作业(12) 牛顿运动定律的应用 超重和失重-【假期作业】2024年新教材高一物理寒假假期作业

牛顿运动定律的应用　超重和失重 知识点一　牛顿运动定律的应用 1.由受力情况确定运动情况的解题步骤 (1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图。 (2)根据力的合成与分解，求合力(包括大小和方向)。 (3)根据牛顿第二定律列方程，求加速度。 (4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求运动学量——任意时刻的位移和速度，以及运动时间等。 2.由运动情况确定受力情况的基本思路 分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力；再分析物体的受力情况，求出物体受到的作用力，流程图如下： 1.两块相同的长方形物块甲、乙用轻绳跨过定滑轮连接，物块甲放在水平长木板上，物块乙悬挂在空中。调节定滑轮的高度使滑轮和物块甲之间的轻绳水平，由静止释放物块甲和乙，物块乙下降时间t到达地面后静止，物块甲继续滑行时间2t在滑轮前一定距离处停下。物块甲和长木板之间的动摩擦因数约为(　　) A.0.20 B.0.25 C.0.33 D.0.50 2.如图所示，一辆装满快递包裹的货车在平直公路上行驶，货车遇突发情况紧急刹车，经4 s停止，从开始刹车至停止，货车前进了40 m。 已知货车中包裹 P的质量为100 kg，货车刹车过程可视为做匀变速直线运动，取g＝10 m/s2。P相对货车始终保持静止，则刹车后1 s时，P所受合力的大小为(　　) A.500 N B.1 500 N C.500 N D.1 000 N 由运动情况确定受力应注意的两点问题 (1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆。 (2)题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力。　 知识点二　超重和失重　对超重、失重的理解 1.物体处于超重还是失重状态，只取决于加速度的方向，与物体的运动方向无关。 2.发生超重和失重时，物体所受的重力并没有变化。 3.发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失。 3.对于参加蹦床比赛时运动员的分析，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　) A.运动员在蹦床上上升阶段，一直处于超重状态 B.运动员在蹦床加速上升阶段，加速度增大 C.运动员离开蹦床在空中运动阶段，先处于超重状态后处于失重状态 D.运动员离开蹦床在空中运动阶段，一直处于完全失重状态 4.(多选)如图所示，在学校秋季运动会上，某同学以背越式成功地跳过了1.70米的高度。若不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A.该同学加速起跳时地面对他的支持力大于他受到的重力 B.该同学在跃过横杆时处于平衡状态 C.该同学离开地面上升过程中处于超重状态 D.该同学空中下落过程中处于失重状态 如图所示，有一水平传送带以2 m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10 m的距离所需时间为多少？ 【错解】　由于物体轻放在传送带上，所以v0＝0，物体在竖直方向合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力(传送带施加)，做v0＝0的匀加速运动，位移为10 m 据牛顿第二定律F＝ma有f＝μmg＝ma，a＝μg＝5 m/s2 据初速为零的匀加速直线运动位移公式s＝at2可知，t＝＝2 s。 【错解原因】　上述解法的错误出在对这一物理过程的认识。传送带上轻放的物体的运动有可能分为两个过程。一是在滑动摩擦力作用下作匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始作匀速直线运动。关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答。 【分析解答】　以传送带上轻放物体为研究对象，如图在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v0＝0的匀加速运动。 据牛顿第二定律F＝ma 有水平方向：f＝ma　① 竖直方向：N－mg＝0　② f＝μN　③ 由式①②③解得a＝5 m/s2 设经时间t1，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式v0＝v0＋at　④ 解得t1＝0.4 s 时间t1内物体的位移s1＝at2＝×5×0.42 m＝0.4 m<10 m 物体位移为0.4 m时，物体的速度与传送带的速度相同，物体0.4 s后无摩擦力，开始做匀速运动s2＝v2t2　⑤ 因为s2＝s－s1＝(10－0.4) m＝9.6 m，v2＝2 m/s代入式⑤得t2＝4.8 s 则传送10 m所需时间为t＝(0.4＋4.8) s＝5.2 s。 1.A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量mA>mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离xA与xB相比为(　　) A.xA＝xB B.xA>xB C.xA<xB D.不能确定 2.(2024·湖南卷)如图所示，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球甲、乙、丙、丁，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将乙、丙间的细线剪断，则剪断瞬间乙和丙的加速度大小分别为(　　) A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g 3.一质点受多个力的作用，处于静止状态。现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是(　　) A.a和v都始终增大 B.a和v都先增大后减小 C.a先增大后减小，v始终增大 D.a和v都先减小后增大 4.(2024·毕节高一练习)一斜面体固定在水平地面上，放在斜面上的物块A靠在与斜面垂直的固定挡板上，现用一根轻绳跨过在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与物块A连接，另一端与质量为m的物块B连接，A以加速度a1沿斜面加速上滑，如图甲所示。若另一端改为竖直向下F＝mg的拉力，A的加速度为a2，如图乙所示。不计一切摩擦，则(　　) A.a1＝a2 B.a1＞a2 C.a1＜a2 D.无法确定 5.(2024·北京卷)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　) A.F B.F C.F D.F 6.(2024·河池高一期末)右图为一台弹簧台秤，台秤弹簧和托盘下方支撑杆质量均可不计，测得某玩具汽车的质量为1.5 kg，用力压台秤内的玩具汽车使台秤示数为3.5 kg，若放手的瞬间玩具汽车的加速度大小为10 m/s2，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.放手的瞬间玩具汽车处于超重状态，台秤托盘质量为0.5 kg B.放手的瞬间玩具汽车处于超重状态，台秤托盘质量为1 kg C.放手的瞬间玩具汽车处于失重状态，台秤托盘质量为0.5 kg D.放手的瞬间玩具汽车处于失重状态，台秤托盘质量为1 kg 7.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为(　　) A. B. C. D. 8.粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间t变化的图线如图甲、乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则(　　) A.前2 s内物体运动的加速度为4 m/s B.前4 s内物体运动的位移大小为8 m C.物体的质量m为2 kg D.物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1 9.(2022·山东卷)在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。 主要步骤如下： ①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上； ②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨； ③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00 cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时； ④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示： 回答以下问题(结果均保留两位有效数字)： (1)弹簧的劲度系数为________N/m。 (2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a­F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。 (3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a­F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg。 10.某同学用视频研究牛顿管实验，当管内有空气时，由静止释放铁片和羽毛，铁片比羽毛下落得快，先对下落一段距离后的实验视频截图，在图中测得管长L0＝4.00 cm，羽毛距管顶L1＝1.20 cm，铁片距管顶L2＝3.00 cm，又测量了实际牛顿管的长度为h0＝120 cm。不计铁片受到的空气阻力，设羽毛受到的空气阻力大小恒定，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)从释放到图示时刻，铁片下落的时间t； (2)羽毛下落的加速度a大小和能达到的最大速度vmax大小； (3)羽毛下落过程中受到的阻力与其重力之比。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 作业(十二)　牛顿运动定律的应用　超重和失重 [考点突破]——跟踪训练 1.A　2.A 3.D　运动员在蹦床上上升阶段，先加速向上运动，后减速向上运动，在加速向上运动时，加速度方向向上，处于超重状态，在减速向上运动时，运动员的加速度向下，处于失重状态，选项A错误；运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床对运动员的弹力方向向上，并且越来越小，运动员的加速度逐渐减小，选项B错误；运动员离开蹦床在空中运动时，分为上升、下降阶段，由于不计空气阻力，运动员只受重力作用，一直处于完全失重状态，选项C错误，D正确。 4.AD　该同学加速起跳时，加速度向上，根据FN－mg＝ma可知该同学加速起跳时地面对他的支持力大于他受到的重力，故A正确；该同学在跃过横杆时受到重力作用，不处于平衡状态，故B错误；该同学不管是离开地面上升过程还是下落过程，都只受到重力的作用，加速度向下，该同学处于失重状态，故C错误，D正确。 [综合训练] 1.A　2.A　3.C　4.C 5.A　根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F′＝Ma，联立解得飞船和空间站之间的作用力F′＝F，故选A。 6.A　放手的瞬间，玩具汽车有向上的加速度，所以处于超重状态；依题意，被测玩具汽车的质量m＝1.5 kg，用力压玩具汽车台秤示数为3.5 kg时，弹簧弹力为F＝3.5×10 N＋m0g，其中m0g为托盘重力，放手瞬间托盘和玩具汽车一起运动，由牛顿第二定律得F－m0g－mg＝(m0＋m)a，代入数据得托盘质量m0＝0.5 kg，故B、C、D错误，A正确。 7.A　当两球运动至二者相距L时，如图所示 由几何关系可知sin θ＝＝ 设绳子拉力为T，水平方向有2Tcos θ＝F 解得T＝F 对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma 解得a＝ 故A正确，B、C、D错误。故选A。 8.D　根据v­t图像的斜率等于加速度，可知前2 s内物体的运动加速度a＝＝ m/s＝2 m/s2，故A错误；前4 s内物体的位移为x＝ m＝12 m，故B错误：根据牛顿第二定律得，前2 s内F1－μmg＝ma，2 s后物体做匀速运动，则F2＝μmg，由题图甲得F1＝15 N，F2＝5 N，代入解得m＝5 kg，μ＝0.1，故C错误，D正确。 9.解析　(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00 cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F­t图有Δx＝5.00 cm，F＝0.610 N，根据胡克定律k＝，计算出k≈12 N/m。 (2)根据牛顿第二定律有F＝ma，则a­F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有＝ kg－1＝5 kg－1，滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20 kg。 (3)滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有＝ kg－1＝3 kg－1，则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′＝0.33 kg，则待测物体的质量为Δm＝m′－m＝0.13 kg。 答案　(1)12　(2)0.20　(3)0.13 10.解析　(1)根据＝＝＝30可得，羽毛下落的高度h1＝0.36 m，铁片下落的高度h2＝0.90 m 对铁片有h2＝gt2 解得t＝ ＝ s。 (2)羽毛下落至图示时刻满足h1＝at2 解得a＝＝4 m/s2 羽毛下落到管底前瞬间速度最大v＝2ah0 解得vmax＝＝ m/s。 (3)羽毛下落时，由牛顿第二定律得mg－f＝ma 可得＝1－＝。 答案　(1) s　(2)4 m/s2　 m/s　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$