高三物理专题3《力与运动》第3课时《瞬时问题与动态分析超重与失重》复习测试

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高三物理专题3《力与运动》第3课时《瞬时问题与动态分析超重与失重》复习测试

第二单元牛顿运动定律应用（一）第3课时瞬时问题与动态分析超重与失重要点一瞬时问题即学即用1如图所示,物体甲、乙质量均为m ,弹簧和悬线的质量可忽略不计当悬线被烧断的瞬间,甲、乙的加速度数值应为（）A 甲是0,乙是g ,乙是g C 甲是0,乙是0 D 甲是2g,乙是g答案 B要点二动态分析即学即用2如图所示,一轻质弹簧一端系在墙上的O 点,另一端连接小物体,弹簧自由伸长到B 点,让小物体m 把弹簧压缩到A 点,然后释放,小物体能运动到C 点静止,物体与水平地面间的动摩擦因数恒定,试判断下列说法正确的是（）速度越来越大,从B 到C 速度越来越小速度越来越小,从B 到C 加速度不变先加速后减速,从B 到C 一直减速运动点受合外力为零答案 C要点三超重与失重工即学即用3下列关于超重和失重现象的描述中正确的是（）A 电梯正在减速上升,在电梯中的乘客处于超重状态B 磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时,列车上的乘客处于超重状态C 荡秋千时秋千摆到最低位置时,人处于失重状态D “神舟”六号飞船在绕地球做圆轨道运行时,飞船内的宇宙员处于完全失重状态答案 D题型1 瞬时问题【例1】如图如图（a）所示,一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上,L1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ,L2水平拉直,物体处于平衡状态（1）现将图（a）中L2线剪断,求剪断瞬间物体的加速度（2）若将图（a）中的细线L1改为质量不计的轻弹簧而其余情况不变,如图（b）所示,求剪断L2瞬间物体的加速度答案（1）g inθ（2）g tanθ题型2 程序法分析动态问题【例2】一个小球（小球的密度小于水的密度）从较高的位置落下来,落入足够深的水池中,在小球从静止下落,直到在水中下落到最大深度的过程中,下列小球速度随时间变化的图线可能正确的是（）答案A题型3 超重与失重观点解题【例3】如图所示,在台秤的托盘上,放着一个支架,支架上挂着一个电磁铁A,电磁铁的正下方有一铁块B,电磁铁不通电时,台秤的示数为G当接通电路,在铁块被电磁铁吸起的过程中,台秤的示数将（）A不变B变大C变小D忽大忽小答案 B题型4 运动建模【例4】一科研火箭从某一无大气层的行星的一个极竖直向上发射,由火箭传来的无线电信息表明:从火箭发射时的一段时间t内（火箭喷气过程）,火箭上所有物体对支持物的压力或对其悬挂装置的拉力是火箭发射前的倍,除此之外,在落回行星表面前的所有时间内,火箭里的物体处于失重状态,问从火箭发射到落回行星表面经过多长时间（行星引力大小随距行星表面高度的变化可忽略不计）答案 3t1如图所示,物体的小球,小球用固定在墙上的水平弹簧支撑,小球与弹簧不粘连,平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°,如图所示（已知co 53°=,in 53°=）以下说法正确的是（）353535答案D4如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆,滑杆上端固定,下端悬空为了研究学生沿杆的下滑情况,在杆顶部装有一拉力传感器,可显示杆顶端所受拉力的大小现有一学生（可视为质点）从上端由静止开始滑下,5 末滑到杆底时速度恰好为零以学生开始下滑时刻为计时起点,传感器显示的拉力随时间变化情况如图乙所示,g取10 m/2求:（1）该学生下滑过程中的最大速率（2）滑杆的长度答案（1）2.4 m/ （2）6.0 m。

高三物理一轮复习第3章第3讲超重与失重-瞬时问题习题

一、选择题(1～7题为单选题，8题为多选题)1．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。

无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。

一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。

那以下列说法中正确的是( )A ．顾客始终受到三个力的作用B ．顾客始终处于超重状态C ．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D ．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下[答案] C[解析] 当电梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A 、B 都不对；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故选C 。

2.(2014·陕西师大附中高三模拟)如图所示，一个重力G ＝4N 的物体放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面放在台秤上，当烧断细线后，物块正在下滑的过程中与稳定时比较，台秤示数(g ＝10m/s2)( )A ．减小2NB ．减小1NC ．增大2ND ．增大1N[答案] B[解析] 物体的加速度a ＝gsin30°＝5m/s2，竖直向下的分加速度为ay ＝a·sin30°＝2.5m/s2，台秤示数的减小量为ΔG ＝may ＝0.4×2.5N ＝1N ，故B 正确。

3.(2014·广东湛江一模)如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述正确的是( )A ．小球的速度先减小后增大B ．小球的加速度先减小后增大C ．小球的加速度先增大后减小D ．在该过程的位移中点处小球的速度最大[答案] B[解析] 小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，当mg>kx 时，小球做加速度减小的加速运动；当mg ＝kx 时，小球的加速度等于零，速度达到最大；当mg<kx 时，小球做加速度增大的减速运动。

浙江省义乌三中高三物理《超重与失重、瞬时问题》复习课件

图6
悬挂于 O 点，当电磁铁通电，铁片被吸引加速上升的过
程中，轻绳上拉力 F 的大小为
(D )
A．F＝m1g
B．m1g<F<(m1＋m2)g
C．F＝(m1＋m2)g
D．F>(m1＋m2)g
解析对整体应用牛顿运动定律．取 A、B、C 为系统，
B 向上加速，整体处于超重状态，F>(m1＋m2)g，选 D.
答案
3 2
答题技巧程序法解答动力学问题所谓程序法，是按时间的先后顺序对题目给出的物
理过程进行分析，正确划分出不同的过程，对每一过程，具体分析出其速度、位移、时间的关系，然后利用各过程的具体特点列方程解题．利用程序法解题，关键是正确选择研究对象和物理过程，针对本题，工件为研究对象，应分析出两点：①滑动摩擦力大于重力的下滑分力；②工件加速运动到跟传送带速度一样时，所需时间小于1.9s．因此可知工件先匀加速运动，而后匀速运动，且匀速运动的速度即为匀加速的末速度，两段运动的时间之和为1.9s，两段运动的位移之和为总位移．若分析出这些，此题极易求解．
图2
【归纳提炼】分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题应注意两种模型的建立． (1)中学物理中的“线”和“绳”是理想化模型，具有以下几个特性： Ⅰ.轻：其质量和重力均可视为等于零，且一根绳(或线)中各点的张力大小相等，其方向总是沿着绳子且背离受力物体的方向． Ⅱ.不可伸长：即无论绳子受力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变．
第3课时超重与失重瞬时问题
课前考点自清
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．

2021年高考物理总复习第3章第2讲两类动力学问题超重和失重课时限时检测

2021年高考物理总复习第3章第2讲两类动力学问题超重和失重课时限时检测知识点题号易中难动态分析 3 5、7超重、失重1、2 4、8两类动力学问题6 9 10、11、12 A B ．木块立即做加速度减小的减速直线运动C ．在弹簧弹力大小等于恒力F 时，木块的速度最大D ．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零【解析】当木块刚接触弹簧时，恒力F 大于弹簧弹力，木块仍有向左的加速度，随着弹簧的压缩量x 的增大，弹力增大，由牛顿第二定律F －kx ＝ma 知木块的加速度逐渐减小，但加速度、速度同向，故木块做加速度减小的加速运动，当kx ＝F 时，木块速度最大，之后加速度反向，木块向左做加速度增大的减速运动，直到速度减为零，此时木块具有向右的最大加速度，综上所述可知A 、B 、D 错，C 对．【答案】 C4.图3－2－15(xx·洛阳一中质检)如图3－2－15所示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．0.35mgB ．0.4mgC ．0.3mgD ．0.2mg【解析】重物受力图如图所示，根据牛顿第二定律可得N －mg ＝ma sin 37°，f ＝ma cos 37°，解得f ＝0.2mg ，即D 正确．【答案】 D5．(xx·江苏高考)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象，可能正确的是( )【解析】皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝kv 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝kvm＋g ，可知，a 随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确．【答案】 C图3－2－166．(xx·浙江联考)如图3－2－16所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 的作用时间至少为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0.8 sB ．1.0 s C.255s D.2510s 【解析】板在F 作用下做加速运动F －μmg ＝ma 1，a 1＝1 m/s 2，v 2＝2a 1x 1F 撤去后物体做减速运动，μmg ＝ma 2，a 2＝4 m/s 2.速度减为零v 2＝2a 2x 2.当板的重心越过桌子边缘会自动翻下桌子，则有x 1＋x 2＝L2. v 22a 1＋v 22a 2＝L 2，v ＝0.8 m/s ，t 1＝v a 1＝0.8 s ，故A 项正确．【答案】 A7．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中( )A ．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B ．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C ．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D ．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变【解析】雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g ，故A 错误，D 正确；由mg －F f ＝ma 得：a ＝g －F f m，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m 增大，而是F f 增大，故B 错误，C 正确．【答案】 CD图3－2－178．(xx·保定模拟)某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－17所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是( )A ．t 2时刻卫星到达最高点，t 3时刻卫星落回地面B ．卫星在0～t 1时间内的加速度大于t 1～t 2时间内的加速度C. t 1～t 2时间内卫星处于超重状态D. t 2～t 3时间内卫星处于失重状态【解析】卫星在0～t 3时间内速度方向不变，一直升高，在t 3时刻到达最高点，A 错误；v －t 图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t 1～t 2时间内卫星的加速度大，B 错误；t 1～t 2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t 2～t 3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C 、D 正确．【答案】 CD9．实验小组利用DIS 系统(数字化信息实验室系统)，观察超重和失重现象．他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10 N 的钩码．在电梯运动的过程中，计算机显示屏上显示出如图3－2－18所示的图线，根据图线分析可知，下列说法中正确的是( )图3－2－18A ．从时刻t 1到t 2，钩码处于失重状态；从时刻t 3到t 4，钩码处于超重状态B ．t 1到t 2时间内，电梯一定正在向下运动；t 3到t 4时间内，电梯可能正在向上运动C ．t 1到t 4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下D ．t 1到t 4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上【解析】F－t图象中的力F是钩码对传感器的作用力，也等于传感器对钩码向上的拉力．当F＝10 N时，钩码(连同电梯)正在匀速运动(向上或向下)，t1～t2时间内，拉力小于重力，钩码处于失重状态，所以加速度的方向向下，即电梯向下加速或向上减速，而在t3～t4时间内，向上的拉力大于重力，钩码处于超重状态，即电梯向上加速或向下减速，故A、C正确．【答案】AC☆10.图3－2－19(xx届大连模拟)如图3－2－19所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法中正确的是( )A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动，v B一定等于3 m/sC．若传送带顺时针匀速转动，v B一定等于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v B有可能等于3 m/s【解析】当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度v B＝v2A－2ax＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速至B，v B＝3 m/s.当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速．【答案】ABD二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)☆11.(15分)图3－2－20甲是xx年我国运动员在伦敦奥运会蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g＝10 m/s2，根据F－t图象求：图甲图乙图3－2－20(1)运动员的质量；(2)运动员在运动过程中的最大加速度；(3)在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．【解析】 (1)由题图乙可知运动员所受重力为500 N ，设运动员质量为m ，则，m ＝G g＝50 kg(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为 F m ＝2 500 N ，设运动员的最大加速度为a m ，则F m －mg ＝ma ma m ＝F m －mg m ＝2 500－50050m/s 2＝40 m/s 2 (3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s 或9.4 s ，再下落到蹦床上的时刻为8.4 s 或11 s ，它们的时间间隔均为1.6 s ．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s.设运动员上升的最大高度为H ，则H ＝12gt 2＝12×10×0.82 m ＝3.2 m 【答案】 (1)50 kg (4)40 m/s 2 (3)3.2 m☆12.图3－2－21(15分)(xx·西安一中检测)如图3－2－21所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A 到B 长度为16 m ，传送带以10 m/s 的速度逆时针转动．在传送带上端A 处无初速度的放一个质量为0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A 运动到B 所用时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)【解析】物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律得，mg sinθ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2物体加速到与传送带相同的速度需要的时间为t 1＝v a 1＝1010s ＝1 s 物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为s ＝12a 1t 21＝5 m 由于μ<tan θ(μ＝0.5，tan θ＝0.75)，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体的速度大于传送带的速度时，物体受到沿传送带向上的摩擦力，受力如图乙所示由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2设后一阶段物体滑至底端所用时间为t 2由L －s ＝vt 2＋12a 2t 22 解得t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以，物体从A 运动到B 所用时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.【答案】 2 s 38639 96EF 雯\S24267 5ECB 廋$23905 5D61 嵡H30156 75CC 痌222119 5667 噧a20695 50D7 僗UY32388 7E84 纄。

物理高考复习第2讲牛顿第二定律应用(一)——瞬时、超重和失重及临界极值问题课时限时练

课时限时练(限时：30分钟)对点练1 瞬时问题1.(2020·福建龙岩市期末质量检查)如图1所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A 、B 质量均为m 。

物块A 静止在轻弹簧上端，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 靠在一起，但A 、B 之间无弹力。

已知重力加速度为g ，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是( )图1A.细线剪断前，弹簧的弹力为mgB.细线剪断前，细线的拉力为mgC.细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化D.细线剪断瞬间，物块B 的加速度大小为14g答案 D解析细线剪断前，由于A 、B 之间无弹力，对A 分析可以得到弹簧的弹力F ＝mg sin θ＝12mg ，对B 分析可以得到F T ＝mg sin θ＝12mg ，故A 、B 错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C 错误；细线剪断瞬间，对A 、B 系统，加速度大小a ＝2mg sin θ－F 2m＝14g ，故D 正确。

2.如图2所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m ，2、4质量均为m 0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。

现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4。

重力加速度大小为g ，则有( )图2A.a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B.a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC.a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋m 0m 0g D.a 1＝g ，a 2＝m ＋m 0m 0g ，a 3＝0，a 4＝m ＋m 0m 0g 答案 C解析在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力大小均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；物块3、4间轻弹簧的形变还没改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为F ＝mg ，因此物块3满足F －mg ＝0，即a 3＝0；对物块4由牛顿第二定律得a 4＝F ＋m 0g m 0＝m 0＋m m 0g ，故C 正确，A 、B 、D 错误。

第3课时瞬时问题与动态分析超重与失重

物体有竖直向下的
加速度或加速度有
竖直向下的分量
a= g 方向竖直
向下
件
第3课时瞬时问题与动态分析超重与失重
要点深化
对超重和失重的进一步理解
(1)不论超重、失重或完全失重,物体的重力不变,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,而在于物体是有向上的加速度还是有向
要点深化分析动态问题时应注意 (1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向,合力与加速度的大小关系是F合=ma,只要有合力,不管速度是大还是小,或是零,都有加速度,只有合力为零,加速度才能为零,一般情况下,合力与速度无必然的联系,只有速度变化才与合力有必然的联系. (2)合力与速度同向时,物体加速,反之减速. (3)物体的运动情况取决于物体受的力和物体的初始条件(即初速度),尤其是初始条件是很多同学最容易忽视的,从而导致不能正确地分析物体的运动过程.
( D)
A.电梯正在减速上升,在电梯中的乘客处于超重状态
B.磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时,列车上的乘客
处于超重状态
C.荡秋千时秋千摆到最低位置时,人处于失重状态
D.“神舟”六号飞船在绕地球做圆轨道运行时,飞船内
的宇宙员处于完全失重状态
解析根据超重、失重的定义可知,电梯减速上升,加速
度向下,乘客处于失重状态;磁悬浮列车在水平轨道上加
要点深化 1.变化瞬间,力未能变
像弹簧、橡皮条、皮筋等,这些物质连接其它物体.当其它力有变化的瞬间引不起这些物质上的力立即变化.原因是弹簧上的弹力F=kx,x的变化需要一定时间,故瞬间x 没有来得及变化,故弹力没来得及变化. 2.变化瞬间,力发生突变像绳、线、硬的物质连接(或直接作用)的物体,当其他力变化时,将会迅速引起绳、线等物上力的变化.这种情况下,绳上力的变化较复杂,需要根据物体下一步的运动趋势来分析判断.

高三复习第一轮--第3章第3讲《超重与失重、瞬时问题》

A．关闭电动机后，乘客处于超重状态 B．关闭电动机后，乘客处于失重状态 C．由于A、B质量相等，故关闭电动机后，乘客的加速度大小为g v2 D．关闭电动机后，电梯上升的高度h一定小于 2g [解析] 关闭电动机后，乘客减速上升，处于失重状态，
A项错误，B项正确；对系统由牛顿第二定律得mg＝(2M＋ v2 2M＋mv2 v2 m)a，C项错误；由运动学公式得h＝＝ > ，D项 2a 2mg 2g 错误。 [答案]
归纳领悟 1．超重：物体的加速度方向是竖直向上的。物体并不一定是竖直向上做加速运动，也可以是竖直向下做减速运动。失重：物体的加速度方向是竖直向下的。物体既可以是向下做加速运动，也可以是向上做减速运动。 2．尽管物体不在竖直方向上运动，但只要其加速度在竖直方向上有分量，即ay≠0就可以。当ay方向竖直向上时，物体处于超重状态；当ay方向竖直向下时，物体处于失重状态。 3．当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有 a＝g的加速度效果，不再产生其他效果。
B
[总结评述]
超重和失重现象的判断方法
(1)从受力的大小判断，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) 从加速度的方向判断，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。
考点梳理 1．超重现象向上的加速度时，这个物体对支持物的压力当物体具有______ (或对悬挂绳的拉力)_____ 大于它所受的重力，称为超重现象。
2．失重现象
当物体具有 ____ 向下的加速度时，这个物体对支持物的压力 ( 或对悬挂绳的拉力)____它所受的重力，称为失重现象。小于当a＝g时，F＝0，此为__________ 完全失重状态。

高三物理超重失重试题答案及解析

高三物理超重失重试题答案及解析1.太空授课中，王亚平成功地制成了晶莹剔透的大水球，并用注射器在水球中注入了红色的液体，最终看到了红色液体充满了整个水球。

有关这个现象，下列说法错误的是A．大水球处于完全失重状态B．大水球处于平衡状态C．大水球成球形是因为水的表面张力D．红色液体的扩散反映了液体分子的无规则运动【答案】B【解析】该大水球的重力完全充当向心力，处于完全失重状态，A正确B错误；表面张力是使表面收缩的力。

在没有外力作用下，球形的表面积最小，即表面收缩得最小，故液滴为球形，C正确；红色液体在水球中慢慢散开，这是一种扩散现象，说明分子在不停的做无规则运动，D正确；【考点】考查了完全失重，液体张力，分子扩散2.某同学站在装有力传感器的轻板上做下蹲-起立的动作。

.如图所示为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（单位为秒)。

由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，以下有关由图线还可以得到的信息，其中正确的是（）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，且下蹲后约2s起立C．下蹲过程中人处于失重状态，起立过程中人处于超重状态D．下蹲过程中人所受重力先变小后变大【答案】B【解析】由图线可看出，该同学先失重后超重，再超重再失重的过程，即该同学先加速下蹲后减速下蹲，再加速起立，再减速起立，即该同学经历了一次下蹲-起立的动作，从图像看出下蹲后约2s起立，选项A 错误，B正确；下蹲和起立过程中都有超重和失重状态，选项C 错误；下蹲和起立过程中人所受重力保持不变，选项D错误。

【考点】超重和失重。

3.如图所示，假设地球是个半径为R的标准的球体，其表面的重力加速度为g，有一辆汽车沿过两极的圆周轨道沿地面匀速率行驶，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．重力和地面的支持力是一对平衡力B．汽车的机械能保持不变C．汽车在北极处于超重状态，在南极处于失重状态D．若汽车速率为，重力的作用效果是改变汽车的运动状态【答案】BD【解析】A、汽车在地球两极行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力．设汽车的质量为m，支持力为F，速度为v，地球半径为R，则由牛顿第二定律得：，得。

高三物理总复习 3-3超重与失重瞬时问题同步练习新人教版

3-31.0m1.0m0.5m0.5m g－F N＝ma⇒F N＝F N′＝mg－a；当电梯匀加速上升或匀减速下降时，电梯处于超重状态，设人受到体重计的支持力为F N1，人对体重计的压力F N1′，由牛顿第二、第三定律可得：F N1－mg＝ma⇒F N1＝F N1′＝mg ＋a，代入具体数据可得B正确．4．2022·西宁模拟如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g inθB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g inθD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零[答案]BC[解析] 线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，a B＝0，A球所受合力为mg inθ＋＝2mg inθ，故a A＝2g inθ5．如图所示，A为电磁铁、C为胶木秤盘，A和C包括支架的总质量为m1，B为铁片，质量为m2，整个装置用轻绳悬挂于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引加速上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为A．F＝m1g B．m1gm1＋m2g[答案] D[解析] 对整体应用牛顿运动定律．取A、B、C为系统，B向上加速，整体处于超重状态，F>m1＋m2g，选D的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的劲度系数为的轻质弹簧，如图所示．当物块与弹簧接触且向右运动的过程中，下列说法正确的是A．物块在接触弹簧的过程中一直做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速，当弹力等于F时其速度最大C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于F/mD．当物块的速度为零时，弹簧的压缩量等于F/[答案] B[解析] 物块接触弹簧后，弹簧形变量逐渐增大，开始一段时间弹力小于F，所以物块会继续向右加速，直到弹力等于F，此时加速度为0，但速度达到最大；物块继续向右运动，弹簧形变量继续增大，弹力大于F，加速度方向变为向左，开始减速，直到速度为零，故A 错，B对；由于无法得到物块接触弹簧时的速度，弹簧的最大形变量无法得知，故加速度不能确定，故C错；物块速度为零时，弹簧压缩量必大于F/，故D错．7某同学为了研究超重和失重现象，将重为50N的物体带进竖直升降的电梯中，放置在压力传感器的水平载物面上．电梯由启动到停止的过程中，测得压力F—时间t变化的图象如图所示．设在t1＝3和t2＝8时电梯的速度分别为v1和v2，由此他做出判断A．电梯在上升，v1>v2B．电梯在上升，v1v2[答案] B[解析] 在0～4内，F>mg，故物体处于超重状态，电梯具有向上的加速度，电梯一定加速上升，而且在t＝3时电梯正在加速，而t＝8时的电梯的速度与电梯在t＝4时的速度相等，故有v1<v2，所以只有B正确．8．2022·苏北四市二调在探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可有正确的是[答案] D[解析] 发生超重和失重现象与物体的速度无关，只决定于加速度的方向，当加速度向上时就超重，当加速度向下时就失重．完成一次下蹲动作，它包括的物理过程是：先加速向下运动，然后减速向下运动，对应的加速度方向是先向下，后向上，即先失重后超重，对应的选项是D二、非选择题9．一个质量是50kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹簧秤下面挂着一个质量为m A＝5kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为取10m/2，求此时人对地板的压力．[答案]400N 方向竖直向下[解析] 以A为研究对象，对A进行受力分析如图所示，选向下的方向为正方向，由牛顿第二定律可得m A g－F T＝m A a，所以a＝错误!＝错误!m/2＝2m/2再以人为研究对象，他受到向下的重力m人g和地板的支持力F N仍选向下的方向为正方向，同样由牛顿第二定律可得m人g－F N＝＝m人g－m人a＝50×10－50×2 N＝400N由牛顿第三定律可知，人对地板的压力为400N，方向竖直向下．10．完整的撑秆跳高过程可以简化成如图所示的三个阶段，持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落．运动员从静止开始以加速度a＝1.25m/2匀加速助跑，速度达到v＝9.0m/时撑杆起跳，到达最高点时过杆的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h2＝4.05m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t＝已知运动员的质量m＝65kg，重力加速度g 取10m/2，不计空气的阻力，求：1运动员起跳前的助跑距离；2假如运动员从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速运动，求软垫对她的作用力大小．[答案]132.4m 21300N[解析] 1设助跑距离为，由运动学公式v2＝2a解得：＝错误!＝2运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v′，由运动学公式有：v′2＝2gh2设软垫对运动员的作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma′由运动学公式a′＝错误!解得：F＝1300N11．2022·北京东城区检测杂技中的“顶竿”是由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑．若竹竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竹竿底部时速度正好为零．已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿顶滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示．竹竿上演员质量为m1＝40kg，竹竿质量m2＝10kg，g＝10m/21求竹竿上的人下滑过程中的最大速度v1；2请估测竹竿的长度h[答案]14m/ 212m[解析] 1在演员下滑的前4内，顶竿人肩部对竹竿的支持力为F1＝460N，竹竿和上面的演员总重力为500N，人匀加速下滑，加速度为a1, a1＝错误!＝1m/2演员由静止下滑，下滑4后达到最大速度v1，有v1＝a1t1＝4m/2在演员下滑的前4，为匀加速下滑，下滑距离为h1h1＝错误!t1＝8m在演员下滑的4～6，为匀减速下滑，下滑距离为h2h2＝错误!t2＝4m，竹竿的长度h＝h1＋h2＝12m12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空心小球，体积为×10－3m3，1kg；剪断细线后，在小球上升的过程中，台秤的读数是多少ρ水＝1×103kg/m3．[答案][解析] 剪断细线后，空心小球加速上升，处于超重状态，根据牛顿第二定律得ρ水gV－mg＝ma解得空心小球的加速度为a＝错误!－g＝错误!g＝错误!×10m/2＝2m/2在空心小球加速上升的同时，同体积的“水球”以同样大小的加速度向下流动填补小球原来占据的空间．处于失重状态，该“水球”的质量为m′＝ρ水V＝这时台秤对容器的支持力为F＝40N＋ma－m′a＝40N＋1×2N－×2N＝根据牛顿第三定律，台秤所受的压力即台秤的读数为F′＝40N＋ma－m′a＝。

高一物理动力学两类基本问题超重和失重练习题

寒假作业6 动力学两类基本问题超重和失重一、单项选择题：（本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．(2022·肥城市教学研究中心模拟预测)2021年9月17日，神舟十二号返回舱成功着陆．当返回舱距离地面10 km 左右时，先后打开引导伞、减速伞和主伞，以此保证返回舱以较柔和的方式实现多次减速，防止航天员一次受到过大的冲击力．在返回舱即将着陆时，安装在返回舱底部的反推发动机点火工作，保证返回舱最后落地时速度小于2 m/s.下列说法正确的是( )A ．返回舱打开引导伞后处于失重状态B ．返回舱打开减速伞后处于失重状态C ．返回舱打开主伞时处于失重状态D ．反推发动机点火瞬间返回舱处于超重状态2.(2022·邯郸市第一中学高二学业考试)一个倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m ＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ＝0.25.斜面足够长，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.小物块上滑的最大距离为( )A ．1.0 mB ．2.2 mC ．0.8 mD ．0.4 m3．(2022·玉溪市通海县第三中学高一期末)某人在地面上最多可举起50 kg 的物体，某次他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg 的物体，据此判断此时电梯加速度的大小和方向为(g ＝10 m/s 2)( )A ．2 m/s 2，竖直向上B ．53m/s 2，竖直向上 C ．2 m/s 2，竖直向下D ．53m/s 2，竖直向下4.(2022·福建省漳平第一中学模拟预测)某工地上一塔吊通过一钢丝绳竖直向上提升一重物，若重物运动过程的v －t 关系图像如图所示，则下列分析正确的是( )A ．0～45 s 内重物上升的高度为45 mB ．10～40 s 内钢丝绳最容易断裂C ．0～40 s 内重物一直处于超重状态D ．0～10 s 内重物的平均速度等于40～45 s 内的平均速度5．(2022·孝感市云梦县黄香高级中学高一期末)受2022年北京冬奥会的影响，滑雪运动在我国受到人民群众的广泛欢迎．如图甲所示，一名滑雪爱好者(可视为质点)穿着滑雪板(未带滑雪杖)从山坡上A 点由静止滑下，经B 点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过B 点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的速率随时间的变化图像如图乙所示．已知斜面与水平面的夹角为37°，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，重力加速度为g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为( )A ．211B ．831C ．12D ．456.(2022·驻马店市基础教学研究室高一期末)水平面上有一质量为1 kg 的物体正在向左运动，当物体的速度为4 m/s 时对物体施加水平向右的恒力F ，F 大小为3 N ，物体与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，则从施加力F 开始2 s 内，物体发生的位移为( )A ．4 mB ．2 mC ．1 mD ．07.(2022·丽水市高一开学考试)如图，从O点引出三条光滑轨道OA、OB、OC，其中OA沿竖直方向，OB垂直斜面，从O点沿三条轨道释放三个小球，则小球先到达斜面的轨道是()A．OAB．OBC．OCD．因为OC方向未知，无法确定二、多项选择题：（本题共3小题，每小题8分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．）8.某商场安装了智能化电动扶梯，无人站在扶梯上时扶梯运转得很慢．现有顾客乘扶梯下楼，扶梯自动先加速再匀速运转．下列说法正确的是()A．扶梯匀速运转过程中，顾客受到的支持力大小等于扶梯受到的压力大小B．扶梯加速运转过程中，顾客受到的支持力大小等于扶梯受到的压力大小C．扶梯加速运转过程中，顾客处于失重状态D．扶梯加速运转过程中，顾客共受到两个力作用9．(2022·西安市长安一中高一月考)如图是某同学站在压力传感器上做下蹲－起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间．由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下信息()A．1 s时人处在下蹲的最低点B．2 s时人处于下蹲静止状态C．下蹲过程中人处于先失重后超重的状态D．0～4 s内该同学做了2次下蹲－起立的动作10．(2022·上饶市阶段练习)东京奥运会上，中国体育健儿表现出高昂斗志、顽强作风、精湛技能，生动诠释了奥林匹克精神和中华体育精神，实现了“使命在肩、奋斗有我”的人生誓言．中国10米跳台选手全红婵凭借“水花消失术”勇夺桂冠，一战成名．在女子10 m跳台的决赛中，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，该运动过程中全红婵可看成质点，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则() A．全红婵在空中运动的时间为1.5 sB．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 NC．全红婵入水时速度为10 m/sD．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态三、非选择题：（本题共3小题，共34分）11．(8分)质量M ＝50 kg 的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一只弹簧测力计，测力计下挂着一个质量m ＝1 kg 的物块A .在升降机运动的某段时间内，人看到弹簧测力计的示数为8 N ．g 取10 m/s 2.(1)(3分)求此时升降机加速度的大小和方向；(2)(3分)求此时人对地板的压力大小；(3)(2分)请你判断此时升降机在向上运动还是在向下运动，升降机处于超重状态还是失重状态．12．(12分)(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l 1＝4 m ，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝29，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g ＝10 m/s 2)．(1)(4分)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a 1的大小；(2)(4分)求货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小；(3)(4分)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s ，求水平滑轨的最短长度l 2.13．(14分)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间变化的图像(v－t图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)(4分)0～2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)(6分)拉力F的大小；(3)(4分)斜面对物块的滑动摩擦力F f的大小．。

《走向高考》2013高考物理总复习 3-3超重与失重瞬时问题 33张

2．失现重象当体有物具悬绳拉挂的力
向下的速时这物对持的力加度，个体支物压
) 小于它受重，为重象所的力称失现。状态。
(或对
全重当 a＝g 时，F＝0，此为完失
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第三章
第3讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
归领纳悟 1．重物的速方是直上。体不超：体加度向竖向的物并一定竖向做速动也以竖向做速动是直上加运，可是直下减运。失重：物体的加速度方向是竖直向下的。物体既可以是向做速动也以向做速动下加运，可是上减运。
受力和运动突的系为和变关称力运
“瞬问时题 ”。“瞬问时题 ”常伴常随 “瞬时”、“突然”、“猛地”、
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归领纳悟 1．变瞬、未变化间力能像弹簧、橡皮条、皮筋等，这些物体连接其他物体，当其力变的间不这物上力即化它有化瞬引起些体的立变。原是簧的力因弹上弹 F＝kx，x 的化要定间故变需一时，
走向高考· 物理
人教版 ·高考一轮总复习
路漫漫其修远兮吾将上下而求索
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第三章
牛顿运动定律
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高三物理高考一轮复习专题三两类动力学问题超重和失重课件新人教版

• 如何理解超重和失重现象？ • (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力
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，而在于物体是有
• 2．在电梯中，把一重物置于台秤上，台秤
与压力传感器相连，电梯由静止开始竖直
上升过程中，传感器所受的压力与时间的
• (2)由图象可知，在4 s～10 s内，电梯匀速上升，此时支持力的大小与重力大小相等，所
• 1．已知受力情况求运动情况受力
• 根据牛顿第二定律，运动已学公知式物体的
• 2情．况已，知可物以体求的出运物动体情的况加，速求度物；体再的知受道力物运动学公式情体况的牛顿初第二始定律条件 ( 初位置和初速度 ) ，根
• (1)加速上升过程中，根据运动学公式x ＝ at2，v＝at，
• 带入数据可得v＝20 m/s，a＝5 m/s2.
• (2)减速过程中，继续上升高度为x1，根据运动学公式－v2＝2(－g)x1，
• 代入数据得x1＝20 m • 上升的最大高度xm＝x＋x1＝40 m＋20
m＝60 m.
• (3)加速过程中，设火箭推力为F，根据
• (3)0～2.0 s冰壶前进的距离为s1＝
m＝
4 m,2.0 s～12.0 s冰壶滑行的距离为
• s2＝
m＝24 m，冰壶运动总距
离为s＝s1＋s2＋s3＝29.92 m，
• Δs＝OO′－s＝0.08 m，即冰壶停在距O′点左
• 解答此类问题还应注意：不论是已知运动求解力，还是已知力求解运动，作好 “两分析”即受力分析、运动分析是解决问题的关键．在解决两类动力学基本问题时要正确画出受力分析图，进行运动过程分析，建立已知的受力情况或运动情况与

2023年高三物理第一轮总复习及高中物理易错题归纳总结及答案分析第专题力与运动

高三物理第二轮总复习(大纲版)第1专题力与运动知识网络考点预测本专题复习三个模块旳内容：运动旳描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律旳运用．运动旳描述与受力分析是两个互相独立旳内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一种有机旳整体．虽然运动旳描述、受力平衡在近几年(尤其是此前)均有独立旳命题出目前高考中(如旳全国理综卷Ⅰ第23题、四川理综卷第23题)，但由于理综考试题量旳局限以及课改趋势，独立考察前两模块旳命题在高考中出现旳概率很小，大部分高考卷中应当都会出现同步考察三个模块知识旳试题，并且占不少分值．在综合复习这三个模块内容旳时候，应当把握如下几点：1．运动旳描述是物理学旳重要基础，其理论体系为用数学函数或图象旳措施来描述、推断质点旳运动规律，公式和推论众多．其中，平抛运动、追及问题、实际运动旳描述应为复习旳重点和难点．2．无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要旳思想措施，每年高考都会对其进行考察．3．牛顿运动定律旳应用是高中物理旳重要内容之一，与此有关旳高考试题每年均有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律处理生产、生活和科技中旳实际问题．此外，它还常常与电场、磁场结合，构成难度较大旳综合性试题．一、运动旳描述要点归纳(一)匀变速直线运动旳几种重要推论和解题措施1．某段时间内旳平均速度等于这段时间旳中间时刻旳瞬时速度，即t＝v t2．2．在持续相等旳时间间隔T内旳位移之差Δs为恒量，且Δs＝aT2．3．在初速度为零旳匀变速直线运动中，相等旳时间T内持续通过旳位移之比为：s1∶s2∶s3∶…∶s n＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)通过持续相等旳位移所用旳时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．4．竖直上抛运动(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面旳对称性．(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零旳匀加速运动来研究．(3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动．5．处理匀变速直线运动问题旳常用措施(1)公式法灵活运用匀变速直线运动旳基本公式及某些有用旳推导公式直接处理．(2)比例法在初速度为零旳匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定旳比例关系，灵活运用这些关系可使解题过程简化．(3)逆向过程处理法逆向过程处理法是把运动过程旳“末态”作为“初态”，将物体旳运动过程倒过来进行研究旳措施．(4)速度图象法速度图象法是力学中一种常见旳重要措施，它可以将问题中旳许多关系，尤其是某些隐藏关系，在图象上明显地反应出来，从而得到对旳、简捷旳解题措施．(二)运动旳合成与分解1．小船渡河设水流旳速度为v1，船旳航行速度为v2，河旳宽度为d．(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向旳分量v⊥决定，即t＝dv⊥，与v1无关，因此当v2垂直于河岸时，渡河所用旳时间最短，最短时间t min＝dv2．(2)渡河旳旅程由小船实际运动轨迹旳方向决定．当v1＜v2时，最短旅程s min＝d；当v1＞v2时，最短旅程s min＝v1v2 d，如图1－1 所示．图1－12．轻绳、轻杆两末端速度旳关系(1)分解法把绳子(包括连杆)两端旳速度都沿绳子旳方向和垂直于绳子旳方向分解，沿绳子方向旳分运动相等(垂直方向旳分运动不有关)，即v 1cos θ1＝v 2cos_θ2．(2)功率法通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功旳功率等于轻绳(轻杆)对物体做功旳功率．3．平抛运动如图1－2所示，物体从O 处以水平初速度v 0抛出，经时间t 抵达P 点．图1－2(1)加速度⎩⎪⎨⎪⎧水平方向：a x ＝0竖直方向：a y ＝g(2)速度⎩⎪⎨⎪⎧水平方向：v x ＝v 0竖直方向：v y＝gt合速度旳大小v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2设合速度旳方向与水平方向旳夹角为θ，有： tan θ＝v y v x ＝gt v 0，即θ＝arctan gtv 0．(3)位移⎩⎪⎨⎪⎧水平方向：s x ＝v 0t 竖直方向：s y ＝12gt 2设合位移旳大小s ＝s 2x ＋s 2y ＝(v 0t )2＋(12gt 2)2合位移旳方向与水平方向旳夹角为α，有： tan α＝s y s x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，即α＝arctan gt 2v 0要注意合速度旳方向与水平方向旳夹角不是合位移旳方向与水平方向旳夹角旳2倍，即θ≠2α，而是tan θ＝2tan α．(4)时间：由s y ＝12gt 2得，t ＝2s yg，平抛物体在空中运动旳时间t 只由物体抛出时离地旳高度s y 决定，而与抛出时旳初速度v 0无关．(5)速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等旳时间内，速度旳变化量(g ＝ΔvΔt )相等，且必沿竖直方向，如图1－3所示．图1－3任意两时刻旳速度与速度旳变化量Δv 构成直角三角形，Δv 沿竖直方向．注意：平抛运动旳速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化旳．(6)带电粒子(只受电场力旳作用)垂直进入匀强电场中旳运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1－4所示．图1－4故有：y ＝(L ′＋L 2)·tan α＝(L ′＋L 2)·qUL dm v 20．热点、重点、难点(一)直线运动高考中对直线运动规律旳考察一般以图象旳应用或追及问题出现．此类题目侧重于考察学生应用数学知识处理物理问题旳能力．对于追及问题，存在旳困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动旳重要推论往往是处理问题旳捷径．●例1 如图1－5甲所示，A 、B 两辆汽车在笔直旳公路上同向行驶．当B 车在A 车前s＝84 m处时，B车旳速度v B＝4 m/s，且正以a＝2 m/s2旳加速度做匀加速运动；通过一段时间后，B车旳加速度忽然变为零．A车一直以v A＝20 m/s旳速度做匀速运动，从最初相距84 m时开始计时，通过t0＝12 s后两车相遇．问B车加速行驶旳时间是多少？图1－5甲【解析】设B车加速行驶旳时间为t，相遇时A车旳位移为：s A＝v A t0B车加速阶段旳位移为：s B1＝v B t＋12at2匀速阶段旳速度v＝v B＋at，匀速阶段旳位移为：s B2＝v(t0－t)相遇时，依题意有：s A＝s B1＋s B2＋s联立以上各式得：t2－2t0t－2[(v B－v A)t0＋s]a＝0将题中数据v A＝20 m/s，v B＝4 m/s，a＝2 m/s2，t0＝12 s，代入上式有：t2－24t＋108＝0解得：t1＝6 s，t2＝18 s(不合题意，舍去)因此，B车加速行驶旳时间为6 s．[答案] 6 s【点评】①出现不符合实际旳解(t2＝18 s)旳原因是方程“s B2＝v(t0－t)”并不完全描述B 车旳位移，还需加一定义域t≤12 s．②解析后可以作出v A－t、v B－t图象加以验证．图1－5乙根据v －t 图象与t 围成旳面积等于位移可得，t ＝12 s 时，Δs ＝[12×(16＋4)×6＋4×6] m＝84 m ．(二)平抛运动平抛运动在高考试题中出现旳几率相称高，或出现于力学综合题中，如北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中旳偏转一类问题中，如宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点旳单独命题中，如高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、全国理综卷Ⅰ第14题．对于这一知识点旳复习，除了要熟记两垂直方向上旳分速度、分位移公式外，还要尤其理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角旳关系式(即tan θ＝2tan α)．●例2 图1－6甲所示，m 为在水平传送带上被传送旳小物体(可视为质点)，A 为终端皮带轮．已知皮带轮旳半径为r ，传送带与皮带轮间不会打滑．当m 可被水平抛出时，A 轮每秒旳转数至少为( )图1－6甲A ．12πgrB ．g rC ．grD ．12πgr 【解析】解法一 m 抵达皮带轮旳顶端时，若m v 2r ≥mg ，表达m 受到旳重力不不小于(或等于)m 沿皮带轮表面做圆周运动旳向心力，m 将离开皮带轮旳外表面而做平抛运动又由于转数n ＝ω2π＝v 2πr因此当v ≥gr ，即转数n ≥12πgr时，m 可被水平抛出，故选项A 对旳．解法二建立如图1－6乙所示旳直角坐标系．当m 抵达皮带轮旳顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m 将做平抛运动，根据速度旳大小可以作出平抛运动旳轨迹．若轨迹在皮带轮旳下方，阐明m 将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮旳上方，阐明m 立即离开皮带轮做平抛运动．图1－6乙又由于皮带轮圆弧在坐标系中旳函数为：当y 2＋x 2＝r 2 初速度为v 旳平抛运动在坐标系中旳函数为： y ＝r －12g (x v )2平抛运动旳轨迹在皮带轮上方旳条件为：当x >0时，平抛运动旳轨迹上各点与O 点间旳距离不小于r ，即y 2＋x 2>r即[r －12g (xv )2]2＋x 2>r解得：v ≥gr又因皮带轮旳转速n 与v 旳关系为：n ＝v2πr可得：当n ≥12πgr时，m 可被水平抛出． [答案] A【点评】“解法一”应用动力学旳措施分析求解；“解法二”应用运动学旳措施(数学措施)求解，由于加速度旳定义式为a ＝Δv Δt ，而决定式为a ＝Fm，故这两种措施殊途同归．★同类拓展1 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中旳飞跃姿势具有很强旳欣赏性．某滑雪轨道旳完整构造可以简化成如图1－7所示旳示意图．其中AB 段是助滑雪道，倾角α＝30°，BC 段是水平起跳台，CD 段是着陆雪道，AB 段与BC 段圆滑相连，DE 段是一小段圆弧(其长度可忽视)，在D 、E 两点分别与CD 、EF 相切，EF 是减速雪道，倾角θ＝37°．轨道各部分与滑雪板间旳动摩擦因数均为μ＝0.25，图中轨道最高点A 处旳起滑台距起跳台BC 旳竖直高度h ＝10 m ．A 点与C 点旳水平距离L 1＝20 m ，C 点与D 点旳距离为32.625 m ．运动员连同滑雪板旳总质量m ＝60 kg ．滑雪运动员从A 点由静止开始起滑，通过起跳台从C 点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠变化姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道旳分速度而不弹起．除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽视空气阻力旳影响，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：图1－7(1)运动员在C 点水平飞出时旳速度大小．(2)运动员在着陆雪道CD 上旳着陆位置与C 点旳距离． (3)运动员滑过D 点时旳速度大小．【解析】(1)滑雪运动员从A 到C 旳过程中，由动能定理得：mgh －μmg cos αh sin α－μmg (L 1－h cot α)＝12m v 2C解得：v C ＝10 m/s ．(2)滑雪运动员从C 点水平飞出到落到着陆雪道旳过程中做平抛运动，有： x ＝v C t y ＝12gt 2y＝tan θx着陆位置与C点旳距离s＝xcos θ解得：s＝18.75 m，t＝1.5 s．(3)着陆位置到D点旳距离s′＝13.875 m，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动．把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后旳初速度v0＝v C cos θ＋gt sin θ加速度为：mg sin θ－μmg cos θ＝ma运动到D点旳速度为：v2D＝v20＋2as′解得：v D＝20 m/s．[答案] (1)10 m/s(2)18.75 m(3)20 m/s互动辨析在斜面上旳平抛问题较为常见，“位移与水平面旳夹角等于倾角”为着落条件．同学们还要能总结出距斜面最远旳时刻以及这一距离．二、受力分析要点归纳(一)常见旳五种性质旳力续表(二)力旳运算、物体旳平衡1．力旳合成与分解遵照力旳平行四边形定则(或力旳三角形定则)．2．平衡状态是指物体处在匀速直线运动或静止状态，物体处在平衡状态旳动力学条件是：F合＝0或F x＝0、F y＝0、F z＝0．注意：静止状态是指速度和加速度都为零旳状态，如做竖直上抛运动旳物体抵达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态．3．平衡条件旳推论(1)物体处在平衡状态时，它所受旳任何一种力与它所受旳其他力旳合力等大、反向．(2)物体在同一平面上旳三个不平行旳力旳作用下处在平衡状态时，这三个力必为共点力．物体在三个共点力旳作用下而处在平衡状态时，表达这三个力旳有向线段构成一封闭旳矢量三角形，如图1－8所示．图1－84．共点力作用下物体旳平衡分析热点、重点、难点(一)正交分解法、平行四边形法则旳应用1．正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最重要旳措施．即当F合＝0时有：F x合＝0，F y合＝0，F z合＝0．2．平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力旳变化或确定有关几种力之比．●例3举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升旳高度和发力，抓杠铃旳两手间要有较大旳距离．某运动员成功抓举杠铃时，测得两手臂间旳夹角为120°，运动员旳质量为75 kg，举起旳杠铃旳质量为125 kg，如图1－9甲所示．求该运动员每只手臂对杠铃旳作用力旳大小．(取g＝10 m/s2)图1－9甲【分析】由手臂旳肌肉、骨骼构造以及平时旳用力习惯可知，伸直旳手臂重要沿手臂方向发力．取手腕、手掌为研究对象，握杠旳手掌对杠有竖直向上旳弹力和沿杠向外旳静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1－9乙所示．图1－9乙【解析】手臂对杠铃旳作用力旳方向沿手臂旳方向，设该作用力旳大小为F，则杠铃旳受力状况如图1－9丙所示图1－9丙由平衡条件得：2F cos 60°＝mg解得：F ＝1250 N ． [答案] 1250 N●例4 两个可视为质点旳小球a 和b ，用质量可忽视旳刚性细杆相连放置在一种光滑旳半球面内，如图1－10甲所示．已知小球a 和b 旳质量之比为 3，细杆长度是球面半径旳 2 倍．两球处在平衡状态时，细杆与水平面旳夹角θ是[高考·四川延考区理综卷]( )图1－10甲A ．45°B ．30°C ．22.5°D ．15°【解析】解法一设细杆对两球旳弹力大小为T ，小球a 、b 旳受力状况如图1－10乙所示图1－10乙其中球面对两球旳弹力方向指向圆心，即有： cos α＝22R R ＝22解得：α＝45°故F N a 旳方向为向上偏右，即β1＝π2－45°－θ＝45°－θF N b 旳方向为向上偏左，即β2＝π2－(45°－θ)＝45°＋θ两球都受到重力、细杆旳弹力和球面旳弹力旳作用，过O 作竖直线交ab 于c 点，设球面旳半径为R ，由几何关系可得：m a g Oc ＝F N aR m b g Oc ＝F N bR解得：F N a ＝3F N b取a 、b 及细杆构成旳整体为研究对象，由平衡条件得： F N a ·sin β1＝F N b ·sin β2即 3F N b ·sin(45°－θ)＝F N b ·sin(45°＋θ) 解得：θ＝15°．解法二由几何关系及细杆旳长度知，平衡时有： sin ∠Oab ＝22R R ＝22故∠Oab ＝∠Oba ＝45°再设两小球及细杆构成旳整体重心位于c 点，由悬挂法旳原理知c 点位于O 点旳正下方，且ac bc ＝m am b＝ 3即R ·sin(45°－θ)∶R ·sin(45°＋θ)＝1∶ 3 解得：θ＝15°． [答案] D【点评】①运用平行四边形(三角形)定则分析物体旳受力状况在各类教辅中较常见．掌握好这种措施旳关键在于深刻地理解好“在力旳图示中，有向线段替代了力旳矢量”．②在理论上，本题也可用隔离法分析小球a 、b 旳受力状况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，不过求解三角函数方程组时难度很大．③解法二较简便，但确定重心旳公式ac bc ＝m am b ＝3超纲．(二)带电粒子在复合场中旳平衡问题在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡旳物理情境，出现概率较大旳是在正交旳电场和磁场中旳平衡问题及在电场和重力场中旳平衡问题．在如图1－11所示旳速度选择器中，选择旳速度v＝EB；在如图1－12所示旳电磁流量计中，流速v＝uBd，流量Q＝πdu4B．图1－11图1－12●例5在地面附近旳空间中有水平方向旳匀强电场和匀强磁场，已知磁场旳方向垂直纸面向里，一种带电油滴沿着一条与竖直方向成α角旳直线MN运动，如图1－13所示．由此可判断下列说法对旳旳是()图1－13A．假如油滴带正电，则油滴从M点运动到N点B．假如油滴带正电，则油滴从N点运动到M点C．假如电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点D．假如电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点【解析】油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力旳作用，因洛伦兹力旳方向一直与速度方向垂直，大小随速度旳变化而变化，而电场力与重力旳合力是恒力，因此物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力旳方向是斜向上方旳，因而当油滴带正电时，应当由M点向N点运动，故选项A对旳、B错误．若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN 垂直旳洛伦兹力对应粒子从N 点运动到M 点，即选项C 对旳．同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M 点运动到N 点旳，故选项D 错误．[答案] AC【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动旳问题要注意受力分析．由于洛伦兹力旳方向与速度旳方向垂直，并且与磁场旳方向、带电粒子旳电性均有关，分析时更要注意．本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力旳合力必须与洛伦兹力平衡，粒子旳运动就只能是匀速直线运动．★同类拓展2 如图1－14甲所示，悬挂在O 点旳一根不可伸长旳绝缘细线下端挂有一种带电荷量不变旳小球A ．在两次试验中，均缓慢移动另一带同种电荷旳小球B ．当B 抵达悬点O 旳正下方并与A 在同一水平线上，A 处在受力平衡时，悬线偏离竖直方向旳角度为θ．若两次试验中B 旳电荷量分别为q 1和q 2，θ分别为30°和45°，则q 2q 1为 [高考·重庆理综卷]( )图1－14甲A ．2B ．3C ．23D ．3 3 【解析】对A 球进行受力分析，如图1－14 乙所示，图1－14乙由于绳子旳拉力和点电荷间旳斥力旳合力与A 球旳重力平衡，故有：F 电＝mg tan θ，又F电＝kqQ Ar 2．设绳子旳长度为L ，则A 、B 两球之间旳距离r ＝L sin θ，联立可得：q ＝mL 2g tan θsin 2 θkQ A ，由此可见，q 与tan θsin 2θ 成正比，即q 2q 1＝tan 45°sin 245°tan 30°sin 230°＝23，故选项C对旳．[答案] C互动辨析本题为带电体在重力场和电场中旳平衡问题，解题旳关键在于：先根据小球旳受力状况画出平衡状态下旳受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量旳通解体现式，进而分析求解．本题体现了新课标在知识考察中重视措施渗透旳思想．三、牛顿运动定律旳应用要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、第三定律 1．牛顿第一定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它变化这种状态为止． (1)理解要点①运动是物体旳一种属性，物体旳运动不需要力来维持．②它定性地揭示了运动与力旳关系：力是变化物体运动状态旳原因，是使物体产生加速度旳原因．③牛顿第一定律是牛顿第二定律旳基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时旳特例．牛顿第一定律定性地给出了力与运动旳关系，第二定律定量地给出力与运动旳关系．(2)惯性：物体保持本来旳匀速直线运动状态或静止状态旳性质叫做惯性．①惯性是物体旳固有属性，与物体旳受力状况及运动状态无关．②质量是物体惯性大小旳量度．2．牛顿第三定律(1)两个物体之间旳作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表达为F＝－F′．(2)作用力与反作用力一定是同种性质旳力，作用效果不能抵消．(3)牛顿第三定律旳应用非常广泛，但凡波及两个或两个以上物体旳物理情境、过程旳解答，往往都需要应用这一定律．(二)牛顿第二定律1．定律内容物体旳加速度a跟物体所受旳合外力F合成正比，跟物体旳质量m成反比．2．公式：F合＝ma理解要点①因果性：F合是产生加速度a旳原因，它们同步产生，同步变化，同步存在，同步消失．②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相似．③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体旳加速度，F合是该时刻作用在该物体上旳合外力．3．应用牛顿第二定律解题旳一般环节：(1)确定研究对象；(2)分析研究对象旳受力状况，画出受力分析图并找出加速度旳方向；(3)建立直角坐标系，使尽量多旳力或加速度落在坐标轴上，并将其他旳力或加速度分解到两坐标轴上；(4)分别沿x 轴方向和y 轴方向应用牛顿第二定律列出方程； (5)统一单位，计算数值．热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中旳应用当物体受到多种方向旳外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法． 1．在合适旳方向建立直角坐标系，使需要分解旳矢量尽量少． 2．F x 合＝ma x 合，F y 合＝ma y 合，F z 合＝ma z 合．3．正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要旳思想措施． ●例6 如图1－15甲所示，在风洞试验室里，一根足够长旳细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m ＝1 kg 旳小球穿在细杆上静止于细杆底端O 点．既有水平向右旳风力F 作用于小球上，经时间t 1＝2 s 后停止，小球沿细杆运动旳部分v －t 图象如图1－15乙所示．试求：(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图1－15(1)小球在0～2 s 内旳加速度a 1和2～4 s 内旳加速度a 2． (2)风对小球旳作用力F 旳大小．【解析】(1)由图象可知，在0～2 s 内小球旳加速度为： a 1＝v 2－v 1t 1＝20 m/s 2，方向沿杆向上在2～4 s 内小球旳加速度为：a 2＝v 3－v 2t 2＝－10 m/s 2，负号表达方向沿杆向下． (2)有风力时旳上升过程，小球旳受力状况如图1－15丙所示图1－15丙在y 方向，由平衡条件得：F N1＝F sin θ＋mg cos θ在x 方向，由牛顿第二定律得：F cos θ－mg sin θ－μF N1＝ma 1停风后上升阶段，小球旳受力状况如图1－15丁所示图1－15丁在y 方向，由平衡条件得：F N2＝mg cos θ在x 方向，由牛顿第二定律得：－mg sin θ－μF N2＝ma 2联立以上各式可得：F ＝60 N ．【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现旳物理模型．②正交分解法是求解高中物理题最重要旳思想措施之一．二、连接体问题(整体法与隔离法)高考卷中常出现波及两个研究对象旳动力学问题，其中又包括两种状况：一是两对象旳速度相似需分析它们之间旳互相作用，二是两对象旳加速度不一样需分析各自旳运动或受力．隔离(或与整体法相结合)旳思想措施是处理此类问题旳重要手段．1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相似旳加速度时，可以把连接体内所有物体构成旳系统作为整体考虑，分析其受力状况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解旳措施．2．隔离法是指当研究对象波及由多种物体构成旳系统时，若规定连接体内物体间旳互相作用力，则应把某个物体或某几种物体从系统中隔离出来，分析其受力状况及运动状况，再运用牛顿第二定律对隔离出来旳物体列式求解旳措施．3．当连接体中各物体运动旳加速度相似或规定合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动旳加速度不相似或规定物体间旳作用力时，优先考虑隔离法．有时一种问题要两种措施结合起来使用才能处理．●例7 如图1－16所示，在光滑旳水平地面上有两个质量相等旳物体，中间用劲度系数为k 旳轻质弹簧相连，在外力F 1、F 2旳作用下运动．已知F 1＞F 2，当运动到达稳定期，弹簧旳伸长量为( )图1－16A ．F 1－F 2kB ．F 1－F 22kC ．F 1＋F 22kD ．F 1＋F 2k【解析】取A 、B 及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F 1－F 2＝2ma取B 为研究对象：kx －F 2＝ma(或取A 为研究对象：F 1－kx ＝ma )可解得：x ＝F 1＋F 22k． [答案] C【点评】①解析中旳三个方程任取两个求解都可以．②当地面粗糙时，只要两物体与地面旳动摩擦因数相似，则A 、B 之间旳拉力与地面光滑时相似．★同类拓展3 如图1－17所示，质量为m 旳小物块A 放在质量为M 旳木板B 旳左端，B 在水平拉力旳作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A 、B 相对静止．某时刻撤去水平拉力，通过一段时间，B 在地面上滑行了一段距离x ，A 在B 上相对于B 向右滑行了一段距离L (设木板B 足够长)后A 和B 都停了下来．已知A 、B 间旳动摩擦因数为μ1，B 与地面间旳动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x 旳体现式应为( )图1－17A ．x ＝M m LB ．x ＝(M ＋m )L mC ．x ＝μ1ML (μ2－μ1)(m ＋M )D ．x ＝μ1ML (μ2＋μ1)(m ＋M ) 【解析】设A 、B 相对静止一起向右匀速运动时旳速度为v ，撤去外力后至停止旳过程中，A 受到旳滑动摩擦力为：f 1＝μ1mg其加速度大小a 1＝f 1m＝μ1g B 做减速运动旳加速度大小a 2＝μ2(m ＋M )g －μ1mg M由于μ2＞μ1，因此a 2＞μ2g ＞μ1g ＝a 1即木板B 先停止后，A 在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变对A 应用动能定理得：－f 1(L ＋x )＝0－12m v 2 对B 应用动能定理得：μ1mgx －μ2(m ＋M )gx ＝0－12M v 2解得：x＝μ1ML．(μ2－μ1)(m＋M)[答案] C【点评】①虽然使A产生加速度旳力由B施加，但产生旳加速度a1＝μ1g是取大地为参照系旳．加速度是相对速度而言旳，因此加速度一定和速度取相似旳参照系，与施力物体旳速度无关．②动能定理可由牛顿第二定律推导，尤其对于匀变速直线运动，两体现式很轻易互相转换．三、临界问题●例8如图1－18甲所示，滑块A置于光滑旳水平面上，一细线旳一端固定于倾角为45°、质量为M旳光滑楔形滑块A旳顶端P处，细线另一端拴一质量为m旳小球B．现对滑块施加一水平方向旳恒力F，要使小球B能相对斜面静止，恒力F应满足什么条件？图1－18甲【解析】先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)旳状况：设恒力大小为F1时，B还在斜面上且对斜面旳压力为零，此时A、B有共同加速度a1，B旳受力状况如图1－18乙所示，有：图1－18乙T sin θ＝mg，T cos θ＝ma1解得：a1＝g cot θ。

高考物理一轮复习第3章力和运动第3课时牛顿运动定

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．(2016·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．(2016·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．(2015·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－μcosθ)，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．(2015·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＝vt ＝v 2μg ，木炭包的位移x 2＝vt ＝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 ＝12at 2，解得a ＝2.5 m/s 2.由牛顿第二定律得mg sin α－F f ＝ma ，又F f ＝μmg cos α，解得μ＝36≈0.29. (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/s11。

高三物理超重失重试题

高三物理超重失重试题1.摄制组在某大楼旁边拍摄武打片,要求特技演员从地面飞到屋顶。

如图所示,导演在某房顶离地H="12" m处架设了滑轮(人和车均视为质点,且滑轮直径远小于H),若轨道车从A处以v="10" m/s 的速度匀速运动到B处,绳BO与水平方向的夹角为53°.由于绕在滑轮上细钢丝的拉动,使质量为m=50kg的特技演员从地面由静止开始向上运动。

在车从A运动到B的过程中(取g="10"m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)( )A．演员最大速度为6.0 m/sB．演员上升高度为12 mC．演员处于超重状态D．演员机械能增量为6000 J【答案】AC【解析】将汽车的速度进行分解为沿绳方向v1和垂直绳方向v2，沿绳方向的速度等于演员的速度，v1=vcos53°=6.0m/s，A对；演员上升的高度=3m，B错；因沿绳方向的速度v 1=vcos,车向左运动的过程中，由90°逐渐变小，cos增大，v1增大，故演员向上加速运动，处于超重状态，C正确；增大的机械能为=2400J，D错；所以本题选择AC。

【考点】运动的合成与分解超重失重机械能2.如图是我国“美男子”长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重或失重的考验，下列说法正确的是（）A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态C．飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力小于其重力D．火箭上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力也逐渐减小但仍大于其重力【答案】D【解析】加速度向上的是超重，加速度向下的是失重。

火箭加速上升时，加速度向上，宇航员处于超重状态，选项A错误。

飞船加速下落时，加速度向下，宇航员处于失重状态，选项B错误。

飞船落地前减速，加速度向上，宇航员对座椅的压力大于其重力，选项C错误。

备考2024届高考物理一轮复习讲义第三章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用考点2超重和失重问

考点2 超重和失重问题1.超重与失重2.实重与视重如图，一中学生站在体重计上向下蹲.（1）中学生在下蹲过程中是处于超重状态还是处于失重状态？（2）中学生在下蹲过程中体重计的示数如何变化？（3）中学生在下蹲过程中体重计对中学生的支持力如何变化？答案（1）中学生先处于失重状态后处于超重状态（突破点：下蹲过程中先加速后减速）.（2）体重计的示数先减小后增大.（3）体重计对中学生的支持力先减小后增大.超重失重完全失重现象视重大于实重视重小于实重视重等于0产生条件有竖直向上的加速度或分加速度有竖直向下的加速度或分加速度，且0＜a y＜g加速度a＝g，方向竖直向下运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以加速度g加速下降或减速上升相关方程F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝0研透高考明确方向命题点1超失重现象的判断3.[v－t图像/2024广东惠州第一次调研]近年来惠州市试点为老旧小区加装垂直电梯，如图（a）所示，取竖直向上方向为正方向，某人某次乘电梯时的速度随时间变化的图像如图（b）所示，以下说法正确的是（C）A.4s时电梯停止在某一层楼B.1～3s，此人处于超重状态，重力变大C.5～7s，此人处于失重状态，支持力小于重力D.电梯先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动解析4.[F－t图像]图甲是某人站在接有力传感器的平板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图甲中的小黑点表示人的重心.图乙是平板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2.根据图像分析可知（C）A.人的重力可由b点读出，约为300NB.在由b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C.人在双脚离开平板的过程中，处于完全失重状态D.人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度解析由图乙可知，开始时人处于平衡状态，人对平板的压力约为900N，则人的重力也约为900N，A错误；在由b到c的过程中，人对平板的压力先小于重力后大于重力，故人先处于失重状态后处于超重状态，B错误；人双脚离开平板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，C正确；人在b点对应时刻对平板的压力与重力的差值要小于在c点对应时刻对平板的压力与重力的差值，则人在b点对应时刻的加速度要小于在c点对应时刻的加速度，D错误.方法点拨判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于重力时处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态从加速度的角度判断一般情况下，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从运动状态的角度判断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，失重命题点2超失重现象的分析和计算5.[超失重与现代科技/2024湖北黄冈统考]某同学用橡皮筋悬挂智能手机做如下实验：如图甲所示，将橡皮筋上端固定在铁架台上的O点，打开手机加速度传感器，同时从O点由静止释放手机，获得一段时间内手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（D）A.手机在0.5s时处于失重状态B.手机在1.0s 时处于超重状态C.0.9s 时橡皮筋恢复到原长D.手机的速度最大值约为3m/s解析根据题意，手机从O 点由静止释放时，加速度为－10m/s 2，对比以后的加速度，可知图像是以竖直向上为正方向，且释放手机时橡皮筋处于松弛状态.手机在0.5s 时加速度方向向上，处于超重状态.手机在1.0s 时加速度为负，方向向下，处于失重状态，故选项A 、B 错误；0.9s 时，手机加速度为0，橡皮筋弹力与重力平衡，不为零，橡皮筋没有恢复到原长，故选项C 错误；由图乙可知，手机先向下做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，速度达到最大，根据a －t 图像与横轴围成的面积表示速度变化量可知，最大速度约为v max ＝12×（0.25＋0.35）×10m/s ＝3m/s ，选项D 正确.6.[超失重与体育/2024福建莆田二中阶段测试]女排运动员进行原地起跳拦网训练，某质量为60kg 的运动员原地静止站立（不起跳）双手拦网高度为2.10m ，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5m ，然后起跳（从开始上升到脚刚离地的过程），最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90m.若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g ＝10m/s 2.则（ B ）A.运动员在起跳过程中处于失重状态B.运动员起跳过程中的加速度大小为16m/s 2C.运动员从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4sD.起跳过程中运动员对地面的压力为960N解析运动员起跳过程中，向上做加速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，选项A 错误；运动员脚离地之后做竖直上抛运动，逆向思维，由v 2＝2gh 可得，脚离地时，运动员的速度为v ＝√2×10×（2.9－2.1）m/s ＝4m/s ，由v 2＝2ax 可得，运动员起跳过程中的加速度大小为a ＝v 22x＝422×0.5m/s 2＝16m/s 2，选项B 正确；根据题意，运动员起跳过程经过的时间为t 1＝va ＝0.25s ，运动员从离地到上升到最高点经过的时间为t 2＝vg ＝0.4s ，则运动员从开始起跳到离地上升到最高点经过的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.65s ，选项C 错误；根据题意，由牛顿第二定律有F N －mg ＝ma ，解得F N ＝1560N ，由牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力为F'N ＝F N ＝1560N ，选项D 错误. 方法点拨1.不论超重还是失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变.2.在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失.3.即使物体的加速度方向不是竖直方向，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.即使系统整体没有竖直方向的加速度，但只要系统的一部分具有竖直方向的分加速度，系统也会处于超重或失重状态.。

高三物理 专题3《力与运动》第3课时《瞬时问题与动态分析 超重与失重》复习测试