2018年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题13超重和失重

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2018版高考物理全国通用大一轮复习课件第三章牛顿运动定律能力课1 精品

解析当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板
的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，
压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，
人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，
因此t＝8.5 s时压力最小，D项正确。
答案 AD
动力学中的图象问题 1．明确常见图象的意义，如下表：
【真题示例1】 (2015·重庆理综)若货物随
升降机运动的 v－t 图象如图 1 所示(竖直
向上为正)，则货物受到升降机的支持力
F 与时间 t 关系的图象可能是( )
图1
解析由v－t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重， F＞mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F ＞mg)；过程⑤为向上匀速直线(处于平衡状态，F＝mg)；过程 ⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)。综合选项分析可知选项B正确。答案 B
①自由落体运动和所有的抛体运动；②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等
2.对超重、失重的理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是 “视重”改变。 (2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 (3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。
方法技巧
判断超重和失重的方法
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于从受力的角度
超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，判断

2018届高三物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课件

g 2
的加速度减速上行,下列
判断中正确的是
(
)
A.缆车平稳匀速上行和减速上行时,缆车对游客的摩擦力平行钢绳索向上 B.缆车平稳匀速上行和减速上行时,游客对缆车的作用力均竖直向下 C.缆车减速上行时,缆车对游客的作用力是平稳匀速上行时的 1 D.缆车减速上行时,缆车对游客的支持力是平稳匀速上行时的
失重状态。宇航员处于_____
知识点2
牛顿运动定律的应用
加速度 (1)整体法:当连接体内(即系统内)各物体的_______ 整体分相同时,可以把系统内的所有物体看成一个_____, 整体列析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对_____
方程求解的方法。
相互作用的内力时, (2)隔离法:当求系统内物体间_______________ “隔离” 出来,分析其受力常把某个物体从系统中_________ 隔离出来的物体和运动情况,再用牛顿第二定律对_____ 列方程求解的方法。
第3讲牛顿运动定律的综合应用
【知识梳理】知识点1 超重和失重
超重、失重和完全失重比较:
超重现象物体对支持物的压力(或对悬挂大于概念物的拉力)_____ 物体所受重力的现象
失重现象
完全失重现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的等于零拉力)_______ 的现象
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉小于物力)_____ 体所受重力的现象
【规律总结】超失重的两点注意
(1)不管物体的加速度是否沿竖直方向,只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态。 (2)发生超失重现象时,物体的重力依然存在,且不发生变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发
生变化。

(新课标)近年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲两类动力学问题超重与失重夯基提能作业

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第2讲两类动力学问题超重与失重基础巩固1。

(2016辽宁沈阳月考）如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时（）A。

M受静摩擦力增大B.M对车厢壁的压力减小C。

M仍相对于车厢壁静止D.M受静摩擦力减小2.（2016安徽合肥第一次质量检测,1)如图所示,在教室里某同学在体重计上研究超重与失重。

她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。

关于她的实验现象,下列说法中正确的是（)A。

只有“起立"过程，才能出现超重的现象B。

只有“下蹲”过程,才能出现失重的现象C。

“下蹲”的过程,先出现超重现象后出现失重现象D。

“起立”、“下蹲"的过程，都能出现超重和失重的现象3。

为了让乘客乘车更为舒适,某探究小组设计了一种新的交通工具,乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。

当此车加速上坡时,盘腿坐在座椅上的一位乘客( )A.处于失重状态B.不受摩擦力的作用C。

受到向前(水平向右)的摩擦力作用D。

所受力的合力竖直向上4。

几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小,他们将体重计放在电梯中。

2018年高考物理复习第3课时牛顿运动定律的综合应用

一、超重和失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．二、动力学中的图象问题1．动力学中常见的图象：v－t图象、x－t图象、F－t图象、F －a图象等．2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始．(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．1．超重说明物体自身的重力变大了．(×)2．物体超重时加速度向上，速度也一定向上．(×)3．物体失重时也有可能向上运动．(√)4．物体完全失重时，说明物体的重力此时变为零．(×)5．不论是v－t图象、还是x－t图象中两条图线的交点都表示两物体相遇．(×)1．下列实例属于超重现象的是()A．汽车驶过拱桥顶端时B．火箭点火后加速升空时C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时解析：发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上．汽车驶过拱桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B 正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状态，D错误．答案：B2．(2016·哈尔滨模拟)2015年1月23～25日，包括多名中奥冬季体育运动领域专家在内的约350位客人相聚在崇礼密苑云顶乐园，参加由奥地利驻华使馆商务处主办的的2015奥地利滑雪比赛．比赛场地可简化为由如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成．若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是()A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态解析：运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重状态，A项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态，B项错；运动员跳离弧形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态，C项正确；运动员在减速区具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D项错误．答案：C3．(2017·莱芜模拟)物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度)()解析：由F＝ma可知加速度a与合外力F同向，且大小成正比，故F－t图象与a－t图象变化趋势应一致，故选项A、B均错误；当速度与加速度a同向时，物体做加速运动，加速度a是定值时，物体做匀变速直线运动，故选项C正确，D错误．答案：C4．(多选)如图所示，一质量为m的小物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是()A．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度为零，然后向左加速，因此不能滑过B点C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0D．若传送带顺时针方向运动，当其运行速率(保持不变)v>v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0解析：传送带静止时，物体滑上传送带后受水平向左的滑动摩擦力μmg，设到达B点的速度为v B.由v2B－v20＝2(－μg)L可得：v B＝v20－2μgL，若传送带逆时针运行，物体仍受向左的摩擦力μmg，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为v B，用时也一定仍为t0，故选项A对，而B错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B端，因为匀速通过，故用时一定小于t0，故选项C对；当其运行速率(保持不变)v>v0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体加速到速度v还未到达B端时，则先匀加速运动后匀速运动，若物体速度一直未加速到v时，则一直做匀加速运动，故选项D错．答案：AC一、单项选择题1．(2016·保定模拟)如图所示，某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是()A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出解析：易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，故选项A、B、C错误，选项D正确．答案：D2．(2016·烟台模拟)小刚同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的v－t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()A．在5～10 s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力B．在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态C．在10～20 s内，该同学所受的支持力不变，该同学的机械能减少D．在20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态解析：由图象可知，在5～10 s内，电梯匀速上升，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，A正确；在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态，B错误；在20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态，D错误；在10～20 s内，电梯减速上升，且加速度大小a＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律可知，支持力向上且大小不变，支持力做正功，故机械能增加，C错误．答案：A3．(2017·咸阳模拟)如图所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图象正确的是()解析：由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F－kx＝ma，解得F＝kx＋ma，故所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是图D.答案：D4．(2017·郑州模拟)如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、F f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是()解析：物体在斜面上运动时，摩擦力Ff 1＝μmg cos θ，加速度a 1＝g (sin θ－μcos θ)，速度v 1＝a 1t 1，路程s ＝12a 1t 21，由此可知A 、B 、D 错；物体在水平面上运动时，摩擦力Ff 2＝μmg ，所以C 正确．答案：C5．(2017·沧州模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度，当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动，所以黑色径迹应出现在木炭包的右侧，选项A 错误；设木炭包的质量为m ，传送带的速度为v ，木炭包与传送带间动摩擦因数为μ，则对木炭包有μmg ＝ma ，木炭包加速的时间t ＝v a ＝v μg ，该过程传送带的位移x 1＝v t ＝v 2μg，木炭包的位移x 2＝v t ＝v 2t ＝v 22μg ，黑色径迹的长度Δx ＝x 1－x 2＝v 22μg，由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关，传送带的速度越大，径迹越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹越短，选项C 正确，B 、D 错误．答案：C6．如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，已知v 1>v 2，P 与定滑轮间的绳水平．不计定滑轮质量，绳足够长．直到物体P 从传送带右侧离开．以下判断正确的是( )A ．物体P 一定先加速后匀速B．物体P可能先加速后匀速C．物体Q的机械能先增加后不变D．物体Q一直处于超重状态答案：B二、多项选择题7．如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力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象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列选项中正确的是()A．2～3 s内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10 ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3解析：由运动学公式v2－v20＝2ax可知，v2－x图象中图线的斜率为2a，所以在前5 m内，物块以10 m/s2的加速度做减速运动，减速时间为1 s．5～13 m的运动过程中，物块以4 m/s2的加速度做加速运动，加速时间为2 s，即物块在1～3 s内做加速运动，A错误，B正确；根据牛顿第二定律可知，在减速的过程中，F＋μmg＝ma1，加速过程中F－μmg＝ma2，代入数据可解得F＝7 N，μ＝0.3，所以C错误，D正确．答案：BD8．(2016·枣庄模拟)某物体质量为1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度－时间图象如图所示，根据图象可知()A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力B．物体在第3 s内所受的拉力大于1 NC．在0～3 s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反D．物体在第2 s内所受的拉力为零解析：由题图可知，第2 s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以A、D选项错误；第3 s内物体的加速度大小为1 m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 N，所受拉力大于1 N，选项B正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项C正确．答案：BC9．(2016·哈尔滨模拟)将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的图象．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的F－t图象如图乙所示．则()A．2.5 s前小车做变加速运动B．2.5 s后小车做变加速运动C．2.5 s前小车所受摩擦力不变D．2.5 s后小车所受摩擦力不变解析：当倒入细沙较少时，M处于静止状态，对M受力分析有绳子拉力等于m对M的静摩擦力．在满足M静止的情况下，缓慢加细沙，绳子拉力变大，m对M的静摩擦力逐渐变大，由图象得出2.5 s前M都是静止的，A、C选项错误；2.5 s后M相对于m发生滑动，m对M的摩擦力为滑动摩擦力F f＝μmg保持不变，D项正确；M运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B项正确．答案：BD三、非选择题10．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．解析：(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知在0～2 s 内：a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上)．在2～5 s 内：a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(方向沿杆向下)． (2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1，停风后的上升阶段，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2.综上解得μ＝0.5，F ＝50 N.答案：(1)15 m/s 2，方向沿杆向上；10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N11．如图所示为上、下两端相距L ＝5 m ，倾角α＝30°，始终以v ＝3 m/s 的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t ＝2 s 到达下端．重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数；(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端．解析：(1)物体在传送带上受力分析如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.由题意得L＝12，2at解得a＝2.5 m/s2.由牛顿第二定律得mg sin α－F f＝ma，又F f＝μmg cos α，≈0.29.解得μ＝36(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度，即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为v m，物体加速度为a′.由牛顿第二定律得mg sin α＋F f＝ma′，F f＝μmg cos α，v2m＝2La′，联立解得v m＝8.66 m/s.答案：(1)0.29(2)8.66 m/s。

2018届高考物理(全国通用)一轮总复习配套课件 3.3

10 m + × 0.8× 62 m
(2)4.8 m/s (3)69.6 m
1 2
=69.6 m
【参考答案】 (1)1.6 m/s2 0.8 m/s2
第三章
考点一考点二考点三
第3讲牛顿运动定律的综合应用
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
课堂限时检测
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考点二整体法和隔离法 1.整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。 2.隔离法的选取原则要求出系统内两物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。 3.整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的作用力时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力。
第三章
第3讲牛顿运动定律的综合应用
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【提示】牛顿定律应用的三点提醒: (1)要明确研究对象是单一物体,还是几个物体组成的系统。对于系统要注意:加速度相同,可采用整体法;加速度不同,应采用隔离法。 (2)要明确物体的运动过程是单一过程,还是多过程,注意分析每一运动过程的受力情况和运动情况。 (3)对于多过程问题,要注意分析联系前、后两个过程的关键物理量是速度,前一过程的末速度是后一过程的初速度。
第三章
考点一考点二考点三
第3讲牛顿运动定律的综合应用
主干知识回顾
名师考点精讲
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课堂限时检测
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2018版高考物理一轮总复习课件：热点专题3+牛顿运动定律的综合应用

重难点 3
牛顿第二定律中的临界、极值问题的分析
1．临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点； (2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述
的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；
(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点． (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
向上的分量，物体就处于超重状态；同理只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态．
即时突破
判断正误．
1．物体处于超重时，是指物体的重力增大了．( × ) 2．物体处于失重状态时，是指物体的“视重”减小了．( √ ) 3．物体在完全失重的条件下，对支持它的支持面压力为零．( √ ) 4．物体处于完全失重时，地球对它的引力消失了．( × )
0－v0 【解析】由图(b)可求出 0～t1 和 t1～2t1 时间内物块的加速度分别为 a1＝、 t1 －v1－0 a2＝ .设斜面的倾角为 θ，由牛顿第二定律得，上滑时－(mgsinθ＋μmgcosθ)＝ t1 ma1，下滑时 μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，联立可求得物块与斜面间的动摩擦因数 μ 及斜面的倾角 θ，A、C 正确；从以上两个方程可知，物块质量被约去，即不可求，B 错 v2 0 误；物块沿斜面向上滑行的最大高度 H＝ sinθ 可求，D 正确． 2a1
隔离出来的物体列方程求解来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对_________ 的方法．
2．动力学图象
(1)三种图象：v-t图象，a-t图象、F-t图象． (2)图象间的联系：加速度是联系v-t图象与F-t图象的桥梁． (3)三种应用： ①已知物体的运动图象，通过加速度分析物体的受力情况． ②已知物体受力图象，分析物体的运动情况． ③通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．

(新课标)2018年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第三节牛顿运动定律的综合应用试题

第三节牛顿运动定律的综合应用一、超重和失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象，称为超重现象．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象，称为失重现象．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零的情况称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．1.判断正误(1)超重就是物体的重力变大的现象．( )(2)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．( )(3)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．( )(4)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向．( )(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√二、解答连接体问题的常用方法1．整体法：当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的质量之和，当整体受到的外力已知时，可用牛顿第二定律求出整体的加速度．2．隔离法：当求解系统内物体间相互作用力时，常把物体从系统中“隔离”出来进行分析，依据牛顿第二定律列方程．3．外力和内力(1)外力：系统外的物体对研究对象的作用力；(2)内力：系统内物体之间的作用力．2.(多选)(2017·大同模拟)如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，在水平推力F的作用下运动，用F AB代表A、B间的相互作用力，则( )A ．若地面是完全光滑的，F AB ＝F B ．若地面是完全光滑的，F AB ＝F2C ．若地面是有摩擦的，F AB ＝FD ．若地面是有摩擦的，F AB ＝F2提示：BD超重与失重现象【知识提炼】1．对超重、失重的理解：超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．2．判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象．在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．【典题例析】如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知 ( )A ．该同学做了两次下蹲－起立的动作B ．该同学做了一次下蹲－起立的动作C ．下蹲过程中人处于失重状态D ．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 [审题指导]下蹲过程：静止→向下加速→向下减速→静止起立过程：静止→向上加速→向上减速→静止[解析] 在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作．[答案] B如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球．某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因．下列说法正确的是( )A．由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同B．细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大C．细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大D．容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小解析：选D.乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故D正确．动力学观点在连接体中的应用【知识提炼】1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体．常见的连接体如图所示：2．连接体问题的分析方法：一是隔离法，二是整体法．(1)加速度相同的连接体①若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看成一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．(2)加速度不同的连接体：若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意应用各个物体的相互作用关系联立求解．3．充分挖掘题目中的临界条件(1)相接触与脱离的临界条件：接触处的弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力．(3)绳子断裂的临界条件：绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力．(4)绳子松弛的临界条件：张力为0.4．其他几个注意点(1)正确理解轻绳、轻杆和轻弹簧的质量为0和受力能否突变的特征的不同． (2)力是不能通过受力物体传递的受力，分析时要注意分清内力和外力，不要漏力或添力．【典题例析】质量为M 、长为3L 的杆水平放置，杆两端A 、B 系着长为3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m 的小铁环．已知重力加速度为g ，不计空气影响．(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小．(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A 端正下方，如图乙所示．①求此状态下杆的加速度大小a .②为保持这种状态需在杆上施加一个多大外力，方向如何？[审题指导] (1)题图甲中杆和环均静止，把环隔离出来受力分析，由平衡条件列方程可求出绳中拉力．(2)题图乙中，杆与环一起加速，把环隔离出来受力分析，由牛顿第二定律列方程可求出环的加速度，再对杆和环整体进行受力分析，由牛顿第二定律列方程求出施加的外力．[解析] (1)环受力如图1所示，由平衡条件得： 2FT cos θ－mg ＝0由图1中几何关系可知：cos θ＝63联立以上两式解得：F T ＝64mg . (2)①小铁环受力如图2所示，由牛顿第二定律得：F ′T sin θ′＝maF ′T ＋F ′T cos θ′－mg ＝0由图2中几何关系可知θ′＝60°，代入以上两式解得：a ＝33g .②杆和环整体受力如图3所示，由牛顿第二定律得：F cos α＝(M ＋m )a F sin α－(M ＋m )g ＝0解得：F ＝233(M ＋m )g ，α＝60°.[答案] (1)64mg (2)①33g ②外力大小为233(M ＋m )g 方向与水平方向成60°角斜向右上方1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．2．整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求系统内物体之间的作用力时，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．3．整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求系统内物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度、后隔离求内力”．【跟进题组】考向1 加速度相同的连接体问题1．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M ＞m ，用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F 1.若用一力F ′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a ′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F ′1.则( )A ．a ′＝a ，F ′1＝F 1B ．a ′＞a ，F ′1＝F 1C ．a ′＜a ，F ′1＝F 1D ．a ′＞a ，F ′1＞F 1解析：选B.当用力F 水平向右拉小球时，以小球为研究对象，竖直方向有F 1cos θ＝mg ① 水平方向有F －F 1sin θ＝ma ，以整体为研究对象有F ＝(m ＋M )a ，解得a ＝mMg tan θ②当用力F ′水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F ′1cos θ＝mg ③ 水平方向有F ′1sin θ＝ma ′，解得a ′＝g tan θ④结合两种情况，由①③有F 1＝F ′1；由②④并结合M ＞m 有a ′＞a .故正确选项为B.考向2 加速度不同的连接体问题2.一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P 的质量M ＝10.5 kg ，Q 的质量m ＝1.5 kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝800 N/m ，系统处于静止．如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力．求力F 的最大值与最小值．(取g ＝10 m/s 2)解析：设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时弹簧的压缩量为x 2，物体P 的加速度为a ，则有kx 1＝(M ＋m )g ① kx 2－mg ＝ma ② x 1－x 2＝12at 2③由①式得x 1＝（M ＋m ）gk＝0.15 m ，④由②③④式得a ＝6 m/s 2F 小＝(M ＋m )a ＝72 N ，F 大＝M (g ＋a )＝168 N.答案：168 N 72 N考向3 连接体中的临界、极值问题3．(多选)(高考江苏卷)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m, 静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g ．现对 A 施加一水平拉力 F ，则( )A ．当 F < 2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当 F ＝52μmg 时， A 的加速度为13μgC ．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动D ．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12μg解析：选BCD.A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32μmg ，对A 、B 整体，只要F ＞32μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 将要发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝12μg ，选项D 正确；对A 、B 整体，有F －32μmg ＝3ma max ，则F ＞3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．传送带问题的分析技巧【知识提炼】1．模型特征 (1)水平传送带模型(1)传送带模型问题的分析流程(2)判断方法 ①水平传送带情景1 若v 22μg ≤l ，物、带能共速；情景2 若|v 2－v 20|2μg ≤l ，物、带能共速；情景3 若v 202μg ≤l ，物块能返回．②倾斜传送带情景1 若v 22a ≤l ，物、带能共速；情景2 若v 22a≤l ，物、带能共速；若μ≥tan θ，物、带共速后匀速；若μ<tan θ，物体以a 2加速(a 2<a )．【典题例析】(2017·四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A 到B 长度为L ＝10.25 m ，传送带以v 0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m ＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，求：(1)煤块从A 到B 的时间；(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度．[审题指导] (1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度．(2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从A →B 加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止．(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B 点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差．煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B 点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者．[解析] (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2，t 1＝v 0a 1＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m ＜L ，即下滑5 m 与传送带速度相等．达到v 0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，x 2＝L －x 1＝5.25 m ，x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s ，则煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s.甲乙(2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－12a 1t 21＝5 m ，第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ， Δx 1与Δx 2部分重合，故痕迹总长为5 m. [答案] (1)1.5 s (2)5 m【跟进题组】考向1 水平传送带模型1．(多选)(高考四川卷)如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是( )解析：选BC.①若v 2＞v 1，则P 、Q 先一起做匀减速运动，且加速度大小a 1＝m Q g ＋f Pm Q ＋m P. 若P 能减速到v 1，当f P ≥m Q g ，P 、Q 共同匀速，速度大小为v 1，当f P ＜m Q g ，P 、Q 继续减速，加速度大小a 2＝m Q g －f Pm Q ＋m P，a 1＞a 2，故A 错误．若传送带足够长，P 、Q 减速到零后，反向加速，加速度大小为a 2. ②若v 2≤v 1.当f P ≥m Q g ，P 、Q 先共同加速，后以v 1共同匀速运动，加速度大小为a 2＝f P －m Q gm Q ＋m P当f P ＜m Q g ，P 、Q 可能一直减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变．综上，B 、C 正确，D 错误．考向2 倾斜传送带模型2．如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v ＝3 m/s 的速度匀速运行，A 、B 两端相距l ＝13.5 m ．现每隔1 s 把质量m＝1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝235，取g ＝10 m/s 2，结果保留两位有效数字．求：(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a ，则 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 代入数据解得a ＝1.0 m/s 2刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离d min ＝12at 2解得d min ＝0.50 m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则d max ＝vt ＝3.0 m.(2)由于工件加速时间为t 1＝v a＝3.0 s ，因此传送带上总有三个(n 1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f 1＝3μmg cos θ 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x ＝v 22a＝4.5 m 传送带上匀速运动的工件数n 2＝l －x d max＝3 当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f 0＝mg sin θ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f 2＝n 2f 0与空载相比，传送带需增大的牵引力F ＝f 1＋f 2联立解得F ＝33 N.答案：(1)0.50 m 3.0 m (2)33 N解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．滑板——滑块模型分析【知识提炼】1．模型特征滑块——木板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中，例如2015年全国Ⅰ、Ⅱ卷中压轴题25题．另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——木板模型类似．2.思维模板【典题例析】质量M ＝4 kg 、长2l ＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t ＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F ，使滑块和木板均由静止开始运动，t 1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x 1－t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F 的大小．(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s 末撤去恒力F ，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？[解析] (1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a 1，木板的加速度大小为a 2，则t 1＝2 s 时木板的位移x 2＝12a 2t 21① 滑块的位移x 1＝4 m ②由牛顿第二定律得a 2＝μ1mg M③ 由位移关系得x 1－x 2＝l ④联立①②③④解得μ1＝0.4⑤滑块位移x 1＝12a 1t 21⑥ 恒力F ＝ma 1＋μ1mg ⑦联立②⑤⑥⑦解得F ＝6 N.(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v 1，木板的速度为v 2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a ′1＝μ2mg m ＝μ2g ，a ′2＝μ2mg M设滑块与木板从t 1时刻开始到速度相等时的运动时间为t 2，则v 2＝a 2t 1，v 1＝a 1t 1，v 1－a ′1t 2＝v 2＋a ′2t 2解得t 2＝1.6 s在此时间内，滑块位移x ′1＝v 1t 2－12a ′1t 22 木板的位移x ′2＝v 2t 2＋12a ′2t 22 Δx ＝x ′1－x ′2联立解得Δx ＝1.6 m<2 m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d ＝l －Δx ＝0.4 m.[答案] 见解析如图所示，质量M ＝1 kg 的木块A 静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m ＝1 kg 的铁块B (大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块长L ＝1 m ．用F ＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取10 m/s 2.(1)若水平地面光滑，计算说明两物块间是否发生相对滑动．(2)若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木块右端的时间．解析：(1)A 、B 之间的最大静摩擦力为f m >μ1mg ＝0.3×1×10 N ＝3 N假设A 、B 之间不发生相对滑动，则对A 、B 整体：F ＝(M ＋m )a对A ：f AB ＝Ma解得：f AB ＝2.5 N因f AB <f m ，故A 、B 之间不发生相对滑动．(2)对B ：F －μ1mg ＝ma B对A ：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma A据题意有：x B －x A ＝Lx A ＝12a A t 2x B ＝12a B t 2解得：t ＝ 2 s.答案：(1)见解析 (2) 2 s1.(2017·武汉模拟)如图所示，两粘连在一起的物块a 和b ，质量分别为m a 和m b ，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a 和水平拉力F b ，已知F a ＞F b ，则a 对b 的作用力( )A ．必为推力B ．必为拉力C ．可能为推力，也可能为拉力D ．不可能为零解析：选C.将a 、b 看做一个整体，加速度a ＝F a ＋F b m a ＋m b ，单独对a 进行分析，设a 、b 间的作用力为F ab ，则a ＝F a ＋F ab m a ＝F a ＋F b m a ＋m b ，即F ab ＝F b m a －F a m b m a ＋m b，由于不知道m a 与m b 的大小关系，故F ab 可能为正，可能为负，也可能等于0.2.(多选)两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A 、B 的质量分别为M 、m ，A 与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面上滑下，滑块B 受到的摩擦力为( )A ．等于零B ．方向沿斜面向上C ．大小等于μ1mg cos θD ．大小等于μ2mg cos θ解析：选BC.把A 、B 两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律有 (M ＋m )g sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a得a ＝g (sin θ－μ1cos θ)．由于a ＜g sin θ，可见B 随A 一起下滑过程中，必须受到A 对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为F B (如图所示)．由牛顿第二定律有mg sin θ－F B ＝ma得F B ＝mg sin θ－ma＝mg sin θ－mg (sin θ－μ1cos θ)＝μ1mg cos θ.3.如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是 ( )A ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小或也可能相等B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 端到B 端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 解析：选A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．4.(2017·郑州模拟)如图所示，一条足够长的浅色水平传送带在自左向右匀速运行，现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上会留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：选D.木炭包的初速度为零，放在传送带上后，做初速度为零的匀加速运动，开始一段时间里，木炭包相对传送带向左运动，与传送带共速后，摩擦力消失，不再相对运动，A 错误．对木炭包，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ，由匀变速直线运动规律有v ＝at ，x 1＝12at 2；对传送带有x 2＝vt ，则径迹长度为L ＝x 2－x 1＝v 22μg.由此可知，径迹长度与木炭包质量无关，传送带速度越大或动摩擦因数越小，径迹越长，B 、C 错误，D 正确．5.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)滑板由A 滑到B 的最短时间可达多少？(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围如何？解析：(1)滑板一直加速，所用时间最短．设滑板加速度为a 2， F f ＝μm 1g ＝m 2a 2a 2＝10 m/s 2，s ＝a 2t 22t ＝1 s.(2)刚好相对滑动时，F 最小，此时可认为二者加速度相等， F 1－μm 1g ＝m 1a 2F 1＝30 N当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，F 最大，设滑块加速度为a 1，F 2－μm 1g ＝m 1a 1 a 1t 22－a 2t 22＝L ，F 2＝34 N则水平恒力大小范围是30 N ≤F ≤34 N.答案：(1)1 s (2)30 N ≤F ≤34 N一、单项选择题1.(2017·南京模拟)如图所示，两个物体A 、B 叠放在一起，接触面粗糙，现将它们同时以相同的速度水平抛出，不计空气阻力，在空中运动的过程中，物体B ( )A ．只受重力B ．受重力和A 对它的压力C ．受重力和A 对它的摩擦力D ．受重力、A 对它的压力和摩擦力解析：选A.两个物体A 、B 同时以相同的速度水平抛出，由于不计空气阻力，两个物体都处于完全失重状态，故在空中运动的过程中，物体A 、B 都只受到重力，B 、C 、D 错误，A 正确．2.如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下把木块向上提起，夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧面间的最大静摩擦力均为F f ，若木块不滑动，力F 的最大值为 ( )A.2F f （m ＋M ）M B.2F f （m ＋M ）m C.2F f （m ＋M ）M －(m ＋M )g D.2F f （m ＋M ）M ＋(m ＋M )g解析：选A.对木块：2F f －Mg ＝Ma对整体：F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a .联立解得：F ＝2F f （m ＋M ）M，故A 正确． 3.质量为M 的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F 作用在其上促使质量为m 的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )A ．小球对圆槽的压力为MF m ＋M B ．小球对圆槽的压力为mF m ＋MC ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：选C.利用整体法可求得系统的加速度为a ＝F M ＋m ，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为（mg ）2＋m 2F 2（M ＋m ）2，由牛顿第三定律可知只有C 项正确． 4.(2017·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )A ．3g sin αB ．g sin α C.3g sin α2 D ．2g sin α解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m ，其所受摩擦力沿斜面向上，且F f ＝2mg sin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a ＝2mg sin α＋mg sin αm＝3g sin α，正确选项为A. 5.如图所示，质量为m 1和m 2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿光滑水平面，再沿粗糙的水平面运动，则在这两个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变D ．由大变小再变大解析：选C.在光滑的水平面上运动时，设细线上的张力为F 1，加速度为a 1，由牛顿第二定律得F 1＝m 1a 1①F ＝(m 1＋m 2)a 1②联立①②解得：F 1＝m 1F m 1＋m 2在粗糙的水平面上运动时，设细线的张力为F ′1，加速度为a 2，由牛顿第二定律得： F ′1－μm 1g ＝m 1a 2，③F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 2④联立③④解得：F ′1＝m 1F m 1＋m 2综上可得，无论在光滑的水平面上还是在粗糙的水平面上运动时，细线上的张力都是m 1F m 1＋m 2，故C 正确．二、多项选择题6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2＞v 1，则( )。

高考物理一轮复习专题三第3讲牛顿运动定律的运用新人教

(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间 t1＝2vs01＋L－v0s1＝1.5 s
物块在斜面上往返一次时间 t2＝－a22v0＝32 s
物块再次滑到传送带上速度仍为 v0，方向向左－μmg＝ma3 a3＝－2 m/s2 向左端发生的最大位移
s3＝－2av320＝1 m
物块运动的全过程为：先匀加还1 s，再匀速运动0.5 s，在
2．发生超重或失重现象的条件 (1)发生超重现象的条件：具有向____上____的加速度．如物体向上做___加__速___运动或向下做___减__速___运动． (2)发生失重现象的条件：具有向____下____的加速度．如物体做向上___减__速___运动或向下___加__速___运动． (3)拓展：运动在水平和竖直方向正交分解时，只要加速度具有向上的分量，物体就处于超重状态；只要加速度具有向下的分量，物体就处于失重状态．
律的子过程，并找出子过程之间的相互联系和制约条件．认清每个子过程的运动性质，再选取合适的物理规律，列方程求解．
解：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动 μmg＝ma1 s1＝2va201＝1 m＜L 所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以 v0 速度滑上斜面－mgsin θ＝ma2 物块速度为零时上升的距离 s2＝－2av220＝13 m
(2)若在铁块上加一个大小从零开始均匀增加的水平向右的力 F，通过分析和计算后，请在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力 f2 随拉力 F 大小变化的图象．(设木板足够长)
甲
乙
图 3-3-7
解：(1)铁块的加速度大小 a1＝F－mμ2mg＝4 m/s2 木板的加速度大小 a2＝μ2mg－μM1M＋mg＝2 m/s2
图 3-3-1

高考物理考点13 超重和失重Word版含解析

1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。

在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化（即“视重”发生变化）。

2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关。

3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。

4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。

5．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系。

下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系。

特别提醒：不论是超重、失重、完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。

6．超重和失重现象的判断“三”技巧（1）从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力（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）从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重；②物体向下加速或向上减速时，失重。

（2018·北京市东城区）“天地双雄”是欢乐谷的一项游乐设施，它的两座高度均为五十多米的高塔竖直矗立在游乐场上，塔的四周安装有可以上下运动的座椅，乘客坐在座椅上随着座椅运动，若在下降过程中加速度a随时间t变化的图线如图2所示，以竖直向下为a的正方向，则A．人对座椅的压力在t1时刻最大B．人对座椅的压力在t4时刻最大C．在t1~t2时间内，人处于超重状态D．在t3~t4时间内，人处于失重状态【参考答案】B1．一个矿泉水瓶底部有一小孔。

静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设水瓶在下述几种运动过程中没有转动且忽略空气阻力，则A．水瓶自由下落时，小孔向下漏水B．将水瓶竖直向上抛出，水瓶向上运动时，小孔向下漏水；水瓶向下运动时，小孔不向下漏水C．将水瓶水平抛出，水瓶在运动中小孔不向下漏水D．将水瓶斜向上抛出，水瓶在运动中小孔向下漏水【答案】C【解析】无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以C正确。

2018年高三物理总复习顶层设计文档：第三章牛顿运动

第3讲牛顿运动定律的综合应用微知识❶超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。

(2)视重：测力计所指示的数值。

2．超重、失重和完全失重比较1．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。

2．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。

3．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。

应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。

如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力。

基|础|诊|断一、思维诊断1．超重是物体的重力变大的现象(×)2．处于完全失重状态时，物体的重力消失了(×)3．物体处于超重状态时，加速度方向向上，速度方向也向上(×)4．整体法和隔离法是指选取研究对象的方法(√)5．应用整体法分析物体受力时，必须分析其内力(×)二、对点微练1．(超重和失重)(2017·常熟模拟)伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。

假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员( )A．在向下运动的过程中始终处于失重状态B．在向上运动的过程中始终处于超重状态C．在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态D．在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态解析演员在空中时，加速度为g，方向向下，处于失重状态；当演员蹬地加速时，加速度a向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，C正确；同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，D错误。

2018版高考物理大一轮专题复习课件：专题三第3讲牛顿运动定律的运用

D.乘客一定处在超重状态
图 3-3-1
思维点拨：弹簧的伸长量变大，说明弹簧的弹力变大，从
而判断出小铁球所受的合外力向上、加速度方向向上. 解析：电梯静止时，弹簧的拉力和小铁球所受重力相等.现在，弹簧的伸长量变大，则弹簧的拉力变大，小铁球所受的合外力方向向上，加速度方向向上，小铁球处于超重状态.但电梯可能是加速向上运动，也可能是减速向下运动. 答案：BD 备考策略：超重和失重现象是生产和生活中常见的现象，近年高考比较注重对本部分的考查.解决此类问题的实质是牛顿第二定律的应用.注意，判断物体处于超重或失重状态是看加速度方向如何，而不是看速度方向如何.
这也是判断物体超重或失重的根本所在. 3.当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生 a＝g 的加速度效果，不再有其他效果.此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产
生压强和浮力等.
⊙典例剖析例 1：(多选)如图 3-3-1 所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明 ( ) A.电梯一定是在下降 B.电梯可能是在上升 C.电梯的加速度方向一定向下
第3讲
牛顿运动定律的运用
超重和失重 1.超重和失重定义
大于 (1)超重：物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)________ 物体所受重力的现象.
小于 (2)失重：物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)________
物体所受重力的现象.
零 (3)完全失重：物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)为___ 的现象.
图 3-3-3
解：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动 μmg＝ma1

全国通用2018年高考物理一轮温习第3章牛顿运动定律微专题13超重和失重

1．B [由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N，质量m＝50 kg，b点位置人处于失重状态，c、d、e点位置人处于超重状态，选项A、C错误，B正确；d点位置传感器对人的支持力F最大，为1 500 N，由F－mg＝ma可知，d点的加速度ad＝20 m/s2，f点位置传感器对人的支持力为0 N，由F－mg＝ma可知，f点的加速度af＝－10 m/s2，故d点的加速度大于f点的加速度，选项D错误．]
B．在上升进程中，盒子底部对小球有向上的作使劲图2
C．在下降进程中，盒子顶部对小球有向下的作使劲
D．在抛出点，盒子上升时所受的阻力大于返回时所受的阻力
3．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层．那么
B．他始终处于失重状态
C．他前后处于超重、平稳、失重状态
7．2 m/s2，方向向上 160 kg
解析运动员在地面上能举起m0＝120 kg的重物，那么运动员能发挥的向上的最大支撑力
F＝m0g＝1 200 N.
在运动着的起落机中只能举起m1＝100 kg的重物，可见该重物超重了，起落机应具有向上的加速度，设此加速度为a1，对重物由牛顿第二定律得F－m1g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2.当起落机以a2＝2.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重．设现在运动员能举起的重物质量为m2，对重物由牛顿第二定律得m2g－F＝m2a2，解得m2＝160 kg.
D．他前后处于失重、平稳、超重状态
4．如图3，质量为M的缆车车箱通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车箱水平底板上放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车箱一路斜向上加速运动．假设运动进程中悬臂和车箱始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，那么( )图3
A．车箱对货物的作使劲大小等于mg
B．车箱对货物的作使劲方向平行于缆绳向上

2018年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题13超重和失重

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