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高考精讲精解精练
第三章 牛顿运动定律
第二讲 两类动力学问题 超重和失重

知识精讲
一．两类动力学问题
一是已知物体的受力情况确定物体的运动情况，二是已知物体的运动情况确定物体的受力情况。
对于第一类问题，思维的起点是：首先选择研究对象，分析受力，求出合外力。然后运用牛顿第二定律求出加速度。根据物体的初始运动状态，运用运动学知识确定物体的运动情况。
对于第二类问题，思维的起点是；首先根据物体的运动情况，运用运动学知识求出加速度。然后运用牛顿第二定律求出合外力。分析物体受力情况，运用力的合成与分解及其相关知识求出待求力。21·cn·jy·com
二．超重和失重
1.超重——物体对支持物的压力大于重力。原因：物体有向上的加速度。
2.失重——物体对支持物的压力小于重力。原因：物体有向下的加速度。
3.完全失重——物体对支持物的压力为零。原因：物体有向下的加速度且大小为g。
三．由牛顿第二定律可知，F=ma。当物体做匀速直线运动时，其加速度a=0，物体所受合外力一定等于零，物体处于运动平衡状态。对于先加速后匀速运动问题，可以避开变速运动过程，直接分析末态的匀速运动状态。2-1-c-n-j-y
例题精讲
例1. （2014北京理综高考题）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是【来源：21cnj*y.co*m】
A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态；
B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态；
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度；
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度；
【答案】D
【命题意图】 本题考查牛顿第二定律、超重和失重及其相关知识，意在考查考生运用物理知识对常见物理现象的分析能力。【出处：21教育名师】
【解题思路】 受托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，选项AB错误。在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误D正确。
【考场捷径】由于是单选题，分析物体离开手的瞬间，物体加速度等于重力加速度，手向下的加速度一定大于重力加速度，可快速选出正确选项D。 21cnjy.com
例2．（2013高考安徽理综第14题）如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为FN分别为（重力加速度为g）
T=m (gsinθ+ acosθ)，FN= m(gcosθ- asinθ)
T=m(gsinθ+ acosθ) ，FN= m(gsinθ- acosθ)
T=m(acosθ- gsinθ) ，FN= m(gcosθ+ asinθ)
T=m(asinθ- gcosθ) ，FN= m(gsinθ+ acosθ)
【分析】【 解析】将绳子的拉力T和斜面弹力FN分解为 水平方向和 竖直方向
Tcosθ- FN sinθ=ma ①
Tsinθ- FN cosθ=mg ②
联立两式解方程组，得T=m(gsinθ+ acosθ) ，FN= m(gcosθ- asinθ)，选项A正确；
【解答】A
例3.（2010高考海南物理）如图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块，木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为
A．加速下降 B．加速上升 C．减速上升 D．减速下降
【分析】：木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力。当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统处于超重状态，有向上的加速度，属于超重，木箱的运动状态可能为加速上升或减速下降，选项BD正确。
【解答】BD
【点评】此题考查受力分析、牛顿第二定律及超重和失重现象。要注意题述中的“可能”运动状态，不要漏选。
例4（2013高考浙江理综第19题）如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/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=10m/s2 。关于热气球，下列说法正确的是
A．所受浮力大小为4830N
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10s后的速度大小为5m/s
D．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N
【分析】热气球离开地面后地面后做加速度逐渐减小的加速运动，对热气球从地面刚开始竖直上升时，由牛顿第二定律，F-mg=ma，解得所受浮力大小为4830N，选项A正确。加速上升过程中所受空气阻力逐渐增大，选项B错误。由于做加速度逐渐减小的加速运动，热气球从地面开始上升10s后的速度小于5m/s，选项C错误。由平衡条件可得，F-mg-f=0，以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为f=F-mg=4830N -4600N =230N，选项D正确。
【解答】AD
例5（2012·上海物理）如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ=0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。
【分析】分析圆环受力，应用牛顿第二定律列方程解答。
【解答】：令Fsin53°-mg=0，解得F=1.25N。
当F<1.25N时，环与杆的上部接触，受力如图。
由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ+FN=mg，
联立解得：F=。
代入数据得：F=1N。
当F>1.25N时，环与杆的下部接触，受力如图。
由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ=mg+FN，
联立解得：F=。
代入数据得：F=9N。
【点评】解答此题要考虑压力方向可能向上也可能向下，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动的拉力F有两个值。此题考查受力分析、力的分解与合成、牛顿第二定律、摩擦定律及其相关知识。　　21*cnjy*com
例6（2012·安徽理综第22题） 质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4。该球受到的空气阻力大小恒为f，取=10 m/s2, 求：
（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
【分析】由v-t图象求得加速度，由牛顿运动定律解得受到的空气阻力。分析弹性球反弹后的受力，应用牛顿运动定律得到向上运动的加速度，进而求出弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。21教育网
【解析】（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a，由v-t图象知，加速度a1==8m/s2。
根据牛顿第二定律，得mg-f=ma1，
解得受到的空气阻力的大小f=0.2N。
（2）由v-t图象知，弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s。
设弹性球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2=3 v1/ 4=3 m/s。
第一次离开地面后，设上升过程中弹性球的加速度大小为a2，则mg+f=ma2，
解得a2=12m/s2。
于是有0- v22=-2 a2h，
解得碰撞后反弹的高度h=m。
【考点定位】此题考查v-t图象、牛顿第二定律及其相关知识。
例7（2012·浙江理综）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”,“A鱼”竖直下潜hA后速度减小为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减小为零。“鱼” 在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的 10/9 倍，重力加速度为g, “鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：
（1）“A鱼”入水瞬间的速度vA；
（2）“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
（3）“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB 。
【分析】由于空气阻力不计，可由自由落体运动规律求出“A鱼”入水瞬间的速度vA；由牛顿运动定律和相关知识列方程解得“A鱼”在水中运动时所受阻力fA和“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB 。2·1·c·n·j·y
【解析】（1）“A鱼”入水前做自由落体运动，由vA2=2gH，
解得“A鱼”入水前瞬间的速度vA=。
（2）“A鱼”在水中运动时受重力、浮力、阻力作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有
F合=F浮+fA-mg，
由牛顿第二定律，F合=maA。
0- vA2=-2aAhA，
由题意，F浮=mg。
联立解得所受阻力fA=mg(-)。
（3）考虑到 “B鱼”的受力运动情况与 “A鱼”相似，有
fB=mg(-)。
解得“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力之比：=。
例8.（2010上海物理）倾角(=37°，质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m=2kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程L=4m，在此过程中斜面保持静止（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2），求：21世纪教育网版权所有
（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向。
（2）地面对斜面的支持力大小。
【分析】先求出木块在斜面上匀加速下滑的加速度，然后隔离木块分析受力，由牛顿第二定律得出斜面对木块摩擦力和支持力。再隔离斜面分析受力，由平衡条件得出地面对斜面的摩擦力大小与方向，地面对斜面的支持力大小。www.21-cn-jy.com
【解答】（1）木块在斜面上匀加速下滑，L=at2
解得加速度a=2m/s2。
设斜面对木块摩擦力为f1，支持力N1。隔离木块分析受力，由牛顿第二定律得：mgsin(-f1=ma，mgcos(-N1=0，
联立解得f1=8N，N1=16N。
设地面对斜面的摩擦力大小为f，方向向左。隔离斜面分析受力，对水平方向，由平衡条件得， f+f1cos(=N1 sin(www-2-1-cnjy-com
代人数据解得f=3.2N，正号说明方向向左。
（2）设地面对斜面的支持力大小为N，隔离斜面分析受力，对竖直方向，由平衡条件得， N=Mg+f1 sin (+N1 cos(
代人数据解得地面对斜面的支持力大小N=67.6N。
【点评】此题也可对斜面和木块整体分析受力，分解加速度得出地面对斜面的摩擦力大小与方向，地面对斜面的支持力大小。木块下滑加速度的竖直分量ay=asin37°=1.2m/s2。水平分量ax= acos37°=1.6m/s2。
对整体，在竖直方向，由牛顿第二定律，（M+m）g-N=may，解得：N=（M+m）g- may =67.6N。
在水平方向，由牛顿第二定律，f= max，解得：f=3.2N，方向沿加速度水平分量方向，即向左。
例9．（2013高考上海物理第31题）如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。
【分析】由牛顿运动定律和匀变速直线运动规律列方程解答。
【解答】滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正上方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块：由牛顿第二定律，μ（M+m）g=Ma，
解得a=,
由匀变速直线运动规律可得v1==.
当滑块的左端到达小球正上方后，小球做自由落体运动，落地时间t=
滑块的加速度a’=μg
①若此时滑块的速度没有减小到零，在小球自由落体运动的t时间内滑块向右运动的距离为：
s=v1t-a’t2=-μg()2=-μh。
②若在小球自由落体运动的t时间内滑块已经停下来，则：s‘==-L。
例10. 2．（2014重庆理综）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体运动的υ-t图象可能正确的是
2．【答案】D
【.解析】在v-t图像中斜率代表加速度，忽略空气阻力时物体做竖直上抛运动的加速度恒为g，即图像的斜率绝对值为g，如虚线所示。当空气阻力不能忽略时，物体向上运动时，受到的阻力向下，向上做减速运动，。速度减小，阻力减小，加速度减小，上升到最高点时速度减小到0，加速度减小到也为g。同理，当物体下落时，阻力向上，。物体下落做加速运动，阻力增大，加速度减小。所以物体的加速度一直在减小且速度为0时，速度图线的切线应该和虚线平行；综上所述，描述两物体运动的v—t图象可能正确的是D.
【点评】造成解题错误的原因主要是忽视了牛顿第二定律的同体性和同时性，也就是说，牛顿第二定律中的合外力一定是所选择研究对象在研究问题时所受各个外力的合力，质量m是所选择研究对象在该时刻的质量，所得加速度则为该时刻的加速度。
【本讲解题规律小结】
本讲的10个例题，均由近几年各地高考试题精选而来，其特点是典型且具代表性。主要分为三类，一类为例1、例3属超重和失重问题；一类为已知力求运动情况问题，例9；另一类为已知运动情况求力问题。例2以斜面上悬挂的小球切入，例4以氢气球切入，例4以水平滑杆的圆环的运动切入，例6以弹性球下落图象切入，例7以研究鱼所受水的阻力与其形状的关系切入，例8以斜面上物体运动切入，虽然切入点不同，但是都属于是已知运动情况求力问题。例10则是从考虑空气阻力切入，考查有阻力的抛体运动图象及其相关知识。
解答已知力求运动情况的问题，一般是通过分析受力，求出合外力，然后利用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式得到运动情况。解答已知运动情况求力问题的方法是通过分析运动情况得到加速度，利用牛顿第二定律求出合外力。再利用力的合成知识求出未知力。解答超重、失重问题的方法是：凡是具有向上的加速度，物体必定处于超重状态；凡是具有向小的加速度，物体必定处于失重状态；自由落体运动、不考虑空气阻力的竖直上抛运动、平抛运动、斜抛运动其加速度为g，都是完全失重现象。【版权所有：21教育】
针对训练题
1. (2014高考全国新课标理综I第17题）如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
答案：A
解析：使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，橡皮筋的弹力和重力的合力提供水平方向加速运动的力。小球稳定在竖直位置时，设橡皮筋伸长x0，则有kx0=mg；小球稳定地偏离竖直方向某一角度θ时，设橡皮筋伸长x，则有kxcosθ=mg。显然xcosθ=x0。由于橡皮筋偏离竖直位置，所以小球的高度一定升高，选项A正确。
2. ( 2014海南高考物理题)将一物体以某一初速度竖直上抛，物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t0，则
A．t1> t0，t2< t1 B．t1 t1
C．t1> t0，t2> t1 D．t1< t0，t2< t1
答案：D
由于空气阻力与运动方向相反，受到空气阻力时，从抛出点上升到最高点过程中，空气阻力与重力方向相同，合外力大于重力，其加速度大于g；从最高点回到抛出点过程中，空气阻力与重力方向相反，合外力小于重力，其加速度小于g，由h=at2，可知，t2> t1.。没有空气阻力时，从抛出点上升到最高点过程中的加速度等于g，由v=at可知, t1< t0，所以选项D正确。
3（2014山东理综第15题）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有
A．t1 B．t2 C．t3 D．t4
解析：根据牛顿第二定律，质点所受合外力的方向与加速度方向相同。在t1时刻和t3时刻，质点的速度增加，所以质点所受合外力的方向与速度方向相同的有t1时刻和t3时刻，选项AC正确。
答案：AC
点评：此题将速度图象与合外力方向结合在一起，综合考查牛顿第二定律、速度图象及其相关知识，角度新颖。
4. （2014江苏物理第8题）如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2 m 和 m, 静止叠放在水平地面上。 A、B 间的动摩擦因数为μ,B 与地面间的动摩擦因数为μ. 最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g. 现对 A 施加一水平拉力 F，,则
( A) 当 F < 2 μmg 时，A、B 都相对地面静止
( B) 当 F = μmg 时, A 的加速度为μg
( C) 当 F > 3 μmg 时,A 相对 B 滑动
( D) 无论 F 为何值,B 的加速度不会超过μg
答案：BCD
解析：若AB相对静止，当F>μ3mg=μmg时，二者一起相对地面加速运动，选项A错误。假设A受到水平拉力F，AB刚好一起加速运动，对A分析受力，由牛顿第二定律，F-2μmg =2ma，对B分析受力，由牛顿第二定律，2μmg -μmg =ma，联立消去加速度a解得：临界力F=3μmg 。由此可知，-当 F = μmg 时, AB一起加速运动，对AB整体分析受力，由牛顿第二定律，F-μmg =3ma ，解得A 的加速度为a=μg，选项B正确。当 F > 3 μmg 时,A 相对 B 滑动，选项C正确。由于AB之间最大摩擦力等于2μmg，对B分析受力，由牛顿第二定律，2μmg -μmg =ma，解得B的最大加速度a=μg，选项D正确。
5. （2014四川理综）如右图所示，水平传送带以速度v1匀速运动。小物体P，Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连。t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平。t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦。绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是21教育名师原创作品
【答案】：BC
【解析】由题可知物体P有如下几种情况：当时，第一种情况，最大静摩擦力时，以加速度向右减速滑离，或以加速度先向右减速到0再向左加速从左端滑离，无符合的选项；第二种情况，最大静摩擦力时，以向右加速滑离，或以加速到，再受静摩擦力以匀速向右滑离，B选项符合；当时，第一种情况，P以加速度向右减速滑离，无符合的选项；第二种情况，P先以加速度减速到，若最大静摩擦力，则P受静摩擦力继续以匀速向右滑离，无符合的选项；第三种情况，P先以加速度减速到，若最大静摩擦力，则P将继续以加速度向右减速滑离，如果速度减为0时还未滑离，则P将继续以加速度反向向左做加速运动，直到滑离，，故A、D错误，C选项符合。
6（2010·浙江理综） 如图1所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）。下列说法正确的是 （　）【来源：21·世纪·教育·网】
A. 在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B. 上升过程中A对B的压力大于A对物体受到的重力
C. 下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D. 在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
【答案】A
【解析】：以A、B整体为研究对象，以相同的初速度上抛，不计空气阻力，仅受重力，由牛顿第二定律知二者运动的加速度为g，方向竖直向下。隔离A以A为研究对象，因加速度为g，方向竖直向下，故由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，在上升和下降过程中A对B的压力一定为零，选项A正确BCD错误。
7（2009年广东）建筑工人用图2所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10m/s2。)
A．510 N
B．490 N
C．890 N
D．910 N
答案.B
【解析】对建筑材料进行受力分析根据牛顿第二定律有F－mg=ma，得绳子的拉力大小等于F=210N，然后再对人受力分析由平衡的知识得Mg=F+FN，得FN=490N，根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力为490N，选项B正确。21·世纪*教育网
8（2009·江苏物理）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。21*cnjy*com
（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大小；
（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；
（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3 。
.解析：
（1）第一次飞行中，设加速度为
匀加速运动
由牛顿第二定律
解得
（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为
匀加速运动
设失去升力后的速度为，上升的高度为
由牛顿第二定律
解得
（3）设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为，由牛顿第二定律
F+f-mg=ma4
且
V3=a3t3
解得t3=(s)(或2.1s)
9．（10分）（2015长春调研）如图甲所示，一个可视为质点的质量m=2kg的物块，在粗糙水平面上滑行，经过A点时物块速度为v0 =12m/s，同时对其施加一与运动方向相反的恒力F，此后物块速度随时间变化的规律如图乙所示，取g = 10m/s2。求：
（1）物块与水平面之间的动摩擦因数和所施加的恒力F大小；
（2）从施加恒力F开始，物块再次回到A点时的速度大小。
15．（10分）
解析：（1）从图象可知，0~2s内物体做匀减速直线运动[来源:21世纪教育网]
加速度大小 6m/s2 （1分）
根据牛顿第二定律可知：
① （1分）
2~4s内物体做反方向的匀加速直线运动
加速度大小2 m/s2 （1分）
根据牛顿第二定律可知：
② （1分）
联立①②两式得：8N （1分）
（1分）21世纪教育网
（2）由v-t图象可得匀减速阶段：x＝12m （1分）
反方向匀加速运动阶段： （1分）
解得：6.92m/s （2分）

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