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衔接必刷题物理
第27讲
超重和失重
知识清单
ZHISHIQING D A N
[初中物理知识储备」
3.注意：超重、失重与物体的运动方向即速度方向
1,二力平衡法求重力：竖直悬挂在弹簧测力计下方
无关。
物体，弹簧拉力和重力平衡。静止在水平面上的
初高中物理衔接点
物体重力和支持力平衡。
1.对视重的理解
2.生活中乘坐电梯有超重和失重的感觉。
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上相
高中物理新知学习」
对静止时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视
一、重力的测量
重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所
1,方法一：利用牛顿第二定律
受的压力。
先测量物体做自由落体运动的加速度g,再用天
当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未
平测量物体的质量，利用牛顿第二定律可得G
变化，只是视重变了。
=mgo
2.超重、失重的比较
2.方法二：利用力的平衡条件
特征
视重(F)与
将待测物体悬挂或放置在测力计上，使它处于静
加速度
运动情况
受力图
状态
重力的关系
止状态。这时物体受到的重力的大小等于测力
F
计对物体的拉力或支持力的大小。
静止或匀
二、超重和失重
平衡
4=0
F=mg
速直线
1.视重：体重计的示数称为视重，反映了人对体重
运动
￥视8
计的压力。
竖直向
由F一mg
2.失重现象
向上加速
上或有
(1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉
=ma得F
超重
或向
下
竖直向
力)小于物体所受重力的现象。
=m(g十
减速
上的分量a)>mg
mg
(2)产生条件：物体具有竖直向下的加速度。
3.超重现象
竖直向
由mg一
F
向下加速
(1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉
下或有
=ma得F
失重
或向上
力)大于物体所受重力的现象。
竖直向
=m(g
(2)产生条件：物体具有竖直向上的加速度。
诚速
下的分量a)+mg
4.完全失重状态
自由落体
(1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉
完全
a=g
F=0
运动、竖直
力)等于零的状态。
失重
上抛运动
(2)产生条件：a=g,方向竖直向下。
三、判断超重、失重状态的方法
3.超重和失重的有关计算
1.从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力（或
解决超重和失重问题的一般思路
支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重
超重和失重现象的实质就是牛顿第二定律的应
力时处于失重状态，等于零时处于完全失重
用，解答有关问题时：
状态。
(1)分析物体运动的加速度方向。
2.从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度
(2)判断物休处于超重状态还是失重状态。
时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重
(3)对物体进行受力分析。
状态，向下的加速度为g时处于完全失重状态。
(4)利用牛顿第二定律分析和求解。参考答案
=0.5s的斜率的绝对值相等，运动员的加速度大小相
5.答案：A
等，即a=g,根据牛顿第二定律可知kx一mg=ma,解得
x=75Cm,C正确：00.3s内运动员竖直向上做加速运
解析：船运动的速度为v%=co3日10m/s,故D正确：船
动，加速度向上，运动员处于超重状态，D错误
6.答案：(1)500N(2)700N(3)250N
运动的速度为0始一03可知随着日的增大，船的速度
解析：(1)匀速上升时，由平衡条件得：FN=mg=500N
逐渐增大，加速度逐渐变小，故A错误：根据受力分析，可
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为500N,即体重计
知船受到重力、浮力、拉力、阻力的作用，故B正确；根据
示数为500N.
牛顿第二定律有F浮十Fsin0=mg,解得此时船受到的浮
(2)加速上升时，由牛顿第二定律得：FN2一mg=ma1
力大小为F滓=700N,故C正确。
解得FN2=mg十ma1=700N
6.答案：D
由牛领第三定律得：人对体重计压力为700N,即体重计
解析：“吨”不是国际单位制中的基本单位，A错误：“力箭
示数为700N。
一号”点火瞬间，推力大于重力，加速度向上不为零。所
(3)加速下降时，由牛顿第二定律得：mg一Fg=na3
携带的卫星也具有向上的加速度，支持力大于重力，处于
超重状态，B、C错误：“力箭一号”加速上升过程中，所携
解得FNg=mg一ia3=250N
带的卫星也具有向上的加速，支持力大于重力，处于超重
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为250N,即体重计
状态，D正确。
示数为250N
7,答案：D
第三部分
初升高物理人门检测
解析：由题可得物体0一28内的位移即为传送带上、下两
端的间距，t图像与t轴所固面积表示位移，可知位移x
初升高物理入门检测卷
2×1.0X10.0m+2×(10.0+12.0)×1m=16m.
1.答案：C
故C错误；由题图得0~1s内物体加速度a1=
△1
解析：体积很大的物体，也能视为质点，比如地球绕太阳
△t1
转时地球可看成质点，故A错误；物体做单向直线运动
m/s2=10m/s2,根据牛顿第二定律得mgsin0叶angcos0
10
时，位移大小一定等于路程，故B错误：平均速度等于位
移与时间之比，平均速率等于路程与时间之比，则知平均
速度为零的运动，其位移为零，但路程不为零，所以平均
=ma1,1~2s内加速度大小42=Ag=2m/s2,根据牛顿第
△2
速率不为零，故C正确：加速度为正值，表示与规定的正
二定律得mgsin0一mgc0s0=ma2,解得0=37°，=
方向相同，但若速度是负值，表示与规定的正方向相反，
0.5,故B错误：物体在传送带上先以10m/s2的加速度
即加速度与速度方向相反，则递度大小越来越小，故D
匀加速到与传送带有共同速度，再以2m/s的加速度匀
错误。
加速运动，由题图知传送带的速率o=10,0m/s,0~1s
2.答案：A
内，传送带的位移为x1=10.0×1m=10m,故相对位移
解析：由题知，甲、乙两物体同时从
wmn's
同一地点沿同一方向做直线运动
1=10m一7X10X12m=5m,物体相对
T
则当二者速度相同时甲、乙相距最
远，且1图像中图线与时间轴围
上运动。1~2s内物体的位移为=号×(10.0十12.0)
成的面积表示位移，在t=1s时，甲
×1m=11m,传送带的位移为10m,故相对位移为△x2
比乙多走的位移如下图阴影部分所示
=11m一10m=1m,物体相对传送带向下运动，则痕迹
在=4s时，乙比甲多走的位移如下图阴影部分所示。
重叠1m,因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5m,故
A错误，D正确。
8.答案：AC
甲
解析：火箭的加速度等于零时，速度可不等于零，火箭做
n
匀速运动，A正确；火箭的速度增大，加速度也可以城小，
做加速度减小的加速运动，B错误：加速度表示速度变化
则在0一6s内，两物体相距最远的时刻是4s末，A正确、
的快慢，则火箭速度变化越来越快时，加速度越来越大，C
C错误：=2s时乙的住移为x=号×2×4=4m,甲的位
正确：火济点火升空的过程为加速过程，没有减速阶段，
加速度与速度同向，D错误
移为x'=2×2=4m,两者位移相同，又是从同一地面出
9.答案：BCD
发，故2s末时二者相遇，B错误；乙的遂度一直为正，说
解析：纵坐标的变化量表示位移，从0到1时间内，两车
明其运动方向始终未发生变化，D错误
的位移不相等，可知x甲3.答案：B
路程等于位移的大小，所以乙的路程大于甲的路程，A错
解析：设“I型”挡板BC部分与水平方向的夹角为0，在
误；从1到2时间内两车位移相等，都为x2一x1,根据平
“I型”挡板由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，日
逐渐减为0°，以笔记本电脑为对象，根据平衡条件可得F,
均连度计算式口一二。可知，两车平均速度相同，B正确：
=1g8in0,F2=mgco88,由于8逐渐减小，可知F1逐新
从t1到t2时间内，甲、乙两车路程都相等，都等于位移的
减小，F2逐渐增大；以“L型”挡板和笔记本电脑为整体，
大小，由平均速度一福和平均速率一路可知，两车的
根据平衡条件可知，机械臂O)'对“L型”挡板的作用力
F:与整体重力等大反向，则F:保持不变
平均速度大小和平均速率相等，C正确：x-t图像中图线
4.答案：D
的斜率表示某时刻的瞬时速度，由此分析在1时刻甲车
解析：由图知当拉力F增大到10N时，木块受的摩擦为
的速度小于乙车的速度，2时刻甲车的速度大于乙车的
速度，从t1到t2时间内，甲车速度逐渐增大，乙车做匀速
静摩擦力，当拉力F增大到12N时，木块受的摩擦力为
直线运动，速度不变，所以在1到t2时间内的某时刻，两
最大静摩擦力，后铁木块开始运动，受的滑动摩擦力，大
车速度相等，D正确。
小为10N:当拉力F增大到10N时，木块受到静摩擦力，
10.答案：AC
此时木块仍处于静止状态，故A错误：当拉力F增大到
解析：对B受力分析，由平衡条件知，轻绳对B的拉力
11N时，木块仍受到静摩擦力作用，木块处于静止状态
FT=mBg=20N,根据牛顿第三定律知，轻绳对A的拉
故B错误；滑动摩擦力大小为10N,动摩擦因数以=
F
力大小为FT'=20N,方向沿斜面向上；故C正确，D错
71g
误；对A受力分析，由于mag sin30°>Fr'=20N;故A
=)0=0.5,故C错误；当拉力F增大到13N时，木块交
有沿斜面下滑的趋势，摩擦力方向沿斜面向上，根据平
20
衡条件得mAg sin30°=F:+Fr,解得F:=nag sin30
到滑动摩擦力作用，大小为10N,故D正确。
F'T=5N,故A正确，B错误。衔接必刷题
物理
5.答案：AC
6.答案：(1)5tm/s2(2)2.5m(3)3.4s
解析：米、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位，牛顿
解析：(1)货物在AB上相对滑动时，根据牛顿第二定律得
是国际单位制中的导出单位，因此都是国际单位制中的
umg=mal
单位，A正确：计算中解得作用力的表达式F=m尺
·用
解得a1=5m/s2
(2)设货物达到共同速度的时间为t1,则功=a1t1
单位制的方法检查，这个力的单位是kgms=kg·S,因
解得t1=1s
此kg·8这个结果是错误的；作用力的正确表达式为F=
通过的距离1=
2a1t月
m尺，力的正确单位应是kg·m/s2,B错误：伽利略的理
解得s1=2.5m
传送带道过的位移s2=1t1=5m
想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自
则痕迹的长度△s=s2一s1=2.5m。
然规律的科学方法，C正确；牛顿第一定律并不是牛顿第
(3)货物加速的位移为s1=2,5mLAB
二定律中=0的特殊情况，因为牛頓第一定律描述的是
物体不受外力时的运动状态，是一种理想情况，有其自身
则匀速运动时间为t2
LAB一1=0.9s
的物理意义和独立地位，同时还引入惯性的概念，牛顿第
1
一定律指出：了力和运动的关系，而第二定律定量给出了
货物以5m/s的速度冲上倾斜传送带，共速前根据牛顿
决定物体加速度的因素，所以牛顿第一定律是研究力学
第二定律得mgsin0十1gc0s0=ia2
的基础，是不能用牛顿第二定律来代替的，D错误。
解得a2=10m/s
第26讲
牛顿运动定律的应用
方向沿传送带向下，共速时t3=一=0.25s
02
达标训练
由于mgsin>mgcos0,当货物的速度小于v1时，对货
1.答案：B
解析：根据题意，设A开始下滑时的加速度大小为，A接
物分析a3=mgsin日一ngcos0
触挡板时的速度大小为，则由牛顿第二定律有4mgin30
解得a3=2m/s2
一mg=5ma,由运动学公式有2=2ad,解得2=2gd,之
方向沿传送带向下，又t4=
2=1.25s
3
后B以速度v向上做竖直上抛运动，上升的高度为1
则总时间为t总=t1十t2十ta十t4=3.4s。
2g=号，则物块B上升的最大高度为h=d十1=6口，故
第27讲
超重和失重
5
B正确。
达标训练
2.答案：B
1.答案：B
解析：对物体A受力分析，均受到重力、支持力和滑动摩
解析：当物体具有向上的加遮度时，物即体对支持物的压
擦力，根据牛顿第二定律，有一mg=ma,故加速度为a1
力（或对悬绳的拉力）大于物体所受重力的现象叫做超
一2m/s2,同理物体B的加速度为a2=一以g=
重：当物体具有向下的加速度时，即物体对支持物的压力
一2m/s2,B物体初速度较小，首先停止运动，故其停止运
(或对悬绳的拉力)小于物体所受重力的现象叫做失重；
动的时间为1=0一迎=1s,该段时间内物体A的位移
所以加速下降过程，加速度向下，属于失重，减速下降过
程，加速度向上，属于超重，故A、C错误，B正确；平衡状
a2
态即物体受力平衡，处于匀速直线运动或者静止的状态
为xA1=vA1十交a1行=5m,物体B的位移为x1=vd1
称为平衡状态，减速下降过程加速度向上，受到的合力向
上，不是平衡状态，故D错误。
22了=1m,故此时开始，物体B不动，物体A继续做
2.答案：D
匀减速运动，直到相遇；1s末A的速度为”A1=vA十1t1
解析：12时01分指时刻，故A错误：研究火箭转向时，火
箭大小不能忽略，所以不可以把火箭看成质，点，故B错
=4m/s,物体A继续做匀减速运动过程无业=1红十之a2号
误；根据牛顿第三定律可知，燃气对火箭的推力等于火箭
=3m,解得t2=1s,故从出发到相遇的总时间为t=t1十
对燃气的推力，故C错误；卫星进入预定轨道后，绕地球
12=2s,故B正确。
做身速圆周运动，向心加速度方向指向地心，处于失重状
3.答案：C
态，故D正确。
解析：-t图像中图线的斜率表示加速度，由图可知，在t妇
3.答案：B
时刻斜率最大，则加速度最大，故A错误：“水火箭”运动
解析：当升降机静止时弹簧伸长4cm,假设弹簧动度系数
过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，12时刻后
是k,则mg=kx1,当升降机运动时弹黄仲长2cm,根据
仍在上升，故B错误；DE段是斜率绝对值为g的直线，说
牛顿第二定律有mg一kx2=ma,联立解得a=4.9m/s2,
明3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g,由牛顿第二
方向竖直向下，为失重状态，则升降机可能是加速下降，
定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在g时
也可能是减速上升，故B正确。
刻失去推力，故C正确；妇一t4时间内“水火箭”的速度方
4.答案：BC
向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g,则
解析：由图可知，第208末该同学的速度为零，此时上升
“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。
高度最大，故A错误：根据1图像的斜率衣表示加速度可
4.答案：AD
知，在108一15s内，图像斜率为常，加速度为零，故B正
解析：斜面倾角为《，原来物体静止时，设此时静摩擦力等
确：根据-1图像的斜率表示加速度可知，在15一208内，
于滑动摩擦力，则有ngsin a=gcos a,即sina=4cosa,与
物体的重力无关，则施加竖直向下的力F等于增加了物
图像的针率为负，故加速度为负，即方向向下，该同学处
体的重力，则物体会仍然静止，故A正确，B错误：若物块
于失重状态，故C正确；若该同学在1520s内做匀减速
A原来加速下滑，有ngsin a>mgco8a,将F分解，则
直线运动，则平均速度为0=1.5)十0m/s=0.75m/s,根
Fsin a>uFcos a,则动力的增加大于阻力的增加，合外力
变大，故C错误，D正确。
据U-(图像与时间轴所因图形的面积衣示位移，可知该同
5.答案：BC
学实际运动的位移大于做匀减速直线运动的位移，故电
解析：剪断轻绳的一瞬间，小球沿斜面向下的加速度大小
梯的平均递度大于0.75m/s,故D错误。
为a=gsin0,竖直方向的分加速度大小为a1=gsin0,则
5.答案：BC
地面对斜面体的支持力大小为FN=Mg十mg一Ia1=
解析：由题图可知，=0.38时运动员的速度达到最大，此
Mg十mg一ngsin20=Mg十ngcos28,A错误，B正确；系
时运动员受到弹簧的弹力与重力平衡，弹簧并不处在原
统有向左的加速度，水平方向的外力即地面对斜面体的
长状态，A错误：由于cd段为直钱，说明运动员在=0.58
摩擦力向左，C正骑；小球的水平分加速度a2=gsin0cos0,
时离开弹簧，此时速率为v1=3m/s,故0=1一g△t,△t=
地面对斜面体的摩擦力大小为F:=ma2=ngsin0Cos日，
0.3s,即当t=0.8s时运动员到达最高处，B正确；由题
D错误。
可知，abc部分关于t=0.3s对称，故曲线在t=0.1s和t
90

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