2019-2020年高一物理 寒假作業(yè) 第11天 牛頓第二定律的應用 超重與失重 新人教版.doc

2019-2020年高一物理 寒假作業(yè) 第11天 牛頓第二定律的應用 超重與失重 新人教版考綱要求：II難易程度：如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s=2 m，工件與傳送帶間動摩擦因數(shù)=0.4。工件滑上A端瞬時速度vA=5m/s。達到B端瞬時速度設(shè)為vB。則A若傳送帶不動，則vB=3 m/sB若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則vB<3 m/sC若傳送帶以某速度4 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，則一定vB=4 m/sD若傳送帶以2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，則vB=2 m/s【參考答案】AC【試題解析】若傳送帶不動，工件一直做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小為：a=g=4 m/s2，vA2vB22as，解得：vB m/s3 m/s，故A正確；若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，工件一直做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小為：a=g=4 m/s2，vA2vB22as，解得：vB m/s3 m/s，故B錯誤；若傳送帶以4 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，工件在傳送帶上做減速運動，加速度為a=g=4 m/s2，減速到與傳送帶共速的時間，位移為，然后工件與傳送帶一起勻速運動，達到B端瞬時速度為4 m/s，選項C正確；若傳送帶以2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，工件在傳送帶上做勻減速運動，當與傳送帶共速時的速度vm/s3 m/s，即達到B端瞬時速度，vB=3 m/s，故D錯誤。故選AC。【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵知道工件在傳送帶上的運動規(guī)律，根據(jù)摩擦力的方向判斷加速度的方向，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解?！局R補給】動力學中的圖象問題1常見的圖象有：v-t圖象，a-t圖象，F(xiàn) -t圖象，F(xiàn)-x圖象，F(xiàn) -a圖象等。2圖象間的聯(lián)系：加速度是聯(lián)系v-t圖象與F-t圖象的橋梁。3圖象的應用（1）已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況。（2）已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況。（3）通過圖象對物體的受力與運動情況進行分析。4解題策略（1）弄清圖象斜率、截距、交點、拐點的物理意義。（2）應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準確判斷。5分析圖象問題時常見的誤區(qū)（1）沒有看清縱、橫坐標所表示的物理量及單位。（2）不注意坐標原點是否從零開始。（3）不清楚圖線的點、斜率、面積等的物理意義。（4）忽視對物體的受力情況和運動情況的分析。6動力學中圖象的實質(zhì)是力與運動的關(guān)系問題，求解這類問題的關(guān)鍵是理解圖象的物理意義，理解圖象的軸、點、線、截、斜、面六大功能。動力學中整體法與隔離法的應用1方法概述（1）整體法是指對物理問題的整個系統(tǒng)或過程進行研究的方法。（2）隔離法是指從整個系統(tǒng)中隔離出某一部分物體，進行單獨研究的方法。2涉及隔離法與整體法的具體問題類型（1）涉及滑輪的問題若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法。例如，繩跨過定滑輪連接的兩個物體雖然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔離法。（2）水平面上的連接體問題這類問題一般多是連接體（系統(tǒng)）中各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度。解題時，一般采用先整體、后隔離的方法。建立坐標系時也要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或者正交分解力，或者正交分解加速度。（3）斜面體與上面物體組成的連接體問題當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，解題時一般采用隔離法分析。3解題思路（1）分析所研究的問題適合應用整體法還是隔離法。（2）對整體或隔離體進行受力分析，應用牛頓第二定律確定整體或隔離體的加速度。（3）結(jié)合運動學方程解答所求解的未知物理量。牛頓第二定律解決瞬時加速度受外力時的形變量力能否突變產(chǎn)生拉力或壓力輕繩微小不計可以只有拉力沒有壓力輕橡皮繩較大不能只有拉力沒有壓力輕彈簧較大不能既可有拉力；也可有壓力輕桿微小不計可以既可有拉力；也可有壓力動力學中的臨界問題1臨界或極值條件的標志（1）有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，表明題述的過程存在著臨界點；（2）若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就是臨界狀態(tài)；（3）若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點；（4）若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是要求收尾加速度或收尾速度。3產(chǎn)生臨界問題的條件（1）接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN=0。（2）相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值。（3）繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是FT=0。（4）加速度最大與速度最大的臨界條件：當物體在受到變化的外力作用下運動時，其加速度和速度都會不斷變化，當所受合外力最大時，具有最大加速度；合外力最小時，具有最小加速度。當出現(xiàn)速度有最大值或最小值的臨界條件時，物體處于臨界狀態(tài)，所對應的速度便會出現(xiàn)最大值或最小值。傳送帶模型問題（1）水平傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1（1）可能一直加速（2）可能先加速后勻速情景2（1）v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速（2）v0<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3（1）傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端（2）傳送帶足夠長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端。其中v0>v返回時速度為v，當v0<v返回時速度為v0（2）傾斜傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1（1）可能一直加速（2）可能先加速后勻速情景2（1）可能一直加速（2）可能先加速后勻速（3）可能先以a1加速后以a2加速超重和失重現(xiàn)象中視重與實重的關(guān)系加速度情況現(xiàn)象視重（F）與實重（mg）的大小關(guān)系a=0平衡狀態(tài)F=mga向上超重F=m（g+a）a向下失重F=m（g-a）a=g向下完全失重F=0<mg實驗火箭由地面豎直向上發(fā)射，其速度和時間的關(guān)系圖像大致如圖所示，則At1t2時間內(nèi)，火箭處于失重狀態(tài)Bt2t3時間內(nèi)，火箭在向下降落Ct0t3時間內(nèi).火箭始終處于失重狀態(tài)Dt3時刻火箭距地面最遠如圖甲所示，粗糙斜面與水平面的夾角為30，質(zhì)量為0.3 kg的小物塊靜止在A點?，F(xiàn)有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物塊上，作用一段時間后撤去推力F，小物塊能達到的最高位置為C點，小物塊從A到C的vt圖象如圖乙所示。g取10 m/s2，則下列說法正確的是A小物塊到C點后將沿斜面下滑B小物塊加速時的加速度是減速時加速度的C小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為D推力F的大小為6 N如圖所示，粗糙水平面上放置著四個相同的木塊，其中木塊B和C之間用一輕彈簧相連，輕彈簧始終在彈性限度內(nèi)。現(xiàn)用水平拉力F拉B木塊，使四個木塊以相同的加速度一起加速運動，則以下說法正確的是A一起加速過程中，A所受到的靜摩擦力大小為B一起加速過程中，C木塊受到四個力的作用 C一起加速過程中，A、D木塊所受靜摩擦力的大小相同，方向相反D當F撤去瞬間，D木塊所受靜摩擦力的大小和方向都不變?nèi)鐖D，在光滑水平面上有質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量m2為的木塊；假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt（k是常數(shù)）木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是 A B C D一物塊以一定的初速度從光滑斜面底端a點上滑，最高可滑至b點，后又滑回至a點，c是ab的中點，如圖所示，已知物塊從a上滑至b所用時間為t，下列分析正確的是A物塊從c運動到b所用時間等于從b運動到c的時間B物塊上滑過程的加速度與下滑過程中的加速度等大反向C物塊下滑時從b運動至c時間為D物塊上滑通過c點時的速度大小等于整個上滑過程中平均速度的大小如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率運行。初速度大小為的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的vt圖象（以地面為參考系）如圖乙所示。已知，則A時刻，小物塊離A處的距離達到最大B時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用如圖甲一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放一質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的aF圖象。取g=10 m/s2，則A滑塊的質(zhì)量m=4 kgB木板的質(zhì)量M=6 kgC當F=8 N時滑塊的加速度為2 m/s2D滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.1【參考答案】【點睛】考查圖象的性質(zhì)及超重與失重的性質(zhì)，要注意只要加速度向上，物體超重，加速度向下，物體失重。B B、由圖乙圖象可以知道，加速運動的加速度大小為，減速運動的加速度大小為，故，故B正確；C、在勻減速直線運動過程中，由牛頓第二定律知，計算得出，故C錯誤；A、，所以物塊到達C點后將靜止在C點不會下滑，故A錯誤。D、加速運動時，沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得，計算得出，故D錯誤；綜上所述本題答案是：B。D A、一起加速的過程中，由整體法分析可知：，對A受力分析可知，故選項A錯誤；B、對C受力分析可知，C受重力、地面支持力、D物體的壓力、D物體對C施加的摩擦力、地面的摩擦力、彈簧的拉力，共六個力的作用，故選項B錯誤；C、A、D運動情況相同，受力情況相同，所受摩擦力大小、方向均相同，故選項C錯誤；D、當F撤去瞬間，彈簧彈力瞬間不發(fā)生變化，故D、C整體受力不發(fā)生變化，故D受力情況不變，即D木塊所受靜摩擦力的大小和方向都不變，故選項D正確?！军c睛】本題考查了牛頓第二定律的瞬時問題，關(guān)鍵抓住撤去外力F的瞬間，彈簧的彈力不變，結(jié)合牛頓第二定律進行求解，掌握整體法和隔離法的靈活運用。A 當F比較小時，兩個物體相對靜止，加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律得：，則有；當F比較大時，m2相對于m1運動，根據(jù)牛頓第二定律得：對m1，則有，由于、m1、m2都一定，則a1一定；對m2，則有，a2是t的線性函數(shù)，t增大，a2增大。由于F隨時間增大，木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等，所以a2大于兩物體相對靜止時的最大加速度，故A正確，BCD錯誤；故選A。【點睛】首先要分兩個相對靜止和相對運動兩種狀態(tài)分析，其次采用整體法和隔離法研究得到加速度與時間的關(guān)系式，再選擇圖象。AC A、由于小球只受重力和支持力，故小球的加速度方向始終相同，均為，方向向下，故bc和cb過程是可逆的，故物塊從c運動到b所用時間等于從b運動到c的時間，故A正確，B錯誤；C、由b到a過程是初速度為零的勻加速直線運動，則可知，而；解得：，故C正確；D、由于c是位移中點，而不是時間中點，故物塊上滑通過c點時的速度大于整個上滑過程中平均速度的大小，故D錯誤?！军c睛】本題很好地考查了勻變速直線運動的可逆性及一些規(guī)律的應用，特別是位移中點和時間中點速度的應用一定能熟練掌握。，解得M=2 kg，滑塊的質(zhì)量m=4 kg，故A正確，B錯誤；根據(jù)的圖線知，時，a=0，即，代入數(shù)據(jù)解得=0.1，D正確；當F=8 N時，對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得，解得，C錯誤。