第3章 第2课时 动力学的两类问题 超重和失重（课件PPT）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第三章　运动和力的关系 第2课时　动力学的两类问题　超重和失重 受力 运动 运动 力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 大于 向上 小于 向下 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 0 竖直向下 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 谢谢观看！ 一、动力学的两类问题 1．两类分析：物体的____分析及____分析。 2．两个桥梁：加速度是联系____和__的桥梁，速度是联系各“子过程”的桥梁。 加速度为“桥梁”的逻辑关系 二、超重和失重现象 1．超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)____物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有____的加速度。 2．失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)____物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有____的加速度。 若物体的加速度不在竖直方向，当其加速度有竖直向上的分量时，物体处于超重状态；当其加速度有竖直向下的分量时，物体处于失重状态。 3．完全失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于__的现象称为完全失重现象。 (2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向________。 当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度的效果，不再有其他效果，一切与重力有关的现象都消失，如液体不产生浮力，天平无法测量等。 [链接1] 人教必修第一册P111例题： 　　设某人的质量为60 kg，站在电梯内的水平地板上，当电梯以0.25 m/s2的加速度匀加速上升时，求人对电梯的压力。 (多选)(经典高考题)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　) A．t＝2 s时最大　　　　　 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小 AD　解析：由题图可知，t＝2 s时，向上的加速度最大，则地板此时对人的支持力最大，故此时人对地板的压力最大；而t＝8.5 s时向下的加速度最大，故地板对人的支持力最小，即人对地板的压力最小，A、D正确。 [链接2] 人教必修第一册P108T2： 　　2.若机舱口下沿距地面3.2 m，气囊所构成的斜面长度为6.5 m，一个质量为60 kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是240 N，那么，人滑至气囊底端时的速度是多少？ (2022·浙江6月选考，节选)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝ eq \f(2,9) ，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g取10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小。 解析：(1)根据牛顿第二定律可得mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1，解得a1＝2 m/s2。 (2)根据运动学公式有v2＝2a1l1，解得v＝4 m/s。 答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s 考点一　动力学的两类问题 1．力与物体的质量决定加速度。a＝ eq \f(F,m) 是加速度的决定式，a∝F，a∝ eq \f(1,m) ；a＝ eq \f(Δv,Δt) 是加速度的定义式，a与v、Δv及Δt无直接关系。 2．速度方向与合力方向(或加速度方向)的夹角决定物体的运动性质。合力与速度的夹角为锐角，物体加速；合力与速度的夹角为钝角，物体减速。 3．速度的改变需要经历一定的时间，不能突变；有力就一定有加速度，但不一定有速度。 [典例1] (2022·浙江1月选考)第24届冬奥会已在我国成功举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)： (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 解析：(1)在AB段有v12＝2a1x1 解得a1＝ eq \f(8,3) m/s2。 (2)在AB段有v1＝a1t1，解得t1＝3 s 在BC段有t2＝t总－t1＝2 s，x2＝v1t2＋ eq \f(1,2) a2t22 解得a2＝2 m/s2 所以过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s。 (3)在BC段，根据牛顿第二定律有mg sin θ－Ff＝ma2 解得Ff＝66 N。 答案：(1) eq \f(8,3) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N 1．(2024·河南高考适应性测试)如图所示，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为(　　) A． eq \f(1,2) v0 B． eq \f(1,3) v0 C． eq \f(1,8) v0 D． eq \f(1,9) v0 B　解析：设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律可得f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比 eq \f(a1,a2) ＝ eq \f(f1,f2) ＝ eq \f(7,1) ，由运动学公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中 eq \f(x1,x2) ＝ eq \f(8,7) ，解得汽车进入冰面瞬间的速度v1＝ eq \f(v0,3) ，B正确。 2．(多选)(2024·湖北武汉武昌区测试)随着科技的发展，我国的航空母舰上安装了电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝80 m，一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的 eq \f(1,5) 。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定，g取10 m/s2)。下列说法正确的是(　　) A．飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0 m/s2 B．飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s C．电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N D．电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 AC　解析：飞机离开电磁弹射区后有F推－ eq \f(1,5) mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2；由v2－v12＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20 eq \r(2) m/s，由v12＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5 m/s2，根据牛顿第二定律有 F牵＋F推－0.2mg＝ma1，解得F牵＝2×104 N，B错误，A、C正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，D错误。 考点二　超重和失重 判断超重和失重现象的三个角度 从受力的 角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态 从加速度 的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 从速度变化 的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重 3．(2024·天津河西区模拟)如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物， 电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N。关于电梯的运动，以下说法正确的是(　　) A．电梯可能匀速向上运动 B．电梯可能匀速向下运动 C．电梯可能加速向上运动 D．电梯可能加速向下运动 D　解析：当电梯匀速运动时有mg＝F＝10 N，当弹簧测力计的示数为8 N时，即mg>F′，电梯加速度方向向下，所以mg－F′＝ma，解得a＝2 m/s2，所以电梯正以加速度为2 m/s2向下加速运动或者向上减速运动，D正确。 4．(多选)(2024·湖南常德模拟)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，利用压敏电阻可以设计一个电路来判断升降机的运动情况，其工作原理如图甲所示。将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个绝缘物块。0～t1时间内升降机匀速下降，从t＝0时刻开始，电流表中电流随时间变化的情况如图乙所示，下列判断正确的是(　　) A．t1～t2时间内，升降机加速度的大小先增大后减小 B．t2～t3时间内，升降机处于静止状态 C．t3～t4时间内，升降机处于失重状态 D．t3～t4时间内，升降机可能一直减速下降 AD　解析：由题图乙可知0～t1时间内升降机匀速下降，受力平衡；t1～t2时间内电路中电流比升降机匀速下降时小，说明压敏电阻的阻值大于升降机匀速下降时压敏电阻的阻值，所受的压力小于升降机匀速下降时压敏电阻所受的压力，压力小于物块的重力，mg－FN＝ma，由于电流先减小后增大，可知压敏电阻的阻值先增大后减小，压力的大小先减小后增大，加速度的大小先增大后减小，A正确；t2～t3时间内电路中的电流等于升降机匀速运动时的电流，由于t1～t2时间内升降机在加速运动，所以t2～t3时间内升降机处于匀速运动状态，B错误；t3～t4时间内电路中的电流大于升降机匀速运动时的电流，说明压敏电阻的阻值减小，所受的压力增大，压力大于物块的重力，物块处于超重状态，C错误；t3～t4时间内，电流大于匀速下降时的电流，说明压敏电阻的阻值小于匀速下降时的压敏电阻的阻值，所受的压力大于匀速下降时的所受的压力，加速度方向向上，速度向下，升降机一直减速下降，D正确。 考点三　动力学中的图像问题 [典例2] (多选)如图甲所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一根不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度取10 m/s2。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0.2 AB　解析：由题图丙可知，木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图乙中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，C错误；由题图丙可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ eq \f(0.4－0,4－2) m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，木板在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ eq \f(0.4－0.2,5－4) m/s2＝0.2 m/s2，Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图乙可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，D错误。 5．(2024·浙江金华统考)2023年4月8日上午，以“全民健身迎亚运 信心满怀奔共富”为主题的2023年浙江省气排球锦标赛在桐庐开赛，某同学描绘出了气排球“从空中下落，与水平地面相碰后反弹到空中某一高度”的速度随时间变化的图像，若忽略空气阻力的大小变化，g取10 m/s2，以下分析计算正确的是(　　) A．小球弹起的最大高度为1.0 m B．小球弹起的最大高度为0.45 m C．空气阻力大小与重力大小的比值为1∶5 D．小球弹起到最大高度的时刻t1＝0.8 s C　解析：下落过程的加速度a1＝ eq \f(4,0.5) m/s2＝8 m/s2，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma1，解得f＝0.2mg，空气阻力大小与重力大小的比值为1∶5，C正确；上升过程中有mg＋f＝ma2，解得a2＝1.2g，小球弹起的最大高度为h2＝ eq \f(v22,2a2) ＝ eq \f(32,2×12) m＝0.375 m，A、B错误；小球弹起到最大高度的时间t′＝ eq \f(v2,a2) ＝ eq \f(3,12) s＝0.25 s，则小球弹起到最大高度的时刻t1＝0.75 s，D错误。 6．(2024·广东佛山模拟)公共汽车进站时，刹车过程的加速度—时间图像如图所示，若它在6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在(　　) A．0～6 s内的位移约为30 m B．0时刻的速度约为28 km/h C．4 s时的加速度约为0.5 m/s2 D．4 s时受到的合外力约为2 500 N B　解析：由at图像中图线与t轴所围的面积表示速度的变化量及题图可知，速度的变化量大小约为Δv＝2×1 m/s＋ eq \f(1,2) ×(1.5＋2)×2 m/s＋ eq \f(1,2) ×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以0时刻的速度约为v0＝Δv＝7.75 m/s≈28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6 s内的位移满足x＜ eq \f(1,2) v0t＝23.25 m，A错误，B正确；由题图可知4 s时公共汽车的加速度约为1.0 m/s2，C错误；由牛顿第二定律可知4 s时公共汽车受到的合外力约为F＝ma＝5 000 N，D错误。 1．(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　) A．m甲＜m乙 B．m甲＞m乙 C．μ甲＜μ乙 D．μ甲＞μ乙 BC　解析：根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知Fa图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，B、C正确。 2．(2022·辽宁卷)如图所示，一个小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 B　解析：物块水平沿中线做匀减速直线运动，则 eq \o(v,\s\up6(－))＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(v0＋vt,2) ，由题意知x＝1 m，t＝1 s，v-t>0，代入数据有v0<2 m/s，A错误，B正确；对物块做受力分析有a＝－μg，v-t2－ v02＝2ax，整理有v02＋2ax>0，联立可得μ<0.2，C、D错误。 3．(2020·浙江7月选考)如图甲所示，有一个质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 eq \f(1,4) 时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F-t图像如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时物件恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g取 10 m/s2，求物件： (1)做匀减速运动的加速度大小和方向； (2)匀速运动的速度大小； (3)总位移的大小。 解析：(1)由牛顿第二定律有mg－FT＝ma， 得a＝g－ eq \f(FT,m) ＝0.125 m/s2，方向竖直向下。 (2)根据运动学公式有v＝at2＝1 m/s。 (3)从计时开始，匀速上升的位移x1＝v-t1＝26 m，匀减速上升的位移x2＝ eq \f(v,2) t2＝4 m，总位移x＝ eq \f(x1＋x2,1－\f(1,4)) ＝40 m。 答案：(1)0.125 m/s2　方向竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m $$