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第7课 两类动力学问题 超重与失重
1．两类动力学问题
a．运用牛顿运动定律解决已知受力情况求运动情况的问题
(1)(多选)(2016全国Ⅱ，6分)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案：BD
解析：设小球受到的阻力为f，则f＝kR，k是常数，则由牛顿第二定律得mg－f＝ma，而
m＝ρπR3，故a＝g－，由R甲>R乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C项错误。因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙，故B项正确。由x＝at2可知，t甲
f乙，则W甲克服>W乙克服，故D项正确。
(2)(2016四川理综，17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
①货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
②制动坡床的长度。
答案：①5 m/s2，方向沿制动坡床向下(4分)
②98 m(13分)
解析：①设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin θ＝ma1①(2分)
f＝μmgcos θ②(1分)
联立①②解得a1＝5 m/s2，方向沿制动坡床向下。(1分)
②设货车的质量为4m，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，货车运动距离为s2，货物相对货车运动的距离为s＝4 m，货车受到制动坡床的阻力大小为F，加速度大小为a2，货车长度为l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
4mgsin θ＋F－f＝4ma2③(2分)
F＝0.44(m＋4m)g④(2分)
s1＝vt－a1t2⑤(2分)
s2＝vt－a2t2⑥(2分)
s＝s1－s2⑦(2分)
l＝l0＋s0＋s2⑧(2分)
联立①～⑧解得
l＝98 m(1分)
b．运用牛顿运动定律解决已知物体的运动情况求受力情况的问题
(3)(经典题，8分)一质量为m的消防队员从一平台上无初速度跳下，竖直落向水平地面，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使重心又下降了0.5 m，在着地过程中(重力加速度为g)，求双脚对地面的平均作用力。
答案：5mg，方向向下(8分)
解析：落地时的速度为v＝①(2分)
缓冲过程中a＝＝＝4g，方向竖直向上。②(2分)
由牛顿第二定律得FN－mg＝ma③(2分)
联立①②③解得
FN＝mg＋ma＝5mg，方向竖直向上。(1分)
由牛顿第三定律得，双脚对地面的平均作用力的大小F′N＝FN＝5mg，方向竖直向下。(1分)
(4)(多选)(2013浙江理综，6分)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是( )
A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
答案：AD
解析：从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律得F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4830 N，故A项正确。气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，与题目中物体上升至180 m时匀速运动矛盾，则加速上升过程中所受空气阻力逐渐增大，故B项错误。刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10 s后的速度大小小于5 m/s，故C项错误。以5 m/s匀速上升时，根据平衡条件得F浮＝mg＋f，解得f＝230 N，故D项正确。
(5)(2014全国Ⅰ，12分)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的，若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
答案：20 m/s(72 km/h)(12分)
解析：设路面干燥时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg＝ma0①(2分)
s＝v0t0＋②(2分)
式中m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。
设在雨天行驶时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0③(2分)
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma④(2分)
s＝vt0＋⑤(2分)
联立①②③④⑤解得v＝20 m/s(72 km/h)(2分)
2．运用牛顿运动定律解决动力学的图像问题
a．运用v－t图像解决动力学问题
(6)(2018改编，12分)如图所示，t＝0时刻质量分别为m、2m的A、B两物体(均可视为质点)放在同一水平面上，两物体与地面间的动摩擦因数都为μ，现A物体受到大小为3μmg，B物体受到大小为4μmg，方向均水平向右的恒力作用，两物体同时出发向右做匀加速直线运动。经过t0时间两物体同时撤去水平向右的恒力，此过程两物体并未相撞，之后继续运动直至停止，A物体停止时恰好追上B，求t＝0时刻两物体之间的距离s。
答案：2μgt(12分)
解析：法一(解析法)
受到水平恒力作用时，由牛顿第二定律得
A物体的加速度aA＝①(2分)
B物体的加速度aB＝②(1分)
故A物体的位移xA＝aAt③(1分)
vA＝aAt0④(1分)
B物体的位移xB＝aBt⑤(1分)
vB＝aBt0⑥(1分)
由牛顿第二定律得两物体匀减速时的加速度
aA′＝aB′＝μg⑦(1分)
2aA′xA′＝v⑧(1分)
2aB′xB′＝v⑨(1分)
s＝(xA＋xA′)－(xB＋xB′)⑩(1分)
联立上式得s＝2μgt(1分)
法二(图像法)
由牛顿第二定律得受力时A的加速度
aA＝＝2μg(3分)
B物体加速度aB＝＝μg (3分)
撤去力时两物体的加速度aA′＝aB′＝μg，故减速时A、B的v－t图线平行。
据此画出A、B两物体的v－t图像如图所示。物体A、物体B的v－t图线与t轴围成的面积大小之差就是s，由图像得s＝2μgt(6分)
(7)(2018改编，10分)如图(a)所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，求物块与斜面间的动摩擦因数和物块沿斜面向上滑行的最大高度。
答案： (10分)
解析：由v－t图像可得物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝①(2分)
设斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma②(2分)
同理，向下滑行时有
mgsin θ－μmgcos θ＝m③(2分)
由题图知物块向上滑行的最大位移x＝t1④(2分)
联立①②③④解得物块向上滑行的最大高度为
xsin θ＝(1分)
物块与斜面之间的动摩擦因数
μ＝(1分)
b．动力学问题中选择正确的a－t图像或F－a图像可采用解析法或排除法
(8)(2013全国Ⅱ，6分)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是( )
答案：C
解析：法一(解析法)
设物块所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F＝ma＋f，所以能正确描述F与a之间关系的图像是C，故C项正确，A项、B项、D项均错误。
法二(排除法)
因物体还受到摩擦力，故力F达不到最大静摩擦力时，物体静止，加速度为0，故图线的纵轴截距大于0，当F大于最大静摩擦力时，a随F增大而增大，故C项正确，A项、B项、D项均错误。
(9)(经典题，6分)在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
答案：A
解析：本题中开始阶段两物体一起做加速运动，有F＝(m1＋m2)a，即a＝，两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动。对m2有
F－f＝m2a2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后f＝μm2g不再变化，a2＝，故其图像斜率增大。而对m1，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，可见a1＝为定值，故A项正确。
3．求解超重与失重问题的关键是加速度的分析
(10)(多选)(2015江苏单科，4分)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案：AD
解析：人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2 s时a为正且有最大值，F′N最大，故A项正确，B项错误。当t＝8.5 s时，a为负且有最大值，F′N最小，故D项正确，C项错误。
2019版高考物理总复习 第7课 两类动力学问题 超重与失重练习.doc
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