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7　超重与失重
[学习目标]　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。
探究新知
知识点一　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.条件
物体具有竖直向上的加速度。
3.视重
若物体质量为m,具有竖直向上的加速度a,则视重为m(g+a)。
知识点二　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.条件
物体具有竖直向下的加速度。
3.视重
若物体质量为m,具有竖直向下的加速度a,则视重为m(g-a)。
4.完全失重
当物体具有竖直向下的加速度a=g时,物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)等于零的现象。
新知检测
1.思考判断
(1)处于失重状态的物体其重力变小。(　×　)
(2)竖直向上运动的物体一定处于超重状态。(　×　)
(3)物体减速运动时处于超重状态。(　×　)
(4)物体处于完全失重状态时就不受重力了。(　×　)
(5)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。(　√　)
(6)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)超重状态物体一定向上运动吗 失重状态物体一定向下运动吗
(2)如图所示一个盛满水的杯子底部有一小孔,静止在手中时,水会喷射而出;如果突然松手,让杯子自由下落时,会发生什么现象 为什么
提示:(1)都不一定。超重状态物体可能向下减速
运动,失重状态物体可能向上减速运动。
(2)杯子和水一起下落,水不会喷射而出。每一部分水和杯子它们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。
要点一　对超重和失重现象的理解
情境探究
人站在体重计上静止时,体重计的示数显示了人的体重。人从站立状态到完全蹲下,体重计的示数如何变化 为什么会发生这样的变化
【答案】 体重计的示数先减小后增大,最后等于重力G。人在下蹲的过程中,重心下移,即向下做先加速后减速的运动,加速度的方向先向下后向上,所以人先处于失重状态再处于超重状态,最后处于平衡状态。
要点归纳
1.实重与视重
(1)实重:物体实际所受的重力(不随物体的运动状态而变化)。
(2)视重:当物体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与判断
(1)当视重与物体的实重不同时,即发生了超重或失重现象。
(2)判断物体超重与失重的方法。
①从受力的角度判断。
超重:物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力(视重大于实重)。
失重:物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力(视重小于实重)。
②从加速度的角度判断。
当物体的加速度方向向上(或竖直分量向上)时,处于超重状态。
当物体的加速度方向向下(或竖直分量向下)时,处于失重状态。
[例1] 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其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其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的实际重力变大或变小,物体所受重力G=mg始终存在,且大小、方向都不随运动状态变化,只是由于物体在竖直方向有加速度,从而使物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)超过或小于物体实际的重力。
(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] 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。
要点二　用牛顿运动定律解决超重和失重问题
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;或者提着重物加速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是什么。
【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T的作用,由牛顿第二定律知T-mg=ma,所以T=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,当提着重物加速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T′=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
状态 加速度 视重(T)与 重力关系 运动情况 受力 示意图
平衡 a=0 T=mg 静止或匀速 直线运动
超重 向上 T=m(g+a)>mg 向上加速或 向下减速
失重 向下 T=m(g-a)完全 失重 a=g T=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] 升降机地板上放一个弹簧式台秤,秤盘放一个质量为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,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,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。
解决超重、失重问题的基本方法
(1)明确研究对象,进行受力分析。
(2)判断加速度的方向,并建立合理的坐标轴。
(3)应用牛顿第二定律列出方程。
(4)代入数据求解,必要时进行讨论。
[针对训练2] 随着科技的发展,手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为
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;因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x=×
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四种方法
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。
4.从图像中判断超重或失重
例:F-t图像中,直接判断实重和视重的大小关系,进而判断失重或超重;v-t图像的斜率表示物体的加速度,物体加速度方向与重力加速度方向相同,或者加速度有竖直向下的分量,物体处于失重状态,反之处于超重状态。
[示例] 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。
科学·技术·社会·环境
考验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,起初会引起头晕、呕吐,超重达到重力的3倍时感到呼吸困难;超重达到重力的4倍时,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失重状态。在失重状态下,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、液滴成绝对的球形,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“漂浮”在空中,进入航天员的眼睛、鼻孔等。
[示例] 在太空站失重的环境中,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】 在太空站失重的环境中,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.背越式跳高的世界纪录为2.45 m,这比跨越式跳高的世界纪录高出0.39 m。如图所示,这是运动员背越式跳高的频闪照片。不考虑空气阻力作用,由频闪照片可知(　　)
[A]运动员背越式跳高的重心可能一直在横杆下方
[B]图中a、b、c、d、e、f均处于失重状态
[C]图中c、d、e、f均处于超重状态
[D]图中d处于超重状态
【答案】 A
【解析】 物体的重心跟物体的形状及质量分布有关,根据运动员的身形可知,运动员背越式跳高的重心可能一直在横杆下方,A正确;题图中a处运动员起跳时,加速度向上,处于超重状态。c、d、e、f处运动员在空中,只受重力,处于完全失重状态,B、C、D错误。
2.如图所示,台秤上放一装有水的杯子,杯底用细线系一光滑小球。若细线断裂,在小球加速上升的过程中,不计水的阻力,台秤的读数将(　　)
[A]变小 [B]变大
[C]不变 [D]无法确定
【答案】 A
【解析】 以容器和小球组成的整体为研究对象,细线断裂后,在小球加速上升的过程中,小球的加速度方向向上,小球处于超重状态,而小球上升后留下的空位由水来填充,相当于一个与小球同样大小的“水球”向下做加速运动,其处于失重状态。由于同样体积的小球质量小于“水球”的质量,所以整体处于失重状态,台秤的示数小于系统的总重力,台秤的示数变小,A正确。
3.(多选)如图所示,电梯的顶部竖直悬挂一个弹簧测力计,弹簧测力计下端挂有一个重物,电梯做匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为 10 N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为6 N。g取10 m/s2。关于电梯的运动,以下说法正确的是(　　)
[A]电梯可能向上加速运动,加速度大小为0.4 m/s2
[B]电梯可能向下加速运动,加速度大小为4 m/s2
[C]电梯可能向上减速运动,加速度大小为4 m/s2
[D]电梯可能向下减速运动,加速度大小为4 m/s2
【答案】 BC
【解析】 电梯做匀速直线运动时弹簧测力计的示数为10 N,可知重物的重力为mg=10 N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为F=6 N,对重物,由牛顿第二定律有mg-F=ma,解得a=4 m/s2,方向竖直向下,即电梯可能向下做加速运动,也可能向上做减速运动,故选BC。
4.如图所示,倾斜索道与水平线的夹角θ=37°,若载人车厢沿索道向上的加速度为5 m/s2,人的质量为50 kg,且人相对车厢静止。g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)人对车厢的压力大小;
(2)人受到摩擦力的大小。
【答案】 (1)650 N　(2)200 N
【解析】 (1)对人受力分析如图甲所示,由于车厢和人有沿索道向上的加速度,此加速度具有竖直向上的分量如图乙所示,因此人处于超重状态。
由N-mg=masin 37°,
则N=m(g+asin 37°)
=50×(10+5×0.6) N
=650 N。
由牛顿第三定律得,人对车厢压力大小为650 N。
(2)由牛顿第二定律得
f=macos 37°=200 N。
课时作业
(分值:60分)
单选题每题4分,多选题每题6分。
1.(多选)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.我国蹦床运动员在各级国际比赛中屡创佳绩。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,则以下说法正确的是(　　)
[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。
3.在升降电梯内的地板上放一体重计,电梯静止时,某同学站在体重计上,体重计示数为500 N。若电梯运动中的某一段时间内,该同学发现体重计示数为如图所示的400 N,则在这段时间内(　　)
[A]该同学所受的重力变小了
[B]电梯一定在竖直向下运动
[C]该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
[D]电梯的加速度大小为2 m/s2,方向一定竖直向下
【答案】 D
【解析】 该同学在这段时间内处于失重状态,对体重计的压力变小了,而该同学的重力并没有改变,故A错误;以竖直向下为正方向,则有G-F=ma,解得a=2 m/s2,方向竖直向下,但速度方向可能是竖直向上,也可能是竖直向下,故B错误,D正确;人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力与反作用力,大小一定相等,故C错误。
4.如图,用绳吊着一个盛有水的容器,体积相同的木球和金属球用轻质弹簧连接,竖直悬浮于水中,木球在上,弹簧处于伸长状态,重力加速度大小为g,以下说法正确的是(　　)
[A]剪断绳子的瞬间,木球加速度小于g
[B]剪断绳子的瞬间,金属球加速度等于g
[C]剪断弹簧的瞬间,木球加速度大于金属球加速度
[D]剪断弹簧的瞬间,木球加速度等于金属球加速度
【答案】 C
【解析】 开始时木球受向下的重力,向上的浮力和弹簧向下的拉力,此时弹簧处于拉伸状态;剪断绳子的瞬间,则处于完全失重状态,则浮力消失,弹簧的弹力不变,则此时木球受向下的重力和弹力作用,由牛顿第二定律可得F弹+mg=ma,所以木球加速度大于g,故A错误。则此时金属球受向下的重力和向上的弹力作用,由牛顿第二定律可得Mg-F弹=Ma,所以金属球加速度小于g,故B错误。剪断弹簧的瞬间,两球受到浮力和重力的作用,剪断弹簧前由三力平衡可知,浮力和重力的合力等于弹簧弹力的大小,根据牛顿第二定律F弹=MaM=
mam,体积相同的木球质量小于金属球,所以木球加速度大于金属球加速度,故C正确,D
错误。
5.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;自由落下时完全失重,游客只受重力,所受座椅支持力为0,C错误;制动后匀减速,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== s6.(多选)如图所示,物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接,由静止释放,在物体A加速下降的过程中(此过程中物体B未碰到滑轮),下列判断正确的是(　　)
[A]物体A处于超重状态,物体B处于失重状态
[B]物体A处于失重状态,物体B处于超重状态
[C]轻绳的拉力大于物体A的重力
[D]轻绳的拉力大于物体B的重力
【答案】 BD
【解析】 物体A加速下降的过程中,物体B加速上升,即物体A的加速度向下,处于失重状态,轻绳的拉力小于物体A的重力;物体B的加速度向上,处于超重状态,轻绳的拉力大于物体B的重力,故选项B、D正确。
7.在升降机底部安装一个加速度传感器,其上放置了一个质量为m的小物块,如图甲所示。升降机从t=0 时刻开始竖直向上运动,加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向,重力加速度为g。以下判断正确的是(　　)
[A]在0～2t0时间内,物块先处于失重状态,后处于超重状态
[B]在t0～3t0时间内,物块先处于失重状态,后处于超重状态
[C]t=t0时刻,物块所受的支持力大小为mg
[D]t=3t0时刻,物块所受的支持力大小为2mg
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,在0～2t0时间内,加速度一直向上,物块一直处于超重状态,A错误;同理,在t0～3t0时间内,物块也处于超重状态,B错误;t=t0时刻,a=0,即N=mg,故物块所受的支持力大小为mg,C正确;t=3t0时刻,a=2g,由牛顿第二定律可知N-mg=ma,故物块所受的支持力大小为3mg,D错误。
8.(多选)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,则下列说法正确的是(　　)
[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,方向水平向右
【答案】 ABD
【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AB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正确;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。
9.放在电梯地板上的一个木箱,被一根处于伸长状态的水平弹簧拉着,处于静止状态(如图所示),某时刻发现木箱突然被弹簧拉动,据此可判断出电梯的运动情况可能是(　　)
[A]匀速上升 [B]加速上升
[C]减速上升 [D]减速下降
【答案】 C
【解析】 木箱突然被拉动,表明最大静摩擦力变小了,即木箱与地板之间的弹力变小了,重力大于弹力,木箱所受合力向下,加速度向下,处于失重状态,故C正确。
10.如图甲所示是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的部分示意图,中间的“·”表示人的重心。如图乙所示是根据传感器画出的力时间图像。两图中的各点一一对应,重力加速度g取10 m/s2。请根据两图中的信息,判断下列选项正确的是(　　)
[A]此人的质量约为60 kg
[B]此人从站立到蹲下的过程对应图乙中1到6的过程
[C]此人在状态2时处于超重状态
[D]此人向上的最大加速度大约为1.9g
【答案】 D
【解析】 题图乙中图线的1点表示人处于静止状态,此时力传感器示数约为700 N,由平衡条件得此人的质量约为70 kg,故选项A错误;同理根据图线可判断,此人从站立到蹲下的过程中先失重后超重,对应题图乙中1到4的过程,故选项B错误;由题图乙知,人在状态2时,传感器对人的支持力小于人自身受到的重力,处于失重状态,故选项C错误;根据图线和牛顿第二定律,可得此人向上的最大加速度为a=≈1.9g,故选项D正确。
11.(14分)将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱子中,如图所示,在箱子的上顶板和下底板装有压力传感器,箱子可以沿竖直轨道运动。当箱子以a=2.0 m/s2 加速度竖直向上做匀减速运动时,上顶板的压力传感器显示的压力F1=7.2 N,下底板的压力传感器显示的压力F2=12.0 N。(g取10 m/s2)
(1)金属块的质量m为多少
(2)若上顶板的压力传感器的示数是下底板的压力传感器示数的一半,试判断箱子的运动情况。
(3)要使上顶板的压力传感器的示数为零,箱子沿竖直方向运动的情况可能是怎样的
【答案】 (1)0.6 kg　(2)匀速直线运动
(3)以10 m/s2的加速度向上加速或向下减速
【解析】 (1)由题意可知,金属块所受竖直向下的压力值即为上底板压力传感器示数(设为F1),金属块所受竖直向上的弹力值即为下底板压力传感器示数(设为F2)。
当a=2 m/s2(竖直向下)、F1=7.2 N、F2=12 N 时,
对金属块有F1+mg-F2=ma,
代入数据解得m=0.6 kg。
(2)若上底板压力传感器示数为下底板压力传感器示数的一半,因为弹簧形变量没有改变,所以下底板压力传感器示数不变,根据牛顿第二定律得
F1′+mg-F2=ma′,
代入数据解得a′=0,知箱子做匀速直线运动。
(3)设上底板压力传感器示数恰好为零(即上底板与金属块接触但不挤压),此时下底板压力传感器示数仍然不变,有
F2-mg=ma″,
解得a″=10 m/s2,
加速度的方向向上;故要使上顶板压力传感器的示数为零,则箱子沿竖直轨道运动向上加速或向下减速,加速度大小为10 m/s2。
牛顿运动定律　检测试题
(分值:100分)
一、选择题(共12小题,1～8题为单选题,9～12题为多选题,每小题4分,共48分。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)
1.春秋时期齐国人的著作《考工记·辀(zhōu)人篇》中有“劝登马力,马力既竭,辀犹能一取焉”,意思是马拉车(如图)的时候,马虽然对车不再施力了,但车还能继续向前运动一段距离,这一现象说明了车具有惯性。下列关于惯性的说法正确的是(　　)
[A]马对车的力越大,车的惯性越大
[B]车的速度越大,惯性越大
[C]车的质量越大,惯性越大
[D]车停止后,车就没有了惯性
【答案】 C
【解析】 质量是惯性的唯一量度,惯性的大小决定于物体自身质量,与其他因素没有关系,故A、B、D错误,C正确。
2.圆柱形弹簧的劲度系数k与弹簧处于原长时的长度L、横截面积S有关,理论与实践都表明k=Y,其中Y是一个由材料决定的常数,在国际单位制中,Y的单位可表示为(　　)
[A]N/m2 [B]N·m2
[C] [D]
【答案】 C
【解析】 根据表达式k=Y,得Y=,而又因为k==,所以有Y==。在国际单位制中质量的单位是kg;加速度的单位是m/s2;弹簧长度和伸长量的单位都是m;横截面积的单位是m2。所以Y的单位是kg/(m·s2)。故选C。
3.如图所示,一个物体静止地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;如果电梯减速上升,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,在光滑且固定的斜面上有一轻质弹簧,弹簧的一端固定在斜面挡板上,一小球A沿着斜面下滑,从小球A刚接触弹簧的瞬间到将弹簧压缩到最低点的过程中,下列说法正确的是(　　)
[A]小球做匀变速运动
[B]小球的加速度将先减小后增大
[C]小球的加速度将先增大后减小
[D]小球的速度将先减小后增大
【答案】 B
【解析】 从小球A刚接触弹簧的瞬间到将弹簧压缩到最低点的过程中,一开始弹簧弹力小于小球重力沿斜面向下的分力,小球的加速度沿斜面向下,小球向下做加速度减小的加速运动;当弹簧弹力等于小球重力沿斜面向下的分力时,小球的加速度为零,小球的速度达到最大;之后弹簧弹力大于小球重力沿斜面向下的分力,小球的加速度沿斜面向上,小球向下做加速度增大的减速运动;故小球的加速度将先减小后增大,小球的速度先增大后减小。故选B。
5.如图所示,质量为5 kg的物块A与水平地面的动摩擦因数μ=0.2,质量为3 kg的物块B与地面间无摩擦,在水平力F的作用下,A、B一起做加速运动,已知F=26 N。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
[A]A、B的加速度均为1.25 m/s2
[B]A、B的加速度均为3.25 m/s2
[C]A对B的作用力为9.75 N
[D]A对B的作用力为6 N
【答案】 D
【解析】 对物块A、B整体受力分析,由牛顿第二定律F-μmAg=(mA+mB)a,代入数据解得a=2 m/s2,故A、B错误;对物块B受力分析,由牛顿第二定律有FAB=mBa=3×2 N=6 N,故C错误,D正确。
6.如图所示,质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端,轻弹簧的一端与A球相连,另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端,重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间(　　)
[A]A的加速度为零,B的加速度大小为g
[B]A、B的加速度大小均为0.5g
[C]A、B的加速度均为零
[D]A的加速度为零,B的加速度大小为0.5g
【答案】 B
【解析】 设两小球的质量均为m,剪断轻绳前,对两小球组成的整体分析,可得弹簧的弹力F弹=2mgsin 30°=mg。剪断轻绳的瞬间,轻绳的张力消失,弹簧的弹力不变,以A球为研究对象,有aA==0.5g,以B球为研究对象,有aB==0.5g,故B正确。
7.如图,有一水平传送带以v=2 m/s 的速度匀速转动,现将一物块(可视为质点)轻放在传送带A端,物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2,已知传送带长度为LAB=10 m,则(　　)
[A]物块离开传送带时的速度大小为1 m/s
[B]物块在传送带上留下的划痕长为1 m
[C]物块在传送带上运动的时间为4.5 s
[D]物块在传送带上运动的时间为5 s
【答案】 B
【解析】 物块刚放在传送带上时的加速度a==μg=2 m/s2,与传送带共速时用时t1==
1 s,运动的位移x1=t1=1 m,此后将以2 m/s的速度匀速运动到达B端,可知离开传送带时的速度大小为2 m/s,选项A错误;物块在传送带上留下的划痕长为Δx=vt1-x1=1 m,选项B正确;物块在传送带上运动的时间为t=t1+=5.5 s,选项C、D错误。
8.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8 N
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,物块速度减为零时,力F突然反向,由=2a1x1,=2a2x2,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正确,D错误。
9.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N110.如图所示,在水平面上运动的小车里用两根轻绳连着一质量为m的小球,绳子都处于拉直状态,BC绳水平,AC绳与竖直方向的夹角为θ,小车处于加速运动中,则下列说法正确的是(　　)
[A]小车的加速度方向一定向左
[B]小车的加速度一定为gtan θ
[C]AC绳对小球的拉力一定是
[D]BC绳的拉力一定小于AC绳的拉力
【答案】 AC
【解析】 对小球进行受力分析可知,小球受到的合力向左,所以加速度方向向左,且小车处于加速运动中,所以小车只能向左做加速运动,故选项A正确;只有当BC绳的拉力等于零时,小车的加速度才为gtan θ,故选项B错误;竖直方向合力为零,则TACcos θ=mg,解得TAC=,故选项C正确;由于AC绳上的拉力不变,而BC绳上的拉力会随着加速度的变化而变化,所以BC绳的拉力可以大于AC绳的拉力,故选项D错误。
11.如图甲所示,物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力F随时间t变化的关系如图乙所示,木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度g取10 m/s2。由题中所给数据可以得出(　　)
[A]2～4 s内,物块与木板之间的滑动摩擦力为0.2 N
[B]0～2 s内,力F的大小保持不变
[C]2～4 s内,力F的大小为0.4 N
[D]物块的质量为1 kg
【答案】 AC
【解析】 由题图乙可知,前2 s内细绳对物块的拉力F随时间逐渐增大,结合物块水平方向二力平衡可知前2 s内物块与木板之间的摩擦力逐渐增大,2～4 s内,物块与木板之间的滑动摩擦力为0.2 N。故A正确;0～2 s内,整体受力平衡,拉力F的大小始终等于绳子的拉力,绳子的拉力增大,则力F增大。故B错误;在4 s后撤去外力,此时木板在水平方向上只受到物块对其滑动摩擦力的作用,由题图丁可知,此时木板的加速度大小为a1==0.2 m/s2,根据牛顿第二定律可得f=ma1,解得木板的质量m=1 kg,2～4 s内,木板的加速度大小a2==0.2 m/s2,根据牛顿第二定律可得F-f=ma2,解得拉力F=0.4 N,故C正确;物块始终静止不动,不能求出物块的质量。故D错误。
12.如图甲所示,一轻质弹簧上端固定,下端连接一质量为1 kg的物体,物体处于静止状态。用一竖直向上的外力F作用于物体上,物体从静止开始竖直向上做匀加速直线运动,外力F与物体离开静止位置的位移x的关系如图乙所示,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
[A]物体运动的加速度大小为3 m/s2
[B]弹簧开始时形变量为4 cm
[C]弹簧的劲度系数为200 N/m
[D]从物体开始运动时计时,当t=0.1 s时弹簧的形变量为3 cm
【答案】 CD
【解析】 物体从静止开始运动时重力与弹簧弹力平衡,从题图乙读出外力从F=4 N开始变化,则开始运动时合力为F合=F=4 N,根据牛顿第二定律有F合=ma,解得物体运动的加速度为a=4 m/s2,故A错误;假设开始时弹簧形变量为x0,此时弹簧弹力F0=mg=10 N,根据胡克定律可得kx0=10 N,当F=12 N时,根据牛顿第二定律有F-mg+F1=ma,解得F1=2 N,从题图乙读出此时的位移为4 cm,则根据胡克定律可得k(x0-0.04 m)=2 N,解得k=200 N/m,
x0=0.05 m=5 cm,故B错误,C正确;物体做初速度为0的匀加速直线运动,当t=0.1 s时位移为x=at2=0.02 m,则此时弹簧的形变量为x1=x0-x=3 cm,故D正确。
二、非选择题(共52分)
13.(6分)在探究“质量一定时,物体的加速度a与所受合力F的关系”的实验时,所需实验器材及安装示意图如图所示:
(1)为了近似地认为沙和沙桶的重力等于小车受到的合外力F,首先要用木块将长木板的右侧垫高来平衡摩擦力。在左侧　　　　　(选填“悬挂”或“不悬挂”)沙桶的情况下,给小车一初速度,通过观察小车经过两个光电门的时间来判断是否正确完成了该操作。
(2)在改变沙子质量时,需确保小车(含遮光片)的质量　　　　　沙和沙桶的质量。
A.略小于 B.远大于
C.略大于 D.远小于
(3)在沙和沙桶的质量不变的情况下,多次改变小车静止释放点到光电门2的距离x,记录小车通过光电门2的时间t,利用所测数据作出x图像,求得其斜率为k,已知遮光片宽度为d,则小车的加速度为　　　　　。
A.2kd B. C.kd2 D.
【答案】 (1)不悬挂　(2)B　(3)D
【解析】 (1)平衡摩擦力时,应不悬挂沙桶,用木块将长木板的右侧垫高来平衡摩擦力,使小车受到的摩擦力与重力沿木板方向的分力平衡。
(2)本实验将细绳对小车的拉力作为小车受到的合外力,当小车的质量远大于沙和沙桶总质量时,可认为细绳对小车的作用力等于沙和沙桶的总重力。故选B。
(3)由于遮光片宽度较小,用通过光电门的平均速度代替瞬时速度,即v=,则根据速度与位移关系可知()2=2ax,则x=·,则x 图像斜率k=,即a=。
14.(8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,小车的加速度的表达式是a==。
(3)根据题图丙可知,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,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=。
15.(6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x1;
(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x1=a1,
解得x1=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=2a2x2,
解得a2=2 m/s2,
由牛顿第二定律得μ2mg=ma2,
解得μ2=0.2。
16.(8分)我国游泳健将在2023年杭州亚运会男子200 m蛙泳决赛中刷新纪录夺得金牌。图甲为运动员蛙泳时某段蹬腿加速及惯性前进过程,将这两个过程简化为水平方向的匀变速运动,其v-t图像如图乙所示,设运动员质量为60 kg,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)蹬腿加速过程和惯性前进过程中加速度大小;
(2)0～0.9 s内运动员平均速度的大小;
(3)惯性前进过程中,水对运动员作用力的大小(答案保留根式)。
【答案】 (1)6 m/s2　1 m/s2
(2)1.90 m/s　(3)60 N
【解析】 (1)0～3 s内,加速过程的加速度大小为
a1==6 m/s2,
0.3～0.9 s内,惯性前进的加速度大小为
a2==1 m/s2。
(2)解法一　位移为x=Δt1+Δt2,由=,得=1.90 m/s,
解法二　由x1=v1t1+a1=0.45 m,
x2=v2t2-a2=1.26 m,=,
解得=1.90 m/s。
(3)惯性前进时竖直方向上运动员处于平衡状态,浮力为F1=mg,水平方向上水对运动员的阻力使其减速,
F2=ma2,
水对运动员的作用力大小F=,
得F=60 N。
17.(12分)一质量为m=1 kg 的滑块能在倾角为θ=37° 的足够长的固定斜面上以2 m/s2 匀加速下滑。如图所示,若用一水平向右的恒力F作用于滑块,使之由静止开始在t=2 s内能沿斜面运动距离为x=1 m,求:(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ;
(2)恒力F的大小。
【答案】 (1)0.5　(2)当加速度沿斜面向上时,F1=21 N;当加速度沿斜面向下时,F2=1.364 N。
【解析】 (1)以物块为研究对象进行受力分析,如图甲所示,根据牛顿第二定律可得
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1,
解得μ=0.5。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动x=at2,
解得a=0.5 m/s2,加速度有沿斜面向上和沿斜面向下两种可能。当加速度沿斜面向上时,受力分析如图乙所示,x方向,由牛顿第二定律得
F1cos 37°-mgsin 37°-μN1=ma,
y方向,受力平衡
N1=F1sin 37°+mgcos 37°,
代入数据得F1=21 N;
当加速度沿斜面向下时,受力分析如图丙所示,x方向,由牛顿第二定律得
mgsin 37°-F2cos 37°-μN2=ma,
y方向,受力平衡N2=F2sin 37°+mgcos 37°,
代入数据得F2=1.364 N。
18.(12分)某物流公司用传送带将货物从高处传送到低处,传送过程示意图可简化为如图所示。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。将质量为m=25 kg的物体无初速地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能平滑地滑上质量为M=50 kg的木板左端(物体经过B点前后速度大小不变)。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5,μ2=0.25,AB的距离为s=8.20 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求物体滑上木板左端时的速度大小;
(2)若木板与地面的动摩擦因数为μ,且物体不会从木板上掉下,求木板的最小长度Lmin与μ的关系式。
【答案】 (1)6 m/s
(2)Lmin=7.2 m(μ≥)或Lmin=(0<μ<)
【解析】 (1)物体速度达到传送带速度前物体受到的摩擦力沿传送带向下,由牛顿第二定律,有mgsin 37°+μ1mgcos 37°=ma1,
设物体与传送带共速时运动的位移为x1,
则对物体=2a1x1,
解得x1=0.2 m由于mgsin 37°>μ1mgcos 37°,此后物体继续在传送带上做匀加速运动,物体受到的摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律
mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma2,
设物体到达B端时的速度大小为v,根据运动学公式有v2-=2a2(s-x1),
解得物体滑上木板左端时的速度大小v=6 m/s。
(2)①当μ(m+M)g≥μ2mg,
即μ≥,木板静止,根据牛顿第二定律μ2mg=ma,
由运动学公式0-v2=-2aLmin,
解得Lmin=7.2 m。
②当木板与地面间的动摩擦因数0<μ<,木板将会发生滑动,物体滑上木板后向右做匀减速直线运动,加速度a=μ2g,
木板向右匀加速,对木板根据牛顿第二定律
μ2mg-μ(M+m)g=MaM,
当两者速度相等时,恰好不掉下来,则
v共=v-at=aMt,
此时木板长度为
Lmin=t-t,
联立可得Lmin=。(共47张PPT)
7　超重与失重
[学习目标]　
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。
探究·必备知识
「探究新知」
知识点一　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.条件
物体具有 的加速度。
3.视重
若物体质量为m,具有竖直向上的加速度a,则视重为 。
大于
竖直向上
m(g+a)
知识点二　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.条件
物体具有 的加速度。
3.视重
若物体质量为m,具有竖直向下的加速度a,则视重为 。
4.完全失重
当物体具有竖直向下的加速度a= 时,物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)等于 的现象。
小于
竖直向下
m(g-a)
g
零
「新知检测」
1.思考判断
(1)处于失重状态的物体其重力变小。(　 　)
(2)竖直向上运动的物体一定处于超重状态。(　 　)
(3)物体减速运动时处于超重状态。(　 　)
(4)物体处于完全失重状态时就不受重力了。(　 　)
(5)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。
(　 　)
(6)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)超重状态物体一定向上运动吗 失重状态物体一定向下运动吗
提示:(1)都不一定。超重状态物体可能向下减速运动,失重状态物体可能向上减速运动。
(2)如图所示一个盛满水的杯子底部有一小孔,静止在手中时,水会喷射而出;如果突然松手,让杯子自由下落时,会发生什么现象 为什么
提示:(2)杯子和水一起下落,水不会喷射而出。每一部分水和杯子它们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。
突破·关键能力
要点一　对超重和失重现象的理解
「情境探究」
人站在体重计上静止时,体重计的示数显示了人的体重。人从站立状态到完全蹲下,体重计的示数如何变化 为什么会发生这样的变化
【答案】 体重计的示数先减小后增大,最后等于重力G。人在下蹲的过程中,重心下移,即向下做先加速后减速的运动,加速度的方向先向下后向上,所以人先处于失重状态再处于超重状态,最后处于平衡状态。
1.实重与视重
(1)实重:物体实际所受的重力(不随物体的运动状态而变化)。
(2)视重:当物体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与判断
(1)当视重与物体的实重不同时,即发生了超重或失重现象。
「要点归纳」
(2)判断物体超重与失重的方法。
①从受力的角度判断。
超重:物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力(视重大于实重)。
失重:物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力(视重小于实重)。
②从加速度的角度判断。
当物体的加速度方向向上(或竖直分量向上)时,处于超重状态。
当物体的加速度方向向下(或竖直分量向下)时,处于失重状态。
[例1] 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其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其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的实际重力变大或变小,物体所受重力G=mg始终存在,且大小、方向都不随运动状态变化,只是由于物体在竖直方向有加速度,从而使物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)超过或小于物体实际的重力。
(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。
·规律方法·
[针对训练1] 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]
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。
要点二　用牛顿运动定律解决超重和失重问题
「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;或者提着重物加速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是什么。
【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T的作用,由牛顿第二定律知T-mg=ma,所以T=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,当提着重物加速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T′=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。
1.平衡、超重、失重、完全失重的比较
「要点归纳」
状态 加速度 视重(T)与 重力关系 运动情况 受力
示意图
平衡 a=0 T=mg 静止或匀速 直线运动
超重 向上 T=m(g+a) >mg 向上加速或 向下减速
失重 向下 T=m(g-a) 完全 失重 a=g T=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] 升降机地板上放一个弹簧式台秤,秤盘放一个质量为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,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,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。
解决超重、失重问题的基本方法
(1)明确研究对象,进行受力分析。
(2)判断加速度的方向,并建立合理的坐标轴。
(3)应用牛顿第二定律列出方程。
(4)代入数据求解,必要时进行讨论。
·规律方法·
[针对训练2] 随着科技的发展,手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为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四种方法
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。
4.从图像中判断超重或失重
例:F-t图像中,直接判断实重和视重的大小关系,进而判断失重或超重;v-t图像的斜率表示物体的加速度,物体加速度方向与重力加速度方向相同,或者加速度有竖直向下的分量,物体处于失重状态,反之处于超重状态。
[示例] 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。
「科学·技术·社会·环境」
　考验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,起初会引起头晕、呕吐,超重达到重力的3倍时感到呼吸困难;超重达到重力的4倍时,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失重状态。在失重状态下,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、液滴成绝对的球形,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“漂浮”在空中,进入航天员的眼睛、鼻孔等。
[示例] 在太空站失重的环境中,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】 在太空站失重的环境中,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.背越式跳高的世界纪录为2.45 m,这比跨越式跳高的世界纪录高出0.39 m。如图所示,这是运动员背越式跳高的频闪照片。不考虑空气阻力作用,由频闪照片可知(　　)
[A]运动员背越式跳高的重心可能一直在横杆下方
[B]图中a、b、c、d、e、f均处于失重状态
[C]图中c、d、e、f均处于超重状态
[D]图中d处于超重状态
A
【解析】 物体的重心跟物体的形状及质量分布有关,根据运动员的身形可知,运动员背越式跳高的重心可能一直在横杆下方,A正确;题图中a处运动员起跳时,加速度向上,处于超重状态。c、d、e、f处运动员在空中,只受重力,处于完全失重状态,B、C、D错误。
2.如图所示,台秤上放一装有水的杯子,杯底用细线系一光滑小球。若细线断裂,在小球加速上升的过程中,不计水的阻力,台秤的读数将(　　)
[A]变小 [B]变大
[C]不变 [D]无法确定
A
【解析】 以容器和小球组成的整体为研究对象,细线断裂后,在小球加速上升的过程中,小球的加速度方向向上,小球处于超重状态,而小球上升后留下的空位由水来填充,相当于一个与小球同样大小的“水球”向下做加速运动,其处于失重状态。由于同样体积的小球质量小于“水球”的质量,所以整体处于失重状态,台秤的示数小于系统的总重力,台秤的示数变小,A正确。
3.(多选)如图所示,电梯的顶部竖直悬挂一个弹簧测力计,弹簧测力计下端挂有一个重物,电梯做匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为 10 N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为6 N。g取10 m/s2。关于电梯的运动,以下说法正确的是(　　 )
[A]电梯可能向上加速运动,加速度大小为0.4 m/s2
[B]电梯可能向下加速运动,加速度大小为4 m/s2
[C]电梯可能向上减速运动,加速度大小为4 m/s2
[D]电梯可能向下减速运动,加速度大小为4 m/s2
BC
【解析】 电梯做匀速直线运动时弹簧测力计的示数为10 N,可知重物的重力为mg=10 N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为F=6 N,对重物,由牛顿第二定律有mg-F=ma,解得a=4 m/s2,方向竖直向下,即电梯可能向下做加速运动,也可能向上做减速运动,故选BC。
4.如图所示,倾斜索道与水平线的夹角θ=37°,若载人车厢沿索道向上的加速度为5 m/s2,人的质量为50 kg,且人相对车厢静止。g取10 m/s2,取sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)人对车厢的压力大小;
【答案】 (1)650 N
【解析】 (1)对人受力分析如图甲所示,由于车厢和人有沿索道向上的加速度,此加速度具有竖直向上的分量如图乙所示,因此人处于超重状态。
由N-mg=masin 37°,
则N=m(g+asin 37°)
=50×(10+5×0.6) N
=650 N。
由牛顿第三定律得,人对车厢压力大小为650 N。
(2)人受到摩擦力的大小。
【答案】 (2)200 N
【解析】 (2)由牛顿第二定律得
f=macos 37°=200 N。
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