳对物块的拉力T随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度g取.由题给数据可以得出( )
A.木板的质量为1 kg
B.2~4 s内，力F的大小为0.4 N
C.0~2 s内，力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.02
13.运动员在水平地面上用绳子拉轮胎进行负荷训练，示意图如图甲所示.已知轮胎的质量为m，与地面间的动摩擦因数恒为μ，绳子质量不计，与水平面的夹角为α，重力加速度g取.
（1）若运动员用的拉力未拉动轮胎，求此时轮胎受到的摩擦力大小；
（2）若，运动员拉若轮胎做匀速直线运动，求绳子拉力的大小；
（3）如图乙所示，若运动员用两根等长绳子拉着轮胎以加速度a做匀加速直线运动，运动过程中保持两绳的端点A、B等高，两绳子间的夹角恒为θ、两绳所在平面与水平面间的夹角为α.求此时每根绳子的拉力的表达式.
14.传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易图，该传送带的倾角为，时刻工人将质量的工料静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为，传送带以恒定的速率沿顺时针匀速传动，关闭电动机，经过一段时间工件刚好到达传送带的最高点B。工料与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度，工料可视为质点，且不计空气阻力。求：
（1）关闭电动机前后，工料的加速度；
（2）A、B间的距离。
15.如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连.若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点.滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出.已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力.
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L.
答案以及解析
1.答案：C
解析：若小球与M点等高，对小球受力分析可知小球受到的合力方向竖直向下，根据牛顿第二定律，小球的加速度方向与合力方向相同，因此加速度的方向竖直向下，小球处于失重状态，故A错误；同理，若小球与N点等高，则小球受到的合力方向竖直向上，加速度的方向竖直向上，小球处于超重状态，故B错误；根据牛顿第一定律，当小球所受合力为零时，保持静止或者匀速直线运动状态，静止时小球与箱子侧面的O点等高，说明此时小球受到的合力为零，当箱子在竖直方向运动时，小球随箱子一起运动，若小球与O点等高，小球一定匀速运动，故C正确；当两弹簧的合力不为零，并且方向跟小球重力相同时，小球受到的合力大于重力，根据牛顿第二定律，小球的加速度大小大于重力加速度g，故D错误.
2.答案：D
解析：时刻，手机的加速度最大，方向向上，与速度方向相同，手机向上加速，则速度不是最大，故A错误；时刻，手机的加速度为零，则手机所受的合力为零，不可能离开手掌，故B错误；时刻，手机的加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；手机在时离开手掌，做竖直上抛运动，时被接住，则手机离开手掌后上升的最大高度，故D正确.
3.答案：C
解析：A.从到，钩码受到的拉力小于重力，处于失重状态，A正确；
B.从到，钩码受到的拉力大于重力，处于超重状态，B正确；
C.电梯从1楼开始，先加速上升，此时钩码处于超重状态，钩码受到的拉力应大于重力；接着匀速上升，此时钩码受到的拉力和重力相等；最后减速向上，此时钩码处于失重状态，钩码拉力小于重力，C错误；
D.电梯从3楼开始，先加速下降，此时钩码处于失重状态，钩码受到的拉力应小于重力；接着匀速向下，此时钩码受到的拉力和重力相等；最后减速向下，此时钩码处于超重状态，钩码拉力大于重力，D正确。
故选C。
4.答案：D
解析：以物体1为研究对象，受重力和拉力T，根据牛顿第二定律有，解得，则车厢的加速度也为，绳对物体1的拉力为，故A、B正确；以物体2为研究对象，根据牛顿第二定律得，竖直方向，根据平衡条件可得，故C正确，D错误.本题选说法不正确的，故选D.
5.答案：D
解析：第一步：计算物块在传送带上的运动时间
小物块放到传送带上时，根据牛顿第二定律有，可得，物块和传送带共速前的运动时间，运动的位移，小物块接下来在传送带上匀速运动，所用时间，物块在传送带上运动的总时间为2.25 s，A错误。
第二步：根据恰好通过最高点计算半圆的半径
设半圆的半径为R，小物块恰好通过半圆最高点时有，从离开传送带到最高点，根据能量守恒定律有，解得，B错误；根据以上分析可知小物块能否运动到最高点与物块的质量无关，C错误。
第三步：计算物块静止时的位置
若，则物块离开传送带的速度为。设物块不会离开半圆轨道，沿半圆轨道上升的最大高度为h，则有，解得，假设成立。物块返回传送带后，物块将以返回传送带的速度大小返回水平面，设物块在水平面上运动的总路程为x，则有，解得，物块在水平面上滑行6次经过的路程为1.5 m，故物块最后停在距离传送带右端0.0625 m处，D正确。
6.答案：C
解析：A.在时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐变大，则加速度逐渐增大，故A错误；
B.若在时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由减速到，则平均速度为
根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可知该特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度
故B错误；
C.在时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐变大，则加速度逐渐增大。根据牛顿第二定律得
得
则知特种兵所受悬绳的阻力变大，故C正确；
D.若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以空中的距离先增大后减小，故D错误。
故选C。
7.答案：D
解析：小球的加速度大小为，A错误；小球在B点时的速度大小为，由运动学公式得，解得小球在A点时的速度大小为，B错误；小球运动到底端的时间为，由于每隔0.1 s由静止释放一个同样的小球，所以斜面上最多同时有6个小球在滚动，C错误；由运动学公式得，解得小球在C点时的速度大小为，运动的时间为，则该照片是位于A位置的小球释放后0.05 s拍摄的，D正确.
8.答案：D
解析：当最左端连接的轻绳的拉力大小为时，θ最大，此时灯笼整体受力如图甲所示，由平衡条件得，解得，最右端轻绳的拉力，A、B错误；当时，灯笼整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，最右端轻绳的拉力，对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相似，由平衡条件得，则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角，C错误；当时，灯笼整体受力如图丙所示，由平衡条件得最右端轻绳的拉力，对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相似，由平衡条件得，则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角，D正确。
9.答案：C
解析：滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，A错误；滑块刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，此时加速度为，根据牛顿第二定律有，解得，B错误；滑块速度最大时加速度为零，有，解得，此时弹簧弹力，则滑块克服弹簧弹力做的功为，从开始下滑到速度最大，根据动能定理有，解得，C正确；由题图乙可知滑块滑到最低点时，加速度为，根据牛顿第二定律可得，解得，滑块从开始下滑到把弹簧压缩到最短的过程中，根据动能定理有，解得，D错误.
10.答案：C
解析：由加速度的定义知，货物在内的加速度大小为，故A错误；货物在传送带上先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，仍做匀加速直线运动，所以货物由A到B的距离对应货物的图像与t轴所围图形的“面积”，为，故B错误；由题图乙可知，内，货物在传送带上以加速度做匀加速直线运动，加速度大小为，货物受沿传送带向下的摩擦力、重力和支持力的作用，有内，货物以加速度做匀加速直线运动，货物受沿传送带向上的摩擦力、重力和支持力的作用，有，联立解得，，根据功能关系可知，货物从A运动到B的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，内货物的位移为，传送带的位移为，相对位移为，同理内货物的位移为，，相对位移为，故两者之间的总相对位移为，货物与传送带因摩擦产生的热量为，故C正确；内货物做匀加速直线运动，货物受到的摩擦力方向沿传送带向下，根据功能关系可知，摩擦力对货物做正功，有，同理内，货物受到的摩擦力方向沿传送带向上，摩擦力做负功，有，所以货物从A运动到B的过程，传送带对货物做功为，故D错误.
11.答案：B
解析：设P、Q间的动摩擦因数为μ，由图像可知，当时，P、Q一起相对静止做加速运动，设P的质量为m，Q的质量为M，以P、Q为整体，根据牛顿第二定律可得
根据图像的斜率可得
当时，P、Q发生相对滑动，以Q为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
根据图像的斜率可得
可得
根据图像的纵轴截距可得
解得
当P、Q发生相对滑动时，P的加速度为
当时，P、Q发生相对滑动，P的加速度保持不变。
故选B。
12.答案：AB
解析：由图像可知，2~4 s内，木板做匀加速运动的加速度大小为，设木板的质量为M，物块的质量为m，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得，又因为，在时撤去外力后，木板做匀减速运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，联立解得，A、B正确；由图像可知，0~2 s内，木板处于静止状态，根据受力平衡可得，可知力F的大小逐渐增大，C错误；由于不知道物块的质量，故无法算出物块与木板之间的动摩擦因数，D错误.
13.答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）轮胎受静摩擦力作用，水平方向受力平衡，有.
（2）轮胎做匀速直线运动，对轮胎受力分析，可得，
联立解得.
（3）对轮胎受力分析，根据牛顿第二定律，水平方向有，
竖直方向有，
其中，
联立解得此时每根绳子的拉力.
14.答案：（1）见解析
（2）31.25 m
解析：（1）工料放上传送带后，对工料受力分析，工料受重力、支持力、轻绳的拉力以及沿传送带向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
又有
解得，方向沿传送带向上，
工料向上匀加速运动，设经时间与传送带共速，则有
此后摩擦力突变为沿传送带向下，由牛顿第二定律有
解得，方向沿传送带向上，
再经的时间关闭电动机，此时工料的速度为
关闭电动机后，由于工料的速度大于传送带的速度，摩擦力方向仍沿传送带向下，则由牛顿第二定律有，
解得，方向沿传送带向下。
（2）由以上分析可知，工料在时间内通过的位移为
工料在时间内的位移为
关闭发动机后，工料向上做减速运动，设经时间工料与传送带共速，则有
该时间内工料的位移为
工料与传送带共速过后，由于，此后工料的速度小于传送带的速度，工料所受的摩擦力沿传送带向上，则由牛顿第二定律得
解得，方向沿传送带向下，
此后工料一直减速到零，刚好运动到最高点，设工料经时间速度减为零，则有，
该时间内工料的位移为，
则A、B间的距离为。
15.答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）滑雪者从A到P做匀加速运动，根据牛顿第二定律得，
解得，
由运动学规律可得，
解得滑雪者运动到P点的时间.
（2）由题意可知，滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，
根据动能定理可得合力做功为，
由运动学规律可得滑雪者从A点由静止下滑到P点的速度，
滑雪者由P到B的过程，根据动能定理可得，
解得.
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，则平台BC长度最大时滑雪者恰好落在C点，
滑雪者在空中运动的时间为.
平台BC的最大长度.

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