23版新高考一轮分层练案(八)　两类动力学问题　超重和失重

一轮分层练案(八)　两类动力学问题　超重和失重

1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)

A．0～t1时间内，v增大，FN>mg

B．t1～t2时间内，v减小，FN<mg

C．t2～t3时间内，v增大，FN<mg

D．t2～t3时间内，v减小，FN>mg

【答案】D　根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，选项C错误，选项D正确。

2．木箱内的地板上放置一个5 kg的物体，钢绳吊着木箱静止在某一高度处。从计时时刻开始钢绳拉着木箱向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为4 m/s2，至第3 s末钢绳突然断裂，此后木箱先向上做匀减速运动，到达最高点后开始竖直下落，7 s末落至地面。木箱在空中运动的过程中地板始终保持水平，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．第2秒末物体的重力增大到70 N

B．第4秒末物体对木箱地板的压力为70 N

C．第4秒末物体对木箱地板的压力为50 N

D．第6秒末物体对木箱地板的压力为0

【答案】D　第2秒末，物体的加速度方向向上，物体处于超重状态，但物体的重力不会随着物体的运动状态变化而变化，故A错误；第4秒末物体的加速度为重力加速度g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故B、C错误；第6秒末物体的加速度为重力加速度g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0，故D正确。

3.在杯底固定一个弹簧，上端系一密度小于水的木球，然后在杯中装水，使木球全部浸入水中，如图所示。现让杯子从高处自由下落，不计空气阻力，则在下落瞬间，有关木球相对于杯子的运动趋势和对地的加速度a大小的说法正确的是(　　)

A．向上运动，加速度a大于重力加速度g

B．向上运动，加速度a等于重力加速度g

C．向下运动，加速度a大于重力加速度g

D．向下运动，加速度a等于重力加速度g

【答案】C　开始时木球受向下的重力、向上的浮力和弹簧向下的拉力，此时弹簧处于拉伸状态；若突然释放杯子，杯子及杯子中的水处于完全失重状态，则浮力消失，弹簧的弹力不变，则此时木球在向下的重力和弹力作用下相对杯子有向下运动趋势，由牛顿第二定律可得F弹＋mg＝ma，可知加速度a大于重力加速度g。故选C。

4.(多选)如图所示，让两物体分别同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2。则(　　)

A．两物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sin θ1∶sin θ2

B．两物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cos θ1∶cos θ2

C．两物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1∶1

D．若两物体质量相同，则两物体所受的合力之比为cos θ1∶cos θ2

【答案】BCD　将两物体的重力分别沿光滑的弦轨道P1A、P2A方向和垂直轨道方向分解，则沿光滑的弦轨道P1A、P2A方向分力分别为m1gcos θ1和m2gcos θ2，其加速度分别为gcos θ1和gcos θ2，若两物体质量相同，则两物体所受的合力之比为cos θ1∶cos θ2，选项D正确；两物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为cos θ1∶cos θ2，选项A错误；设竖直圆直径为d，弦轨道长度L＝dcos θ，由L＝at2，解得t＝ ，由速度公式v＝at可得，物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cos θ1∶cos θ2，选项B、C正确。

5.如图所示，水平地面上固定一斜面，斜面倾角为θ，初始时将一物体A轻放在斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列分析正确的是(　　)

A．若μ>tan θ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动

B．若μ＝tan θ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动

C．若μ<tan θ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将仍以加速度a沿斜面向下加速运动

D．若μ<tan θ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将以大于a的加速度沿斜面向下加速运动

【答案】D　若μ≥tan θ，重力下滑分力小于或等于最大静摩擦力，物体静止，施加F后相当于增大重力，物体A仍静止，故A、B错误；若μ<tan θ，重力下滑分力大于最大静摩擦力，物体加速下滑，施加F后物体所受合力增大，但质量不变，故加速度增大，故C错误，D正确。

6.如图，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x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，且图像不过原点，选项A正确。

7.中澳美“科瓦里­2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加。一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地。下列说法正确的是(　　)

A．在t1～t2时间内，平均速度v＝

B．在t1～t2时间内特种兵所受悬绳的阻力越来越大

C．在0～t1时间内加速度不变，在t1～t2时间内加速度减小

D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先减小后增大

【答案】B　在t1～t2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由v1减速到v2，则平均速度为，根据v­t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知特种兵的位移大于其做匀减速直线运动的位移，则平均速度v>，故A错误。在t1～t2时间内，根据牛顿第二定律得F阻－mg＝ma，得F阻＝mg＋ma，因为加速度a增大，则特种兵所受悬绳的阻力增大，故B正确。在0～t1时间内，题图的斜率不变，则加速度不变；在t1～t2时间内，题图切线的斜率绝对值逐渐增大，则加速度逐渐增大，故C错误。若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以他们在悬绳上的距离先增大后减小，故D错误。

8.如图所示，质量为m的小球用两根细线OA、OB连接，细线OA的另一端连接在车厢顶，细线OB另一端连接于侧壁，细线OA与竖直方向的夹角为θ＝37°，OB保持水平，重力加速度大小为g，车向左做加速运动，当OB段细线拉力为OA段拉力的两倍时，小车的加速度大小为(　　)

A．g　　　　　　　　　　 B.g

C.g  D.g

解析：选C　小球受力分析如图所示，在竖直方向，由平衡条件得Fcos 37°＝mg，在水平方向，由牛顿第二定律得2F－Fsin 37°＝ma，解得a＝g，故C正确，A、B、D错误。

9．为了研发超高速的新型交通工具Hyperloop One，某公司完成了图示的轨道测试，现简化为下述过程。轨道全长1 000 m，之后铺设了450 m的减速沙堆，车辆全程保持悬浮，车辆质量为260 kg，忽略轨道和空气产生的阻力。车辆从轨道的一端由静止启动，在电磁作用下加速，加速度大小为20 m/s2，直到达到最大速度540 km/h后关闭动力，最后在沙堆阻力的作用下减速，恰好停在减速沙堆的中点。车辆视为质点，在这次测试中：

(1)求该车从静止加速到100 km/h 的时间；

(2)求该车从启动到停下的总时间；

(3)求该车在沙堆上所受到的平均阻力大小。

解析：(1)100 km/h≈27.8 m/s，540 km/h＝150 m/s

根据v＝at

代入数据，可得“百公里加速时间”t＝1.39 s。

(2)匀加速运动的时间t1＝＝7.5 s

这段时间内的位移s1＝at12＝562.5 m

匀速运动阶段所用时间t2＝ s＝2.92 s

减速阶段所用时间t3＝＝3 s

因此运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝13.42 s。

(3)减速阶段的加速度大小a＝＝50 m/s2

根据牛顿第二定律F阻＝ma

可得阻力大小F阻＝13 000 N。

【答案】(1)1.39 s　(2)13.42 s　(3)13 000 N

10．(多选)如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示。取g＝10 m/s2。根据图中所提供的信息能计算出的是(　　)

A．物体的质量

B．斜面的倾角

C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小

D．加速度为6 m/s2时物体的速度

【答案】ABC　对物体进行受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，

x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma①

y方向：FN－Fsin θ－mgcos θ＝0②

从a­F图像中取两个点(20 N，2 m·s－2)，(30 N，6 m·s－2)代入①式解得m＝2 kg，θ＝37°

因而A、B正确；

当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C正确；

题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m·s－2时物体的速度大小，因而D错误。

11．如图1所示，有一质量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时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F­t图像如图2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－＝0.125 m/s2

方向竖直向下。

(2)根据运动学公式有v＝at2。

将t2＝(34－26)s＝8 s代入得v＝1 m/s。

(3)匀速上升的位移x1＝vt1，

将t1＝26 s代入得x1＝26 m

匀减速上升的位移x2＝t2＝4 m

总位移x＝＝40 m。

【答案】(1)0.125 m/s2，方向竖直向下　(2)1 m/s

(3)40 m

12.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止(t＝0时刻)向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：

(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；

(2)t＝3.0 s时运动员的速度大小；

(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离。

解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度大小为

a1＝＝1.2 m/s2

第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2 m/s

位移x1＝a1t12＝0.6 m。

(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝＝0.2 m/s2

经时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s。

(3)设第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则v22－v1′2＝2a1x1

解得v2＝ m/s

第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝

解得x2＝5.2 m。

【答案】(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)0.8 m/s　(3)5.2 m