第一部分 作业(十二) 牛顿运动定律的应用 超重和失重-【假期作业】2026年高一物理寒假假期作业（新教材）

第一部分 作业(十二) 牛顿运动定律的应用 超重和失重 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.(2025·浙江宁波期末)如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上以加速度a1向右做匀加速运动，货箱中与石块B接触的物体对B的作用力大小为F，方向与水平方向夹角为θ。若货车以加速度a2(a2<a1)向右做匀加速运动，则(　　) A.θ增大，F增大 B.θ增大，F减小 C.θ减小，F增大 D.θ减小，F减小 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 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 3.一质量为1 kg的篮球以大小为4 m/s的初速度在水平地面上滚动2 m后停下。若该过程中篮球所受的外力恒定，则这个外力的大小为(　　) A.1 N B.2 N C.4 N D.8 N 4.静止在水平地面上的小车，质量为5 kg，在50 N的水平拉力作用下做直线运动，2 s内匀加速前进了4 m。在这个过程中(g取10 m/s2) (　　) A.小车与地面间的动摩擦因数是0.5 B.摩擦力的大小是10 N C.小车加速度的大小是1 m/s2 D.小车加速度的大小是2 m/s2 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.(2025·云南昆明期末)如图所示，质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机对小球上升和下降过程进行拍照，图甲是小球上升时的照片，图乙是小球下降时的照片，O是运动的最高点。假设小球所受阻力大小不变，重力加速度为g，据此估算小球受到的阻力大小为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 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.(2025·山东卷)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下： (1)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d＝________cm(选填“5.00”或“1.00”)的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。 (2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1＝0.40 m/s、v2＝0.81 m/s，以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t＝1.00 s，计算小车的加速度a＝________ m/s2(结果保留2位有效数字)。 (3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F，改变砝码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出a­F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应________(选填“增大”或“减小”)轨道的倾角。 (4)图乙中直线斜率的单位为________(选填“kg”或“kg－1”)。 10.(2025·河北邯郸期末)航母阻拦索用于将高速舰载机拦停，是舰载机名副其实的“生命线”。某次测试时，质量m＝2.0×104 kg的舰载机着陆后钩住阻拦索(如图甲)，阻拦索将对飞机施加一作用力，使飞机滑行较短距离就能停止，若舰载机着陆后滑行的v­t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，取1.732。 (1)求此次测试中，舰载机着陆后5 s内滑行的距离的大小； (2)若某时刻两根阻拦索夹角α＝60°，不计其他阻力，求该时刻每根阻拦索提供的拉力的大小。(结果保留3位有效数字) 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一部分 作业(十二) 牛顿运动定律的应用 超重和失重 答案 [考点突破]——跟踪训练 1.A 2.B　依题意，对石块受力分析如图所示，货车在平直道路上向右以加速度a1运动时，有Fsin θ＝mg，tan θ＝，货车向右以加速度a2(a2<a1)做加速运动，tan θ＝，可知θ会增大，再根据F＝，F会变小，故选B。 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.D 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.B　设每块砖的厚度是d，向上运动9d－3d＝aT2，向下运动时3d－d＝a′T2，联立得＝。根据牛顿第二定律，向上运动时mg＋f＝ma，向下运动时mg－f＝ma′，联立得f＝mg，故选B。 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)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越小，故为较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度，选择宽度较小的d＝1.00 cm的遮光片。 (2)根据加速度的定义式可得a＝＝0.41 m/s2。 (3)根据题图乙可知当有一定大小的外力F时，此时小车的加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过原点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角。 (4)题图乙中直线斜率为k＝，根据F＝ma可知直线斜率的单位为kg－1。 答案　(1)1.00　(2)0.41　(3)增大　(4)kg－1 10.解析　(1)由题图乙可知，舰载机刹车的加速度大小a＝＝ m/s2＝20 m/s2 舰载机刹车时间t＝＝ s＝3 s 舰载机着陆后5 s内滑行的距离x＝at2＝×20×32＝90 m。 (2)对舰载机水平分析可得2Fcos ＝ma 代入数据解得F＝2.31×105 N。 答案　(1)90 m　(2)2.31×105 N 学科网（北京）股份有限公司 $