资源简介

第5节　超重与失重
课时作业
基础巩固
1.(双选)超重和失重现象在日常生活中比较常见,关于超重和失重,下列说法正确的是(　　)
A.高山滑雪运动员在加速下滑过程中处于失重状态
B.柱形喷泉的水在空中运动的过程中处于超重状态
C.打开降落伞后,返回舱在减速下降的过程中处于失重状态
D.站在加速上升的扶梯上的顾客处于超重状态
【答案】 AD
【解析】 高山滑雪运动员在加速下滑过程中,竖直方向加速度向下,处于失重状态,故A正确;柱形喷泉的水在空中运动的过程中,加速度向下,处于失重状态,故B错误;打开降落伞后,返回舱在减速下降的过程中,加速度向上,处于超重状态,故C错误;站在加速上升的扶梯上的顾客加速度在竖直方向上的分量竖直向上,处于超重状态,故D正确。
2.如图所示为体验超失重的巨型娱乐器械,环形座舱套装在竖直柱子上。某游客的座舱由升降机送到离地65 m的高度处,然后让座舱自由落下,落到离地面 20 m 时,制动系统启动,座舱做匀减速运动到地面时刚好停下,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.游客此次体验完全失重的时间为2 s
B.游客此次体验超重的时长少于失重的时长
C.自由落下时完全失重,游客所受座椅支持力等于其重力
D.制动过程中,游客的加速度大小为30 m/s2且处于超重状态
【答案】 B
【解析】 完全失重下落的高度为h1=65 m-20 m=45 m,根据h1=g,解得完全失重的时间为t1=3 s,A错误;自由落下时处于完全失重状态,游客只受重力,所受座椅支持力为0,C错误;制动后做匀减速运动,加速度向上,游客处于超重状态,减速时的速度为v=gt1=30 m/s,根据0-v2=
-2ah2,解得匀减速时的加速度大小为a=22.5 m/s2,时间为t2== s3.为了研究超重和失重现象,某同学把一体重计放在电梯的地板上,他站在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况,下表记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间不表示先后顺序),若已知t0时刻电梯静止,则(　　)
时间 t0 t1 t2 t3
体重计的示数/kg 60.0 65.0 55.0 60.0
A.t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反
B.t1和t2时刻该同学的质量并没有变化,但所受重力发生了变化
C.t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等,运动方向一定相反
D.t1时刻电梯不可能向上运动
【答案】 A
【解析】 根据表格读数分析,t1时刻物体处于超重状态,根据牛顿第二定律分析得知,电梯的加速度方向向上。t2时刻物体处于失重状态,电梯的加速度方向向下,两个时刻加速度方向相反,故A正确;t1和t2时刻物体的质量并没有发生变化,所受重力也没有发生变化,故B错误;t1时刻,根据牛顿第二定律F1-mg=ma1,解得t1时刻物体的加速度大小为a1= m/s2,t2时刻,根据牛顿第二定律mg-F2=ma2,解得t2时刻物体的加速度为a2= m/s2,可知t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等,但运动方向都可能向上或向下,不一定相反,故C错误;t1时刻物体处于超重状态,有向上的加速度,物体可能向上加速,也可能向下减速,故D错误。
4.某质量m=80 kg的举重运动员在地面上最多能举起120 kg的重物,而在竖直运动着的升降机中却最多只能举起100 kg的重物。下列说法正确的是(　　)
A.此时升降机运动的加速度a=4 m/s2
B.此时运动员对升降机地板的压力为1 800 N
C.此时升降机可能加速上升
D.此时升降机可能减速上升
【答案】 C
【解析】 运动员在地面上能举起120 kg的重物,则运动员能发挥的向上的最大支撑力F=m′g=1 200 N,在运动的升降机中只能举起100 kg的重物,可见该重物处于超重状态,升降机应具有向上的加速度,升降机可能加速上升或减速下降,对重物F-m″g=m″a,解得a=2 m/s2,故A、D错误,C正确;对运动员和重物整体,根据牛顿第二定律有N-(m″+m)g=(m″+m)a,解得N=
2 160 N,根据牛顿第三定律可知此时运动员对升降机地板的压力为2 160 N,故B错误。
5.2023年10月2日,杭州亚运会蹦床项目结束女子个人比赛的争夺,中国选手包揽冠、亚军。假设在比赛的时候某一个时间段内蹦床所受的压力如图所示,g取10 m/s2,忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.1.0 s到1.2 s之间运动员处于失重状态
B.1.0 s到1.2 s之间运动员处于超重状态
C.在图示的运动过程中,运动员离开蹦床后上升的最大高度为9.8 m
D.在图示的运动过程中,运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2 m
【答案】 D
【解析】 在1.0 s到1.2 s之间,蹦床弹力从0开始增大到最大,运动员先向下加速后向下减速,加速度先向下后向上,则运动员先处于失重状态,然后处于超重状态,故A、B错误;由题图可知,运动员离开蹦床在空中运动的时间为t=3.8 s-2.2 s=1.6 s,所以运动员离开蹦床上升的最大高度为h=g·() 2=3.2 m,故C错误,D正确。
6.(双选)太白山是陕西避暑胜地之一。如图是太白山索道的抽象物理模型,已知体重约为50 kg的游客站立于轿厢底面,倾斜索道与水平面的夹角为30°,当载人轿厢沿钢索斜向右上做加速度大小a=4 m/s2的匀加速直线运动时,g取10 m/s2,人与轿厢底面的动摩擦因数μ=0.5,下列说法正确的是(　　)
A.游客处于超重状态
B.轿厢对游客的支持力约为600 N
C.游客对轿厢的作用力竖直向下
D.游客受到的摩擦力大小为100 N,方向水平向左
【答案】 AB
【解析】 由题可知,游客相对轿厢静止,故游客的加速度与轿厢的加速度相同,即为a=4 m/s2,将游客的加速度分解到水平方向和竖直方向,则有a水=acos 30°=2 m/s2,a竖=asin 30°=
2 m/s2,竖直方向上,游客受到向上的支持力,根据牛顿第二定律N-mg=ma竖,代入数据可得支持力大小为N=600 N,比重力500 N更大,故游客处于超重状态,故A、B正确;由于游客水平方向加速度向右,可知游客受到水平向右的摩擦力,大小为f=ma水=50×2 N=100 N,故D错误;对游客受力分析,可知游客受轿厢竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力作用,根据牛顿第三定律,可知游客对轿厢的压力竖直向下,摩擦力水平向左,根据平行四边形定则,可知游客对轿厢的作用力斜向左下方,故C错误。
7.如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平面上,一质量为m=0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落,从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内),其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图像如图乙所示,其中A为曲线的最高点,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.该弹簧的劲度系数为2 N/m
B.当Δx=0.3 m时,小球处于超重状态
C.小球刚接触弹簧时速度最大
D.当Δx=0.61 m时,小球的加速度为零
【答案】 B
【解析】 小球接触弹簧后,弹力从零逐渐增大,当弹簧弹力等于小球重力,即Δx=0.10 m时,小球速度最大,加速度为零,即有mg=kΔx,可得弹簧劲度系数为k== N/m=20 N/m,故A、C错误;当Δx=0.3 m时,弹力大于重力,小球向下减速,加速度方向向上,小球处于超重状态,故B正确;当Δx=0.61 m时,弹簧弹力大于重力,加速度向上达到最大值,故D错误。
8.有两个完全相同的电子秤,一个静止在室外地面上,另一个在电梯中。室外的电子秤上物体的质量为m=10 kg,电梯中的电子秤上的物体的质量为m′=8 kg。某时刻两秤的示数恰好一样。重力加速度g取10 m/s2。则下列判断可能正确的是(　　)
A.此时电梯可能加速上升
B.此时电梯可能减速上升
C.此时电梯运动的加速度a=5 m/s2
D.此时两电子秤受到的压力大小不同
【答案】 A
【解析】 两秤的示数恰好一样,两电子秤受到的压力大小应该相同,故D错误。两物体受到向上的支持力大小一样,设为F,则F=mg=100 N,在运动的电梯中同样的支持力只能支持8 kg的物体,可见该重物处于超重状态,电梯应具有向上的加速度,电梯可能加速上升或减速下降,对物体有F-m′g=m′a,解得a=2.5 m/s2,故B、C错误,A正确。
能力提升
9.如图甲所示,质量为m=2 kg的物块挂在弹簧测力计的下端,在弹簧测力计的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向,物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示,弹簧测力计始终在弹性限度内,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.2～6 s内物块先超重后失重,弹簧测力计的示数先增大后减小
B.0～6 s内物块先超重后失重,速度变化量大小为3 m/s
C.0～6 s内物块先失重后超重,6 s时物块的速度为6 m/s
D.0～6 s内物块先失重后超重,弹簧测力计6 s末的示数为24 N
【答案】 B
【解析】 2～6 s内加速度先向上后向下,则物块先超重后失重,弹簧测力计的示数一直减小,选项A错误;0～6 s内加速度先向上后向下,则物块先超重后失重,图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量,则速度变化量大小为Δv=×2 m/s+×2×2 m/s-×2×2 m/s=3 m/s,初速度为零,6 s时物块的速度为3 m/s,选项B正确,C错误;0～6 s内物块先超重后失重,弹簧测力计6 s末的加速度为向下的2 m/s2,则弹簧测力计示数为T=mg-ma=16 N,选项D错误。
10.如图所示,某同学抱着箱子做蹲起运动研究超重和失重现象,在箱内的顶部和底部均安装有压力传感器。两质量均为2 kg的物块用轻弹簧连接分别抵住传感器。当该同学抱着箱子静止时,顶部的压力传感器显示示数F1=10 N。重力加速度g取10 m/s2。不计空气阻力,则(　　)
A.箱子静止时,底部压力传感器显示示数F2=50 N
B.当F1=8 N时,箱子处于失重状态,人可能抱着箱子下蹲
C.当F1=20 N时,箱子处于超重状态,人可能抱着箱子向上站起
D.若箱子保持竖直从高处自由释放,运动中两个压力传感器的示数均为20 N
【答案】 A
【解析】 当箱子静止时,对两物块和弹簧组成的系统受力分析可知2mg+F1=F2,得下面压力传感器显示示数F2=50 N,对上面物体有mg+F1=F弹,得F弹=30 N,故A正确;当F1=8 N时,对上面物体有mg+F1F弹,加速度方向向下,箱子处于失重状态,人可能抱着箱子向下加速下蹲或向上减速站起,故C错误;当箱子自由下落时处于完全失重状态,两个物体所受合力均为mg,则应有F弹=F1=F2,弹簧长度没变,所以两个压力传感器的示数均为30 N,故D错误。
11.如图所示,一质量为60 kg的人站在商场的电梯上,当电梯以a=3 m/s2的加速度沿倾角α=37° 的斜面加速向下运动时,人处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态,人受到的支持力大小为
　　　　 N,人受到的摩擦力大小为　　　　 N。(g取10 m/s2)
【答案】 失重　492　144
【解析】 电梯以a=3 m/s2的加速度沿倾角α=37°的斜面加速向下运动时,在竖直方向有向下的加速度,故人处于失重状态;人在竖直方向的加速度为ay=asin α=1.8 m/s2,竖直方向由牛顿第二定律得mg-N=may,代入数据解得N=492 N;人在水平方向的加速度为ax=acos α=2.4 m/s2,水平方向由牛顿第二定律有 f=max=144 N。
12.某同学用一手机传感器软件探究电梯上升过程中的超、失重现象(如图甲所示),该软件可以实时测量手机运动时的加速度。现该同学携带该手机进入电梯,先运行手机加速度传感器软件采集数据,之后按下按钮,电梯上升,传感器上显示电梯上升过程中,加速度a随时间t变化的情况如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若该同学的体重为50 kg,求上升阶段他对电梯的最大压力为多少;
(2)根据图乙中数据,试估算电梯一共上升的距离为多少。
【答案】 (1)515 N　(2)10.8 m
【解析】 (1)由题图乙可知,10～12 s时间内该同学处于超重状态,对电梯的压力最大,对其进行受力分析,由牛顿第二定律有N-mg=ma,
由题图乙可知a=0.3 m/s2,
代入数据解得N=515 N,
根据牛顿第三定律可知上升阶段该同学对电梯的最大压力为515 N。
(2)10～12 s时间内电梯匀加速上升的距离为
s1=a=0.6 m,
且12 s末的瞬时速度为v1=at1=0.6 m/s。
12～28 s时间内电梯匀速上升的距离为s2=v1t2=9.6 m,28～30 s时间内电梯匀减速上升的过程可以看成反向初速度为零的匀加速运动,
故s3=a=0.6 m,
则电梯一共上升的距离s=s1+s2+s3=10.8 m。(共54张PPT)
第5节　超重与失重
学习目标 课标解读
1.了解超重和失重现象,理解产生超重和失重现象的条件及实质。 2.会根据牛顿运动定律分析、解决超重和失重问题。 1.通过对超重和失重、视重的学习,体会物理观念的形成过程。
2.通过超重、失重模型的建构,体会科学思维在对物理问题认识过程中所起的作用。
3.体验生活中的超重、失重现象,感受科学之美,培养科学认真探索自然规律的态度。
探究·必备知识
「探究新知」
一、超重现象
1.定义
物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力) 物体所受重力的现象。
2.产生条件
物体具有 的加速度。
大于
向上
二、失重现象
1.定义
物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力) 物体所受重力的现象。
2.产生条件
物体具有 的加速度。
3.完全失重
(1)定义:物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)等于零的状态。
(2)产生条件:a=g,方向 。
小于
向下
竖直向下
1.思考判断
(1)竖直向上运动的物体一定处于超重状态。(　 　)
(2)物体减速运动时处于超重状态。(　 　)
(3)物体处于完全失重状态时就不受重力了。(　 　)
(4)不论物体处于超重、失重还是完全失重状态,物体所受重力都是不变的。
(　 　)
(5)做自由落体运动和竖直上抛运动的物体都处于完全失重状态。(　 　)
「新知检测」
×
√
√
×
×
2.思维探究
(1)超重是重力增加了吗 失重是重力减小了吗 如何理解超重与失重
【答案】 (1)物体处于超重或失重状态时,重力并未发生变化,而是对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)不再等于重力,即视重变化。
(2)一个盛满水的瓶子底部有一小孔,静止在手中时,水会喷射而出;如果突然松手,让瓶子自由下落,会发生什么现象 为什么
【答案】 (2)瓶子和水一起下落,水不会喷射而出。每一部分水和瓶子做的都是自由落体运动,运动情况完全一样,所以它们之间没有挤压,均处于完全失重状态。
(3)航天员在太空中处于漂浮状态,那他们是不是就不受重力了
【答案】 (3)航天员在太空中处于完全失重状态,是指他不会对与他接触的物体产生正压力的作用,但是他仍然受重力的作用,并且只受重力作用,重力就是他受到的合外力。
突破·关键能力
要点一　对超重、失重现象的理解
「情境探究」
如图所示,某同学乘坐电梯正在向上运动。
探究:(1)电梯启动瞬间加速度方向向哪 人受到的支持力比其所受重力大还是小 电梯匀速向上运动时,人受到的支持力比其所受重力大还是小
【答案】 (1)电梯启动瞬间加速度方向向上;人受到的合外力方向向上,所以支持力大于重力;电梯匀速向上运动时,人受到的合外力为零,所以支持力与重力大小相等。
(2)电梯将要到达目的地减速运动时加速度方向向哪 人受到的支持力比其所受重力大还是小
【答案】 (2)减速运动时,因速度方向向上,故加速度方向向下;人受到的合外力方向向下,支持力小于重力。
「要点归纳」
1.实重与视重的区别
(1)实重:物体实际所受的重力(不会随物体运动状态的改变而变化)。
(2)视重:当物体竖直悬挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时,弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”,大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。
2.对超重和失重的理解
(1)当视重与物体的重力不同时,即发生了超重或失重现象。
(2)判断出现超重、失重现象的依据是加速度的方向,而与物体的运动方向无关。当物体具有向上的加速度时,无论物体向什么方向运动,均出现超重现象,反之则出现失重现象。
[例1] 下列关于超重与失重现象的说法正确的是(　　)
A.处于超重状态的物体所受重力大于静止时物体所受的重力
B.处于失重状态的物体一定向下加速运动
C.处于超重状态的物体所受合力方向可能与重力方向相反
D.处于失重状态的物体加速度方向可能与重力加速度方向相反
C
【解析】 处于超重状态的物体所受重力等于静止时物体所受的重力,故A错误;处于失重状态的物体有向下的加速度,但不一定向下做加速运动,故B错误;处于超重状态的物体有向上的加速度分量,所受的合力有向上的分量,当物体所受的合力竖直向上时,所受合力方向与重力方向相反,故C正确;处于失重状态的物体有向下的加速度分量,所受的合力有向下的分量,加速度方向不与重力加速度方向相反,故D错误。
关于超重、失重现象应注意的几个问题
(1)物体超重和失重并不是物体实际受到的重力变大或变小,物体所受重力G=mg始终存在,且大小方向不随运动状态变化,只是因为物体在竖直方向有加速度,使物体的视重变大或变小。
(2)物体由于处于地球上不同地理位置而使重力G值略有不同的现象不属于超重和失重现象。
(3)在完全失重状态下,平常由重力产生的一切物理现象都会消失,比如物体对桌面无压力,浸在水中的物体不受浮力,液体对容器壁没有压强等。靠重力才能使用的仪器也不能再使用,如天平、液体气压计等。
·学习笔记·
[针对训练1] (双选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。如图所示,某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图中的a点是弹性绳的原长位置,c点是人所能到达的最低位置,b点是人静止悬吊着时的平衡位置。人在从P点下落到最低位置c点的过程中,下列说法正确的是(　 　)
A.在运动过程中,运动到a点时速度最大且处于完全失重状态
B.在ab段人所受弹性绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态
C.在bc段人所受弹性绳的拉力大于人的重力,人处于超重状态
D.在c位置,人的速度为零,处于平衡状态
BC
【解析】 在Pa段弹性绳松弛,对人没有拉力,人做自由落体运动,人处于完全失重状态,速度不断增大;在ab段弹性绳对人的拉力小于人的重力,人受到的合力向下,人继续向下做加速运动,人处于失重状态,速度不断增大;在bc段,弹性绳对人的拉力大于人的重力,人受到的合力向上,人向下做减速运动,人处于超重状态,速度减小,所以在经过b点时,人的速度最大,故A错误,B、C正确;
c是人所到达的最低点,故c点速度为零,同时在c点时绳子的拉力大于重力,人的合外力的方向和加速度的方向向上,不是平衡状态,故D错误。
要点二　用牛顿运动定律分析超重和失重现象
「情境探究」
找一条纸带,在纸带中间部位剪个小缺口,纸带的一端固定一重物,另一端用手拿住,小心提起重物,这时纸带没有断;然后向上加速提起重物,纸带就断了;或者提起重物急剧向下运动后突然停住,纸带也会断裂。做一做,观察现象并说明出现这种现象的原因。
【答案】 当重物以加速度a向上运动时,重物受重力G和纸带的拉力F的作用,由牛顿第二定律知F-mg=ma,所以F=m(g+a)。这时拉力大于重物所受的重力。当拉力达到纸带最大承受力时,纸带就断裂了;同理,当提起重物急剧向下运动后突然停住,重物向下减速运动,通过计算可以得出这时纸带的拉力F=m(g+a′),大于重物所受的重力,超过纸带最大承受力时,纸带也会断裂。
「要点归纳」
1.平衡、超重、失重、完全失重的比较
项目 加速度 视重(F)与 重力关系 运动情况 受力图
平衡 a=0 F=mg 静止或匀 速直线运动
超重 向上 F=m(g+a)>mg 向上加速 或向下减速
失重 向下 F=m(g-a) 完全 失重 a=g F=0 自由落体运 动、抛体运 动、沿圆轨道 运行的卫星
2.有关超重、失重问题的分析方法
求解此类问题的关键是确定物体加速度的大小和方向。首先应根据加速度方向判断物体处于超重状态还是失重状态,然后选加速度方向为正方向,分析物体的受力情况,利用牛顿第二定律进行求解。
[例2] 上海中心大厦总高度约632 m,游客乘坐世界最快观光电梯从观景台下行开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达地面只需70 s,运行的最大速度为 10 m/s。某同学将一台秤静置于观光电梯地板上,将质量为2.4 kg的物体放置于台秤上,在电梯加速阶段台秤示数为22.8 N,电梯减速运动到地面的时间为10 s,若电梯加速、减速过程可视为匀变速直线运动,匀速运动时的速度达到最大值,g取10 m/s2,求:
(1)电梯在加速下降过程中,电梯中乘客处于超重还是失重状态;
【答案】 (1)失重
【解析】 (1)电梯在加速下降过程中,加速度向下,电梯中乘客处于失重状态。
(2)观景台的高度;
【答案】 (2)550 m　
匀速运动的时间为t2=t-t1-t3=40 s,
通过的位移为s2=vt2=10×40 m=400 m,
则有观景台的高度为h=s1+s2+s3=550 m。
(3)电梯减速阶段物体对台秤的压力大小。
【答案】 (3)26.4 N
根据牛顿第二定律可知
N1-mg=ma′,
解得N1=26.4 N。
根据牛顿第三定律,可得物体对台秤的压力
N′=N1=26.4 N。
解决超重与失重的问题,其实是牛顿运动定律的运用。在解决此类问题时,要注意分析运动情况及受力情况,尤其要注意加速度的方向。
如果物体的加速度方向向上,则该物体处于超重状态;若加速度方向向下,则该物体处于失重状态。
·学习笔记·
[针对训练2] 随着科技的发展,手机的功能越来越多。如图所示是某同学随质量为100 kg的货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v-t图像(竖直向上为正方向),g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)
A.0～10 s货物处于失重状态
B.0～10 s内电梯对货物的支持力恒为1 010 N
C.0～46 s内货物上升的距离为34 m
D.30～36 s货物处于超重状态
B
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
判断超重和失重现象的三种方法
1.从受力的角度判断
当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态;小于重力时处于失重状态;等于零时处于完全失重状态。
2.从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时处于超重状态;具有向下的加速度时处于失重状态;向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
3.从运动的角度判断
当物体加速上升或减速下降时,物体处于超重状态;当物体加速下降或减速上升时,物体处于失重状态。
[示例] 电梯中有一个倾角为θ的粗糙斜面,质量为m的物体静止在斜面上,如图所示。当电梯静止时,物体受到斜面的支持力为N0,斜面对它的静摩擦力为f0;当电梯经加速度a竖直向上做匀加速运动时,物体仍(相对)静止在斜面上;这时斜面对物体的支持力比N0增加了　　　　,斜面对物体的静摩擦力比f0增加了　　　　,物体“超重”　　　　。
macos θ
masin θ
ma
【解析】 静止时有mgsin θ=f0,mgcos θ=N0,
上升过程建立如图的坐标系,
对物体分析,在水平方向上有
Nsin θ=fcos θ,
在竖直方向上有
Ncos θ+fsin θ-mg=ma,
联立解得f=m(g+a)sin θ,
则N=m(g+a)cos θ,
斜面对物体的支持力比N0增加了N-N0=macos θ,
斜面对物体的静摩擦力比f0增加了 f-f0=masin θ,
斜面对物体的作用力为F,根据牛顿第二定律有
F-mg=ma,F=mg+ma,
物体“超重”ma。
「科学·技术·社会·环境」
折磨航天员的超重和失重
航天员在飞船起飞和返回地面时,处于超重状态,特别是在升空时,超重可达重力的9倍。超重使人不适,起初人会感到头晕、呕吐,超重达到3倍重力时感到呼吸困难,超重达到4倍重力时,颈骨已不能支持头颅,有折断的危险。所以升空时航天员必须采取横卧姿势,以增强对超重的耐受能力。
人造地球卫星、宇宙飞船、航天飞机等航天器进入轨道后,其中的人和物都将处于完全失重状态。在完全失重状态下,平常由重力所产生的一切物理现象都会消失,液体对器壁无压强,浸在水中的物体不受浮力,物体将飘在空中,液滴呈绝对的球形,航天员站着睡觉和躺着睡觉没有差别,食物要做成块状或牙膏似的糊状,以免食物的碎渣“飘浮”在空中,进入航天员的眼睛、鼻孔等。
[示例] 在空间站完全失重的环境中,下列仪器能继续使用的是(　　)
A.水银气压计 B.体重计
C.打点计时器 D.天平
C
【解析】 在空间站完全失重的环境中,一切和重力有关的仪器都不能使用,故水银气压计、体重计和天平都不能使用;而打点计时器的使用与重力无关,可继续使用,选项C正确。
检测·学习效果
1.下列关于超重与失重的判断,正确的是(　　)
A.物体做变速运动时,必处于超重或失重状态
B.物体向下运动时,必处于失重状态
C.做竖直上抛运动的物体,处于超重状态
D.物体斜向上做匀减速运动,处于失重状态
D
【解析】 判断物体是否处于超重或失重状态,就是看物体有没有竖直方向上的加速度。若物体的加速度向下,则处于失重状态。若物体的加速度向上,则处于超重状态。A、B两项均未指明加速度方向,无法判定是否发生超重和失重现象。D项物体的加速度斜向下,有竖直向下的分量,故处于失重状态。C项中a=g,且加速度方向向下,故处于完全失重状态。
2.如图所示,两物体A、B(mA>mB)叠放在一起,靠在竖直墙面上。将它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是(不计空气阻力,重力加速度为g)(　　)
A
A　 　 B　 　 C 　 　D
【解析】 两物体A、B叠放在一起,在沿粗糙墙面下落过程中,由于两物体与竖直墙面之间没有压力,故没有摩擦力,两物体一起做自由落体运动,均处于完全失重状态。故物体B只受重力作用。故选A。
3.某同学站在装有力传感器的轻板上做下蹲的动作,记录的力随时间变化的图线可能是(　　)
C
A　 　 B　 　 C 　 　 D
【解析】 在下蹲过程中,人的初速度与末速度均为0,可知,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,即人的加速度方向先向下后向上,则人先处于失重状态后处于超重状态,传感器对人的支持力先小于重力,后大于重力,传感器记录的是人对传感器的压力大小,根据牛顿第三定律可知,传感器的示数先小于重力,后大于重力,只有C符合要求。故选C。
4.某人在以2.5 m/s2的加速度加速下降的电梯A里最多能举起80 kg的物体,此人在另外一个匀加速上升的电梯B中最多能举起40 kg的物体,求此时电梯B上升的加速度为　　　 　 m/s2;g取10 m/s2,此人在地面上能够举起
　　　　 kg的物体。若电梯以4 m/s2的加速度加速下降,那么此人最多能举起　　　　 kg的物体。
5
60
100
【解析】 电梯加速下降时有F=m1(g-a1),电梯加速上升时有F=m2(g+a2),解得a2=5 m/s2。在地面时F=m3g,解得m3=60 kg。电梯以4 m/s2加速下降时有F=m4(g-a2),解得m4=100 kg。
5.升降机地板上放一个弹簧式台秤,秤盘上放一个质量为20 kg 的物体(g取10 m/s2),则:
(1)当升降机匀速上升时,物体对台秤的压力大小是多少
【答案】 (1)200 N　
【解析】 (1)当升降机匀速上升时,根据
N=mg=200 N,
根据牛顿第三定律可知,物体对台秤的压力大小为200 N。
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时,物体处于超重状态还是失重状态 物体对台秤的压力大小是多少
【答案】 (2)超重　220 N
【解析】 (2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时,加速度方向向上,物体处于超重状态,
根据牛顿第二定律N′-mg=ma1,
解得N′=220 N,
由牛顿第三定律可知,物体对台秤的压力大小为220 N。
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时,物体处于超重状态还是失重状态 物体对台秤的压力大小是多少
【答案】 (3)失重　100 N
【解析】 (3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时,加速度方向向下,物体处于失重状态,
根据牛顿第二定律mg-N″=ma2,
解得N″=100 N,
由牛顿第三定律,物体对台秤的压力大小为100 N。
(4)当升降机自由下落时,物体对台秤的压力为多少
【答案】 (4)0
【解析】 (4)当升降机自由下落时,加速度等于重力加速度,则物体处于完全失重状态,则物体对台秤的压力为0。
感谢观看第5节　超重与失重
学习目标 课标解读
1.了解超重和失重现象,理解产生超重和失重现象的条件及实质。 2.会根据牛顿运动定律分析、解决超重和失重问题。 1.通过对超重和失重、视重的学习,体会物理观念的形成过程。 2.通过超重、失重模型的建构,体会科学思维在对物理问题认识过程中所起的作用。 3.体验生活中的超重、失重现象,感受科学之美,培养科学认真探索自然规律的态度。
探究新知
一、超重现象
1.定义
物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)大于物体所受重力的现象。
2.产生条件
物体具有向上的加速度。
二、失重现象
1.定义
物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)小于物体所受重力的现象。
2.产生条件
物体具有向下的加速度。
3.完全失重
(1)定义:物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)等于零的状态。
(2)产生条件:a=g,方向竖直向下。
新知检测
1.思考判断
(1)竖直向上运动的物体一定处于超重状态。(　×　)
(2)物体减速运动时处于超重状态。(　×　)
(3)物体处于完全失重状态时就不受重力了。(　×　)
(4)不论物体处于超重、失重还是完全失重状态,物体所受重力都是不变的。(　√　)
(5)做自由落体运动和竖直上抛运动的物体都处于完全失重状态。(　√　)
2.思维探究
(1)超重是重力增加了吗 失重是重力减小了吗 如何理解超重与失重
(2)一个盛满水的瓶子底部有一小孔,静止在手中时,水会喷射而出;如果突然松手,让瓶子自由下落,会发生什么现象 为什么
(3)航天员在太空中处于漂浮状态,那他们是不是就不受重力了
【答案】 (1)物体处于超重或失重状态时,重力并未发生变化,而是对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)不再等于重力,即视重变化。
(2)瓶子和水一起下落,水不会喷射而出。每一部分水和瓶子做的都是自由落体运动,运动情况完全一样,所以它们之间没有挤压,均处于完全失重状态。
(3)航天员在太空中处于完全失重状态,是指他不会对与他接触的物体产生正压力的作用,但是他仍然受重力的作用,并且只受重力作用,重力就是他受到的合外力。
要点一　对超重、失重现象的理解
情境探究
如图所示,某同学乘坐电梯正在向上运动。
探究:(1)电梯启动瞬间加速度方向向哪 人受到的支持力比其所受重力大还是小 电梯匀速向上运动时,人受到的支持力比其所受重力大还是小
(2)电梯将要到达目的地减速运动时加速度方向向哪 人受到的支持力比其所受重力大还
是小
【答案】 (1)电梯启动瞬间加速度方向向上;人受到的合外力方向向上,所以支持力大于重力;电梯匀速向上运动时,人受到的合外力为零,所以支持力与重力大小相等。
(2)减速运动时,因速度方向向上,故加速度方向向下;人受到的合外力方向向下,支持力小于
重力。
要点归纳
1.实重与视重的区别
(1)实重:物体实际所受的重力(不会随物体运动状态的改变而变化)。
(2)视重:当物体竖直悬挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时,弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”,大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。
2.对超重和失重的理解
(1)当视重与物体的重力不同时,即发生了超重或失重现象。
(2)判断出现超重、失重现象的依据是加速度的方向,而与物体的运动方向无关。当物体具有向上的加速度时,无论物体向什么方向运动,均出现超重现象,反之则出现失重现象。
[例1] 下列关于超重与失重现象的说法正确的是(　　)
A.处于超重状态的物体所受重力大于静止时物体所受的重力
B.处于失重状态的物体一定向下加速运动
C.处于超重状态的物体所受合力方向可能与重力方向相反
D.处于失重状态的物体加速度方向可能与重力加速度方向相反
【答案】 C
【解析】 处于超重状态的物体所受重力等于静止时物体所受的重力,故A错误;处于失重状态的物体有向下的加速度,但不一定向下做加速运动,故B错误;处于超重状态的物体有向上的加速度分量,所受的合力有向上的分量,当物体所受的合力竖直向上时,所受合力方向与重力方向相反,故C正确;处于失重状态的物体有向下的加速度分量,所受的合力有向下的分量,加速度方向不与重力加速度方向相反,故D错误。
关于超重、失重现象应注意的几个问题
(1)物体超重和失重并不是物体实际受到的重力变大或变小,物体所受重力G=mg始终存在,且大小方向不随运动状态变化,只是因为物体在竖直方向有加速度,使物体的视重变大或变小。
(2)物体由于处于地球上不同地理位置而使重力G值略有不同的现象不属于超重和失重现象。
(3)在完全失重状态下,平常由重力产生的一切物理现象都会消失,比如物体对桌面无压力,浸在水中的物体不受浮力,液体对容器壁没有压强等。靠重力才能使用的仪器也不能再使用,如天平、液体气压计等。
[针对训练1] (双选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。如图所示,某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图中的a点是弹性绳的原长位置,c点是人所能到达的最低位置,b点是人静止悬吊着时的平衡位置。人在从P点下落到最低位置c点的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.在运动过程中,运动到a点时速度最大且处于完全失重状态
B.在ab段人所受弹性绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态
C.在bc段人所受弹性绳的拉力大于人的重力,人处于超重状态
D.在c位置,人的速度为零,处于平衡状态
【答案】 BC
【解析】 在Pa段弹性绳松弛,对人没有拉力,人做自由落体运动,人处于完全失重状态,速度不断增大;在ab段弹性绳对人的拉力小于人的重力,人受到的合力向下,人继续向下做加速运动,人处于失重状态,速度不断增大;在bc段,弹性绳对人的拉力大于人的重力,人受到的合力向上,人向下做减速运动,人处于超重状态,速度减小,所以在经过b点时,人的速度最大,故A错误,B、C正确;c是人所到达的最低点,故c点速度为零,同时在c点时绳子的拉力大于重力,人的合外力的方向和加速度的方向向上,不是平衡状态,故D错误。
要点二　用牛顿运动定律分析超重和失重现象
情境探究
找一条纸带,在纸带中间部位剪个小缺口,纸带的一端固定一重物,另一端用手拿住,小心提起重物,这时纸带没有断;然后向上加速提起重物,纸带就断了;或者提起重物急剧向下运动后突然停住,纸带也会断裂。做一做,观察现象并说明出现这种现象的原因。
【答案】 当重物以加速度a向上运动时,重物受重力G和纸带的拉力F的作用,由牛顿第二定律知F-mg=ma,所以F=m(g+a)。这时拉力大于重物所受的重力。当拉力达到纸带最大承受力时,纸带就断裂了;同理,当提起重物急剧向下运动后突然停住,重物向下减速运动,通过计算可以得出这时纸带的拉力F=m(g+a′),大于重物所受的重力,超过纸带最大承受力时,纸带也会断裂。
要点归纳
1.平衡、超重、失重、完全失重的比较
项目 加速度 视重(F)与 重力关系 运动情况 受力图
平衡 a=0 F=mg 静止或匀 速直线运动
超重 向上 F=m(g+a) >mg 向上加速 或向下减速
失重 向下 F=m(g-a) 完全 失重 a=g F=0 自由落体运 动、抛体运 动、沿圆轨道 运行的卫星
2.有关超重、失重问题的分析方法
求解此类问题的关键是确定物体加速度的大小和方向。首先应根据加速度方向判断物体处于超重状态还是失重状态,然后选加速度方向为正方向,分析物体的受力情况,利用牛顿第二定律进行求解。
[例2] 上海中心大厦总高度约632 m,游客乘坐世界最快观光电梯从观景台下行开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达地面只需70 s,运行的最大速度为 10 m/s。某同学将一台秤静置于观光电梯地板上,将质量为2.4 kg的物体放置于台秤上,在电梯加速阶段台秤示数为22.8 N,电梯减速运动到地面的时间为10 s,若电梯加速、减速过程可视为匀变速直线运动,匀速运动时的速度达到最大值,g取10 m/s2,求:
(1)电梯在加速下降过程中,电梯中乘客处于超重还是失重状态;
(2)观景台的高度;
(3)电梯减速阶段物体对台秤的压力大小。
【答案】 (1)失重　(2)550 m　(3)26.4 N
【解析】 (1)电梯在加速下降过程中,加速度向下,电梯中乘客处于失重状态。
(2)在加速下降过程中,根据牛顿第二定律有
mg-N=ma,
解得a=0.5 m/s2,
加速运动的时间为t1==20 s,
通过的位移为s1=t1=100 m,
匀减速通过的位移为s3=t3=50 m,
匀速运动的时间为t2=t-t1-t3=40 s,
通过的位移为s2=vt2=10×40 m=400 m,
则有观景台的高度为
h=s1+s2+s3=550 m。
(3)在减速阶段,加速度大小为
a′==1 m/s2,
根据牛顿第二定律可知
N1-mg=ma′,
解得N1=26.4 N。
根据牛顿第三定律,可得物体对台秤的压力
N′=N1=26.4 N。
解决超重与失重的问题,其实是牛顿运动定律的运用。在解决此类问题时,要注意分析运动情况及受力情况,尤其要注意加速度的方向。
如果物体的加速度方向向上,则该物体处于超重状态;若加速度方向向下,则该物体处于失重状态。
[针对训练2] 随着科技的发展,手机的功能越来越多。如图所示是某同学随质量为100 kg的货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v-t图像(竖直向上为正方向),g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)
A.0～10 s货物处于失重状态
B.0～10 s内电梯对货物的支持力恒为1 010 N
C.0～46 s内货物上升的距离为34 m
D.30～36 s货物处于超重状态
【答案】 B
【解析】 0～10 s货物向上加速,处于超重状态,选项A错误;0～10 s内电梯的加速度a==
m/s2,对货物,根据N-mg=ma,可得对货物的支持力恒为N=mg+ma=1 010 N,选项B正确;由图像与坐标轴围成的面积等于位移可知,0～46 s内货物上升的距离为s=×1 m-×10×
1.2 m=22 m,选项C错误;30～36 s货物向上减速,加速度向下,处于失重状态,选项D错误。
模型·方法·结论·拓展
判断超重和失重现象的三种方法
1.从受力的角度判断
当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态;小于重力时处于失重状态;等于零时处于完全失重状态。
2.从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时处于超重状态;具有向下的加速度时处于失重状态;向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
3.从运动的角度判断
当物体加速上升或减速下降时,物体处于超重状态;当物体加速下降或减速上升时,物体处于失重状态。
[示例] 电梯中有一个倾角为θ的粗糙斜面,质量为m的物体静止在斜面上,如图所示。当电梯静止时,物体受到斜面的支持力为N0,斜面对它的静摩擦力为f0;当电梯经加速度a竖直向上做匀加速运动时,物体仍(相对)静止在斜面上;这时斜面对物体的支持力比N0增加了　　　　,斜面对物体的静摩擦力比f0增加了　　　　,物体“超重”　　　　。
【答案】 macos θ　masin θ　ma
【解析】 静止时有mgsin θ=f0,mgcos θ=N0,
上升过程建立如图的坐标系,
对物体分析,在水平方向上有
Nsin θ=fcos θ,
在竖直方向上有
Ncos θ+fsin θ-mg=ma,
联立解得f=m(g+a)sin θ,
则N=m(g+a)cos θ,
斜面对物体的支持力比N0增加了N-N0=macos θ,
斜面对物体的静摩擦力比f0增加了 f-f0=masin θ,
斜面对物体的作用力为F,根据牛顿第二定律有
F-mg=ma,F=mg+ma,
物体“超重”ma。
科学·技术·社会·环境
折磨航天员的超重和失重
　　航天员在飞船起飞和返回地面时,处于超重状态,特别是在升空时,超重可达重力的9倍。超重使人不适,起初人会感到头晕、呕吐,超重达到3倍重力时感到呼吸困难,超重达到4倍重力时,颈骨已不能支持头颅,有折断的危险。所以升空时航天员必须采取横卧姿势,以增强对超重的耐受能力。
　　人造地球卫星、宇宙飞船、航天飞机等航天器进入轨道后,其中的人和物都将处于完全失重状态。在完全失重状态下,平常由重力所产生的一切物理现象都会消失,液体对器壁无压强,浸在水中的物体不受浮力,物体将飘在空中,液滴呈绝对的球形,航天员站着睡觉和躺着睡觉没有差别,食物要做成块状或牙膏似的糊状,以免食物的碎渣“飘浮”在空中,进入航天员的眼睛、鼻孔等。
[示例] 在空间站完全失重的环境中,下列仪器能继续使用的是(　　)
A.水银气压计 B.体重计
C.打点计时器 D.天平
【答案】 C
【解析】 在空间站完全失重的环境中,一切和重力有关的仪器都不能使用,故水银气压计、体重计和天平都不能使用;而打点计时器的使用与重力无关,可继续使用,选项C正确。
1.下列关于超重与失重的判断,正确的是(　　)
A.物体做变速运动时,必处于超重或失重状态
B.物体向下运动时,必处于失重状态
C.做竖直上抛运动的物体,处于超重状态
D.物体斜向上做匀减速运动,处于失重状态
【答案】 D
【解析】 判断物体是否处于超重或失重状态,就是看物体有没有竖直方向上的加速度。若物体的加速度向下,则处于失重状态。若物体的加速度向上,则处于超重状态。A、B两项均未指明加速度方向,无法判定是否发生超重和失重现象。D项物体的加速度斜向下,有竖直向下的分量,故处于失重状态。C项中a=g,且加速度方向向下,故处于完全失重状态。
2.如图所示,两物体A、B(mA>mB)叠放在一起,靠在竖直墙面上。将它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是(不计空气阻力,重力加速度为g)(　　)
　　　　　　
A　 　B　 　C 　 　D
【答案】 A
【解析】 两物体A、B叠放在一起,在沿粗糙墙面下落过程中,由于两物体与竖直墙面之间没有压力,故没有摩擦力,两物体一起做自由落体运动,均处于完全失重状态。故物体B只受重力作用。故选A。
3.某同学站在装有力传感器的轻板上做下蹲的动作,记录的力随时间变化的图线可能是(　　)
A 　B
C　 D
【答案】 C
【解析】 在下蹲过程中,人的初速度与末速度均为0,可知,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,即人的加速度方向先向下后向上,则人先处于失重状态后处于超重状态,传感器对人的支持力先小于重力,后大于重力,传感器记录的是人对传感器的压力大小,根据牛顿第三定律可知,传感器的示数先小于重力,后大于重力,只有C符合要求。故选C。
4.某人在以2.5 m/s2的加速度加速下降的电梯A里最多能举起80 kg的物体,此人在另外一个匀加速上升的电梯B中最多能举起40 kg的物体,求此时电梯B上升的加速度为　　　　 m/s2;g取10 m/s2,此人在地面上能够举起　　　　 kg的物体。若电梯以4 m/s2的加速度加速下降,那么此人最多能举起　　　　 kg的物体。
【答案】 5　60　100
【解析】 电梯加速下降时有F=m1(g-a1),电梯加速上升时有F=m2(g+a2),解得a2=5 m/s2。在地面时F=m3g,解得m3=60 kg。电梯以4 m/s2加速下降时有F=m4(g-a2),解得m4=100 kg。
5.升降机地板上放一个弹簧式台秤,秤盘上放一个质量为20 kg 的物体(g取10 m/s2),则:
(1)当升降机匀速上升时,物体对台秤的压力大小是多少
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时,物体处于超重状态还是失重状态 物体对台秤的压力大小是多少
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时,物体处于超重状态还是失重状态 物体对台秤的压力大小是多少
(4)当升降机自由下落时,物体对台秤的压力为多少
【答案】 (1)200 N　(2)超重　220 N
(3)失重　100 N　(4)0
【解析】 (1)当升降机匀速上升时,根据
N=mg=200 N,
根据牛顿第三定律可知,物体对台秤的压力大小为200 N。
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时,加速度方向向上,物体处于超重状态,
根据牛顿第二定律N′-mg=ma1,
解得N′=220 N,
由牛顿第三定律可知,物体对台秤的压力大小为220 N。
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时,加速度方向向下,物体处于失重状态,
根据牛顿第二定律mg-N″=ma2,
解得N″=100 N,
由牛顿第三定律,物体对台秤的压力大小为100 N。
(4)当升降机自由下落时,加速度等于重力加速度,则物体处于完全失重状态,则物体对台秤的压力为0。
课时作业
基础巩固
1.(双选)超重和失重现象在日常生活中比较常见,关于超重和失重,下列说法正确的是(　　)
A.高山滑雪运动员在加速下滑过程中处于失重状态
B.柱形喷泉的水在空中运动的过程中处于超重状态
C.打开降落伞后,返回舱在减速下降的过程中处于失重状态
D.站在加速上升的扶梯上的顾客处于超重状态
【答案】 AD
【解析】 高山滑雪运动员在加速下滑过程中,竖直方向加速度向下,处于失重状态,故A正确;柱形喷泉的水在空中运动的过程中,加速度向下,处于失重状态,故B错误;打开降落伞后,返回舱在减速下降的过程中,加速度向上,处于超重状态,故C错误;站在加速上升的扶梯上的顾客加速度在竖直方向上的分量竖直向上,处于超重状态,故D正确。
2.如图所示为体验超失重的巨型娱乐器械,环形座舱套装在竖直柱子上。某游客的座舱由升降机送到离地65 m的高度处,然后让座舱自由落下,落到离地面 20 m 时,制动系统启动,座舱做匀减速运动到地面时刚好停下,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.游客此次体验完全失重的时间为2 s
B.游客此次体验超重的时长少于失重的时长
C.自由落下时完全失重,游客所受座椅支持力等于其重力
D.制动过程中,游客的加速度大小为30 m/s2且处于超重状态
【答案】 B
【解析】 完全失重下落的高度为h1=65 m-20 m=45 m,根据h1=g,解得完全失重的时间为t1=3 s,A错误;自由落下时处于完全失重状态,游客只受重力,所受座椅支持力为0,C错误;制动后做匀减速运动,加速度向上,游客处于超重状态,减速时的速度为v=gt1=30 m/s,根据0-v2=
-2ah2,解得匀减速时的加速度大小为a=22.5 m/s2,时间为t2== s3.为了研究超重和失重现象,某同学把一体重计放在电梯的地板上,他站在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况,下表记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间不表示先后顺序),若已知t0时刻电梯静止,则(　　)
时间 t0 t1 t2 t3
体重计的示数/kg 60.0 65.0 55.0 60.0
A.t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反
B.t1和t2时刻该同学的质量并没有变化,但所受重力发生了变化
C.t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等,运动方向一定相反
D.t1时刻电梯不可能向上运动
【答案】 A
【解析】 根据表格读数分析,t1时刻物体处于超重状态,根据牛顿第二定律分析得知,电梯的加速度方向向上。t2时刻物体处于失重状态,电梯的加速度方向向下,两个时刻加速度方向相反,故A正确;t1和t2时刻物体的质量并没有发生变化,所受重力也没有发生变化,故B错误;t1时刻,根据牛顿第二定律F1-mg=ma1,解得t1时刻物体的加速度大小为a1= m/s2,t2时刻,根据牛顿第二定律mg-F2=ma2,解得t2时刻物体的加速度为a2= m/s2,可知t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等,但运动方向都可能向上或向下,不一定相反,故C错误;t1时刻物体处于超重状态,有向上的加速度,物体可能向上加速,也可能向下减速,故D错误。
4.某质量m=80 kg的举重运动员在地面上最多能举起120 kg的重物,而在竖直运动着的升降机中却最多只能举起100 kg的重物。下列说法正确的是(　　)
A.此时升降机运动的加速度a=4 m/s2
B.此时运动员对升降机地板的压力为1 800 N
C.此时升降机可能加速上升
D.此时升降机可能减速上升
【答案】 C
【解析】 运动员在地面上能举起120 kg的重物,则运动员能发挥的向上的最大支撑力F=m′g=1 200 N,在运动的升降机中只能举起100 kg的重物,可见该重物处于超重状态,升降机应具有向上的加速度,升降机可能加速上升或减速下降,对重物F-m″g=m″a,解得a=2 m/s2,故A、D错误,C正确;对运动员和重物整体,根据牛顿第二定律有N-(m″+m)g=(m″+m)a,解得N=
2 160 N,根据牛顿第三定律可知此时运动员对升降机地板的压力为2 160 N,故B错误。
5.2023年10月2日,杭州亚运会蹦床项目结束女子个人比赛的争夺,中国选手包揽冠、亚军。假设在比赛的时候某一个时间段内蹦床所受的压力如图所示,g取10 m/s2,忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.1.0 s到1.2 s之间运动员处于失重状态
B.1.0 s到1.2 s之间运动员处于超重状态
C.在图示的运动过程中,运动员离开蹦床后上升的最大高度为9.8 m
D.在图示的运动过程中,运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2 m
【答案】 D
【解析】 在1.0 s到1.2 s之间,蹦床弹力从0开始增大到最大,运动员先向下加速后向下减速,加速度先向下后向上,则运动员先处于失重状态,然后处于超重状态,故A、B错误;由题图可知,运动员离开蹦床在空中运动的时间为t=3.8 s-2.2 s=1.6 s,所以运动员离开蹦床上升的最大高度为h=g·() 2=3.2 m,故C错误,D正确。
6.(双选)太白山是陕西避暑胜地之一。如图是太白山索道的抽象物理模型,已知体重约为50 kg的游客站立于轿厢底面,倾斜索道与水平面的夹角为30°,当载人轿厢沿钢索斜向右上做加速度大小a=4 m/s2的匀加速直线运动时,g取10 m/s2,人与轿厢底面的动摩擦因数μ=0.5,下列说法正确的是(　　)
A.游客处于超重状态
B.轿厢对游客的支持力约为600 N
C.游客对轿厢的作用力竖直向下
D.游客受到的摩擦力大小为100 N,方向水平向左
【答案】 AB
【解析】 由题可知,游客相对轿厢静止,故游客的加速度与轿厢的加速度相同,即为a=4 m/s2,将游客的加速度分解到水平方向和竖直方向,则有a水=acos 30°=2 m/s2,a竖=asin 30°=
2 m/s2,竖直方向上,游客受到向上的支持力,根据牛顿第二定律N-mg=ma竖,代入数据可得支持力大小为N=600 N,比重力500 N更大,故游客处于超重状态,故A、B正确;由于游客水平方向加速度向右,可知游客受到水平向右的摩擦力,大小为f=ma水=50×2 N=100 N,故D错误;对游客受力分析,可知游客受轿厢竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力作用,根据牛顿第三定律,可知游客对轿厢的压力竖直向下,摩擦力水平向左,根据平行四边形定则,可知游客对轿厢的作用力斜向左下方,故C错误。
7.如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平面上,一质量为m=0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落,从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内),其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图像如图乙所示,其中A为曲线的最高点,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.该弹簧的劲度系数为2 N/m
B.当Δx=0.3 m时,小球处于超重状态
C.小球刚接触弹簧时速度最大
D.当Δx=0.61 m时,小球的加速度为零
【答案】 B
【解析】 小球接触弹簧后,弹力从零逐渐增大,当弹簧弹力等于小球重力,即Δx=0.10 m时,小球速度最大,加速度为零,即有mg=kΔx,可得弹簧劲度系数为k== N/m=20 N/m,故A、C错误;当Δx=0.3 m时,弹力大于重力,小球向下减速,加速度方向向上,小球处于超重状态,故B正确;当Δx=0.61 m时,弹簧弹力大于重力,加速度向上达到最大值,故D错误。
8.有两个完全相同的电子秤,一个静止在室外地面上,另一个在电梯中。室外的电子秤上物体的质量为m=10 kg,电梯中的电子秤上的物体的质量为m′=8 kg。某时刻两秤的示数恰好一样。重力加速度g取10 m/s2。则下列判断可能正确的是(　　)
A.此时电梯可能加速上升
B.此时电梯可能减速上升
C.此时电梯运动的加速度a=5 m/s2
D.此时两电子秤受到的压力大小不同
【答案】 A
【解析】 两秤的示数恰好一样,两电子秤受到的压力大小应该相同,故D错误。两物体受到向上的支持力大小一样,设为F,则F=mg=100 N,在运动的电梯中同样的支持力只能支持8 kg的物体,可见该重物处于超重状态,电梯应具有向上的加速度,电梯可能加速上升或减速下降,对物体有F-m′g=m′a,解得a=2.5 m/s2,故B、C错误,A正确。
能力提升
9.如图甲所示,质量为m=2 kg的物块挂在弹簧测力计的下端,在弹簧测力计的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向,物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示,弹簧测力计始终在弹性限度内,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.2～6 s内物块先超重后失重,弹簧测力计的示数先增大后减小
B.0～6 s内物块先超重后失重,速度变化量大小为3 m/s
C.0～6 s内物块先失重后超重,6 s时物块的速度为6 m/s
D.0～6 s内物块先失重后超重,弹簧测力计6 s末的示数为24 N
【答案】 B
【解析】 2～6 s内加速度先向上后向下,则物块先超重后失重,弹簧测力计的示数一直减小,选项A错误;0～6 s内加速度先向上后向下,则物块先超重后失重,图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量,则速度变化量大小为Δv=×2 m/s+×2×2 m/s-×2×2 m/s=3 m/s,初速度为零,6 s时物块的速度为3 m/s,选项B正确,C错误;0～6 s内物块先超重后失重,弹簧测力计6 s末的加速度为向下的2 m/s2,则弹簧测力计示数为T=mg-ma=16 N,选项D错误。
10.如图所示,某同学抱着箱子做蹲起运动研究超重和失重现象,在箱内的顶部和底部均安装有压力传感器。两质量均为2 kg的物块用轻弹簧连接分别抵住传感器。当该同学抱着箱子静止时,顶部的压力传感器显示示数F1=10 N。重力加速度g取10 m/s2。不计空气阻力,则(　　)
A.箱子静止时,底部压力传感器显示示数F2=50 N
B.当F1=8 N时,箱子处于失重状态,人可能抱着箱子下蹲
C.当F1=20 N时,箱子处于超重状态,人可能抱着箱子向上站起
D.若箱子保持竖直从高处自由释放,运动中两个压力传感器的示数均为20 N
【答案】 A
【解析】 当箱子静止时,对两物块和弹簧组成的系统受力分析可知2mg+F1=F2,得下面压力传感器显示示数F2=50 N,对上面物体有mg+F1=F弹,得F弹=30 N,故A正确;当F1=8 N时,对上面物体有mg+F1F弹,加速度方向向下,箱子处于失重状态,人可能抱着箱子向下加速下蹲或向上减速站起,故C错误;当箱子自由下落时处于完全失重状态,两个物体所受合力均为mg,则应有F弹=F1=F2,弹簧长度没变,所以两个压力传感器的示数均为30 N,故D错误。
11.如图所示,一质量为60 kg的人站在商场的电梯上,当电梯以a=3 m/s2的加速度沿倾角α=37° 的斜面加速向下运动时,人处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态,人受到的支持力大小为
　　　　 N,人受到的摩擦力大小为　　　　 N。(g取10 m/s2)
【答案】 失重　492　144
【解析】 电梯以a=3 m/s2的加速度沿倾角α=37°的斜面加速向下运动时,在竖直方向有向下的加速度,故人处于失重状态;人在竖直方向的加速度为ay=asin α=1.8 m/s2,竖直方向由牛顿第二定律得mg-N=may,代入数据解得N=492 N;人在水平方向的加速度为ax=acos α=2.4 m/s2,水平方向由牛顿第二定律有 f=max=144 N。
12.某同学用一手机传感器软件探究电梯上升过程中的超、失重现象(如图甲所示),该软件可以实时测量手机运动时的加速度。现该同学携带该手机进入电梯,先运行手机加速度传感器软件采集数据,之后按下按钮,电梯上升,传感器上显示电梯上升过程中,加速度a随时间t变化的情况如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若该同学的体重为50 kg,求上升阶段他对电梯的最大压力为多少;
(2)根据图乙中数据,试估算电梯一共上升的距离为多少。
【答案】 (1)515 N　(2)10.8 m
【解析】 (1)由题图乙可知,10～12 s时间内该同学处于超重状态,对电梯的压力最大,对其进行受力分析,由牛顿第二定律有N-mg=ma,
由题图乙可知a=0.3 m/s2,
代入数据解得N=515 N,
根据牛顿第三定律可知上升阶段该同学对电梯的最大压力为515 N。
(2)10～12 s时间内电梯匀加速上升的距离为
s1=a=0.6 m,
且12 s末的瞬时速度为v1=at1=0.6 m/s。
12～28 s时间内电梯匀速上升的距离为s2=v1t2=9.6 m,28～30 s时间内电梯匀减速上升的过程可以看成反向初速度为零的匀加速运动,
故s3=a=0.6 m,
则电梯一共上升的距离s=s1+s2+s3=10.8 m。
牛顿运动定律　检测试题
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示,航天员在天宫二号中进行太空授课时演示了旋转的小扳手,下列关于惯性的说法正确的是(　　)
A.小扳手漂浮不动时没有惯性
B.小扳手的惯性比航天员的惯性小
C.小扳手从地面移到空间站惯性减小
D.惯性是改变物体运动状态的原因
【答案】 B
【解析】 小扳手漂浮不动时,仍存在质量,仍有惯性,故A错误;由于小扳手的质量小于航天员的质量,则小扳手的惯性比航天员的惯性小,故B正确;小扳手从地面移到空间站,质量不变,则惯性不变,故C错误;惯性是保持物体运动状态的原因,而力是改变物体运动状态的原因,故D错误。
2.2021年4月29日11时23分,中国空间站天和核心舱发射升空。天和核心舱是我国载人航天工程中第一个空间站核心舱,长16.6米、最大直径4.2米,发射质量达到22.5吨,能满足3名航天员长期在轨驻留需求,材料中涉及了长度、质量和时间等物理量及其单位。在国际单位制中,下列说法正确的是(　　)
A.材料涉及的“11时23分、16.6米和22.5吨”中,只有米是国际单位制中的基本单位
B.“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”,所以“牛顿”是国际单位制中的基本单位
C.时间是国际单位制中力学三个基本物理量之一,天是其国际单位制中的基本单位
D.两个或更多的符号表示的单位一定是导出单位
【答案】 A
【解析】 分钟、小时是时间的一个常用单位,不是国际单位制中的基本单位,吨是质量的一个常用单位,不是国际单位制中的基本单位,只有米是国际单位制中的基本单位,A正确;力的单位牛顿是导出单位,是根据牛顿第二定律推导出来的,B错误;时间是国际单位制中力学三个基本物理量之一,天是时间的一个常用单位,C错误;两个或更多的符号表示的单位不一定是导出单位,关键要看其对应的物理量,D错误。
3.如图所示,一个物体静止放在水平地面上的台式弹簧秤上,下列说法正确的是(　　)
A.物体对弹簧秤的压力就是物体所受的重力
B.物体对弹簧秤的压力与物体所受重力是一对平衡力
C.物体对弹簧秤的压力与弹簧秤对物体的支持力是一对平衡力
D.如果在竖直上升的电梯中,台秤读数不一定等于物体的重力
【答案】 D
【解析】 物体对弹簧秤的压力是由于物体的形变产生的,而物体所受的重力是由于地球的吸引产生的,因此压力不是重力,A错误;物体对弹簧秤的压力作用在弹簧秤上,而物体所受重力作用在物体上,两者不是一对平衡力,B错误;物体对弹簧秤的压力与弹簧秤对物体的支持力是一对作用力和反作用力,C错误;如果在竖直上升的电梯中,当电梯加速上升时,物体处于超重状态,台秤读数大于物体的重力;当电梯减速上升时,物体处于失重状态,台秤读数小于物体的重力,D正确。
4.如图所示,细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球。当细线对小球的拉力刚好等于零时,水平向右的加速度a的大小为(g为重力加速度)(　　)
A.g B.2g C.g D.g
【答案】 A
【解析】 细线对小球的拉力刚好等于零,说明小球只受重力和斜面的支持力两个力作用,且随滑块A一起以加速度a向右加速运动,小球所受的合力F=mgtan 45°=mg,由牛顿第二定律可得,加速度为a==g。故A正确。
二、双项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分。每小题有两项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
5.同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼,过程中都经历了电梯加速上升阶段,假设三次的加速度大小相同,且乘客相对电梯均静止,如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中,下列说法正确的是(　　)
A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B.只有在甲种方式中,乘客才受到了摩擦力作用
C.在丙种方式中,乘客受到电梯地板的支持力最大
D.三种方式中的乘客均处于超重状态
【答案】 CD
【解析】 电梯加速上升阶段,在甲种方式中,乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用;在乙种方式中,乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用;在丙种方式中,乘客受到支持力、重力,故在甲、乙两种方式中,乘客受到了摩擦力作用,故A、B错误;在甲种方式中,乘客受到电梯地板的支持力为N1=mgcos θ,在乙种方式中,加速度在竖直方向的分量ay=asin θ,根据牛顿第二定律有N2-mg=masin θ,乘客受到电梯地板的支持力为N2=mg+masin θ,在丙种方式中,根据牛顿第二定律有N3-mg=ma,乘客受到电梯地板的支持力为N3=mg+ma,可得N16.如图所示,质量均为1 kg的小球a、b在轻弹簧A、B及外力F的作用下处于平衡状态,其中A、B两个弹簧劲度系数均为5 N/cm,B弹簧上端与天花板固定连接,轴线与竖直方向的夹角为60°,A弹簧竖直,g取 10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.A弹簧伸长量为3 cm
B.外力F=20 N
C.B弹簧的伸长量为4 cm
D.突然撤去外力F瞬间,b球加速度为0
【答案】 BD
【解析】 先对b球受力分析,受重力和弹簧A的拉力,根据平衡条件有kxA=mg,解得xA= cm=
2 cm,故A错误;再对a、b球整体受力分析,受重力、外力F和弹簧B的拉力,如图所示。
根据平衡条件有F=2mg·tan 60°=2mg=20 N,故B正确;B弹簧的弹力FB==4mg=
40 N;根据胡克定律有FB=kxB,解得xB=8 cm,故C错误;撤去力F的瞬间,b球所受重力和弹簧A的拉力都不变,故b球仍处于平衡状态,加速度为0,故D正确。
7.如图甲所示,物块的质量m=1 kg,初速度大小v0=10 m/s,在一水平向左的大小恒定的力F作用下从O点沿粗糙的水平面开始向右运动,并从此刻开始计时,某时刻力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.2 s末力F反向
B.2 s末到3 s末物块做匀减速运动
C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D.力F大小为7 N
【答案】 CD
【解析】 由题图乙可知,物块速度减为零时,力F突然反向,由=2a1s1,=2a2s2,代入题图乙中所给数据,解得a1=10 m/s2,a2=4 m/s2,则水平向左的力F作用的时间t1==1 s,1 s末力F反向,物块开始做匀加速运动,故A、B错误;力F反向前,由牛顿第二定律有F+μN=ma1,力F反向后,由牛顿第二定律有F-μN=ma2,其中N=mg,解得F=7 N,μ=0.3,故C、D正确。
8.如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A,木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用,木板的加速度a随力F变化的aF图像如图乙所示,g取10 m/s2,则(　　)
A.滑块A的质量为4 kg
B.木板B的质量为1 kg
C.当F=10 N时,木板B的加速度为4 m/s2
D.当F=10 N时,滑块A的加速度为-2 m/s2
【答案】 BC
【解析】 由题图乙可知当F=8 N时,加速度为a=2 m/s2,此时滑块与木板加速度相同,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,代入数据解得M+m=4 kg;当F>8 N 时,滑块与木板发生相对运动,对B由牛顿第二定律得F-μmg=Ma,解得a=F-,由题图乙可知,图线的斜率k===1 kg-1,解得木板B的质量M=1 kg,滑块A的质量为m=3 kg,故A错误,B正确;根据F>
8 N的图线知,F=6 N时,a=0,由a=F-可知0=×6-,解得μ=0.2,当F=10 N时,滑块与木板相对滑动,对木板根据牛顿第二定律F-μmg=Ma,解得a=4 m/s2,滑块A根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg=2 m/s2,故C正确,D错误。
三、非选择题:共60分。
9.(6分)研究表明,球形物体在液体中运动时会受到阻力,其关系式为F阻=kηrvx,式中η称为黏性系数,其单位为kg/(m·s),r和v分别是球的半径和速度,k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断,速度v的指数x的数值为　　　　;让一小球在盛有液体的足够长的量筒中从静止开始下落,则小球在液体中运动的加速度　　　 　(选填“减小”或“增大”),最后的运动状态是　　　　　　。
【答案】 1　减小　匀速下落
【解析】 由牛顿第二定律F=ma,即N= kg·。将所有单位代入F阻=kηrvx,kg·=m·() x,解得x=1;小球从静止释放后在重力的作用下向下做加速运动,由题意可知,小球受到的阻力与其下落的速度成正比,所以随着速度增大,阻力也增大,小球所受的合力减小,加速度减小;当小球下落的速度达到最大时,阻力与重力大小相等,此时小球受力平衡,以最大速度匀速下落。
10.(5分)在平直公路上,汽车由静止开始做匀变速直线运动,当速度达到v=10 m/s时立即关闭发动机滑行,直到停止,运动过程的vt 图像如图所示,则汽车与地面之间的动摩擦因数为　　　　,汽车全程行驶的位移为　　　　,汽车牵引力与阻力的比值为　　　　。
【答案】 0.05　150　3∶1
【解析】 由vt图像可知,汽车做匀加速运动时,加速度a1=1 m/s2,做匀减速运动时加速度大小a2=0.5 m/s2,由牛顿第二定律a2==μg,可得μ=0.05,由vt图像所围成的面积可知汽车共行驶150 m,由牛顿第二定律可得F-f=ma1,f=ma2,所以F∶f=(a1+a2)∶a2=3∶1。
11.(6分)如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,上端叠放着两个物块A、B,系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使A向上做匀加速直线运动,以系统静止时的位置为坐标原点,竖直向上为位移x正方向,得到F随x的变化图像如图乙所示,弹簧的劲度系数为　　　　 N/m。已知物体A的质量 m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,则物块A做匀加速直线运动的加速度大小为　　　 m/s2,物块B的质量为　　　 kg。
【答案】 80　1　10
【解析】 以A、B整体为研究对象,设静止时弹簧压缩量为x0,B的质量为M,有kx0=(m+M)g,分离之前F+k(x0-x)-(m+M)g=(m+M)a,即F=kx+(m+M)a,F随x的变化图像的斜率等于劲度系数,有k= N/m=80 N/m,x=0时刻,有12 N=(m+M)a;分离时,有22-mg=ma。联立解得物块A做匀加速直线运动的加速度大小及B的质量分别为a=1 m/s2,M=10 kg。
12.(6分)如图,一质量m=2 kg的小物块从斜面上A点由静止开始滑下,滑到斜面底端B点后沿水平面再滑行一段距离停下来。若物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ=0.25。斜面A、B两点之间的距离s=18 m,斜面倾角θ=37°(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),斜面与水平面间平滑连接,不计空气阻力,g取10 m/s2。则物块在斜面上下滑过程中的加速度大小为　　　　 m/s2;物块滑到B点时的速度大小为　　　　 m/s;物块在水平面上滑行的时间为　　　　 s。
【答案】 4　12　4.8
【解析】 物块在斜面上下滑时,如图所示对物块进行受力分析并沿斜面和垂直斜面正交分解,
由牛顿第二定律得mgsin θ-f=ma1,根据共点力平衡条件得N=mgcos θ,滑动摩擦力f=μN,联立解得a1=4 m/s2。物块从A点滑到B点有2as=,代入数据解得vB=12 m/s。在水平面上,对物块进行受力分析由牛顿第二定律得f′=ma2,f′=μmg,vB=a2tBC,联立解得tBC=4.8 s。
13.(7分)用如图甲所示的装置探究加速度与质量的关系,把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上,小车的左端连接穿过打点计时器的纸带,右端连接细线,细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码,通过垫块调节木板左端高度平衡摩擦力。
(1)下列实验操作正确的有　　　　。(多选)
A.先释放小车后接通电源
B.调整定滑轮使细线与长木板平行
C.平衡摩擦力时必须移去纸带
D.平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码
(2)改进后再次实验,选取纸带的一段进行测量,如图乙所示,测得长度如下。已知打点计时器打点周期为T,则小车的加速度的表达式是a=　　　　。(用题中字母表示)
(3)实验中保持小车质量不变,改变砝码的质量,进行实验。根据数据作出图丙的aF图像,由图像可得出的结论是　　　　　　　　　　　　。
(4)设小车质量为M,托盘和砝码质量为m,重力加速度为g。图丁为某小组在实验中作出的 图像,图像斜率的物理意义是　　　　;若图像纵截距为b,则b=　　　　。(结果用所给物理量表示)
【答案】 (1)BD　
(2)
(3)在小车质量不变时,加速度与合外力成正比
(4)M　
【解析】 (1)为了避免纸带上出现大量的空白段落,实验时应先接通电源,后释放小车,故A错误;为了使细线的拉力等于小车所受外力的合力,实验中需要调整定滑轮使细线与长木板平行,故B正确;平衡摩擦力时需要通过打出的点迹分布是否均匀来判断实验是否达到要求,因此实验中需要纸带,故C错误;平衡摩擦力是利用小车所受重力沿斜面的分力与摩擦力平衡,所以必须移去托盘和砝码,故D正确。
(2)根据逐差法可知,m车的加速度的表达式是a==。
(3)根据题图丙可知,点迹在误差允许的范围之内,点迹位于同一条直线上,且经过坐标原点,可根据数据作出图像aF图像,由图像可得出的结论是在小车质量不变时,加速度与合外力成
正比。
(4)将小车与托盘和砝码整体进行分析,根据牛顿第二定律有mg=(M+m)a,平衡摩擦力后,整体的合力F=mg,变形有=M·+,可知实验中作出图像,图像斜率的物理意义是小车的质量M,图像纵截距b=。
14.(8分)如图所示,水平地面上有一质量m=2.0 kg的物块,物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.20,在与水平方向成θ=37°斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F=10 N,取sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小;
(2)物块运动过程中加速度的大小;
(3)物块开始运动4.0 s所通过的位移大小。
【答案】 (1)5.2 N　(2)1.4 m/s2　(3)11.2 m
【解析】 (1)物体竖直方向上受力平衡
Fsin 37°+mg=N,
而f=μN,
联立解得滑动摩擦力的大小f=5.2 N。
(2)根据牛顿第二定律Fcos θ-f=ma,
可得加速度a=1.4 m/s2。
(3)根据s=at2,可知4.0 s所通过的位移大小
s=×1.4×4.02 m=11.2 m。
15.(10分)如图所示,一名滑雪者从倾角θ=37°的斜坡上A处由静止开始自由下滑,经过4 s滑至坡底B后进入水平雪道(B处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接),最终停在C处;已知滑雪板与斜坡雪地间的动摩擦因数μ1=0.25,BC的长度为64 m,求:(不计空气阻力,g取10 m/s2,取
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度大小a1;
(2)滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小v及位移大小s1;
(3)滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数μ2。
【答案】 (1)4 m/s2　(2)16 m/s　32 m　(3)0.2
【解析】 (1)对滑雪者受力分析如图所示,
沿斜坡和垂直于斜坡方向分别有
mgsin θ-f=ma1,
N=mgcos θ,
又f=μN,解得a1=4 m/s2。
(2)由匀变速直线运动规律得v=a1t1,
解得v=16 m/s,
由匀变速直线运动规律得s1=a1,
解得s1=32 m。
(3)设滑雪者在水平雪道上滑行的加速度大小为a2,由匀变速直线运动规律得
v2=2a2s2,
解得a2=2 m/s2,
由牛顿第二定律得μ2mg=ma2,
解得μ2=0.2。
16.(12分)某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率为v0=2 m/s。将质量 m=25 kg的物体无初速度地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为 M=25 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5,μ2=0.3,木板下表面可以涂抹不同材料的涂层,使得木板与地面的动摩擦因数μ3在一定范围内,满足0.1≤μ3≤0.3。AB的距离为s=8.2 m,木板足够长,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)物体刚开始下滑时的加速度大小;
(2)物体通过传送带所需要的时间;
(3)物体离开传送带后运动总路程的最小值和最大值。
【答案】 (1)10 m/s2　(2)2.2 s
(3)6 m　 m
【解析】 (1)物体速度达到传送带速度前
mgsin 37°+μ1mgcos 37°=ma1,
解得a1=10 m/s2。
(2)物体与传送带共速所需时间为
t1==0.2 s,
根据速度—位移公式有=2a1s1,
解得s1=0.2 m,
共速后,由于μ1=0.5物体继续在传送带上做匀加速运动
mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma2,
解得a2=2 m/s2,
设物体经t2到达B端,则有
(s-s1)=v0t2+a2,
解得t2=2 s,
物体通过传送带所需要的时间为
t=t1+t2=2.2 s。
(3)物体滑上木板左端时的速度大小
vB=v0+a2t2,
解得vB=6 m/s,
物体am=μ2g=3 m/s2,
木板aM==3-20μ3,
临界条件为μ3=0.15,
①0.15≤μ3≤0.3时,木板静止,物体路程的最小值为l==6 m,
②0.1≤μ3<0.15时,物体与木板先相对运动,达到共速后,一起减速为零,μ3越小,物体的路程越大。当μ3=0.1 时,路程有最大值。
设共速时间为t3,则6-3t3=1×t3,
解得t3=1.5 s,l1= m,
此后,整体加速度为a=μ3g=1 m/s2,
解得l2= m,
总路程l′=l1+l2= m,
总路程的最小值为6 m,最大值为 m。

展开更多......

收起↑