2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(02)　牛顿运动定律的综合应用

这是一份2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(02)　牛顿运动定律的综合应用，共20页。

命题点一　超重与失重的理解及应用(师生互动)
[核心整合]
1．超重和失重的对比

定义
产生条件
超重
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象
物体具有向上的加速度
失重
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象
物体具有向下的加速度
完全
失重
物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象
物体的加速度a＝g，方向竖直向下
2.对超重和失重的“三点”深度理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
(3)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
　合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重．其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送上70多米的高处，然后让座舱由静止无动力落下，落到离地30 m高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．若舱中某人用手托着一个重50 N的铅球．空气阻力不可忽略，则下列说法正确的是(　　)
A．当座舱落到离地面45 m高的位置时，球对手的压力为0
B．当座舱落到离地面45 m高的位置时，手对球有支持力
C．当座舱落到离地面20 m高的位置时，球对手压力为0
D．当座舱落到离地面20 m高的位置时，手对球的支持力小于50 N
解析：B　当座舱落到离地面45 m高的位置时处于失重状态，由于空气阻力的作用，向下的加速度小于g，对铅球由牛顿第二定律得mg－FN＝ma，故FN＞0，手与球之间有作用力，选项B正确，A错误；当座舱落到离地面20 m高的位置时加速度向上，处于超重状态，手对球的支持力大于50 N，选项C、D错误．

判断超重和失重的方法
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a＝g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
[题组突破]
1.(超重、失重的判断)(2020·山东卷)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，FN3μmg时，A、B发生相对滑动．当F0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以C错误；当a＝a1时，由牛顿第二定律得F－mg＝ma1，又m＝，g＝a0，故拉力F＝(a1＋a0)，所以D错误．
12．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图甲所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示．已知运动员的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)．求：

(1)打开降落伞前运动员下落的距离为多大？
(2)求阻力系数 k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向．
(3)绳能够承受的拉力至少为多少？
解析：(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式得
h0＝＝20 m.
(2)由题图甲可知，当速度等于5 m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，
则kv＝2mg，k＝＝ N·s/m＝200 N·s/m
刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得
a＝＝30 m/s2，方向竖直向上．
(3)设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得：
8FTcos α－mg＝ma
解得FT＝＝312.5 N
所以绳能够承受的拉力至少为312.5 N.
答案：(1)20 m　(2)200 N·s/m　30 m/s2　方向竖直向上　(3)312.5 N
[热点加练]
13.(2022·威海检测)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2.现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将(　　)
A．变大 B．变小
C．不变 D．先变小后变大
解析：B　剪断Q下端的细绳后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断前的示数相比减小了，选项B正确．
14．(多选)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用力F沿水平方向拉物体C.以下说法正确的是(　　)

A．拉力F小于11 N时，不能拉动C
B．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 N
C．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 N
D．A的加速度将随拉力F的增大而增大
解析：AC　当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力 f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3 N, fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4 N，F＝f桌＋fBC＋T，T＝fBC＝4 N，可解得F＝11 N，故A正确；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB＝0.4mAg＝mAa，对AB整体受力分析可得T－fBC＝(mA＋mB)a，对C物体受力分析可得F－T－fBC－f桌＝mCa，联立解得F＝23 N，说明A和B发生相对滑动的临界拉力大小为F＝23 N，故C正确；当F＝17 N时，没有发生相对滑动，此时对AB整体T－fBC＝(mA＋mB)a1，对C物体受力分析F－T－fBC－f桌＝mCa1，联立解得T＝8 N，故B错误；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为a＝0.4g＝4 m/s2，随拉力F增大加速度不变，故D错误．
15．某同学为了研究物体下落过程的特点，设计了如下实验：将两本书A、B从高楼楼顶放手让其落下，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其v­t图像如图乙所示，虚线在P点与速度图线相切，已知mA＝2 kg，mB＝2 kg，g＝10 m/s2.由图可知(　　)

甲　　　 　乙
A．0～2 s内A、B的平均速度等于4.5 m/s
B．t＝2 s时A、B受到空气阻力等于25 N
C．t＝2 s时A对B的压力等于16 N
D．下落过程中A对B的压力不变
解析：C　根据v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，A、B在0～2 s内的位移大于9 m，所以平均速度大于4.5 m/s，故A错误；t＝2 s时A、B的加速度大小为a＝＝2 m/s2，整体根据牛顿第二定律可得(mA＋mB)g－F阻＝(mA＋mB)a，解得t＝2 s时A、B受到空气阻力F阻＝32 N，故B错误；t＝2 s时以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAg－FN＝mAa，解得FN＝16 N，根据牛顿第三定律可得A对B的压力等于16 N，故C正确；下落过程中加速度逐渐减小，A对B的压力FN′＝mAg－mAa，逐渐增大，故D错误．
16．(多选)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v­t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2.则以下说法正确的是(　　)

A．滑块与地面间的动摩擦因数为0.3
B．滑块与地面间的动摩擦因数为0.5
C．弹簧的劲度系数为175 N/m
D．弹簧的劲度系数为150 N/m
解析：BC　根据v­t图线的斜率表示加速度，由题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得，摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma，所以μ＝＝0.5，故A错误，B正确；刚释放时滑块的加速度为a′＝＝ m/s2＝30 m/s2，由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma′，代入数据解得k＝175 N/m，故C正确，D错误．
17．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

A．2 s末到3 s末物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．恒力F大小为10 N
解析：BC　物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝＝10 m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为t1＝＝ s＝1 s，即在t＝1 s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小a2＝＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立解得F＝7 N，Ff＝3 N，由Ff＝μmg，得μ＝0.3，故C项正确，D项错误．
18．如图甲所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量m＝1 kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化关系的图像如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)2 s末物体的速度大小；
(2)前16 s内物体发生的位移．
解析：(1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设在0～2 s时间内物体沿斜面方向向下运动
因为mgsin θ－μmgcos θ－F1>0，
所以假设成立，物体在0～2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，
解得a1＝2.5 m/s2，
v1＝a1t1，
代入数据可得v1＝5 m/s.
(2)物体在前2 s内发生的位移为x1＝a1t＝5 m，
当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ－F2＝ma2，
代入数据可得a2＝－0.5 m/s2，
设物体经过t2时间速度减为零，则0＝v1＋a2t2，
解得t2＝10 s，
物体在t2时间内发生的位移为
x2＝v1t2＋a2t＝25 m，
由于mgsin θ－μmgcos θ