（江苏专用版）2020版高考物理大一轮复习第三章第3讲超重和失重牛顿运动定律的综合应用精练.docx

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1、1第 3 讲 超重和失重 牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1.如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作,下列 F-t 图像能反应体重计示数随时间变化的是( )答案 C 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 项错误。2.物体由静止开始做直线运动,则上下两图对应关系正确的是(图中 F 表示物体所受的合力,a 表示物体的加速度,v 表示物体的速度,x 表示物体的位移)( )答案 B A 选项中

2、 a 与 F 的图像应一致,所以 A 项错;C、D 选项中速度先增大后减小时,因为速度没改变方向,位移应该继续增大,所以 C、D 项错误;B 选项中前半段加速度为正定值,是匀加速直线运动,后半段是匀减速直线运动,B 选项是正确的。3.(2019 运河中学月考)质量为 M 的光滑圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力 F 作用在其上促使质量为 m的小球静止在圆槽上,如图所示,则( )2A.小球对圆槽的压力为MFm+MB.小球对圆槽的压力为mFm+MC.水平恒力 F 变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增大D.水平恒力 F 变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小答案 C 由整体

3、法可求得系统的加速度 a= ,小球对圆槽的压力 FN=m =m ,当 FFM+m g2+a2 g2+ F2(M+m)2增大后,F N增大,只有 C 项正确。4.(2018 课标,15,6 分)如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块 P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上,使其向上做匀加速直线运动,以 x 表示 P 离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是( )答案 A 设物块 P 静止时弹簧的压缩量为 L,当物块 P 位移为 x 时,弹簧弹力为 k(L-x),根据牛顿第二定律有 F+k(L-x)-mg=ma,即

4、F=kx+ma+mg-kL,可见,F 与 x 是一次函数关系,A 项正确。5.(2017 泰州、姜堰调研)如图所示,在光滑的水平面上有一段长为 L、质量分布均匀的绳子,绳子在水平向左的恒力 F 作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子右端的距离为 x,设该处的张力大小为T,则能正确描述 T 与 x 之间的关系的图像是 ( )答案 A 根据牛顿运动定律有 F=ma,对 x 长的绳子有 T= ma= F,A 正确。xL xL二、多项选择题36.将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,v-t 图像如图所示。以下判断正确的是( )A.前 3 s 内货物处于超重状态B.最后 2

5、 s 内货物只受重力作用C.前 3 s 内与最后 2 s 内货物的平均速度相同D.第 3 s 末至第 5 s 末的过程中,货物的机械能守恒答案 AC 由图像知前 3 s 内货物加速向上运动,加速度向上,处于超重状态,选项 A 正确;最后 2 s 内货物减速向上运动,加速度大小为 3 m/s2,受到了拉力,选项 B 错误;前 3 s 内与最后 2 s 内货物的平均速度相同,选项 C 正确;第 3 s 末至第 5 s 末的过程中,货物向上匀速运动,动能不变,重力势能增大,机械能增大,选项 D 错误。7.(2018 宿迁调研)如图所示,木盒中固定一质量为 m 的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度

6、一起以加速度 a1滑行一段距离 x1后停止。现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力 F(F=mg),若其他条件不变,木盒以加速度 a2滑行距离 x2后停止。则( )A.a2a1 B.a2=a1 C.x2x1 D.x2a1。根据 v2=2ax 得,x= ,知加速度增大,则滑行的距离变小,即 (Mg+F)M M+mM v22ax2x1。故 A、D 正确,B、C 错误。8.(2018 南京、盐城模拟)建筑工地通过吊车将物体运送到高处。简化后模型如图所示,直导轨 ABC 与圆弧形导轨 CDE 相连接,D 为圆弧最高点,整个装置在竖直平面内,吊车先加速从 A 点运动到 C 点,再匀速率通过 CDE。吊车

7、经过 B、D 处时,关于物体 M 受力情况的描述正确的是( )A.过 B 点时,处于超重状态,摩擦力水平向左B.过 B 点时,处于超重状态,摩擦力水平向右4C.过 D 点时,处于失重状态,一定不受摩擦力作用D.过 D 点时,处于失重状态,底板支持力一定为零答案 BC 由于吊车在 AC 段做加速运动,吊车和 M 一起向上做加速运动,加速度方向沿导轨向上,所以过 B 点时,M 处于超重状态,由于整体具有向上的加速度,由分析可知,M 与支持物间的静摩擦力水平向右,故A 项错误,B 项正确;过 D 点时吊车和 M 做圆周运动,整体所受合外力向下提供向心力,所以 M 处于失重状态,由于整体合外力向下,所

8、以 M 一定不受支持物的摩擦力,由于过 D 点时的向心加速度不一定为 g,所以M 对支持物的压力不一定为零,故 C 项正确,D 项错误。9.(2019 扬州中学月考)如图 a 所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0 时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,得到弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图像如图 b 所示,若图像中的坐标值都为已知量,重力加速度为 g,则( )A.t1时刻小球具有最大速度 B.t2时刻小球的速度大小为零C.可以计算出小球自由下落的高度

9、D.整个运动过程中,小球的最大加速度为 g答案 BC t 1时刻小球刚与弹簧接触,弹簧弹力为零,弹簧弹力与重力平衡时小球的速度最大,A 项错误;t2时刻弹力最大,说明小球到达的最低点,故小球的速度大小为零,B 项正确;t 3t4时刻小球做上抛运动,所以可以计算出小球自由下落的高度(时间为上抛运动时间的一半),整个运动过程中,小球的最大加速度大于 g,C 项正确,D 项错误。三、非选择题10.(2018 徐州模拟)航拍仪是目前比较普遍的一种拍摄仪器,它是在可以垂直起降的小型四旋翼无人机上安装高清摄像头而实现拍摄功能的,具有体积小、使用灵活、飞行高度低、机动性强等优点。在一次拍摄中,航拍仪从地面由

10、静止启动,获得竖直向上、大小恒定的升力 F,开始匀加速起飞,运动 t=8 s 后,到达 h=32 m 的高度,此时航拍仪突然出现故障而失去动力,在到达最高点时动力系统恰好恢复。已知航拍仪的质量 m=2 kg,航拍仪在运动过程中受到 Ff=12 N 的空气阻力,假设航拍仪在运动过程中始终保持水平,g=10 m/s 2,求:(1)航拍仪匀加速起飞的加速度大小;(2)航拍仪匀加速起飞时升力的大小;5(3)航拍仪动力系统恢复时所在的高度 H。答案 (1)1 m/s 2 (2)34 N (3)34 m解析 (1)根据位移时间公式可知 h= at212解得 a= = m/s2=1 m/s22ht22328

11、2(2)根据牛顿第二定律可知 F-mg-Ff=ma解得 F=mg+ma+Ff=34 N(3)失去动力时的速度 v=at=8 m/s失去动力后,根据牛顿第二定律求得加速度大小为a= =16 m/s2mg+Ffm继续上升的高度为h= = m=2 mv22a 82216航拍仪动力系统恢复时所在的高度 H=h+h=34 m。11.(2018 苏州模拟)如图所示,倾角 =37、斜面长为 1 m 的斜面体放在水平面上。将一质量为 2 kg的小物块从斜面顶部由静止释放,1 s 后到达底端,斜面体始终保持静止。重力加速度 g 取 10 m/s2, sin 37=0.6, cos 37=0.8。求:(1)小物块沿斜面下滑的加速度和到达底端时速度的大小;(2)小物块与斜面之间的动摩擦因数;(3)小物块运动过程中,水平面对斜面体的摩擦力大小和方向。答案 (1)2 m/s 2 2 m/s (2)0.5 (3)3.2 N 方向水平向左解析 (1)由运动学公式 s= at212得 a=2 m/s2由 v=at得 v=2 m/s6(2)由牛顿第二定律mg sin -mg cos =ma得 =0.5(3)斜面体受小物块合外力沿斜面向上,大小为 ma,合外力的水平分力与水平面对斜面体的摩擦力大小相等、方向相反,所以有 f=mg cos sin -mg cos 2 =3.2 N,方向水平向左。