资源简介

英恋物理
考物理顶层
系
考点考向通01
牛顿第二定律的应用一超失重问题
资料编号
实重和视重
习题编号
(1)实重:物体实际所受的重
体的运动状
)视重
D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
等于弹簧
所受物体的拉力或台秤所受物体的压力
重
重和
失重的
超重现象
尖重现象
完全失重现象
物体对支持物物体对支持物
物体对支持物
的压力(或对悬的压力(或对悬
的压力(或对悬
概念挂物的拉力)大挂物的拉力
拄物的拉力)等
于物体所受重于物体所受重
令的现象
力的现象
力的现象
物体的加速度
生物体的加速度物体的加速度
条件方向竖直向上方向竖直向下
原埋
方程
运动加速上升
加速下降
以a=g加速
状态或减速下降
或诚速上升
降或诚速上升
解注意
(1)与物体的速度方向无关,只决定于加速度的方向。
(2)当物体在竖直方向上具有加速度分量时,也处于超重或失重现象
)完全失重是物
速度恰等于重力产生的加速度,物体与周围物体间的作用力为零
(自由落体、平抛、斜抛
抛、绕地球做匀速
(4)物体超重和失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的,即△F=ma1。即物体
或对悬挂物的拉力)超重为
若系统内有一部分物体
超、失重的
部分物体的质量m与竖直方向加速度a决定,其大小等
丙所示
情景中,物体M静
物体m具有如图所示的加速度
面对物体M的支持力FN分别如
英恋物理
《高考物理顶层
系
考点考向通02
例1】如图所示,四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平
将四个质量相同的物
放在斜面顶端,因物块与斜面的摩
个物
情况
A物块放上后匀加速
下滑,B物块获一初速度后勻速下滑,C物块获一初速度后匀减速下滑,D物块放上后静止在斜
上,若在上述四种情况下斜面
体均保持静止且对地面的压力依
【例2】人站在力传感器
和“下蹲”动作,图中呈现的是力传感器的示数随
时间变化的情况,由此可以判断(
A.此人先下蹲后起立
此人先起立后下蹲
C.起立时先失重后超
蹲时先超重后失重
【例3】如图所示,箱子A被弹簧吊着
放有物块B,它们的质量均为m,现对箱子施
直向上的F=5mg,使系统处于静止状态。则在撒去F的瞬间
物体A处于超重状态,物体B处于完全失重状态
B.弹簧处于压缩状态,弹力大小为
C.AB的加速度分别为aA=3g,a
D.AB的加速度分别为aA=4g,an=g
【例4】图甲是某人站在力传
起跳动作的示意图,中
表示人的重心。图
根据传感器采集到的数据画出的力一时间图线,两图中的a~g各点均对应,其中有
在
图甲中没有画出。取重力加速度g=10m/s2,根据图象分析可知()
A.人的重力为1500
↑FN
人下蹲至最低点的位置
置人处于超重状
1500
d点的加速度大小为20m
乙绝密★启用前
112
牛顿第二定律的应用—超失重问题(例题)
【例1】如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是（　　）
A．F1＝F2＝F3＝F4
B．F1＞F2＞F3＞F4
C．F1＜F2＝F4＜F3
D．F1＝F3＜F2＜F4
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】当物体系统中存在超重现象时，系统所受的支持力大于总重力，相反，存在失重现象时，系统所受的支持力小于总重力．若系统的合力为零时，系统所受的支持力等于总重力，
【解答】解：设物体和斜面的总重力为G。
第一个物体匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F1＜G；
第二个物体匀速下滑，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F2＝G。
第三个物体匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F3＞G；
第四个物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F4＝G．故有F1＜F2＝F4＜F3．故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题运用超重和失重的观点分析加速度不同物体动力学问题，比较简便．通过分解加速度，根据牛顿第二定律研究．
【例2】人站在力传感器上完成“起立”和“下蹲”动作，图中呈现的是力传感器的示数随时间变化的情况，由此可以判断（　　）
A．此人先下蹲后起立
B．此人先起立后下蹲
C．起立时先失重后超重
D．下蹲时先超重后失重
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．版权所有
【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；522：牛顿运动定律综合专题；61：理解能力．
【分析】从图象分析压力与重力的大小关系，从而判断加速度方向，进而判断超失重和运动情况。
【解答】解：加速度向上为超重，F大于重力，加速度向下为失重，F小于重力。
AB、下蹲时，先失重后超重，F先小于500N，后大于500N；起立时先超重后失重，F先大于500N，后小于500N，故A正确，B错误；
C、起立时，加速度先向上后向下，则先超重后失重，故C错误；
D、下蹲过程中，加速度先向下后向上，先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了牛顿运动定律的应用﹣超重和失重。本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。
【例3】如图所示，箱子A被弹簧吊着，箱内放有物块B，它们的质量均为m，现对箱子施加竖直向上的F＝5mg，使系统处于静止状态。则在撤去F的瞬间（　　）
A．物体A处于超重状态，物体B处于完全失重状态
B．弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mg
C．AB的加速度分别为aA＝3g，aB＝g
D．AB的加速度分别为aA＝4g，aB＝g
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；523：弹力的存在及方向的判定专题；64：应用数学处理物理问题的能力．
【分析】以AB整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件求出弹簧的弹力，撤去F的瞬间，F消失，而弹簧的弹力不变，据此分析物体所受合力的变化。
【解答】解：以AB整体为研究对象，设弹簧的弹力为F′，根据平衡条件：F′+2mg＝5mg
得弹簧的弹力为：F′＝3mg，方向竖直向下，故弹簧处于压缩状态。
撤去力F后，弹簧弹力不变，假设AB间有相互作用力，即AB加速度相同，则以整体为研究对象，整体受的合外力为5mg，则整体的加速度为：，而B的加速度最大为g，故A的加速度大于B的加速度，二者分离，A不受B的压力；
以A为研究对象，受重力和弹簧的弹力：mg+3mg＝maA，得：aA＝4g，aB＝＝g，A处于失重状态，B处于完全失重；故AC错误，BD正确。
故选：BD。
【点评】本题考查加速度的瞬时性，注意首先判断二者是分离还是一起加速。之后再计算二者的加速度。
【例4】图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的?表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力﹣时间图线，两图中的a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g＝10m/s2．根据图象分析可知（　　）
A．人的重力为1500N
B．b点是此人下蹲至最低点的位置
C．c点位置人处于超重状态
D．d点的加速度大小为20m/s2
【考点】1I：匀变速直线运动的图象；3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题；63：分析综合能力．
【分析】开始时的人对传感器的压力等于其重力；
人下蹲过程中先加速下降，到达一个最大速度后再减速下降，当人下蹲到最低点时合力向上，传感器对人的支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知人对传感器压力也大于重力，即F大于重力；
失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此。
【解答】解：A、开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，所以人的重力也是500N，故A错误；
B、人下蹲过程中先加速下降，到达一个最大速度后再减速下降，当人下蹲到最低点时合力向上，传感器对人的支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知人对传感器压力也大于重力，即F大于重力，由乙图可知b点时人对传感器的压力小于其重力，未下蹲至最低点的位置，故B错误；
C、c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C正确；
D、人在d点：a＝＝m/s2＝20m/s2，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查牛顿第运动定律物理的应用，注意细致分析物理过程，明确人下蹲和起立过程中速度、力的变化、加速度的变化是重点。
【例5】如图所示，在托盘测力计上放一个重力为20N的斜木块，斜木块的斜面倾角为37°，现将一个重力为10N的小铁块无摩擦地从斜面上滑下，在小铁块下滑的过程中，g＝10m/s2，测力计的示数为（　　）
A．30N
B．26.4N
C．20N
D．23.6N
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题；527：共点力作用下物体平衡专题；62：推理能力．
【分析】小铁块沿斜面做匀加速直线运动时，受到重力、支持力、摩擦力，根据小铁块在垂直斜面方向受力平衡可以解出小铁块所受的支持力，再根据牛顿第三定律可知小铁块对斜面的压力大小等于斜面对小铁块的支持力，然后对斜面受力分析解得斜面放上小铁块后受力的变化情况。
【解答】解：选小铁块为研究对象，受力分析如图，
由于铁块在垂直斜面方向受力平衡，
可以解出铁块所受的支持力为：FN＝Gcos37°＝8N
再选择斜面为研究对象，受力如图，
根据牛顿第三定律，铁块对斜面的压力FN2大小等于FN，
FN2在y轴方向的分量：Fy＝FN2cos37°
所以解得：Fy＝Gcos237°＝6.4N
因此小铁块下滑的过程中，测力计的示数为：20N+3.6N＝26.4N，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查应用牛顿定律求解加速度的能力，关键是分析物体的受力情况，画出力图。
【例6】实验小组为了测量一栋26层的写字楼每层的平均高度（层高）及电梯运行情况，请一质量为m＝60kg的同学站在放于电梯的水平地板上的体重计上，体重计内安装有压力传感器，电梯从一楼直达26楼，已知t＝0至t＝1s内，电梯静止不动，与传感器连接的计算机自动画出了体重计示数随时间变化的图线，如图．求：
（1）电梯启动和制动时的加速度大小：
（2）该大楼每层的平均层高．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．版权所有
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】1、电梯中的人经历三个运动过程，启动时的超重、正常匀速和制动时的失重，分析清楚启动时的受力和制动时的受力，运用牛顿第二定律列式求解．
2、分析清楚人经历的三个过程中的用时和人上升25个楼层的高度，分别求出三个过程的位移，就可求得平均层高．
【解答】解：（1）1s﹣3s电梯启动，即加速向上运动，加速度向上，处于超重状态，对于此状态有：F1﹣mg＝ma1
代入数据解得a1＝2m/s2
21s﹣23s电梯制动，即向上减速运动，加速度向下，处于失重状态，对于状态有：mg﹣F3＝ma3
代入数据解得a3＝2m/s2
（2）电梯匀速运动的速度v＝a1t1═4m/s
匀加速上升的位移为
从图中读得，电梯匀速上升的时间t2＝18s，所以匀速上升的位移为s2＝vt2＝4×18m＝72m
匀减速上升的时间为2s，所以位移为
所以总位移s＝s1+s2+s3＝80m
层高：
答：（1）电梯启动和制动时的加速度大小分别为：2m/s2、2m/s2．
（2）该大楼每层的平均层高为3.2m．
【点评】此题要求能熟练运用牛顿第二定律和运动学公式解题，属于力与运动的关系综合题，属于中档题．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布
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