岭凯学校高三物理超重和失重 牛顿第二律用

岩帖州罗帜市岭凯学校高三物理超重和失重牛顿第
二律用
一. 本周教学内容：
1、超重和失重
2、牛顿第二律用
【要点扫描】
一. 超重和失重
1. 超重和失重：
〔1〕超重：物体有向上的加速度称物体处于超重。

处于失重的物体对支持面的压力F〔或对悬挂物的拉力〕大于物体的重力，即F＝mg＋ma.；
〔2〕失重：物体有向下的加速度称物体处于失重。

处于失重的物体对支持面的压力F N〔或对悬挂物的拉力〕小于物体的重力mg，即F N＝mg－ma，当a＝g时，F N＝0，即物体处于完全失重。

2、牛顿律的适用范围：
〔1〕只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；
〔2〕只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；
〔3〕只适用于宏观物体，一般不适用于微观粒子。

二、牛顿运动律的解题步骤
用牛顿第二律解决问题时，按以下步骤进行．
1、分析题意，明确条件和所求量
2、选取研究对象；所选取的对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，同一个题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象。

3、对其进行受力情况分析和运动情况分析〔切莫多力与缺力〕；
4、根据牛顿第二律列出方程；
说明：如果只受两个力，可以用平行四边形法那么求其合力，如果物体受力较多，一般用正交分解法求其合力，如果物体做直线运动，一般把力分解到沿运动方向和垂直于运动方向；当求加速度时，要沿着加速度的方向处理力；当求某一个力时，可沿该力的方向分解加速度；
5、把各量统一单位，代入数值求解；
三、简单连接体问题的处理方法
在连接体问题中，如果不要道各个运动物体之间的相互作用力，并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体〔当成一个质点〕分析受到的外力和运动情况，用牛顿第二律求出加速度〔或其他未知量〕；如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把物体从系统中隔离出来，将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别用牛顿第二律列出方程．隔离法和整体法是互相依存、互相补充的．两种方法互相配合交替用，常能更有效地解决有关连接体的问题．
四、考前须知：
1、用隔离法解连接体问题时，容易产生如下错误：
〔1〕例如F推M及m一起〔如图1〕，隔离m分析其受力时，认为F通过物体M作用到m上，这是错误的．
图1 图2
〔2〕用水平力F通过质量为m的弹簧秤拉物体M在光滑水平面上加速运动时〔如图2所示．不考虑弹簧秤的重力〕，往往会认为弹簧秤对物块M的拉力也一于F．实际上此时弹簧秤拉物体M的力F′＝F－ma，显然F′＜F．只有在弹簧秤质量可不计时，才可认为F′＝F．
2、当系统内各个物体的加速度相同时，那么可把系统作为一个整体来研究．但这并不是使用整体法的必要条件，有些问题中系统内物体的加速度不同，也可用整体法来研究处理。

如图中物块m沿斜面体M以加速度a下滑，斜面体不动．欲求地面对斜面体的静摩擦力f时，就可把此系统〔m和M〕作为整体处理，由牛顿第二律得f＝macosθ＋M×0＝macosθ．式中acosθ为物块加速度的水平分量．
3、由于物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分析和运动分析往往同时考虑，交叉进行，在画受力分析图时，把所受的外力画在物体上〔也可视为质点，画在一点上〕，把v0和a的方向标在物体的旁边，以免混淆不清。

4、建立坐标系时注意：
A. 如果物体所受外力都在同一直线上，建立一维坐标系，也就是选一个正方向就行了。

如果物体所受外力在同一平面上，建立二维直角坐标系。

B. 仅用牛顿第二律就能解答的问题，通常选加速度a的方向和垂直于a的方向作为坐标轴的正方向，综合用牛顿律和运动学公式才能解答的问题，通常选初速度V0的方向和垂直于V0的方向为坐标轴正方向，否那么易造成“＋〞“－〞号混乱。

C. 如果所解答的问题中，涉及物体运动的位移或时间，通常把所研究的物理过程的起点作为坐标原点。

5、解方程的方法一般有两种：一种是先进行方程式的文字运算，求得结果后，再把单位统一后的数据代入，算出所求未知量的值。

另一种是把统一单位后的数据代入每个方程式中，然后直接算出所求未知量的
值，前一种方法的优点是：可以对结果的文字式进行讨论，研究结果是否合理，加深对题目的理解；一般都采用这种方法，后一种方法演算比拟方便，但是结果是一个数字，不便进行分析讨论。

〔特别指出的是：在高考试题的参考答案中，一般都采用了前一种方法。

〕
【典型例题】
例 1. 如下图，有一个装有水的容器放在弹簧台秤上，容器内有一只木球被容器底部的细线拉住浸没在水中处于静止，当细线突然断开，小球上升的过程中，弹簧秤的示数与小球静止时相比拟有〔〕
A. 增大；
B. 不变；
C. 减小；
D. 无法确
答案：C
例2. 如下图，一个盛水的容器底部有一小孔.静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在以下几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，那么〔〕
A. 容器自由下落时，小孔向下漏水
B. 将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C. 将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水
D. 将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水
答案：D
例3.质量相的五个木块，并排放在光滑水平的地面上，当用水平力F推第1个木块时，如图，求：第2块推第3块、第3块推第4块的力分别是多大？
解析：此题连结体由5个木块组成，按题目的要求，恰中选择隔离体是解好题目的关键。

如以下图所示，将1、2作为一个隔离体，3作为一个隔离体，4、5作为一个隔离体，分别作出受力分析图。

设每个木块质量为m，根据牛顿第二律列方程组
联立解得：
此题如果能够灵活运用整体法和隔离法，那么可以不必列方程组。

先由整体法求出共同加速度：
将4、5作为一个隔离体：
将3、4、5作为一个隔离体：
例4.一质量为M，倾角为的楔形木块，静置在水平桌面上，与桌面间的滑动摩擦系数为。

一质量为m的物块，置于楔形木块的斜面上，物块与斜面的接触是光滑的。

为了保持物块相对斜面静止，可用一水平力F推楔形木块，如以下图所示。

求水平力F的大小于多少？
解析：此题如果完全用隔离法进行分析，那么在分析M受力时就会出现m对M的压力N，这个力是
斜向下的，还要对其进行分解，这样很繁琐，不如用整体法和隔离法结合较为简捷。

先对m 和M 整体研究：在竖直方向是平衡状态，受重力(),m M g +受地面支持力N N m M g ，且=+()。

水平方向向左做匀加速运动，受向左的推力
F 和向右的滑动摩擦力f ，根据牛顿第二律，有F f m M a -=+()·……。

再对m mg Q 进行研究：受重力，斜面支持力，
由于与m M 一起向左加速而相对静止，那么mg Q ma 与合力向左，且合力等于。

如下图，由数学知识可知mg tg ·θ=m a ·，即·a g tg =θ，再回到整体：由于f m M g a =+μ()。

再将代入，得F m M g tg m M g =+++()()·。

θμ
小结：从以上二例可以看出，隔离法和整体法是解动力学习题的根本方法。

但用这一根本技巧解题时，注意：
1、当用隔离法时，必须按题目的需要进行恰当的选择隔离体，否那么将增加运算过程的繁琐程度。

2、只要有可能，要尽量运用整体法。

因为整体法的好处是，各隔离体之间的许多未知力，都作为内力而不出现在牛顿第二律的方程式中，对整体列一个方程即可。

例5. 如以下图所示，传送带与地面的倾角θ＝37ｏ
，从A 到B 的长度为16ｍ，传送带以V 0＝10m/s 的速度逆时针转动。

在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，求物体从A 运动到B 所需的时间是多少？〔sin37ｏ＝0.6，cos37ｏ＝0.8〕 分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20〔a 〕所示；当物体加速至与传送带速度相时，由于μ＜tan θ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20〔b 〕所示。

综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变〞 。

开始阶段由牛顿第二律得：ｍgsin θ＋μｍgcos θ＝ｍa 1；
所以：a 1＝gsin θ＋µgcosθ＝10m/s 2
； 物体加速至与传送带速度相时需要的时间t 1＝v ／a 1＝1s ；发生的位移：
s ＝a 1t 12
/2＝5ｍ＜16ｍ；物体加速到10m/s 时仍未到达B 点。

第二阶段，有：ｍgsin θ－µｍgcos θ＝ｍa 2；所以：a 2＝2m/s 2
；设第二阶段物体滑动到 B 的时间为t 2那么：L AB －S ＝vt 2＋a ２t 22/2；解得：t 2＝1s ，t 2′＝－11s 〔舍去〕。

故物体经历的总时间t ＝t 1＋t 2＝2s 。

从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不管是其大小的突变，还是其方向
的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相的时刻。

例 6. 风洞室中可产生水平方向的，大小可调节的风力。

现将一套有小球的细直杆放入风洞室。

小球孔径略大于细杆直径。

如以下图所示。

〔1〕当杆在水平方向上固时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍。

求小球与杆间的动摩擦因数。

〔2〕保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固，那么小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所需时间为多少？〔sin37°＝0.6，cos37°＝0.8〕
答案：小球平衡，受四个力作用：重力G 、支持力F N 、风力F 、摩擦力F f ，
F N ＝mg F ＝F f F f ＝μF N
解上述三式得：μ＝0.5.
杆与水平方向间夹角为37°时： ma F F mg f =-+1cos sin θθ
F f1＝μF N1 得g m F mg F a f 4
3sin cos 1
=-+=θθ. 由运动学公式，可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所需时间为：g
gS a S t
3622== 【模拟试题】 1、一个质量为2 kg 的物体，在5个共点力作用下保持平衡，现同时撤销大小分别为15 N 和10 N 的两个力，其余的力保持不变.此时该物体的加速度大小可能是〔 〕
①2 m/s 2
②3 m/s 2 ③12 m/s 2 ④15 m/s 2 A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③
2、一水桶侧壁上不同高度处开有两个小孔，把桶装满水，水从孔中流出，如下图.用手将桶提至高处，松手让桶自由下落.那么在桶下落过程中〔忽略空气阻力〕〔 〕
A. 水仍能从小孔中以原流速流出
B. 水仍能从小孔中流出，但流速变快
C. 水不从小孔流出
D. 水仍能从小孔中流出，但两孔流速相同
3、如下图，质量均为m 的A 、B 两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A 球紧靠竖直墙壁.今用水平力F 将B 球向左推压弹簧，平衡后，突然将F 撤去，在这一瞬间
①B 球的速度为零，加速度为零
F
②B球的速度为零，加速度大小为
m
③在弹簧第一次恢复原长之后，A才离开墙壁
④在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动。

以上说法正确的选项是
A. 只有①
B. ②③
C. ①④
D. ②③④
4、匀速上升的升降机顶部悬有一轻质弹簧，弹簧下端挂有一小球。

假设升降机突然停止，在地面上的观察者看来，小球在继续上升的过程中
①速度逐渐减小②速度先增大后减小
③加速度逐渐增大④加速度逐渐减小
以上说法正确的选项是〔〕
A. ①③
B. ②③
C. ①④
D. ②④
5、如下图，ad、bd、cd是竖直面内三根固的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点.每根杆上都套着一个小滑环〔图中未画出〕，三个滑环分别从a、b、c处释放〔初速为0〕，用t1、t2、t3依次表示滑环到达d所用的时间，那么〔〕
A. t1＜t2＜t3
B. t1＞t2＞t3
C. t3＞t1＞t2
D. t1＝t2＝t3
6、一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固于加速上升的电梯中，加速度为a，如下图。

在物体始终相对于斜面静止的条件下，以下说法中正确的选项是〔〕
①当θ一时，a越大，斜面对物体的支持力越小
②当θ一时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大
③当a一时，θ越大，斜面对物体的支持力越小
④当a一时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小
A. ①③
B. ②③
C. ①④
D. ②④
7、如下图，A、B两条直线是在A、B分别用竖直向上的力F拉质量分别为m A、m B的物体得出的两个加速度a与力F的关系图线，由图线分析可知〔〕
A. 的重力加速度g A＞g B
B. m A＜m B
C. 的重力加速度g A＜g B
D. m A＞m B
8、一质量为M的塑料球形容器在A处与水平面接触，它的内部有一根直立的轻弹簧，弹簧下端固于容器
内壁底部，上端系一个带正电、质量为m的小球在竖直方向振动.当加一向上的匀强电场后，在弹簧正好处于原长时，小球恰有最大速度，那么当球形容器在A处对桌面压力为0时，小球的加速度a＝_______。

m的物体2放在车厢地板上。

用竖直细绳通过滑轮与质量为1m的物体1连接。

不9、如下图，质量为2
计滑轮摩擦。

当车厢水平向右加速运动时，物体2仍在车厢地板上相对静止。

连接物体1的绳子与竖直方向夹角为。

物体2与车厢地板的摩擦系数为。

那么物体2所受绳的拉力为，物体2所受地板的摩擦力为。

10、如下图，质量为M的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m的小球，开始时小球在杆的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加速度g的二分之一．那么在小球下滑的过程中，木箱对地面的压力为_______．
11、一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长度来说可以忽略不计。

A和B的质量都于m，A和B之间的滑动摩擦力为f〔f＜mg＝。

开始时B竖直放置，下端离地面的高度为h，A在B的顶端，如下图。

让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相。

设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，问：在B再次着地前，要使A不脱离B，B至少该多长？
12、如下图，质量ｍA＝10kg的物块A与质量ｍB＝2kg的物块B放在倾角θ＝30°的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块B连接，另一端与固挡板连接，弹簧的劲度系数k＝400Ｎ／ｍ．现给物块A 施加一个平行于斜面向上的力Ｆ，使物块A沿斜面向上做匀加速运动，力Ｆ在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，求力Ｆ的最大值与最小值。

〔g取10ｍ／s２〕
[参考答案]
1、D
2、C
3、B
4、A
5、D
6、B
7、B
8、m
M g 9、m 1g/cos
；m 2gtg 10、2mg Mg +
11、释放后A 和B 相对静止一起做自由落体运动，B 着地前瞬间的速度为gh 2v 1= B 与地面碰撞后，A 继续向下做匀加速运动，B 竖直向上做匀减速运动。

它们加速度的大小分别为：m f mg a A -= 和 m f mg a B += B 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 B 1a v 2t
= 在此时间内A 的位移 2A 1t a 2
1t v x += 要在B 再次着地前A 不脱离B ，木棒长度L 必须满足条件 L ≥x
联立以上各式，解得 L ≥h )f mg (g m 822
2+
12、开始A 、B 处于静止状态时，有()030sin g m m kx B A 0=︒+- ①
设施加Ｆ时，前一段时间A 、B 一起向上做匀加速运动，加速度为a ，t ＝0.2s ，A 、B 间相互作用力为零，对B 有：
a m 30sin g m kx B B =︒-② 2at x x 20=-③
解得：2s m 5a =，m 05.0x 0=，m 15.0x =
初始时刻Ｆ最小()N 6030sin g m m F B A min
=︒+= s 2.0t =时，Ｆ最大，()N 100a 30sin g m F A max =+︒=。