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两类问题、超重和失重 第三章 复习小结一,1.如图甲所示,在粗糙水平面上,物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动,其速度时间图象如图乙所示,下列判断正确的是 ( ) A.在01 s内,外力F不断增大 B.在1 s3 s内,外力F的大小恒定 C.在3 s4 s内,外力F不断减小 D.在3 s4 s内,外力F的大小恒定,两类动力学（多过程）问题,2.如图所示,物体P以一定的初速度v沿光滑水平面向右运动,与一个右端固定的轻质弹簧相撞,并被弹簧反向弹回.若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律,那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中 ( ) A.P的加速度大小不断变化,方向也不断变化 B.P的加速度大小不断变化,但方向只改变一次 C.P的加速度大小不断改变,当加速度数值最大时,速度最小 D.有一段过程,P的加速度逐渐增大,速度也逐渐增大,3.如图所示,自由下落的小球下落一段时间后,与弹簧接触,从它接触弹簧开始,到弹簧压缩到最短的过程中,小球的速度、加速度的变化情况如何？,234,4、如图所示,在光滑水平面AB上,水平恒力F推动质量为m=1 kg的物体从A点由静止开始做匀加速直线运动,物体到达B点时撤去F,接着又冲上光滑斜面(设经过B点前后速度大小不变,最高能到达C点,用速度传感器测量物体的瞬时速度,表中记录了部分测量数据),求:,(1)恒力F的大小. (2)斜面的倾角. (3)t=2.1 s时物体的速度.,解析 (1)物体从A到B过程中:a1= =2 m/s2 则F=ma1=2 N (2)物体从B到C过程中a2= =5 m/s 由牛顿第二定律可知mgsin=ma2 代入数据解得sin=1/2,=30,(3)设B点的速度为vB,从v=0.8 m/s到B点过程中vB=0.8+a1t1 从B点到v=3 m/s过程vB=3+a2t2 t1+t2=1.8 s 解得t1=1.6s t2=0.2s vB=4 m/s 所以,当t=2 s时物体刚好达到B点 当t=2.1 s时v=vB-a2(t-2) v=3.5 m/s.,解决两类动力学问题方法小结,(1)把握“两个分析”“一个桥梁” 两个分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。 一个桥梁：物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。 (2)寻找多过程运动问题中各过程间的联系。 如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程间的位移联系。,1.如图是我国“美男子”长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景.宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验,下列说法正确的是( ) A.火箭加速上升时,宇航员处于失重状态 B.飞船加速下落时,宇航员处于失重状态 C.飞船落地前减速,宇航员对座椅的压力 大于其重力 D.火箭上升的加速度逐渐减小时,宇航员对座椅的压力小于其重力,超重和失重,感悟小结,超重还是失重的重要判据：,发生超重、失重时，重力不变，视重改变,a的方向,2、如图所示,一个盛水的容器底部有一小孔.静止时用手指堵住小孔不让它漏水,假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动,且忽略空气阻力,则 ( ) A.容器自由下落时,小孔向下漏水 B.将容器竖直向上抛出,容器向上运动时,小孔向下 漏水;容器向下运动时,小孔不向下漏水 C.将容器水平抛出,容器在运动中小孔向下漏水 D.将容器斜向上抛出,容器在运动中小孔不向下漏水,3.由静止开始竖直向上运动的电梯里,某同学把测量加速度的传感器固定在手提包上,手提包与传感器总质量为1 kg,到达某一楼层停止,采集数据并分析处理后列在下表中. 在计算机上画出手提包在此过程中速度v、加速度a、手对手提包的拉力F、位移x随时间的变化关系图象,请根据上表数据和所学知识,判断下列选项中正确的是(g取10 m/s2) ( ),4.一个研究性学习小组设计了一个竖直加速度器,如图所示.把轻弹簧上端用胶带固定在一块纸板上,让其自然下垂,在弹簧末端处的纸板上刻上水平线A.现把垫圈用胶带固定在弹簧的下端,在垫圈自由垂下处刻上水平线B,在B的下方刻一水平线C,使AB间距等于BC间距.假定当地重力加速度g=10 m/s2,当加速度器在竖直方向运动时,若弹簧末端的垫圈( ),A.在A处,则表示此时的加速度为零 B.在A处,则表示此时的加速度大小为g,且方向向下 C.在C处,则质量为50 g的垫圈对弹簧的拉力为1 N D.在BC之间某处,则此时加速度器一定是在加速上升,作业,复习、小结、反思,三维P39要点一 课时跟踪P247对点训练：超重与失重,电子作业（书写在作业本上）,1. 质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角=37,如图所示.力F作用2秒钟后撤去,物体 在斜面上继续上滑了1.25 秒钟后,速度减为零.求: 物体与斜面间的动摩擦 因数和物体的总位移x. (已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2),解析 设力F作用时物体沿斜面上升的加速度为a1,撤去力F后其加速度变为a2,则:a1t1=a2t2 在沿斜面方向上,由牛顿第二定律可得 Fcos-mgsin-Ff1=ma1 Ff1=FN1=(mgcos+Fsin) 撤去力F后,由牛顿第二定律得 mgsin+Ff2=ma2 Ff2=FN2=mgcos 联立式,得a2=8 m/s2 a1=5 m/s2 =0.25 物体运动的总位移x= a1t12+ a2t22=16.25 m,2. 如图所示, 一足够长的光滑斜面倾角为=30,斜面AB与水平面BC连接,质量m=2 kg的物体置于水平面上的D点,D点距B点d=7 m.物体与水平面间的动摩擦因数=0.2,当物体受到一水平向左的恒力F=8 N作用t=2 s后撤去该力,不考虑物体经过B点时的碰撞损失,重力加速度g取10 m/s2.求撤去拉力F后,经过多长时间物体经过B点?,解析 在F的作用下物体运动的加速度a1,由牛顿运动定律得F-mg=ma1 解得a1=2 m/s2 F作用2 s后的速度v1和位移x1分别为 v1=a1t=4 m/s x1=a1t2/2=4 m 撤去F后,物体运动的加速度为a2 mg=ma2 解得a2=2 m/s2 第一次到达B点所用时间t1,则 d-x1=v1t1-a2t12/2 解得t1=1 s,此时物体的速度v2=v1-a2t1=2 m/s 当物体由斜面重回B点时,经过时间t2,物体在斜面上运动的加速度为a3,则 mgsin 30=ma3 t2= =0.8 s 第二次经过B点时间为t=t1+t2=1.8 s 所以撤去F后,分别经过1 s和1.8 s物体经过B点.,3如图所示，物体A的质量M1 kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m0.5 kg，长L1 m某时刻A以v04 m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数0.2，取重力加速度g10 m/s2.试求：,(1)若F5 N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离； (2)如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件,解析: （1）物体A滑上木板B以后，有mg =maA 得aA=g=2 m/s2 木板B作加速运动，有F+mg=MaB，得：aB=14 m/s2 两者速度相同时，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25s A滑行距离：SA=V0t-aAt2/2=15/16m B滑行距离：SB=aBt2/2=7/16m 最大距离：s= SA- SB=0.5m (2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1 可得：aB=6m/s2 F= m2aBm1g=1N 若F1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N。 当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。 即有：F=（m+m）a，m1g =m1a 所以：F3N 若F大于3N，A就会相对B向左滑下。 综上：力F应满足的条件是： 1NF3N,
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