物理大一輪復習試題：第三章第2節(jié)動力學兩類問題超重和失重

第2節(jié)動力學兩類問題超重和失重一、超重和失重1.超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度。2.失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度。3.完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下。4.實重和視重(1)實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關。(2)視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重。【自測1】金屬小桶側(cè)面有一小孔A，當桶內(nèi)盛水時，水會從小孔A中流出，如果讓裝滿水的小桶自由下落，不計空氣阻力，則在小桶自由下落過程中()圖1A.水繼續(xù)以相同的速度從小孔中噴出B.水不再從小孔噴出C.水將以更大的速度噴出D.水將以較小的速度噴出答案B二、動力學兩類基本問題1.動力學兩類基本問題(1)已知受力情況，求物體的運動情況。(2)已知運動情況，求物體的受力情況。2.解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓運動定律列方程求解，具體邏輯關系如圖：【自測2】一個靜止在水平地面上的物體，質(zhì)量為2.0kg，在6.4N的水平拉力作用下沿水平地面運動，物體與水平地面間的滑動摩擦力是4.2N，求物體在4s末的速度和這4s內(nèi)發(fā)生的位移大小。答案4.4m/s8.8m考點一動力學的兩類基本問題1.解題關鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析。(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各運動過程間相互聯(lián)系的橋梁。2.常用方法(1)合成法在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用合成法。(2)正交分解法若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)時，則采用正交分解法。角度1已知受力情況求運動情況【例1】如圖2所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應用。一架質(zhì)量m＝2kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝36N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f＝4N。g取10m/s2。圖2(1)無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛。求在t＝5s時離地面的高度h；(2)當無人機懸停在距離地面高度H＝100m處，由于動力設備故障，無人機突然失去升力而墜落。求無人機墜落地面時的速度v。答案(1)75m(2)40m/s解析(1)設無人機上升時加速度為a，由牛頓第二定律，有F－mg－f＝ma解得a＝6m/s2由h＝eq\f(1,2)at2，解得h＝75m。(2)設無人機墜落過程中加速度大小為a1，由牛頓第二定律，有mg－f＝ma1解得a1＝8m/s2由v2＝2a1H，解得v＝40m/s。角度2已知運動情況求受力情況【例2】(2021·遼寧大連一模)機器人“小易”在醫(yī)護人員選擇配送目的后，就開始沿著測算的路徑出發(fā)，在加速啟動的過程中“小易”“發(fā)現(xiàn)”正前方站一個人，立即制動減速，恰好在距離人30cm處停下?！靶∫住睆撵o止出發(fā)到減速停止，可視為兩段勻變速直線運動，其v－t圖象如圖3所示，圖中t0＝1.6s，v0＝5m/s。已知減速時的加速度大小是加速時加速度大小的3倍，“小易”(含藥物)的總質(zhì)量為60kg，運動過程中阻力恒為20N。(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)求：圖3(1)“小易”從靜止出發(fā)到減速停止的總位移以及加速過程與減速過程的加速度分別多大；(2)啟動過程的牽引力與制動過程的制動力(不含阻力)分別多大。答案(1)4m4.17m/s212.5m/s2(2)270N730N解析(1)設加速運動與減速運動的時間分別為t1、t2，位移分別是x1、x2，總時間是t0，總位移是x，由勻變速直線運動規(guī)律知x1＝eq\f(v0,2)t1，x2＝eq\f(v0,2)t2x＝x1＋x2，解得x＝4m由加速度定義式知a1＝eq\f(v0,t1)，a2＝eq\f(v0,t2)則a2＝3a1t0＝t1＋t2聯(lián)立解得t1＝1.2s，t2＝0.4s則a1＝eq\f(25,6)m/s2＝4.17m/s2a2＝eq\f(25,2)m/s2＝12.5m/s2。(2)對加速過程與減速過程分別列牛頓第二定律方程有F1－Ff＝ma1，F(xiàn)2＋Ff＝ma2解得F1＝270N，F(xiàn)2＝730N。1.(2021·全國甲卷)如圖4，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關。若θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將()圖4A.逐漸增大 B.逐漸減小C.先增大后減小 D.先減小后增大答案D解析由題意知，小物塊沿光滑長平板加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，小物塊的加速度大小a＝gsinθ；設鐵架臺底座的長度為d，根據(jù)幾何關系，小物塊的位移大小為eq\f(d,cosθ)；根據(jù)運動學公式得eq\f(d,cosθ)＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立可得t＝eq\r(\f(4d,gsin2θ))，θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將先減小后增大，D正確。2.(多選)(2021·遼寧六校聯(lián)考)如圖5甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻F突然反向，大小不變，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖象如圖乙所示，g＝10m/s2。下列說法中正確的是()圖5A.0～5m內(nèi)物塊做勻減速運動B.在t＝1s時刻，恒力F反向C.恒力F大小為10ND.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3答案ABD解析0～5m內(nèi)，由veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a1x1，得veq\o\al(2,1)＝2a1x1＋veq\o\al(2,0)，由題圖乙知，2a1＝－20m/s2，則a1＝－10m/s2，物塊做勻減速運動，A正確；由題圖乙知，物塊的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m處反向，在0～5m內(nèi)物塊運動的時間t＝eq\f(0－v0,a1)＝1s，即在t＝1s時刻，恒力F反向，B正確；5～13m內(nèi)，由veq\o\al(2,2)＝2a2x2得物塊的加速度a2＝eq\f(veq\o\al(2,2),2x2)＝eq\f(64,2×8)m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律得－F－μmg＝ma1，F(xiàn)－μmg＝ma2，聯(lián)立兩式解得F＝7N，μ＝0.3，D正確，C錯誤?？键c二超重與失重現(xiàn)象1.超重和失重現(xiàn)象的判斷(1)從受力的角度判斷：當物體受到的向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時處于失重狀態(tài)；等于零時處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷：當物體具有向上的加速度時，處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，處于失重狀態(tài)；向下的加速度恰好等于重力加速度時，處于完全失重狀態(tài)。2.超重和失重現(xiàn)象的理解(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的速度方向無關，只取決于加速度的方向。(2)并非物體在豎直方向上運動時，才會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。只要加速度具有豎直向上的分量，物體就處于超重狀態(tài)；同理，只要加速度具有豎直向下的分量，物體就處于失重狀態(tài)。(3)發(fā)生超重或者失重時，物體的實際重力并沒有發(fā)生變化，變化的只是物體的視重。【真題示例3】(2019·浙江4月選考)如圖6所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)()圖6A.A球?qū)⑾蛏线\動，B、C球?qū)⑾蛳逻\動B.A、B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動C.A球?qū)⑾蛳逻\動，B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動D.A球?qū)⑾蛏线\動，B球?qū)⑾蛳逻\動，C球不動答案D解析剪斷繩子之前，A球受力分析如圖甲所示，B球受力分析如圖乙所示，C球受力分析如圖丙所示。剪斷繩子瞬間，水杯和水都處于完全失重狀態(tài)，水的浮力消失，杯子的瞬時加速度為重力加速度。又由于彈簧的形狀來不及發(fā)生改變，彈簧的彈力大小不變，相對地面而言，A球的加速度aA＝eq\f(mAg－F彈A,mA)＜g，方向豎直向下，其相對杯子的加速度方向豎直向上。相對地面而言，B球的加速度aB＝eq\f(mBg＋F彈B,mB)＞g，方向豎直向下，其相對杯子的加速度方向豎直向下。繩子剪斷瞬間，C球所受的浮力和拉力均消失，其瞬時加速度為重力加速度，故相對杯子靜止，綜上所述，D正確。3.(2021·北京豐臺區(qū)期末)圖7甲是某人站在接有力傳感器的平板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖7中的小黑點表示人的重心。圖乙是平板所受壓力隨時間變化的圖象，取重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)圖象分析可知()圖7A.人的重力可由b點讀出，約為300NB.b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)C.人在雙腳離開平板的過程中，處于完全失重狀態(tài)D.人在b點對應時刻的加速度大于在c點對應時刻的加速度答案C解析由題圖可知，開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力約為900N，人的重力也約為900N，故A錯誤；b到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)，故B錯誤；雙腳離開平板的過程中只受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；b點壓力與重力的差值要小于c點壓力與重力的差值，則人在b點的加速度要小于在c點的加速度，故D錯誤?？键c三動力學方法解決多運動過程問題1.將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。2.對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。3.根據(jù)“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。4.分析“銜接點”速度、加速度等的關聯(lián)，確定各段間的時間關聯(lián)，并列出相關的輔助方程。5.聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進行必要的驗證或討論?！纠?】(2021·浙江五校聯(lián)考)無人機的質(zhì)量為m＝2kg，在地面上由靜止開始以最大升力豎直向上起飛，經(jīng)時間t＝4s時離地面的高度為h＝48m，已知無人機動力系統(tǒng)所能提供的最大升力為36N，假設無人機運動過程中所受空氣阻力的大小恒定，g取10m/s2，求：(1)無人機運動過程中所受空氣阻力的大?。?2)當無人機懸停在距離地面高度h＝45m處時，無人機由于信號故障突然失去全部升力，由靜止開始豎直墜落，若無人機到達地面時速度剛好減為0，剛開始下落后經(jīng)多長時間需要立刻恢復最大升力。答案(1)4N(2)2.5s解析(1)無人機提供最大升力時，令其向上的加速度為a1，根據(jù)位移公式h＝eq\f(1,2)a1t2解得a1＝6m/s2令無人機動力系統(tǒng)所能提供的最大升力為F，根據(jù)牛頓第二定律F－mg－f＝ma1計算出空氣阻力為f＝4N。(2)令失去動力時的加速度為a2，則a2＝eq\f(mg－f,m)＝8m/s2令剛開始下落經(jīng)t1時間需要恢復動力，恢復動力時的速度為v1＝a2t1下落的高度為h1＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)恢復動力后，令加速度為a3，則a3＝eq\f(F＋f－mg,m)＝10m/s2從恢復到下落到地面的位移h2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a3)利用h1＋h2＝H解得v1＝20m/st1＝2.5s。4.如圖8所示為風洞里模擬實驗的示意圖。一質(zhì)量為m＝1kg的實驗對象(可視為質(zhì)點)套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角為θ＝30°。風洞產(chǎn)生豎直向上、大小F＝20N的風力作用在實驗對象上，實驗對象從M點由靜止開始沿直桿向上運動。已知實驗對象與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),6)。取g＝10m/s2。求：圖8(1)實驗對象剛開始運動時的加速度大??；(2)若桿上有一點N位于M點上方，且M、N兩點的間距為L＝2.4m，欲使實驗對象到達N點，求風力F作用的最短時間。答案(1)2.5m/s2(2)1.2s解析(1)設在力F作用時，直桿對實驗對象的支持力為FN1，滑動摩擦力為Ff1，實驗對象剛開始運動時的加速度大小為a1，則根據(jù)牛頓第二定律得沿桿方向有Fsin30°－mgsin30°－Ff1＝ma1垂直于桿方向有FN1＝Fcos30°－mgcos30°又Ff1＝μFN1解得a1＝2.5m/s2。(2)當實驗對象到達N點的速度剛好為零，風力F作用的最短時間設為t1，設撤去力F前實驗對象上滑距離為x1，撤去力F后，實驗對象上滑的加速度大小為a2，上滑距離為x2，剛撤去F時，實驗對象的速度為v，則有v＝a1t1x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2可得a2＝7.5m/s2x2＝eq\f(v2,2a2)由幾何關系有x1＋x2＝L聯(lián)立解得t1＝1.2s?！暗葧r圓”模型1.三種模型(如圖1)圖12.等時性的證明設某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d(如圖2)。物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ＝ma，則加速度為a＝gsinα，位移為x＝dsinα，所以運動時間為t0＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinα,gsinα))＝eq\r(\f(2d,g))。即運動時間與弦的傾角、長短無關。圖2【示例】(多選)如圖3所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速度釋放，一個滑環(huán)從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是()圖3A.t1＝t2 B.t2＞t3C.t1＜t2 D.t1＝t3答案BCD解析設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca＞aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2＞tca，故選項A錯誤，B、C、D正確?？键c一動力學的兩類基本問題1.(2021·山東濰坊模擬)豎直向上拋的物體在上升過程中由于受到空氣阻力，加速度大小為eq\f(4,3)g，若空氣阻力大小不變，那么這個物體下降過程中的加速度大小為()A.eq\f(4,3)g B.gC.eq\f(2,3)g D.eq\f(1,2)g答案C解析上拋過程中，受到豎直向下的重力和豎直向下的阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg＋f＝eq\f(4,3)mg，解得f＝eq\f(1,3)mg，在下降過程中，受到豎直向下的重力和豎直向上的阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－f＝ma，解得a＝eq\f(2,3)g，故選C。2.如圖1所示，人手握繩子使自己與木板懸停在半空中，此時板距地面高度為h＝4m，已知人的質(zhì)量為60kg，板的質(zhì)量為10kg，人能安全著地的最大速度為4m/s。人做勻變速直線運動回到地面，至少以多大的力拉繩，才不至于出危險，繩足夠長，g取10m/s2()圖1A.560N B.280NC.420N D.392N答案B解析根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式得，木板向下的加速度a＝eq\f(veq\o\al(2,m),2h)m/s2＝eq\f(16,2×4)m/s2＝2m/s2，對人和板整體分析(M＋m)g－2T＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得T＝280N，故選B。3.(2021·浙江6月選考)機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖2所示，質(zhì)量m＝1.0×103kg的汽車以v1＝36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長l＝6m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應時間。圖2(1)求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大?。?2)若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；(3)假設駕駛員以v2＝54km/h超速行駛，在距離斑馬線s＝20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。答案(1)4s2.5×103N(2)20s(3)5eq\r(5)m/s解析v1＝36km/h＝10m/sv2＝54km/h＝15m/s(1)根據(jù)平均速度公式得t1＝eq\f(s,\o(v,\s\up6(－)))＝eq\f(2s,v1)解得剎車時間t1＝4s剎車加速度a＝eq\f(－v1,t1)＝－2.5m/s2根據(jù)牛頓第二定律得－Ff＝ma解得Ff＝2.5×103N。(2)小朋友通過斑馬線的時間t2＝eq\f(l＋L,v0)＝24s汽車在斑馬線前等待時間t＝t2－t1＝20s。(3)根據(jù)速度位移公式得v2－veq\o\al(2,2)＝2as解得v＝5eq\r(5)m/s。考點二超重和失重問題4.(2021·浙江高三月考)由于生活水平的不斷提升，越來越多的家庭擁有了私家轎車，造成車位難求的現(xiàn)象，因此很多停車場采用了多層停車的結(jié)構(gòu)。若車子被“移送”停在上層，車主想使用汽車時就需要車庫管理員把車子“移送”到下層。如圖3是管理員正在“移送”車輛的過程。假設“移送”過程中車輛相對于底板始終靜止，底板始終保持水平，則下列說法正確的是()圖3A.車子在被水平向右“移送”的過程中，車子對底板的摩擦力一直水平向左B.車子在被水平向右“移送”的過程中，底板對車子的摩擦力不可能水平向左C.車子在被豎直向下“移送”的過程中，車子對底板的力可能小于底板對車子的力D.車子在被豎直向下“移送”的過程中，底板對車子的力可能大于車子自身的重力答案D解析車子在被水平向右“移送”的過程中，若減速向右移送，則車子對底板的摩擦力水平向右，若加速向右移送，則車子對底板的摩擦力水平向左，故A、B錯誤；車子對底板的力和底板對車子的力是一對作用力和反作用力，任何時刻都大小相等，方向相反，故C錯誤；車子在被豎直向下“移送”的過程中，若減速向下移動，則加速度向上，即FN＝mg＋ma，即底板對車子的力可能大于車子自身的重力，故D正確。5.(2020·山東卷)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖4所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是()圖4A.0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB.t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC.t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD.t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg答案D解析根據(jù)位移—時間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內(nèi)，圖像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持力FN<mg，選項A錯誤；t1～t2時間內(nèi)，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客所受的支持力FN＝mg，選項B錯誤；t2～t3時間內(nèi)，圖像斜率減小，速度v減小，加速度方向向上，由牛頓運動定律可知乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力FN>mg，選項C錯誤，D正確。6.(2021·廣東佛山模擬)如圖5(a)所示，老師用力傳感器提著重物在豎直方向上做了一個超、失重實驗，并截取了電腦顯示器上所顯示F－t圖象的其中一段，如圖(b)所示，則()圖5A.t0階段重物一定處于靜止狀態(tài)B.t1到t2階段重物先向上加速后向下減速C.t2階段重物處于超重狀態(tài)D.t3階段重物處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)答案D解析t0階段和t3階段，拉力等于重力，重物可能處于靜止狀態(tài)，也可能處于勻速直線運動狀態(tài)，所以A錯誤，D正確；t1階段拉力大于重力，重物處于超重狀態(tài)，加速度一定向上，重物向上做加速運動或向下做減速運動，t2階段拉力小于重力，加速度向下，做向下加速或向上減速，所以B錯誤；t2階段拉力小于重力，重物處于失重狀態(tài)，所以C錯誤。7.(2021·江蘇百校聯(lián)考)如圖6甲所示，在升降機的頂部安裝了一個能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機在勻速運行過程中突然停止，并以此時為零時刻，在后面一段時間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，g為重力加速度，則()圖6A.升降機停止運行前在向下運動B.t1～t3時間內(nèi)小球向下運動，速度先增大后減小C.t1～t2時間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)D.t3～t4時間內(nèi)小球向下運動，速度一直增大答案B解析初始時刻彈簧伸長，彈力平衡重力，由圖象看出，升降機停止運動后彈簧的拉力先變小，即小球向上運動，所以升降機停止前在向上運動，故A錯誤；0～t1時間內(nèi)，小球向上運動，t1～t3時間內(nèi)，小球向下運動，加速度先向下后向上，則速度先增大后減小，故B正確；t1～t2時間內(nèi)，重力大于彈力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；t3時刻處于最低點，t3～t4時間內(nèi)，小球向上運動，彈力大于重力，小球向上做加速運動，t4時刻速度最大，故D錯誤?？键c三動力學方法分析多運動過程問題8.(2021·四川成都二模)如圖7所示是滑梯簡化圖，一小孩從滑梯上A點開始無初速度下滑，在AB段勻加速下滑，在BC段勻減速下滑，滑到C點恰好靜止，整個過程中滑梯保持靜止狀態(tài)。假設小孩在AB段和BC段滑動時的動摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2，AB與BC長度相等，則()圖7A.整個過程中地面對滑梯始終無摩擦力作用B.動摩擦因數(shù)μ1＋μ2＝2tanθC.小孩從滑梯上A點滑到C點先超重后失重D.整個過程中地面對滑梯的支持力始終等于小孩和滑梯的總重力答案B解析小朋友在AB段做勻加速直線運動，將小朋友的加速度a1分解為水平和豎直兩個方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律知，地面對滑梯的摩擦力方向水平向右；有豎直向下的分加速度，則由牛頓第二定律分析得知：小孩處于失重狀態(tài)，地面對滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的總重力。同理，小朋友在BC段做勻減速直線運動時，小孩處于超重狀態(tài)，地面對滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的總重力，地面對滑梯的摩擦力方向水平向左，故A、C、D錯誤；設AB的長度為L，小孩在B點的速度為v，小孩從A到B為研究過程，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，由運動學公式可得v2＝2a1L；小孩從B到C為研究過程，由牛頓第二定律可得μ2mgcosθ－mgsinθ＝ma2，由運動學公式可得v2＝2a2L；聯(lián)立解得μ1＋μ2＝2tanθ，故B正確。9.(2021·河南鄭州模擬)甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2，從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質(zhì)量無關，即f＝kv(k為正的常量)。兩球的v－t圖象如圖8所示。落地前，經(jīng)時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是()圖8A.釋放瞬間甲球加速度較大 B.eq\f(m1,m2)＝eq\f(v2,v1)C.甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量 D.t0時間內(nèi)兩球下落的高度相等答案C解析釋放瞬間，兩球受到的阻力均為0，此時加速度相同，選項A錯誤；運動到最后達到勻速時，重力和阻力大小相等，mg＝kv，則eq\f(m1,m2)＝eq\f(v1,v2)，選項B錯誤；由圖象可知v1＞v2，因此甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量，選項C正確；下落高度等于圖線與時間軸圍成的面積，可知甲球下落高度大，選項D錯誤。10.某同學制作了一個“豎直加速度測量儀”，可以用來測量豎直上下電梯運行時的加速度，其構(gòu)造如圖9所示。把一根輕彈簧上端固定在小木板上，下端懸吊0.9N重物時，彈簧下端的指針指木板上刻度為C的位置，把懸吊1.0N重物時指針位置的刻度標記為0，以后該重物就固定在彈簧上，和小木板上的刻度構(gòu)成了一個“豎直加速度測量儀”。重力加速度g取10m/s2，規(guī)定豎直向上的方向為正方向，則下列說法正確的是()圖9A.使用時，若指針在0點下方，說明電梯正在上升B.使用時，若指針在0點上方，說明電梯處于失重狀態(tài)C.木板上刻度為C的位置所標加速度為1m/s2D.木板上刻度為B的位置所標加速度為－0.5m/s2答案B解析若指針在0點下方，則說明此時彈簧繼續(xù)拉伸，彈力大于重力，所以加速度向上，但是電梯可能減速下降，A錯誤；使用時，若指針在0點上方，則說明此時彈簧拉伸量變小，彈力小于重力，合外力向下，說明電梯處于失重狀態(tài)，B正確；下端懸吊0.9N重物時，彈簧下端的指針指木板上刻度為C的位置，則有kx1＝m1g。把懸吊1.0N重物時指針位置的刻度標記為0，則此時有kx2＝m2g。若彈簧到達木板上刻度為C的位置時，則有kx1－m2g＝m2a，解得a＝－1m/s2，所以C錯誤；若彈簧到達木板上刻度為B的位置，則有k[x2＋eq\f(1,2)(x2－x1)]－m2g＝m2a，解得a＝0.5m/s2，所以D錯誤。11.(2021·浙江金華十校聯(lián)考)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，潛艇如同汽車掉下懸崖，稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質(zhì)量為3.0×103t，在高密度海水區(qū)域水下200m沿水平方向緩慢潛航，如圖10所示。當該潛艇駛?cè)牒Ｋ兔芏葏^(qū)域時，浮力突然降為2.4×107N；10s后，潛艇官兵迅速對潛艇減重(排水)，此后潛