1、第四章 運動和力的關系牛頓定律的綜合應用專題第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第一冊課件力學單位制的應用力學單位制的應用BB解：由題意，壓強p可由公式 求得，則其單位為：密度可由公式 則的單位為（kg/m3)。由于題中k無單位，則 的單位為（m/s2)，顯然不是速度的單位，選項A錯誤。 的單位為m/s，是速度的單位，選項B正確，選項C、D錯誤。解：由題意，壓強p可由公式 BB解：根據表達式，將力的單位N，質量單位kg，時間單位s代入表達式得到 而位移的單位為m，故此表達式一定錯誤，B正確，ACD錯誤。故選B。解：根據表達式，將力的單位N，質量單位kg，時間單位s代入表3、雨滴在空氣中下落，

2、當速度比較大的時候，它受到的空氣阻力與其速度的二次方成正比，與其橫截面積成正比，即FfkSv2，則比例系數k的單位是()Akg/m4Bkg/m3Ckg/m2 Dkg/mB3、雨滴在空氣中下落，當速度比較大的時候，它受到的空氣阻力與解：表達式Ff=kSv2中：Ff、S、v的單位分別為N、m2、m/s，又1N=1kgm/s2，設k的單位為x，則得：1kgm/s2=1xm2m2/s2,x=kg/m3,所以k的單位為kg/m3。故選B。解：表達式Ff=kSv2中：Ff、S、v的單位分別為N、m2傳送帶問題傳送帶問題第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第一冊課件第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第

3、一冊課件第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第一冊課件第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第一冊課件BB第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第一冊課件第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第一冊課件第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第一冊課件例4、如圖所示，傳送帶與水平地面間的夾角=37，其上端點A到下端點B的長度L=16m，在傳送帶的A點無初速度地放一個質量為m=0.5kg的物體（可視為質點），已知物體與傳送帶間的動摩擦因數=0.5，取g=10m/s2，問（1）若傳送帶不動，物體由A端運動到B端需要多少時間？（2）若傳送帶以v=10ms順時針方向轉動，物體由A端運動到B端需要多少時

4、間？（3）若傳送帶以v=10ms逆時針方向轉動，物體由A端運動到B端需要多少時間？（4）要使物體從A運動到B的時間最短，對傳送帶的速度有何要求？例4、如圖所示，傳送帶與水平地面間的夾角=37，其上端點解：（1）傳送帶靜止時，物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力作用，由牛頓第二定律得：mgsin-mgcos=ma， 得加速度a=g（sin-cos）=2m/s2由 得：（2）若傳送帶順時針轉動，物體從A運動到B一直以加速度a=2m/s2 勻加速運動，由 得t=4s.解：（1）傳送帶靜止時，物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力作用，解：（3）如傳送帶以v=10m/s的速率逆時針轉動，物體開始時受到沿斜面向下的滑

5、動摩擦力，由牛頓第二定律得 mgsin+mgcos=ma1， 得加速度為a1=10m/s2則物體加速到速度與傳送帶相同所經歷的時間為 此過程通過的位移為 由于=0.5tan37，則速度相同后物體繼續向下做勻加速運動，所受的滑動摩擦力將沿斜面向上，則有 mgsin-mgcos=ma2， 得 加速度為 a2=2m/s2由 解得：t2=1s。故物體從A運動到B需要的時間為t=t1+t2=2s解：（3）如傳送帶以v=10m/s的速率逆時針轉動，物體開始解：（4）物體從A運動到B一直以加速度a1=10m/s2勻加速運動需要的時間最短，設最短時間為tmin，則解得當物體到達傳送帶底端速度恰好與傳送帶速度相

6、同時，傳送帶速度為 則傳送帶的速度 且逆時針轉動時，物體從A運動到B需要的時間最短解：（4）物體從A運動到B一直以加速度a1=10m/s2勻加滑塊木板模型滑塊木板模型1.模型概述：一個物體在另一個物體上發生相對滑動，兩者之間有相對運動.問題涉及兩個物體、多個過程，兩物體的運動時間、速度、位移間有一定的關系。2.常見的兩種位移關系滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板向同一方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板向相反方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度。1.模型概述：一個物體在另一個物體上發生相對滑動，兩者之間有3.解題方法(1)搞清各物體

7、初始狀態對地的運動和物體間的相對運動，確定物體間的摩擦力方向。(2)分別隔離兩物體進行受力分析，準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。(3)找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口.求解中應注意聯系兩個過程的紐帶，即每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。3.解題方法例1、如圖所示，質量為m1的足夠長的木板靜止在水平面上，其上放一質量為m2的物塊。物塊與木板的接觸面是光滑的。從t0時刻起，給物塊施加一水平恒力F。分別用a1、a2和v1、v2表示木板、物塊的加速度和速度大小，下列圖象符合運動情況的是（ ）解析木板一定保持靜止，加速度為0，選項A

8、、B錯誤；物塊的加速度 ，即物塊做勻加速直線運動，物塊運動的vt圖象為傾斜的直線，而木板保持靜止，速度一直為0，選項C錯誤，D正確.D例1、如圖所示，質量為m1的足夠長的木板靜止在水平面上，其上例2、如圖所示，物塊A、木板B的質量均為m10 kg，不計A的大小，木板B長L3 m.開始時A、B均靜止.現使A以水平初速度v0從B的最左端開始運動.已知A與B、B與水平面之間的動摩擦因數分別為10.3和20.1，g取10 m/s2.若A剛好沒有從B上滑下來，則A的初速度v0為多大？例2、如圖所示，物塊A、木板B的質量均為m10 kg，不計解析：分別對物塊A、木板B進行受力分析可知，A在B上向右做勻減速

9、運動，設其加速度大小為a1，則有木板B向右做勻加速運動，設其加速度大小為a2，則有由題意可知，A剛好沒有從B上滑下來，則A滑到B最右端時的速度和B的速度相同，設為v，則有解析：分別對物塊A、木板B進行受力分析可知，A在B上向右做例3、如圖所示，質量M=4kg的長木板放在光滑水平面上，在長木板的右端施加一水平恒力F=12N，當長木板向右的運動速率達到v1=3m/s時，再將m=2kg的小物塊（可視為質點）輕輕放到木板的右端，小物塊與長木板間的動摩擦因數=0.4，小物塊始終沒離開長木板，g取10m/s2。求：(1)小物塊剛放到長木板上時，小物塊和長木板的加速度大小；(2)小物塊相對長木板靜止時，小物

10、塊距離長木板右端的距離大小；(3)小物塊相對長木板靜止后，長木板受到的摩擦力大小。例3、如圖所示，質量M=4kg的長木板放在光滑水平面上，在長解：(1)對m：根據牛頓第二定律可得：mg=ma1，解得a1=g=4m/s2對M：根據牛頓第二定律可得：F-mg=Ma2解得：a2=1m/s2;(2)設小物塊從放上長木板到和長木板相對靜止時間為t，根據速度時間關系可得：v1+a2t=a1t 解得：t=1s小物塊的位移x1=1/2a1t2=2m長木板的位移x2=v1t+1/2a2t2=3.5m小物塊到長木板右端距離x=x2-x1=1.5m;(3)對M和m整體：根據牛頓第二定律可得：F=(M+m)a解得：a

11、=2m/s2對m：根據牛頓第二定律可得：f=ma解得：f=4N由牛頓第三定律可得，長木板受到的摩擦力：f=4N。解：(1)對m：根據牛頓第二定律可得：mg=ma1，解得a瞬時加速度問題瞬時加速度問題兩類模型根據牛頓第二定律,加速度a與合外力F存在著瞬時對應關系。所以分析物體在某一時刻的瞬時加速度,關鍵是分析該時刻物體的受力情況及運動狀態,再由牛頓第二定律求出瞬時加速度。應注意兩類基本模型的區別:(1)剛性繩(或接觸面)模型:這種不發生明顯形變就能產生彈力的物體,剪斷(或脫離)后,彈力立即改變或消失,形變恢復幾乎不需要時間。(2)彈簧(或橡皮繩)模型:此種物體的特點是形變量大,形變恢復需要較長時

12、間,在瞬時問題中,其彈力的大小往往可以看成是不變的。兩類模型例1、如圖中小球質量為m,處于靜止狀態,彈簧與豎直方向的夾角為。則:(1)繩OB和彈簧的拉力各是多少?(2)若燒斷繩OB瞬間,物體受幾個力作用?這些力的大小是多少?(3)燒斷繩OB瞬間,求小球m的加速度的大小和方向。例1、如圖中小球質量為m,處于靜止狀態,彈簧與豎直方向的夾角解析：(1)對小球受力分析如圖甲所示其中彈簧彈力與重力的合力F與繩的拉力F等大反向甲 則知F=mgtan;。(2)燒斷繩OB瞬間,繩的拉力消失,而彈簧還是保持原來的長度,彈力與燒斷前相同。此時,小球受到的作用力是重力和彈力,大小分別是G=mg,解析：(1)對小球受

13、力分析如圖甲所示甲 則知F=mgtan(3)燒斷繩OB瞬間,重力和彈簧彈力的合力方向水平向右,與燒斷繩OB前OB繩的拉力大小相等,方向相反,(如圖乙所示)即F合=mgtan ,由牛頓第二定律得小球的加速度a= =gtan ,方向水平向右。乙 (3)燒斷繩OB瞬間,重力和彈簧彈力的合力方向水平向右,與燒例2、如圖所示,輕彈簧上端與一質量為m的木塊1相連,下端與另一質量為m0的木塊2相連,整個系統置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止狀態。現將木板沿水平方向突然抽出,設抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有()A.a1=0,a2=gB.a1=g,a2=g解析在

14、抽出木板后的瞬間,彈簧對木塊1的支持力和對木塊2的壓力并未改變。木塊1受重力和支持力,mg=FN,a1=0,木塊2受重力和壓力,根據牛頓第二定律 ,故選C。C例2、如圖所示,輕彈簧上端與一質量為m的木塊1相連,下端與另動力學中的臨界和極值問題動力學中的臨界和極值問題1.臨界、極值問題在物體的運動狀態發生變化的過程中,有時會出現某一個特定狀態,某個(或某些)物理量發生突變,取特定的極大或極小值,此狀態即為臨界狀態,相應的物理量的值為臨界值。含有臨界狀態的問題即臨界問題。2.解決臨界問題的方法解決問題的關鍵是尋找臨界狀態、確定臨界值。若題目中出現“最大”“最小”“剛好”等詞語時,一般都有臨界狀態出

15、現。(1)極限法:把物理問題(或過程)推向極端,分析在極端情況下可能出現的狀態和滿足的條件,從而找到臨界狀態及其條件。(2)有些物理過程沒有明顯出現臨界問題的線索,但在變化過程中可能出現也可能不出現臨界問題,可用假設法來判斷是否出現臨界狀態。(3)根據對物理過程的分析列出相應的數學表達式,結合物理量應滿足的條件,得出臨界狀態及條件。1.臨界、極值問題3.常見的臨界條件(1)相互接觸的兩個物體將要分離的臨界條件是相互作用的彈力為零。(2)繩子松弛的臨界條件是繩子的拉力為零。(3)存在靜摩擦的系統,相對滑動和相對靜止的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。(4)靜摩擦力為零是其方向改變的臨界條件。(5)運

16、動物體的速度達到極值的臨界條件是加速度(或合力)為零。3.常見的臨界條件例1、如圖所示,在傾角為的光滑斜面上端固定一勁度系數為k的輕彈簧,彈簧下端連有一質量為m的小球,小球被一垂直于斜面的擋板A擋住,此時彈簧沒有形變。若手持擋板A以加速度a(ag,小球將“飄”離斜面而只受線的拉力和重力的作用,如圖乙所示,此時細線與水平方向間的夾角g,小球將“飄”離斜面而只受線的拉力和例3、如圖所示,光滑水平面上放置質量分別為m、2m的A、B兩個物體,A、B間的最大靜摩擦力為mg,現用水平拉力F拉B、使A、B以同一加速度運動,則拉力F的最大值為()A.mg B.2mgC.3mg D.4mg解析：當A、B之間恰好

17、不發生相對滑動時力F最大,此時,對于A物體所受的合力為mg,由牛頓第二定律知aA= =g,對于A、B整體,加速度a=aA=g。由牛頓第二定律得F=3ma=3mg。C例3、如圖所示,光滑水平面上放置質量分別為m、2m的A、B兩ACDACD第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第一冊課件連接體問題連接體問題1.連接體及其特點多個相互關聯的物體連接(疊放,并排或由繩子、細桿聯系)在一起的物體組稱為連接體。連接體一般具有相同的運動情況(速度、加速度)。2.處理連接體問題的常用方法(1)整體法:若連接物具有相同的加速度,可以把連接體看成一個整體作為研究對象,只分析外力,不分析內力。(2)隔離法:把研究的

18、物體從周圍物體中隔離出來,單獨進行分析,從而求解物體之間的相互作用力。畫龍點睛：整體法和隔離法不是對立的,往往二者配合使用。1.連接體及其特點規律方法整體法和隔離法在動力學問題中的應用技巧(1)隔離法的選取原則:若連接體或關聯體內各物體的加速度不相同,或者要求出系統內兩物體之間的作用力時,就需要把物體從系統中隔離出來,應用牛頓第二定律列方程求解。(2)整體法的選取原則:若連接體內各物體具有相同的加速度,且不需要求物體之間的作用力,可以把它們看成一個整體來分析整體受到的外力,應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)。(3)整體法、隔離法交替運用原則:若連接體內各物體具有相同的加速度,且要求物體

19、之間的作用力時,可以先用整體法求出加速度,然后再用隔離法選取合適的研究對象,應用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度,后隔離求內力”。規律方法整體法和隔離法在動力學問題中的應用技巧例1、北京殘奧會開幕式上,運動員手拉繩索向上攀登,最終點燃了主火炬,體現了殘疾運動員堅韌不拔的意志和自強不息的精神。為了探究上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用,可將過程簡化。一根不可伸縮的輕繩跨過輕質的定滑輪,一端掛一吊椅,另一端被坐在吊椅上的運動員拉住,如圖所示。設運動員的質量為65 kg,吊椅的質量為15 kg,不計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度g取10 m/s2。當運動員與吊椅一起正以加速度a=1 m/

20、s2上升時,試求:(1)運動員豎直向下拉繩的力的大小。(2)運動員對吊椅的壓力大小。例1、北京殘奧會開幕式上,運動員手拉繩索向上攀登,最終點燃了解析(1)設運動員受到繩向上的拉力為F,由于跨過定滑輪的兩段繩子拉力相等,吊椅受到繩的拉力也是F。對運動員和吊椅整體進行受力分析如圖所示,則有2F-(m人+m椅)g=(m人+m椅)aF=440 N由牛頓第三定律,運動員豎直向下拉繩的力的大小F=440 N。解析(1)設運動員受到繩向上的拉力為F,由于跨過定滑輪的兩段(2)設吊椅對運動員的支持力為FN,對運動員進行受力分析如圖所示,則有F+FN-m人g=m人aFN=275 N由牛頓第三定律,運動員對吊椅的

21、壓力也為275 N。(2)設吊椅對運動員的支持力為FN,對例2、(多選)如圖所示,在光滑地面上,水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動,小車質量是m0,木塊質量是m,力大小是F,加速度大小是a,木塊和小車之間動摩擦因數是,則在這個過程中,木塊受到的摩擦力大小是( )A.mg B.C.(m0+m)g D.ma解析因為小車和木塊在力F的作用下一起做無相對滑動的加速運動,所以取小車和木塊為一整體,由牛頓第二定律可知F=(m0+m)a,設木塊受的摩擦力向右,大小為Ff,由牛頓第二定律得Ff=ma,以上兩式聯立可得Ff= ,B、D正確。BD例2、(多選)如圖所示,在光滑地面上,水平外力F拉動

22、小車和木BCBC19.2放射性元素的衰變大爆炸理論認為宇宙從一個“奇點”爆炸產生，大爆炸是在無限的宇宙各處同時產生時間的零點。大爆炸夸克、輕子、膠子等強子時代輕子時代核合成時代電子與質子符合成氫原子形成恒星和星系。2、在常溫常壓下,大多數實際氣體,尤其是那些不易液化的氣體都可以近似地看成理想氣體。（4）步驟：3、適用范圍：溫度不太低，壓強不太大。即方程兩邊：上標相加左右相等，下標相加左右也相等。已知兩分力的方向有唯一組解3、核子：質子和中子組成的原子核。統計規律3、三、原子核的組成8.2等壓等容變化19.2放射性元素的衰變例4、如圖所示，質量為2m的物塊A與水平地面間的動摩擦因數為，質量為m的

23、物塊B與地面的摩擦不計，在大小為F的水平推力作用下，A、B一起向右做加速運動，則A和B之間的作用力大小為（ ）解析：以A、B組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律得，F2mg(2mm)a，整體的加速度大小為a ；以B為研究對象，由牛頓第二定律得A對B的作用力大小為FABma ，即A、B間的作用力大小為 ，選項D正確.D例4、如圖所示，質量為2m的物塊A與水平地面間的動摩擦因數為等時圓模型等時圓模型第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第一冊課件第四章運動和力的關系人教版高中物理必修第一冊課件BB例2、如圖所示，在斜坡上有一根旗桿長為L,現有一個小環從旗桿頂部沿一根光滑鋼絲AB滑至斜坡底部，又知O

24、B=L。求小環從A滑到B的時間。解析：可以以0為圓心，以L為半徑畫一個圓。根據“等時圓”的規律可知，從A滑到B的時間等于從A點沿直徑到底端D的時間，所以有例2、如圖所示，在斜坡上有一根旗桿長為L,現有一個小環從旗桿例3、如圖所示，在傾角為的斜面上方的A點處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上，木板與豎直方向AC所成角度為。一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時間最短，則與角的大小關系應為（ ）B例3、如圖所示，在傾角為的斜面上方的A點處放置一光滑的木板解析： 如圖所示，在豎直線AC上選取一點O，以適當的長度為半徑畫圓，使該圓過A點，且與斜面相切于D點。由等時圓知識可知，由A沿斜

25、面滑到D所用時間比由A到達斜面上其他各點所用時間都短。將木板下端與D點重合即可，而COD=，則解析： 如圖所示，在豎直線AC上選取一點O，以適當的長度為半例4、如圖所示，oa、ob、oc是豎直面內三根固定的光滑細桿，o、a、b、c、d位于同一圓周上，d點為圓周的最高點，c點為最低點.每根桿上都套著一個小滑環（圖中未畫出）,三個滑環都從o點無初速釋放，用t1、t2、t3依次表示滑環到達a、b、c所用的時間，則（ )A.t1=t2=t3B.t3t1t2C.t1t2t2t3D例4、如圖所示，oa、ob、oc是豎直面內三根固定的光滑細桿解：以O點為最高點，取合適的豎直直徑oe作等時圓，交ob于b,如圖

26、所示，顯然o到f、b、g、e才是等時的，比較圖示位移oaof,oct2t3，選項ABC錯誤，D正確.解：以O點為最高點，取合適的豎直直徑oe作等時圓，交ob于b動力學的圖像問題動力學的圖像問題1、(多選)如圖a，一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖所示b所示，若重力加速度以及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出( )A 斜面的傾角 B 物塊的質量C 物塊與斜面間的動摩擦因數 D 物塊沿斜面向上滑行的最大高度ACD1、(多選)如圖a，一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動解析：小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行過程為勻變速直線運動，未速度0，那么平均速度即 ，所以

27、沿斜面向上滑行的最遠距離 ，根據牛頓第二定律，向上滑行過程 ，向下滑行 ，整理可得 ， 從而可計算出斜面的傾斜角度以及動摩擦因數，選項AC對。根據斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度 選項D對。僅根據速度時間圖象，無法找到物塊質量，選項B錯。解析：2、(單選)如圖（甲）所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，木板B的加速度a與拉力F關系圖象如圖（乙）所示，則小滑塊A的質量為（ ）A 4kg B 3kg C 2kg D 1kgB2、(單選)如圖（甲）所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上解析：由圖知，當F=8N時，加速度為：a=2m/

28、s2,對整體分析，由牛頓第二定律有：F=(mA+mB)a，代入數據解得：mA+mB=4kg，當F大于8N時，A.B發生相對滑動，根據牛頓第二定律得：對B有：由圖示圖象可知，圖線的斜率：解得：mB=1kg滑塊A的質量為：mA=3kg。故選：B。解析：由圖知，當F=8N時，加速度為：a=2m/s2,對整體1、同位素：具有相同質子數而中子數不同的原子核、在元素周期表中處于同一位置的元素。有些同位素具有放射性，叫做放射性同位素。放射性同位素又分為天然和人工放射性同位素。注：物體不再是處于靜止狀態，題目中有“慢慢，緩慢” 等字。 每個瞬間合力FN=02.解決動態平衡問題的一般思路方法 ：化“動” 為“靜

29、”，“靜”中求“動”二、人工放射性同位素（3）核力具有飽和性。5、同位素：具有相同質子數而中子數不同的原子核、在元素周期表中處于同一位置。作為示蹤原子： 棉花對磷肥的吸收、甲狀腺疾病的診斷和生物研究電子的質量數為0、電荷數為-1，可以把電子表示為0-1e。受滑動摩擦力的物體不一定運動;受靜摩擦力的物體也不一定靜止。三、結合能2、實現核聚變的難點：地球上沒有任何容器能夠經受如此高的溫度。為了解決這個難題，科學家設想了兩種方案，磁約束和慣性約束。2、利用加速器研究，發現了反粒子。不同體積下的等容線，斜率越大，體積越小（同一溫度下，壓強大的體積小）。3、(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上疊放著A、B

30、兩物體，現對A施加水平向右的拉力F，通過傳感器可測得物體A的加速度a隨拉力F變化的關系如圖乙所示。已知重力加速度為g10 m/s2，由圖線可知 ()A 物體A的質量mA2 kg B 物體A的質量mA6 kgC 物體A、B間的動摩擦因數0.2 D 物體A、B間的動摩擦因數0.6BC1、同位素：具有相同質子數而中子數不同的原子核、在元素周期表解析：由圖象可以看出，當力F48N時，A的加速度較大，采用隔離法，由牛頓第二定律：對A有：F-mAg=mAa則得由數學知識得：可得mA=6kg，則mB=2kg當F=60N時，a=8m/s2，解得=0.2。故BC正確，AD錯誤。故選：BC解析：由圖象可以看出，當

31、力F2(m+2m)g，可得132.有122，故B正確。C.t2時刻木塊與木板剛開始相對滑動，對木板有1mg-2(m+2m)g=2a0.可得故C正確。D.t1t2兩者的共同加速度大小為t1t2對應圖線中的兩段傾斜直線的斜率為t2t3內木塊的加速度大小為t2t3對應圖線中的兩段傾斜直線的斜率為 ，所以t1t2與t2t3對應圖線中的兩段傾斜直線的斜率之比為1:3，故D正確。故選：BCD。解析：A.0t1時間內，木塊靜止，不受摩擦力，故A錯誤。超重與失重現象超重與失重現象1、應用物理知識分析生活中的常見現象，可以使物理學習更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。對

32、此現象分析正確的有()A.手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態B.手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態C.在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D.在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度D1、應用物理知識分析生活中的常見現象，可以使物理學習更加有趣當運動員與吊椅一起正以加速度a=1 m/s2上升時,試求:A 物體A的質量mA2 kgF2=m水（g+a）其反作用力作用于水，方向向下。(3)燒斷繩OB瞬間,求小球m的加速度的大小和方向。原來靜止時，F=m水g+m球g解析二：隔離法：線斷后例4、如圖所示，質量為2m的物塊A與水平地面間的動摩擦因數為，質量為m的物塊B

33、與地面的摩擦不計，在大小為F的水平推力作用下，A、B一起向右做加速運動，則A和B之間的作用力大小為（ ）對運動員和吊椅整體進行受力分析如圖所示,則有（2）若傳送帶以v=10ms順時針方向轉動，物體由A端運動到B端需要多少時間？(4)靜摩擦力為零是其方向改變的臨界條件。例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。B、1222F-(m人+m椅)g=(m人+m椅)a解：（3）如傳送帶以v=10m/s的速率逆時針轉動，物體開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得 mgsin+mgcos=ma1， 得加速度為a1=10m/s2故BC正確，AD錯誤。A 斜面的傾角由題意可知，A

34、剛好沒有從B上滑下來，則A滑到B最右端時的速度和B的速度相同，設為v，則有（2）若傳送帶順時針轉動，物體從A運動到B一直以加速度a=2m/s2 勻加速運動，由 得t=4s.解析：加速度方向向上為超重，向下為失重，手托物體拋出的過程，必定有一段加速過程，即超重過程，從加速后到手和物體分離的過程中，可以勻速也可以減速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A、B錯誤。手與物體分離時的力學條件為手與物體之間的壓力N=0，分離后手和物體一定減速，物體的加速度為g，手減速要比物體快才會分離，因此手的加速度大于g，C錯誤，D正確。當運動員與吊椅一起正以加速度a=1 m/s2上升時,試求:解2、為了讓乘客乘

35、車更為舒適，某探究小組設計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調整，使座椅始終保持水平，如圖所示，當此車減速上坡時，則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)( ) A.處于超重狀態 B.不受摩擦力的作用 C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D.所受合力豎直向上C2、為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計了一種新的交通工具A.當此車減速上坡時，整體的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根據牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態，故A錯誤。B.C.對乘客進行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而靜摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后

36、(水平向左)的摩擦力作用。故B錯誤，C正確。D.由于乘客加速度沿斜面向下，根據牛頓第二定律得所受力的合力沿斜面向下。故錯誤。故選：C.A.當此車減速上坡時，整體的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的3、如圖所示，一小鐵球用細線懸掛且置于盛水的量杯中，量杯放在臺秤的托盤上，則燒斷細線在球下落過程中，臺秤的示數()A不變 B變大 C變小 D無法確定B3、如圖所示，一小鐵球用細線懸掛且置于盛水的量杯中，量杯放在解析：隔離法：線斷后對鐵球：m球g-F1=m球aF1=m球（g-a） 其反作用力作用于水，方向向下。對水球：F2-m水g=m水aF2=m水（g+a）其反作用力作用于水，方向向下。鐵球和水球共同作用

37、于臺秤的力大小為F=F1+F2=m球（g-a）+m水（g+a）原來靜止時，F=m水g則F=F-F=m球（g-a）+m水a0.所以臺秤示數變大。解析：隔離法：線斷后4、如圖所示，臺秤上裝有盛水的杯，杯底用細繩系一木質小球，若細線突然斷裂，則在小木球加速上浮到水面的過程中，臺秤的示數將（ )A.變小B.變大C.不變D.無法判斷A4、如圖所示，臺秤上裝有盛水的杯，杯底用細繩系一木質小球，若第四章 運動和力的關系則物體加速到速度與傳送帶相同所經歷的時間為(3)整體法、隔離法交替運用原則:若連接體內各物體具有相同的加速度,且要求物體之間的作用力時,可以先用整體法求出加速度,然后再用隔離法選取合適的研究對象,應用牛頓第二定律求作用力。1，g取10 m/s2.例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。故BC正確，AD錯誤。解析一：以容器和木球組成的整體研究對象，將細線割斷，在木球上浮的過程中木球加速上升，加速度方向向上，木