1、2019- 2020 年高中物理教科版必修年高中物理教科版必修 1 教學案：第三章教學案：第三章 第第 6 節節 超重與失重超重與失重(含解析含解析) 1當研究對象在豎直方向處于加速狀態時，它受當研究對象在豎直方向處于加速狀態時，它受 到的重力和支持力到的重力和支持力(拉力拉力)不再是一對平衡力。不再是一對平衡力。 2 物體對懸掛物的拉力或對支持物的壓力大于物 物體對懸掛物的拉力或對支持物的壓力大于物 體重力的現象稱為超重現象。體重力的現象稱為超重現象。 3物體對懸掛物的拉力或對支持物的壓力小于物體對懸掛物的拉力或對支持物的壓力小于物體重力的現象稱為失重現象。物體重力的現象稱為失重現象。 4

2、無論物體超重還是失重， 物體的重力并沒有改變。 無論物體超重還是失重， 物體的重力并沒有改變。 一、超重與失重的概念一、超重與失重的概念 1超重超重 (1)定義：物體對懸掛物的拉力定義：物體對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力或對支持物的壓力)大于大于物體所受重力的現象。物體所受重力的現象。 (2)產生條件：物體具有豎直產生條件：物體具有豎直向上向上的加速度。的加速度。 2失重失重 (1)定義：物體對懸掛物的拉力定義：物體對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力或對支持物的壓力)小于小于物體所受重力的現象。物體所受重力的現象。 (2)產生條件：物體具有豎直產生條件：物體具有豎直向下向下的加速度。的加速度。

3、 3完全失重完全失重 (1)定義：物體對懸掛物的拉力定義：物體對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力或對支持物的壓力)等于零等于零的現象。的現象。 (2)產生條件：物體豎直產生條件：物體豎直向下向下的加速度等于的加速度等于 g。 二、超重、失重的定二、超重、失重的定量分析量分析 設物體質量為設物體質量為 m，在拉力，在拉力 F 作用下在豎直方向上運動，豎直方向加速度為作用下在豎直方向上運動，豎直方向加速度為 a，重力加，重力加速度為速度為 g。 1超重：由超重：由 Fmgma 可得可得 Fm(ga)，即拉力，即拉力大于大于重力，超重重力，超重“ma”，加速度，加速度 a越大，超重越多。越大，超重越多

4、。 2失重：由失重：由 mgFma 可得可得 Fm(ga)，即拉力，即拉力小于小于重力。失重重力。失重“ma”，加速度，加速度 a越大，失重越多。越大，失重越多。 3完全失重：由完全失重：由 mgFma 和和 ag 聯立解得聯立解得 F0，即拉力為，即拉力為 0，失重，失重“mg”。 1自主思考自主思考判一判判一判 (1)超重超重就是物體受到的重力增加了。就是物體受到的重力增加了。() (2)完全失重就是物體不受重力了。完全失重就是物體不受重力了。() (3)超、失重可根據物體速度方向判定。超、失重可根據物體速度方向判定。() (4)超、失重可根據物體的加速度方向判定。超、失重可根據物體的加速

5、度方向判定。() (5)做豎直上拋運動的物體先超重后失重。做豎直上拋運動的物體先超重后失重。() 2合作探究合作探究議一議議一議 (1)有人說：有人說：“在很高的山頂上，物體所受的重力要小于它在平地上所受的重力，這種在很高的山頂上，物體所受的重力要小于它在平地上所受的重力，這種現象也是失重！現象也是失重！”這種說法正確嗎？這種說法正確嗎？ 提示提示 不正確，這不是失重。失重情況下重力不變。在很高的山上，物體所受的重力不正確，這不是失重。失重情況下重力不變。在很高的山上，物體所受的重力減小，是因為地球對它的引力減小了。減小，是因為地球對它的引力減小了。 (2)將體重計放到升降機中，人站在體重計上

6、將體重計放到升降機中，人站在體重計上，當升降機運動時，若發現體重計示數變，當升降機運動時，若發現體重計示數變大，升降機一定是向上加速嗎？大，升降機一定是向上加速嗎？ 提示提示 不是。體重計示數變大，升降機可能有兩種運動情形：不是。體重計示數變大，升降機可能有兩種運動情形：向上做加速運動；向上做加速運動；向下做減速運動。這兩種情況下，加速度的方向均向上。根據牛頓第二定律，人所受支持向下做減速運動。這兩種情況下，加速度的方向均向上。根據牛頓第二定律，人所受支持力力 Fmgma，所以，所以 Fmg，出現超重。，出現超重。 對超重、失重的理解對超重、失重的理解 1重力和視重重力和視重 (1)重力：物體

7、所受重力不會因物體運動狀態的改變而變化。重力：物體所受重力不會因物體運動狀態的改變而變化。 (2)視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數稱視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數稱為為“視重視重”，大小等于彈簧測力計所受的拉力或臺秤所受的壓力。，大小等于彈簧測力計所受的拉力或臺秤所受的壓力。 2超重和失重的本質超重和失重的本質 (1)出現超重、失重的實質是指視重與重力的差別，即由于物體沿豎直方向存在加速度，出現超重、失重的實質是指視重與重力的差別，即由于物體沿豎直方向存在加速度，使得物體與支承物使得物體與支承物(或懸掛物或懸掛物)間

8、的作用力發生了變化，并非物體的重力發生了變化。間的作用力發生了變化，并非物體的重力發生了變化。 (2)超重、失重現象與物體的運動方向無關，當物體具有向上的加速超重、失重現象與物體的運動方向無關，當物體具有向上的加速度時，無論物體向度時，無論物體向什么方向運動，均出現超重現象，反之則出現失重現象。因此，判斷出現超、失重的依據什么方向運動，均出現超重現象，反之則出現失重現象。因此，判斷出現超、失重的依據是加速度的方向。是加速度的方向。 3對完全失重的理解對完全失重的理解 (1)完全失重是物體的視重為零，對支持物或懸掛物的壓力或拉力為零。處于完全失重完全失重是物體的視重為零，對支持物或懸掛物的壓力或

9、拉力為零。處于完全失重的物體具有豎直向下、大小為的物體具有豎直向下、大小為 g 的加速度。的加速度。 (2)發生完全失重現象時，與重力有關的一切現象都將消失。比如物體對支持物無壓力、發生完全失重現象時，與重力有關的一切現象都將消失。比如物體對支持物無壓力、擺鐘將停止擺動擺鐘將停止擺動，靠重力使用的儀器也不能再使用，靠重力使用的儀器也不能再使用(如天平如天平)。 (3)只受重力作用的一切拋體運動，如我們學過的自由落體運動和豎直上拋運動等，物只受重力作用的一切拋體運動，如我們學過的自由落體運動和豎直上拋運動等，物體在空中只受重力的運動，其加速度等于體在空中只受重力的運動，其加速度等于 g，物體都處

10、于完全失重狀態。物體都處于完全失重狀態。 1. (多選多選)如圖如圖 3- 6- 1 所示，運動員所示，運動員“3 m 跳水跳水”運動的過程可簡化為：運動員走上跳板，運動的過程可簡化為：運動員走上跳板，將跳板從水平位置將跳板從水平位置 B 壓到最低點壓到最低點 C，跳板又將運動員豎直向上彈到最高點，跳板又將運動員豎直向上彈到最高點 A，然后運動員，然后運動員做自由落體運動，豎直落入水中，跳板自身重力忽略不計，則下列說法正確的是做自由落體運動，豎直落入水中，跳板自身重力忽略不計，則下列說法正確的是( ) 圖圖 3- 6- 1 A運動員將跳板從運動員將跳板從 B 壓到壓到 C 的過的過程中，一直失

11、重程中，一直失重 B運動員向上運動運動員向上運動(CB)的過程中，先超重后失重的過程中，先超重后失重 C運動員將跳板從運動員將跳板從 B 壓到壓到 C 的過程中，對板的壓力先增大后減小的過程中，對板的壓力先增大后減小 D運動員向上運動運動員向上運動(CB)的過程中，對板的壓力一直減小的過程中，對板的壓力一直減小 解析：解析：選選 BD 人受到重力及板向上的彈力，人在向下運動的過程中，人受到的板的彈人受到重力及板向上的彈力，人在向下運動的過程中，人受到的板的彈力越來越大，開始時加速度向下減小，然后加速度變為向上增大，故人應先失重后超重，力越來越大，開始時加速度向下減小，然后加速度變為向上增大，故

12、人應先失重后超重，故故 A、C 錯誤；運動員在向上運動時，由于彈力減小，但開始時彈力一定大于重力，故合錯誤；運動員在向上運動時，由于彈力減小，但開始時彈力一定大于重力，故合外力先減小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故外力先減小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故 B 正確；運動員在正確；運動員在向上運動時，板的向上運動時，板的形變量減小，彈力減小，運動員對板的壓力一直減小，故形變量減小，彈力減小，運動員對板的壓力一直減小，故 D 正確。正確。 2在完全失重情況下，下列哪些操作可以實現的是在完全失重情況下，下列哪些操作可以實現的是( ) A用天平測物體的質量用天

13、平測物體的質量 B測物體在水中的浮力測物體在水中的浮力 C用彈簧秤測出對物體的拉力用彈簧秤測出對物體的拉力 D用水銀氣壓計測大氣壓強用水銀氣壓計測大氣壓強 解析：解析：選選 C 在完全失重的情況下，一切與重力有關的操作都不能進行，用天平測物在完全失重的情況下，一切與重力有關的操作都不能進行，用天平測物體的質量、浮力以及水銀氣壓計都與物體的重力有關，故都不能實現；用彈簧秤測出對物體的質量、浮力以及水銀氣壓計都與物體的重力有關，故都不能實現；用彈簧秤測出對物體的拉力與重力無關，故可以實現，故選體的拉力與重力無關，故可以實現，故選 C。 3.某實驗小組利用某實驗小組利用 DIS 系統觀察超重和失重現

14、象。他們在學校電梯房內做實驗，在電系統觀察超重和失重現象。他們在學校電梯房內做實驗，在電梯天花板上固定一個梯天花板上固定一個力傳感器，測量掛鉤向下，并在掛鉤上懸掛一個重為力傳感器，測量掛鉤向下，并在掛鉤上懸掛一個重為 10 N 的鉤碼，在的鉤碼，在電梯運動過程中，計算機顯示屏上顯示出如圖電梯運動過程中，計算機顯示屏上顯示出如圖 3- 6- 2 所示圖像，以下根據圖像分析所得結論所示圖像，以下根據圖像分析所得結論錯誤的是錯誤的是( ) 圖圖 3- 6- 2 A該圖像顯示出了力傳感器對鉤碼的拉力大小隨時間的變化情況該圖像顯示出了力傳感器對鉤碼的拉力大小隨時間的變化情況 B從時刻從時刻 t1到到 t

15、2，鉤碼處于失重狀態，從時刻，鉤碼處于失重狀態，從時刻 t3到到 t4，鉤碼處于超重狀態，鉤碼處于超重狀態 C電梯可能開始在電梯可能開始在 15 樓，先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最后停在樓，先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最后停在 1 樓樓 D電梯可能開始電梯可能開始在在 1 樓，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，最后停在樓，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，最后停在 15 樓樓 解析：解析：選選 D 題圖中圖像顯示了力傳感器對鉤碼的拉力大小隨時間的變化情況。題圖中圖像顯示了力傳感器對鉤碼的拉力大小隨時間的變化情況。0t1，鉤碼受力平衡；鉤碼受力平衡；t1t2，拉力小于

16、，拉力小于 10 N，鉤碼處于失重狀態；，鉤碼處于失重狀態；t2t3，鉤碼受力平衡；，鉤碼受力平衡；t3t4，拉力大于拉力大于 10 N，鉤碼處于超重狀態。由以上分析可知，鉤碼處于超重狀態。由以上分析可知，D 項錯誤。項錯誤。 超重、失重問題的有關計算超重、失重問題的有關計算 典例典例 質量為質量為 60 kg 的人，站在升降機中的體重計上，升降機做下列各種運動時，體的人，站在升降機中的體重計上，升降機做下列各種運動時，體重計的讀數是多少？重計的讀數是多少？(g10 m/s2) (1)升降機勻速上升；升降機勻速上升； (2)升降機以升降機以 4 m/s2的加速度加速上升；的加速度加速上升； (

17、3)升降機以升降機以 5 m/s2的加速度加速下降。的加速度加速下降。 思路點撥思路點撥 判斷加速判斷加速度方向度方向列牛頓第二列牛頓第二定律方程定律方程F與與mg大大小關系小關系 解析解析 人站在升降機中體重計上受力情況如圖所示。人站在升降機中體重計上受力情況如圖所示。 (1)當升降機勻速上升時，當升降機勻速上升時，a0 由牛頓第二定律知，由牛頓第二定律知，Nmg0 所以所以 Nmg600 N 由牛頓第三定律，人對體重計的壓力，即體重計的示數為由牛頓第三定律，人對體重計的壓力，即體重計的示數為 600 N。 (2)當升降機以當升降機以 4 m/s2的加速度加速上升時，有的加速度加速上升時，有

18、 Nmgma 所以所以 Nm(ga)840 N 由牛頓第三定律，人對體重計的壓力，即體重計的示數為由牛頓第三定律，人對體重計的壓力，即體重計的示數為 840 N(超重狀態超重狀態)。 (3)當升降機以當升降機以 5 m/s2的加速度加速下降時，此時的加速度加速下降時，此時 a 的方向向下，有的方向向下，有 mgNma 所以所以 Nm(ga)300 N 由牛頓第三定律，人對體重計的壓力，即體重計的示數為由牛頓第三定律，人對體重計的壓力，即體重計的示數為 300 N(失重狀態失重狀態)。 答案答案 (1)600 N (2)840 N (3)300 N 當物體的受力在同一直線時，一般以加速度方向為正

19、方向，則加速度方向的力減去與當物體的受力在同一直線時，一般以加速度方向為正方向，則加速度方向的力減去與加速度方向相反的力即為合力。加速度方向相反的力即為合力。 1電梯在電梯在 t0 時由靜止開始上升，運動的時由靜止開始上升，運動的 a- t 圖像如圖圖像如圖 3- 6- 3 所示，電梯內乘客的質所示，電梯內乘客的質量量 m50 kg，忽略一切阻力，重力加速度，忽略一切阻力，重力加速度 g10 m/s2，下列說法正確的是，下列說法正確的是( ) 圖圖 3- 6- 3 A第第 1 s 內乘客處于超重狀態，第內乘客處于超重狀態，第 9 s 內乘客處于失重狀態內乘客處于失重狀態 B第第 2 s 內電梯

20、做勻速直線運動內電梯做勻速直線運動 C第第 2 s 內乘客對電梯的壓力大小為內乘客對電梯的壓力大小為 450 N D第第 2 s 內乘客對電梯的壓力大小為內乘客對電梯的壓力大小為 550 N 解析：解析：選選 D 第第 1 s 內乘客向上加速，具有向上的加速度，處于超重狀態，第內乘客向上加速，具有向上的加速度，處于超重狀態，第 9 s 內電內電梯仍然具有正向的加速度，即加速度向上，仍然處于超重狀態，故梯仍然具有正向的加速度，即加速度向上，仍然處于超重狀態，故 A 錯誤；由題圖知第錯誤；由題圖知第 2 s內乘客的加速度恒為內乘客的加速度恒為 1.0 m/s2，即做，即做勻加速直線運動，根據牛頓第

21、二定律：勻加速直線運動，根據牛頓第二定律：Fmgma 得：得：Fmgma500 N501.0 N550 N，根據牛頓第三定律，則乘客對電梯的壓力大小為，根據牛頓第三定律，則乘客對電梯的壓力大小為550 N，故，故 D 正確，正確，B、C 錯誤。錯誤。 2實驗小組為了測量一棟實驗小組為了測量一棟 26 層的寫字樓每層的平均高度層的寫字樓每層的平均高度(層高層高)及電梯運行情況，請一及電梯運行情況，請一質量為質量為 m60kg 的同學站在放于電梯的水平地板上的體重計上，體重計內安裝有壓力傳感的同學站在放于電梯的水平地板上的體重計上，體重計內安裝有壓力傳感器，電梯從一樓直達器，電梯從一樓直達 26

22、樓，已知樓，已知 t0 至至 t1 s 內，電梯靜止不動，與傳感器連接的計算機內，電梯靜止不動，與傳感器連接的計算機自動畫出了體重計示數自動畫出了體重計示數 F 隨時間變化的圖線，如圖隨時間變化的圖線，如圖 3- 6- 4 所示，求：所示，求： 圖圖 3- 6- 4 (1)電梯啟動和制動時的加速度大?。浑娞輪雍椭苿訒r的加速度大??； (2)該大樓每層的平均層高。該大樓每層的平均層高。 解析：解析：(1)13 s 電梯啟動，即加速向上運動，加速度向上，處于超重狀態，對于此狀電梯啟動，即加速向上運動，加速度向上，處于超重狀態，對于此狀態有：態有：F1mgma1，代入數據解得，代入數據解得 a12

23、m/s2 2123 s 電梯制動，即向上減速運動，加速度向下，處于失重狀態，對于此狀態有：電梯制動，即向上減速運動，加速度向下，處于失重狀態，對于此狀態有：mgF3ma3，代入數據解得，代入數據解得 a32 m/s2。 (2)電梯勻速運動的速度電梯勻速運動的速度 va1t14 m/s 勻加速上升的位勻加速上升的位移為移為 x112vt11242 m4 m 從圖中讀得，電梯勻速上升的時間從圖中讀得，電梯勻速上升的時間 t218 s，所以勻速上升的位移為，所以勻速上升的位移為 x2vt2418 m72 m 勻減速上升的時間為勻減速上升的時間為 2 s，所以位移為，所以位移為 x312vt31242

24、 m4 m 所以總位移所以總位移 xx1x2x380 m 層高：層高：hx258025 m3.2 m。 答案：答案：(1)2 m/s2 2 m/s2 (2)3.2 m 1下列關于超重與失重的說法中，正確的是下列關于超重與失重的說法中，正確的是( ) A超重就是物體的重力增加了超重就是物體的重力增加了 B失重就是物體的重力減少了失重就是物體的重力減少了 C完全失重就是物體的重力沒有了完全失重就是物體的重力沒有了 D不論是超重、失重，還是完全失重，物體所受的重力是不變的不論是超重、失重，還是完全失重，物體所受的重力是不變的 解析：解析：選選 D 超重是物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力，物體的重

25、力并沒有增超重是物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力，物體的重力并沒有增加，所以加，所以 A 錯誤；失重是物體對接觸面的壓力小錯誤；失重是物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力，物體的重力并沒有減于物體的真實重力，物體的重力并沒有減小，所以小，所以 B 錯誤；完全失重是說物體對接觸面的壓力為零，此時物體的重力也不變，所以錯誤；完全失重是說物體對接觸面的壓力為零，此時物體的重力也不變，所以C 錯誤；不論是超重、失重，還是完全失重，物體所受的重力是不變的，只是對接觸面的錯誤；不論是超重、失重，還是完全失重，物體所受的重力是不變的，只是對接觸面的壓力不和重力相等了，所以壓力不和重力相等了，所以 D 正

26、確。正確。 2下列說法中正確的是下列說法中正確的是( ) A體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態 B蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態 C舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內處于超重狀態舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內處于超重狀態 D游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態 解析：解析：選選 B 當加速度方向豎直向下時，物體處于當加速度方向豎直向下時，物體處于失重狀態；當加速度方向豎直向上失重狀態；當加速度方向豎直向上時，物體

27、處于超重狀態。蹦床運動員在空中上升和下降的過程中加速度方向均豎直向下，時，物體處于超重狀態。蹦床運動員在空中上升和下降的過程中加速度方向均豎直向下，且且 ag，為完全失重狀態，所以，為完全失重狀態，所以 B 正確。而正確。而 A、C、D 中運動員均為平衡狀態，中運動員均為平衡狀態，Fmg，既不超重也不失重。既不超重也不失重。 3.如圖如圖 1 所示，在臺秤的托盤上放一個支架，支架上固定一電磁鐵所示，在臺秤的托盤上放一個支架，支架上固定一電磁鐵 A，電磁鐵，電磁鐵 A 的正下的正下方有一鐵塊方有一鐵塊 B，電磁鐵，電磁鐵 A 不通電時，臺秤的示數為不通電時，臺秤的示數為 G。某時刻接通電源，在鐵

28、塊。某時刻接通電源，在鐵塊 B 被吸引被吸引起來的過程中，臺秤的示數將起來的過程中，臺秤的示數將( ) 圖圖 1 A不變不變 B變大變大 C變小變小 D忽大忽小忽大忽小 解析：解析：選選 B 很多同學認為，當鐵塊很多同學認為，當鐵塊 B 被吸起時脫離臺秤，所以對臺秤的壓力消失，被吸起時脫離臺秤，所以對臺秤的壓力消失，臺秤的示數減小，從而錯選臺秤的示數減小，從而錯選 C。其實，鐵塊。其實，鐵塊 B 被吸起的過程是鐵塊被吸起的過程是鐵塊 B 加速上升的過程，處加速上升的過程，處于超重狀態，即整體處于超重狀態，所以整體對托盤的壓力大于整體的重力。故選項于超重狀態，即整體處于超重狀態，所以整體對托盤的

29、壓力大于整體的重力。故選項 B 正正確。確。 4.如圖如圖 2 所示，在托盤測力計的托盤內固定一個質量為所示，在托盤測力計的托盤內固定一個質量為 M 的光滑的斜面體，現將一個的光滑的斜面體，現將一個質量為質量為 m 的物體放在斜面上，讓它自由滑下，則測力計的示數的物體放在斜面上，讓它自由滑下，則測力計的示數( ) 圖圖 2 AN(Mm)g BNMg CN(Mm)g DN(Mm)g 解析：解析：選選 D 物體加速下滑，其加速度有豎直向下的分量，故它處于失重狀態，物體物體加速下滑，其加速度有豎直向下的分量，故它處于失重狀態，物體與斜面體整體對托盤測力計的壓力小于它們的總重力，與斜面體整體對托盤測力

30、計的壓力小于它們的總重力，D 對。對。 5. (多選多選)“蹦極蹦極”是一項非常刺激的體育運動，某人身系彈性繩自高空是一項非常刺激的體育運動，某人身系彈性繩自高空 P 點自由下落，點自由下落，圖圖 3 中中 a 點是彈性繩的原長位置，點是彈性繩的原長位置，c點是人能到達的最低點，點是人能到達的最低點，b 點是人靜止懸吊著時的平衡點是人靜止懸吊著時的平衡位置，人在從位置，人在從 P 點下落到最低點點下落到最低點 c的過程中的過程中( ) 圖圖 3 A人在人在 Pa 段做自由落體運動，處于完全失重狀態段做自由落體運動，處于完全失重狀態 B人在人在 ab 段繩的拉力小于人的重力，人處于失重狀態段繩的

31、拉力小于人的重力，人處于失重狀態 C人在人在 bc段繩的拉力小于人的重力，人處于失重狀態段繩的拉力小于人的重力，人處于失重狀態 D人在人在 c點，人的速度為零，其加速度為零點，人的速度為零，其加速度為零 解析：解析：選選 AB 人在人在 Pa 段只受重力作用，段只受重力作用，ag，完全失重，完全失重，A 正確；人在正確；人在 ab 段受重力段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B 正確；人在正確；人在 bc 段受重力段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，和向上的拉力，拉力大于重力，合力向

32、上，加速度向上，超重，C 錯誤；人到錯誤；人到 c 點時，拉點時，拉力最大，合力最大，加速度最大力最大，合力最大，加速度最大，D 錯誤。錯誤。 6.某同學為了研究超重和失重現象，將重為某同學為了研究超重和失重現象，將重為 50 N 的物體帶進豎直升降的電梯中，放置的物體帶進豎直升降的電梯中，放置在壓力傳感器的水平載物面上，電梯由啟動到停止的過程中，測得壓力在壓力傳感器的水平載物面上，電梯由啟動到停止的過程中，測得壓力(F)時間時間(t)變化的變化的圖像如圖圖像如圖 4所示， 設在所示， 設在 t13 s 和和 t28 s時電梯的速度分別為時電梯的速度分別為 v1和和 v2， 由此他做出判斷，

33、由此他做出判斷( ) 圖圖 4 A電梯在上升，電梯在上升，v1v2 B電梯在上升，電梯在上升，v1v2 C電梯在下降，電梯在下降，v1v2 D電梯在下降，電梯在下降，v1v2 解析解析： 選選 B 物體最后靜止時對地面的壓力等于重力， 所以根據牛頓第二定律可知，物體最后靜止時對地面的壓力等于重力， 所以根據牛頓第二定律可知， 04 s 電梯向上加速，電梯向上加速，414 s 勻速，勻速，1418 s 向上減速，向上減速，18 s 后靜止。在后靜止。在 t13 s 時物體仍然做時物體仍然做加速運動，所以加速運動，所以 t1時刻的速度小于時刻的速度小于 t4 s 時的速度，而時的速度，而 t28

34、s 時電梯的速度等于時電梯的速度等于 t4 s 時時的速度，所以的速度，所以 v1v2，故選，故選 B。 7. (多選多選)如圖如圖 5 所示，木箱內有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時彈所示，木箱內有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態且物塊壓在箱頂簧處于壓縮狀態且物塊壓在箱頂上，若在某一段時間內，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此上，若在某一段時間內，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內，木箱的運動狀態可能為段時間內，木箱的運動狀態可能為( ) 圖圖 5 A加速下降加速下降 B加速上升加速上升 C減速上升減速上升 D減速下降減速下降 解析：解析：選選 BD

35、若在某一段時間內，物塊對箱頂剛好無壓力，相當于物塊的視重變大，若在某一段時間內，物塊對箱頂剛好無壓力，相當于物塊的視重變大，處于超重狀態， 即加速度向上， 所以可能向上做加速運動， 向下做減速運動， 故處于超重狀態， 即加速度向上， 所以可能向上做加速運動， 向下做減速運動， 故 B、 D 正確。正確。 8. (多選多選)如圖如圖6所示是某同學站在力板傳感器上做下蹲所示是某同學站在力板傳感器上做下蹲起立的動作時記錄的壓力起立的動作時記錄的壓力F隨隨時間時間 t 變化的圖線。由圖線可知該同學變化的圖線。由圖線可知該同學( ) 圖圖 6 A體重約為體重約為 650 N B做了兩次下蹲做了兩次下蹲起

36、立的動作起立的動作 C做了一次下蹲做了一次下蹲起立的動作，且下蹲后約起立的動作，且下蹲后約 2 s 起立起立 D下蹲過程中先處于超重狀態后處于失重狀態下蹲過程中先處于超重狀態后處于失重狀態 解析：解析：選選 AC 當該同學站在力板傳感器上靜止不動時，其合力為零，即壓力讀數恒等當該同學站在力板傳感器上靜止不動時，其合力為零，即壓力讀數恒等于該同學的體重值，由圖線可知：該同學的體重約為于該同學的體重值，由圖線可知：該同學的體重約為 650 N，A 正確；每次下蹲，該同學都正確；每次下蹲，該同學都將經歷先向下做加速將經歷先向下做加速(加速度方向向下加速度方向向下)、后減速、后減速(加速度方向加速度方

37、向向上向上)的運動，即先經歷失重狀的運動，即先經歷失重狀態，后經歷超重狀態，讀數態，后經歷超重狀態，讀數 F 先小于體重，后大于體重；每次起立，該同學都將經歷先向先小于體重，后大于體重；每次起立，該同學都將經歷先向上做加速上做加速(加速度方向向上加速度方向向上)、后減速、后減速(加速度方向向下加速度方向向下)的運動，即先經歷超重狀態，后經歷的運動，即先經歷超重狀態，后經歷失重狀態，讀數失重狀態，讀數 F 先大于體重，后小于體重。由圖線可知：先大于體重，后小于體重。由圖線可知：C 正確，正確，B、D 錯誤。錯誤。 9. (多選多選)如圖如圖 7 所示，小球所示，小球 B 放在真空正方體容器放在真

38、空正方體容器 A 內，球內，球 B 的直徑恰好等于的直徑恰好等于 A 的內的內邊長，現將它們以初速度邊長，現將它們以初速度 v0豎直向上拋出，下列說法中正確的是豎直向上拋出，下列說法中正確的是( ) 圖圖 7 A若不計空氣阻力，下落過程中，若不計空氣阻力，下落過程中，B 對對 A 沒有彈力沒有彈力 B若考慮空氣阻力，上升過程中，若考慮空氣阻力，上升過程中，A 對對 B 的彈力向下的彈力向下 C若考慮空氣阻力，下落過程中，若考慮空氣阻力，下落過程中，B 對對 A 的彈力向上的彈力向上 D若不計空氣阻力，上升過程中，若不計空氣阻力，上升過程中，A 對對 B 有向上的彈力有向上的彈力 解析：解析：選

39、選 AB 將容器以初速度將容器以初速度 v0豎直向上拋出后，若不計空氣阻力，以整體為研究豎直向上拋出后，若不計空氣阻力，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得到加速度為對象，根據牛頓第二定律得到加速度為 g，再以容器，再以容器 A 為研究對象，上升和下落過程其合為研究對象，上升和下落過程其合力等于其重力，則力等于其重力，則 B 對對 A 沒有壓力，沒有壓力，A 對對 B 也沒有支持力，也沒有支持力，故故 A 正確，正確，D 錯誤；若考慮空錯誤；若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得到：上升過程加速度大于氣阻力，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得到：上升過程加速度大于 g，再以球，

40、再以球 B為研究對象，根據牛頓第二定律分析：為研究對象，根據牛頓第二定律分析：B 受到的合力大于重力，受到的合力大于重力，B 除受到重力外，還應受到除受到重力外，還應受到向下的壓力，向下的壓力，A 對對 B 的壓力向下，故的壓力向下，故 B 正確；若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據正確；若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得到：下落過程加速度小于牛頓第二定律得到：下落過程加速度小于 g，再以，再以 B 為研究對象，根據牛頓第二定律分析：為研究對象，根據牛頓第二定律分析：A 受到的合力小于重力，受到的合力小于重力，B 除受到重力外，還應受到向上的力，即除受到重力外，還應受到向上

41、的力，即 A 對對 B 的支持力向上，的支持力向上，B對對 A 的壓力向下，故的壓力向下，故 C 錯誤。錯誤。 10在電梯內的地板上，豎直放置一根輕質彈簧，彈簧上端固定一個在電梯內的地板上，豎直放置一根輕質彈簧，彈簧上端固定一個質量為質量為 m 的物體。的物體。當電梯勻速運動時，彈簧被壓縮了當電梯勻速運動時，彈簧被壓縮了 x，某時刻后觀察到彈簧又被繼續壓縮了，某時刻后觀察到彈簧又被繼續壓縮了x10(重力加速度重力加速度為為 g)。則電梯在此時刻后的運動情況可能是。則電梯在此時刻后的運動情況可能是( ) A以大小為以大小為1110g 的加速度加速上升的加速度加速上升 B以大小為以大小為1110g

42、 的加速度減速上升的加速度減速上升 C以大小為以大小為g10的加速度加速下降的加速度加速下降 D以大小為以大小為g10的加速度減速下降的加速度減速下降 解析：解析：選選 D 因為電梯勻速運動時，彈簧被壓縮了因為電梯勻速運動時，彈簧被壓縮了 x，由此可以知道，由此可以知道，mgkx，當彈，當彈簧又被繼續壓縮了簧又被繼續壓縮了x10，彈簧的彈力變大了，所以物體的合力應該是向上的，大小是，彈簧的彈力變大了，所以物體的合力應該是向上的，大小是110mg，由牛頓第二定律由牛頓第二定律 Fma 可得，可得，110mgma，所以加速度大小為，所以加速度大小為 a110g，合力是向上的，當，合力是向上的，當然

43、加速度的方向也就是向上的，此時物體可能是向上的勻加速運動，也可能是向下的勻減然加速度的方向也就是向上的，此時物體可能是向上的勻加速運動，也可能是向下的勻減速運動，所以速運動，所以 D 正確。正確。 11某人在以加速度某人在以加速度 a2 m/s2勻加速下降的升降機中最多能舉起勻加速下降的升降機中最多能舉起 m175 kg 的物體，的物體，則此人在地面上最多可舉起多大質量的物體？若此人在一勻加速上升的升降機中最則此人在地面上最多可舉起多大質量的物體？若此人在一勻加速上升的升降機中最多能舉多能舉起起 50 kg 的物體，則此升降機上升的加速度是多大？的物體，則此升降機上升的加速度是多大？(g 取取

44、 10 m/s2) 解析：解析：設此人在地面上的最大設此人在地面上的最大“舉力舉力”為為 F，那么他在以不同加速度運動的升，那么他在以不同加速度運動的升降機中最大的降機中最大的“舉力舉力”仍然是仍然是 F。以物體為研究對象進行受力分析，物體的受力示。以物體為研究對象進行受力分析，物體的受力示意圖如圖所示，且物體的加速度與升降機相同。當升降機以加速度意圖如圖所示，且物體的加速度與升降機相同。當升降機以加速度 a2 m/s2勻加勻加速下降時，對物體有：速下降時，對物體有：m1gFm1a Fm1(ga)得：得：F75(102) N600 N 設人在地面上最多可舉起質量為設人在地面上最多可舉起質量為

45、m0的物體，則的物體，則 Fm0g，m0Fg60010 kg60 kg 當升降機以加速度當升降機以加速度 a勻加速上升時，對物體有：勻加速上升時，對物體有： Fm2gm2a aFm2g 6005010 m/s22 m/s2 所以升降機勻加速上升的加速度為所以升降機勻加速上升的加速度為 2 m/s2。 答案答案：60 kg 2 m/s2 12一種巨型娛樂器械由升降機送到離地面一種巨型娛樂器械由升降機送到離地面 75 m 的高處，然后讓座艙自由落下。落到的高處，然后讓座艙自由落下。落到離地面離地面 30 m 高時，制動系統開始啟動，座艙均勻減速，到地面時剛好停下。若座艙中某人高時，制動系統開始啟動

46、，座艙均勻減速，到地面時剛好停下。若座艙中某人用手托著用手托著 m5 kg 的鉛球，取的鉛球，取 g10 m/s2，試求：，試求： (1)從開始下落到最后著地經歷的總時間；從開始下落到最后著地經歷的總時間； (2)當座艙落到離地面當座艙落到離地面 35 m 的位置時，手對鉛球的支持力是多少？的位置時，手對鉛球的支持力是多少？ (3)當座艙落到離地面當座艙落到離地面 15 m 的位置時，鉛球對手的壓力是多少？的位置時，鉛球對手的壓力是多少？ 解析：解析：(1)由題意可知，座艙先自由下落由題意可知，座艙先自由下落 h175 m30 m45 m 由由 h112gt12得得 t1 2h1g3 s 下落

47、下落 45 m 時的速度時的速度 v1gt130 m/s 減速過程中的平均速度減速過程中的平均速度 v2v1215 m/s 減速時間減速時間 t2h2v22 s 總時間總時間 tt1t25 s。 (2)離地面離地面 35 m 時，座艙自由下落，鉛球處于完全失重狀態，所以手對鉛球的支持力為時，座艙自由下落，鉛球處于完全失重狀態，所以手對鉛球的支持力為零。零。 (3)由由 v122gh12ah2得，減速過程中加速度的大小得，減速過程中加速度的大小 a15 m/s2(或或 av1t215 m/s2) 根據牛頓第二定律：根據牛頓第二定律：Nmgma 解得：解得：N125 N 根據牛頓第三定律可知，鉛球

48、對手的壓力為根據牛頓第三定律可知，鉛球對手的壓力為 125 N。 答案：答案：(1)5 s (2)0 (3)125 N 牛頓運動定律的綜合應用牛頓運動定律的綜合應用 1(多選多選)(2015 江蘇高考江蘇高考)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度 a 隨時間隨時間 t 變化變化的圖線如圖的圖線如圖 1 所示，以豎直向上為所示，以豎直向上為 a 的正方向，則人對地板的壓力的正方向，則人對地板的壓力( ) 圖圖 1 At2 s 時最大時最大 Bt2 s 時最小時最小 Ct8.5 s 時最大時最大 Dt8.5 s 時最小時最小 解析：解析：選選 AD 人受重力

49、人受重力 mg 和支持力和支持力 N 的作用，由牛頓第二定律得的作用，由牛頓第二定律得 Nmgma。由。由牛牛頓第三定律得人對地板的壓力頓第三定律得人對地板的壓力 NNmgma。當。當 t2 s 時時 a 有最大值，有最大值，N最大；當最大；當t8.5 s 時，時，a 有最小值，有最小值，N最小，選項最小，選項 A、D 正確。正確。 2如圖如圖 2 所示，兩車廂的質量相同，其中一個車廂內有一人拉動繩子使兩車廂相互靠所示，兩車廂的質量相同，其中一個車廂內有一人拉動繩子使兩車廂相互靠近。若不計繩子質量及車廂與軌道間的摩擦，下列對于哪個車廂里有人的判斷正確的是近。若不計繩子質量及車廂與軌道間的摩擦，

50、下列對于哪個車廂里有人的判斷正確的是( ) 圖圖 2 A繩子的拉力較大的那一端車廂里有人繩子的拉力較大的那一端車廂里有人 B先開始運動的車廂里有人先開始運動的車廂里有人 C后到達兩車中點的車廂里有人后到達兩車中點的車廂里有人 D不去稱量質量無法確定哪個車廂有人不去稱量質量無法確定哪個車廂有人 解析：解析：選選 C 根據牛頓第三定律，兩車之間的拉力大小相等，故根據牛頓第三定律，兩車之間的拉力大小相等，故 A 錯誤；有拉力后，錯誤；有拉力后，兩車同時受到拉力，同時開始運動，故兩車同時受到拉力，同時開始運動，故 B 錯誤；兩車之間的拉力大小相等，根據牛頓第二錯誤；兩車之間的拉力大小相等，根據牛頓第二

51、定律，總質量大，加速度小，由定律，總質量大，加速度小，由 x12at2，相同時間內位移小，后到達中點，即后到達兩車，相同時間內位移小，后到達中點，即后到達兩車中點的車廂里有人，故中點的車廂里有人，故 C 正確；無需稱質量，可用正確；無需稱質量，可用 C 項辦法確定哪個車廂有人，故項辦法確定哪個車廂有人，故 D 錯誤。錯誤。 3(多選多選)如圖如圖 3(a)所示， 傾角為所示， 傾角為 的光滑斜面固定在水平地面上，一物體在水平推力的光滑斜面固定在水平地面上，一物體在水平推力 F的作用下沿斜面向上運動，逐漸增大的作用下沿斜面向上運動，逐漸增大 F，物體的加速，物體的加速度隨之改變，其加速度度隨之改

52、變，其加速度 a 隨隨 F 變化的變化的圖像如圖圖像如圖(b)所示。取所示。取 g10 m/s2，根據圖，根據圖(b)中所提供的信息可以計算出中所提供的信息可以計算出( ) 圖圖 3 Asin 0.6 Bsin 0.5 C物體的質量為物體的質量為 2.5 kg D物體的質量為物體的質量為 2.0 kg 解析：解析：選選 AD 對物體受力分析，受推力、重力、支持力，如圖所示，對物體受力分析，受推力、重力、支持力，如圖所示， x 方向：方向：Fcos mgsin ma，從圖像中取兩個點，從圖像中取兩個點(30 N,6 m/s2)，(0 N，6 m/s2)代入解得代入解得 m2 kg，sin 0.6

53、，選項，選項 A、D 正確。正確。 4(多選多選)如圖如圖 4 所示，質量為所示，質量為 M、中間為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，、中間為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內有一質量為光滑槽內有一質量為 m 的小鐵球，現用一水平向右的推力的小鐵球，現用一水平向右的推力 F 推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成 角。則下列說法正確的是角。則下列說法正確的是( ) 圖圖 4 A小鐵球受到的合外力方向水平向左小鐵球受到的合外力方向水平向左 BF(Mm)gtan C系統的加速度

54、為系統的加速度為 agtan DFMgtan 解析：解析：選選 BC 隔離小鐵球分析受力得隔離小鐵球分析受力得 F合合mgtan ma，且合外力水平向右，故小，且合外力水平向右，故小鐵球加速度為鐵球加速度為 gtan ，因為小鐵球與凹槽相對靜止，故系統的加速度也為，因為小鐵球與凹槽相對靜止，故系統的加速度也為 gtan ，A 錯誤，錯誤，C 正確。整體分析得正確。整體分析得 F(Mm)a(Mm)gtan ，故選項，故選項 B 正確，正確，D 錯誤。錯誤。 5. (多選多選)如圖如圖 5 所示，完全相同的磁鐵所示，完全相同的磁鐵 A、B 分別位于鐵質車廂豎直面和水平面上，分別位于鐵質車廂豎直面和

55、水平面上，A、B 與車廂間的動摩擦因數均為與車廂間的動摩擦因數均為 ，小車靜止時，小車靜止時，A 恰好不下滑，現使小車加速運動，為保證恰好不下滑，現使小車加速運動，為保證A、B 無滑動，則無滑動，則( ) 圖圖 5 A速度可能向左，加速度可小于速度可能向左，加速度可小于 g B加速度一定向右，不能超過加速度一定向右，不能超過(1)g C加速度一定向左，不能超過加速度一定向左，不能超過 g D加速度一定向左，不能超過加速度一定向左，不能超過(1)g 解析：解析：選選 AD 當小車處于靜止時，當小車處于靜止時，A 恰好不下滑，此時恰好不下滑，此時 mgfN，要保證，要保證 A 靜止，靜止，則則 A

56、 與小車之間的彈力不能減小，所以加速度一定向左，要保證與小車之間的彈力不能減小，所以加速度一定向左，要保證 B 靜止，靜止，B 在水平方向上在水平方向上受到摩擦力，豎直方向上受到小車的支持力、重力和吸引力，磁鐵受到摩擦力，豎直方向上受到小車的支持力、重力和吸引力，磁鐵 B 做加速度的合力等于做加速度的合力等于摩擦力，要保證摩擦力，要保證 B 靜止，則受到的摩擦力靜止，則受到的摩擦力不能超過最大靜摩擦力，即不能超過最大靜摩擦力，即 ma(mgN)，解得，解得a(1)g，故，故 A、D 正確。正確。 6.如圖如圖 6 所示，足夠長的傾角所示，足夠長的傾角 37 的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕

57、繩跨過的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過定滑輪，一端與質量為定滑輪，一端與質量為 m11 kg 的物塊的物塊 A 連接，另一端與質量為連接，另一端與質量為 m23 kg 的物塊的物塊 B 連接，連接，繩與斜面保持平行。開始時，用手按住繩與斜面保持平行。開始時，用手按住 A，使，使 B 懸于距地面高懸于距地面高 H0.6 m 處，而處，而 A 靜止于斜靜止于斜面底端?，F釋放面底端。現釋放 A，試求，試求 A 在斜面上向上滑行的最大距離？在斜面上向上滑行的最大距離？(設設 B 落地后不再彈起，且所有落地后不再彈起，且所有接觸面間的摩擦均忽略不計，接觸面間的摩擦均忽略不計，sin 37 0.

58、6，cos 37 0.8，g 取取 10 m/s2) 圖圖 6 解析：解析：設設 B 未落地前系統加速度大小為未落地前系統加速度大小為 a1，B 落地時的速度為落地時的速度為 v，B 落地后落地后 A 的加速的加速度為度為 a2，則依據題意有：，則依據題意有： m2gTm2a1 Tm1gsin 37 m1a1 解得解得 a16 m/s2 v202a1H m1gsin 37 m1a2 0v22a2x 解得解得 a26 m/s2，x0.6 m 故故 A 在斜面上向上滑行的最大距離在斜面上向上滑行的最大距離 LHx1.2 m。 答案：答案：1.2 m 7.某飛機場利用如圖某飛機場利用如圖 7 所示的

59、所示的傳送帶將地面上的貨物運送到飛機上， 傳送帶與地面的夾傳送帶將地面上的貨物運送到飛機上， 傳送帶與地面的夾角角 30 ，傳送帶兩端，傳送帶兩端 A、B 的距離的距離 L10 m，傳送帶以，傳送帶以 v5 m/s 的恒定速度勻速向上運的恒定速度勻速向上運動。在傳送帶底端動。在傳送帶底端 A 輕放上一質量輕放上一質量 m5 kg 的貨物，貨物與傳送帶間的動摩擦因數的貨物，貨物與傳送帶間的動摩擦因數 32。求貨物從求貨物從 A 端運送到端運送到 B 端所需的時間。端所需的時間。(g 取取 10 m/s2) 圖圖 7 解析：解析：以貨物為研究對象，由牛頓第二定律得以貨物為研究對象，由牛頓第二定律得

60、 mgcos 30 mgsin 30 ma 解得解得 a2.5 m/s2 貨物勻加速運動時間貨物勻加速運動時間 t1va2 s 貨物勻加速運動位移貨物勻加速運動位移 x112at125 m 然后貨物做勻速運動，運動位移然后貨物做勻速運動，運動位移 x2Lx15 m 勻速運動時間勻速運動時間 t2x2v1 s 所以貨物從所以貨物從 A 到到 B 所需的時間所需的時間 tt1t23 s。 答案：答案：3 s 8.如圖如圖 8 所示，質量為所示，質量為 4 kg 的小球用輕質細繩拴著吊在行駛的汽車后壁上。細繩的延的小球用輕質細繩拴著吊在行駛的汽車后壁上。細繩的延長線通過小球的球心長線通過小球的球心