1、1第 2讲 两类动力学问题超重和失重基础巩固1.(2017北京朝阳期中,6,3 分)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3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.3 2 23 342.(2017北京东城期末,2)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3.(2018北京东城期末)如图所示,光滑绝缘细杆与水平
2、方向的夹角为 ,带正电的小球 P固定在细杆下端,将另一穿在杆上的带正电的小球 Q从杆上某一位置 A由静止释放,小球将沿杆在 A下方一定范围内运动,其运动区间的长度为 l,动能最大时与 P的距离为 a,运动过程中总满足两小球的直径远小于二者2间距离。在其他条件不变的情况下,只将杆与水平方向的夹角 变大,则关于 l和 a的变化情况判断正确的是( )A.l减小,a 增大 B.l增大,a 减小C.l减小,a 减小 D.l增大,a 增大4.(2016北京朝阳期中,9)一质量为 m的人站在观光电梯内的磅秤上,电梯以 0.1g的加速度加速上升 h高度,在此过程中( )A.磅秤的示数等于 mgB.磅秤的示数等
3、于 0.1mgC.人的动能增加了 0.9mghD.人的机械能增加了 1.1mgh5.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,则小物块上滑到最高位置所需时间与 t之比为( )A. B. C. D.21+ 1+2 2+ 1+26.(2017北京海淀期中,13,8 分)如图所示,水平地面上有一质量 m=2.0 kg的物块,物块与水平地面间的动摩擦因数 =0.20,在与水平方向成 =37角斜向下的推力 F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知 F=10 N
4、,sin 37=0.60,cos 37=0.80,重力加速度 g取 10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小;(2)物块运动过程中加速度的大小;(3)物块开始运动 5.0 s所通过的位移大小。37.(2018北京东城期末)如图所示,光滑固定斜面 AB长 L=2 m,倾角 =37,BC 段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量 m=1 kg的小物块从斜面顶端 A由静止开始滑下。小物块与地面间的动摩擦因数为=0.4。不计空气阻力,小物块可视为质点,g=10 m/s 2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求:(1)小物块在斜面上运动时的加速度大小 a;(2)
5、小物块在水平地面上滑行的最远距离 x。综合提能1.若货物随升降机运动的 v-t图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力 F与时间 t关系的图像可能是( )42.某同学在实验室中找到一根拉力弹簧,经测量发现其弹力 F与弹簧伸长量 x的关系如图 1所示(图中F0、F 1、x 1已知)。现将这根弹簧上端固定,下端接一质量为 m的小球,待小球静止后,将小球向下拉一小段距离(在弹簧的弹性限度内),此时弹簧的伸长量为 x2,然后由静止释放小球,小球在竖直方向振动。弹簧质量可忽略不计,重力加速度为 g。当小球速度达到最大时弹簧的伸长量为( )A. B.1111-0C. D.(-0)11-0(-
6、0)(2-1)1-03.(2016北京东城一模,18)实验小组为了探究物体在倾角不同的斜面上的运动情况,将足够长的粗糙木板的一端固定在水平地面上,使物体以大小相同的初速度 v0由底端冲上斜面,每次物体在斜面上运动过程中斜面倾角保持不变。在倾角 从 0逐渐增大到 90的过程中( )A.物体的加速度增大B.物体的加速度减小C.物体在斜面上能达到的最大位移先增大后减小D.物体在斜面上能达到的最大位移先减小后增大4.如图所示,在倾角 =37的足够长的固定斜面上,有一质量 m=1.0 kg的物体,其与斜面间动摩擦因数=0.25。物体受到平行于斜面向上 F=9.0 N的拉力作用,从静止开始运动,经时间 t
7、=8.0 s绳子突然断裂。若已知 sin 37=0.60,cos 37=0.80,g取 10 m/s2。试分析求解:(1)绳断时物体的速度大小;(2)从绳子断裂开始到物体再返回斜面底端的运动时间。55.为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距 s0和 s1(s1mg)向上加速(超重:Fmg)向上匀速(F=mg)向上减速(失重:Fmg),对照 F-t图像可知,B 正确。2.C 题中所述弹簧是一种特殊的弹簧,自然状态下,弹簧的各圈是紧密挨在一起的,并且相互是挤压的,如果将弹簧的一端固定,另一端用一个从零逐渐增大的力拉弹簧,弹簧并不会马上就伸长,而是要大于某一值时才会发生形变,也就是题
8、中的 F0,这个力叫做这个弹簧的初始张力。实际上 F0是一个临界状态,当作用力为 F0时,我们认为弹簧没有伸长,此时弹簧各圈间还接触,但已经没有挤压作用了。对于这样的弹簧我们要注意,F=kx(k 为劲度系数,x 为形变量)已经不适用了,题中所述弹簧的弹力可表示为F=F0+kx(F0为初始张力,k 为劲度系数,x 为形变量),由题中的图 1可知,k= 。1-01当小球在竖直方向振动的时候,弹簧的弹力 F=mg时小球的速度最大,设此时弹簧的形变量为 x,则有 F0+kx=mg,代入上面 k的表达式,化简可得 x= 。(-0)11-03.D 设物体质量为 m,物体与斜面间的动摩擦因数为 。当物体沿倾
9、角为 的斜面上滑时,受到重力mg,斜面的支持力 N,滑动摩擦力 f,如图所示。8对物体由牛顿第二定律得:mg sin +f=maN-mg cos =0f=N(N=N)联立解得:a=g sin +g cos =g sin(+),其中, 为锐角,且 tan =。1+2在 从 0逐渐增大到 90的过程中,加速度 a先增大后减小,因此,A、B 错误。物体沿斜面上升的最大位移 x= = ,在 从 0逐渐增大到 90的过程0-20-22021+2 (+)中,x 先减小后增大,因此,C 错误,D 正确。4.答案 (1)8.0 m/s (2)5.24 s解析 (1)物体向上运动过程中,受拉力 F、重力 mg和
10、摩擦力 f,设物体向上运动的加速度大小为 a1,根据牛顿第二定律有F-mg sin -f=ma 1因 f=N,N=mg cos 解得 a1=1.0 m/s2所以经过 t=8.0 s物体的速度大小为 v 1=a1t=8.0 m/s(2)绳断时物体距斜面底端的距离 s1= a1t2=32 m12绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设运动的加速度大小为 a2,则根据牛顿第二定律,对物体沿斜面向上运动的过程有 mg sin +mg cos =ma 2解得 a2=8.0 m/s2物体做减速运动的时间 t2= =1.0 s12减速运动的位移 s2= =4.0 m122此后物体将沿斜面匀加速下滑,设物体下
11、滑的加速度大小为 a3,根据牛顿第二定律对物体加速下滑的过程有9mg sin -mg cos =ma 3解得 a3=4.0 m/s2设物体由最高点到斜面底端的时间为 t3,物体向下匀加速运动的位移s1+ s2= a312 23解得 t3=3 s2所以物体返回斜面底端的时间为 t 总 =t2+ t3=(1.0+3 )s=5.24 s25. 答案 (1) (2)20-21201(1+0)2220解析 (1)解法一 冰球在冰面上做匀减速运动,由动学公式和牛顿第二定律得:- =2a1s02120-mg=ma 1解得 =20-2120解法二 设冰球的质量为 m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为 ,由动能定理得-mgs 0= m - m12211220解得 =20-2120(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为 a1和 a2,所用的时间为 t。由运动学公式得 - =2a1s02021v0-v1=a1ts1= a2t212解得 a2=1(1+0)2220
