高三物理高考一轮复习-第三章 两类动力学问题 超重和失重

第二节两类动力学问题超重和失重动力学的两类基本问题应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：(1)已知受力情况求．(2)已知运动情况求．在这两类问题中，

是联系力和运动的桥梁．受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，求解这两类问题的思路如下．运动情况受力情况加速度1．如图3－2－1所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是(

)图3－2－1【解析】

【答案】

B超重与失重1．视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数叫做视重，其大小等于测力计所受物体的

或台秤所受物体的

．拉力压力2．超重、失重与完全失重超重失重完全失重定义物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)

物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)

物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)

零的状态产生条件物体有

的加速度物体有

的加速度a＝g，方向向下视重F＝m(g＋a)F＝m(g－a)F＝0大于小于等于向上向下2．(双选)(2011·清远摸底)用力传感器悬挂一钩码沿竖直方向由静止开始运动．如图3－2－2所示中实线是传感器记录的拉力大小变化情况，则(

)图3－2－2A．钩码的重力约为4NB．钩码的重力约为3NC．a、b、c、d四段图线中，钩码处于超重状态的是a、d，失重状态的是b、cD．a、b、c、d四段图线中，钩码处于超重状态的是a、b，失重状态的是c、d【解析】

求解本题的关键是对图象及超重、失重概念的准确理解．由于初始状态物体静止，所以钩码的重力等于拉力，从图上可读出拉力约为4N，故A正确，B错误；据“超重时拉力大于重力、失重时拉力小于重力”可知，C正确，D错误．【答案】

AC动力学问题的定性分析动态变化问题主要研究速度、加速度、合力三个物理量的变化情况．因为加速度决定于合外力，而速度的变化决定于加速度与速度的方向关系，所以处理此类问题的思维程序应如下：先对物体的受力进行分析，再求物体所受的合外力并分析其变化，然后用牛顿第二定律分析加速度的变化，最后根据加速度与速度的方向关系判断速度的变化情况．动态变化的过程以后还有“机车启动获得最大速度之前的过程”、“电磁感应部分导体棒获得收尾速度前的过程”，这些问题重在分析合力的变化以及潜在的状态(如平衡状态、收尾速度)．

如图3－2－3所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的弹簧．现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的过程中，物体的速度和加速度的变化情况是A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大图3－2－3【思路点拨】

在压缩过程中，弹力逐渐增大，合力先减少后增大，进而可分析加速度、速度的变化．

如图3－2－3所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的弹簧．现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的过程中，物体的速度和加速度的变化情况是A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大图3－2－3【自主解答】

物体在水平方向上受向左的推力F、弹簧向右的弹力kx，起初合力方向向左、大小为F合＝F－kx，随着x的增大，合力越来越小，由牛顿第二定律可知，加速度越来越小，因加速度与速度同向，故速度越来越大；当弹簧的弹力kx增大到与F相等时，合力为零，加速度为零，速度最大；由于惯性，物体继续向左运动，弹簧向右的弹力大于F，合力方向向右、大小F合＝kx－F，随着x的增大，合力越来越大，加速度越来越大，因加速度与速度反向，故速度减小，D正确．【答案】

D动力学问题的定量计算2．牛顿第二定律的应用步骤分析解答物理学问题必备的六大环节，即：对象、状态、过程、规律、方法和结论．因而应用牛顿第二定律解题的步骤可有以下几个方面：(1)选取研究对象，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，并可把物体视为质点．(2)确定研究对象的运动状态，画出物体运动情景的示意图，并标明物体运动速度与加速度的方向．(3)分析研究对象的受力情况，并画出受力分析示意图．(4)选定合适的方向建立平面直角坐标系，依据牛顿第二定律列出方程，如Fx＝max，Fy＝may.(5)代入已知条件求解结果并分析其结果的物理意义．(2011·河源模拟)如图3－2－4所示，传送带的水平部分ab＝2m，斜面部分bc＝4m，bc与水平面的夹角α＝37°.一个小物体A与传送带的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v＝2m/s.若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送带．求物体A从a点被传送到c点所用的时间．(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)图3－2－4【标准解答】物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等．在这一过程中有当物体A到达bc斜面时，由于mgsin37°＝0.6mg＞μmgcos37°＝0.2mg.所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动，其加速度大小为a2＝gsin37°－μgcos37°＝4m/s2，物体A在传送带bc上所用时间满足代入数据得t3＝1s(t3＝－2s舍去)．则物体A从a点被传送到c点所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.该题属于已知受力情况求运动情况类问题，同时该题又是典型的传送带问题．传送带问题解题规律如下：(1)按传送带的使用方式可将其分为水平和倾斜两种，使用中可根据实际使其顺时针或逆时针转动．(2)传送带模型题的分析流程：(3)摩擦力的突变发生在物体速度与传送带速度相等的时刻，v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口．(4)判定运动中的速度变化(即相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向，对二者的比较是决定解题方向的关键．(5)在倾斜传送带上需比较mgsinθ与f的大小与方向．(6)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动．1．(双选)(2010·佛山模拟)如图3－2－5所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，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vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是(

)A．若传送带不动，vB＝3m/sB．若传送带逆时针匀速转动，vB一定小于3m/sC．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3m/sD．若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于3m/s图3－2－5【解析】

当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1m/s2，物体到达B点的速度vB＝＝3m/s，A正确．当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后的相对运动方向不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB＝3m/s，B错误．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4m/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4m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4m/s时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速，故C错误，D正确．【答案】

AD

如图3－2－6所示是电梯上升的v－t图线，若电梯的质量为100kg，则承受电梯的钢绳受到的拉力在0～2s之间、2s～6s之间、6s～10s之间分别为多大？(g取10m/s2)【思路点拨】

本题是已知物体的运动情况求物体的受力情况，电梯的运动情况由图象给出．要学会从已知的v－t图线中找出有关的已知条件．从图中可以看出电梯的运动情况为先加速、后匀速、再减速，根据v－t图线可以确定电梯的加速度，由牛顿运动定律可列式求解．图3－2－6【自主解答】

对电梯的受力情况分析如图所示：(1)由v－t图线可知，0～2s内电梯的速度从0均匀增加到6m/s其加速度：a1＝＝3m/s2由牛顿第二定律可得：F1－mg＝ma1解得钢绳拉力：F1＝m(g＋a1)＝1300N(超重)．(2)在2s～6s内，电梯做匀速运动，则：F2＝mg＝1000N.(3)在6s～10s内，电梯做匀减速运动，v0＝6m/s，vt＝0加速度的大小：a3＝||＝1.5m/s2(方向向下)由牛顿第二定律可得：mg－F3＝ma3解得钢绳的拉力：F3＝m(g－a3)＝850N(失重)．【答案】

1300N

1000N

850N对超重、失重的进一步理解

举重运动员在地面上能举起120kg的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100kg的重物，求：(1)升降机运动的加速度；(2)若在以2.5m/s2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(取g＝10m/s2)【解析】

运动员在地面上能举起m0＝120kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力F＝m0g＝1200N.(1)在运动着的升降机中只能举起m1＝100kg的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a1，对物体由牛顿第二定律得：F－m1g＝m1a1，解得：a1＝2m/s2.(2)当升降机以a2＝2.5m/s2的加速度加速下降时，重物失重，设此时运动员能举起的重物质量为m2对物体由牛顿第二定律得：m2g－F＝m2a2解得：m2＝160kg.【答案】

(1)2m/s2

(2)160kg题中的一个隐含条件是：该运动员能发挥的向上的最大支撑力(即举重时对重物的最大支持力)是一个恒量，它是由运动员本身的素质决定的，不随电梯运动状态的改变而改变．2．(2010·浙江高考)如图3－2－7所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是(

)A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力图3－2－7【解析】

对于A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A项正确．【答案】

A利用牛顿定律进行动态分析图3－2－81.(2009·上海高考)图3－2－8为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是(

)①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C点到D点，运动员的加速度增大④从C点到D点，运动员的加速度不变A．①③

B．②③

C．①④

D．②④【解析】

运动员的下落过程从O→B为自由落体运动，B→C重力大于弹性绳的弹力，运动员做加速度越来越小的加速运动，到达C点时加速度为零，速度最大；C→D弹性绳的弹力大于重力，加速度竖直向上，运动员做加速度增大的减速运动，到达D点时速度减为零，故正确答案为B.【答案】

B超、失重问题2．直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图3－2－9所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是(

)图3－2－9A．箱内物体对箱子底部始终没有压力B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”【解析】

设整体加速度为a，则

，当v＝0时，a＝g，当v≠0时，a＜g，设箱内物体质量为m，受支持力为FN，对箱内物体有mg－FN＝ma.当v＝0时，FN＝0；v≠0时，FN＝m(g－a)＞0，故选项A、B错误；因箱子下落过程为变加速运动，接近地面时，v最大，故a最小，由FN＝m(g－a)可知物体对箱底压力最大，故选项C正确；若下落距离足够长，当Ff＝M总g时，a＝0，箱子做匀速运动，此时FN＝mg，故选项D错误．【答案】

C由受力情况定性推理运动情况3．(双选)(2010·江苏高考)如图3－2－10所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小．先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有(

)图3－2－10A．物块经过P点的动能，前一过程较小B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦

产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长【解析】【答案】

AD已知运动情况推断受力情况4．(2012·预测)质量相等的甲乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同，将释放时刻作为t＝0时刻，两物体的速度图象如图3－2－11所示．则下列判断正确的是(

)图3－2－11A．t0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是大于乙物体受到的空气阻力B．t0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是小于乙物体受到的空气阻力C．t0时刻甲乙两物体到达同一高度D．t0时刻之前甲下落的高度小于乙物体下落的高度【解析】

由牛顿第二定律可得物体下落的加速度从图象上的斜率可知甲的加速度不变，说明其受阻力不变，乙的加速度一直减小，说明其受阻力一直增大，比较两图象的斜率，乙的斜率先大于甲，后小于甲，中间有一时刻二者的斜率相等，说明甲物体所受阻力开始大于乙，后小于乙，中间有一时刻相等，因此A、B选项均错．t0时刻二者速度相等，从图象上图线所围面积推断乙下落的位移大，因此C错D对．【答案】

D

两类动力学问题(2010·海南高考)图3－2－21(a)中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图3－2－21(b)所示，图中F以mg为单位，重力加速度g＝10m/s2.整个系统开始时静止．

图3－2－21(1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；(2)在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块的v－t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离．【解析】(2)由上式得到物块与木板运动的v－t图象，如图所示．在0～3s内物块相对于木板滑过的距离Δs等于木板和物块v－t图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积．该四边形由两个三角形组成：上面的三角形面积为0.25m，下面的三角形面积为2m，因此Δs＝2.25m.【答案】

见解析1．下列关于超重、失重现象的说法正确的是(

)A．汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了B．荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力C．宇航员在飞船内处于完全失重状态，而正在进行太空行走的宇航员在飞船外面则处于平衡状态D．电梯加速上升时，处在电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重力【解析】

在汽车驶过拱形桥顶端时，由重力和支持力的合力提供汽车做圆周运动的向心力，合力向下，所以支持力小于重力，处于失重状态；荡秋千的小孩通过最低点时，由重力和支持力的合力提供其向心力，合力向上，所以支持力大于重力，处于超重状态；宇航员随飞船做圆周运动，万有引力提供向心力，处于完全失重状态．当物体处于超重、失重或完全失重时，只是物体对支持物的压力增大、减小或等于零，物体本身的重力并没有变化．电梯加速上升时，有向上的加速度，支持力大于重力，电梯中的人处于超重状态．故A、B、C项错误，D项正确．【答案】

D2．如图3－2－22所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中(

)图3－2－22A．P做匀速直线运动B.P的加速度大小不变，但方向改变一次C.P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大【解析】在物体P压缩弹簧的过程中，弹簧的弹力一直在增大，根据牛顿第二定律可知，物体P的加速度一直在增大，但速度方向与加速度方向相反，则物体P运动速度一直在减小，当速度为零时，加速度最大，C正确．【答案】

C3．(双选)(2009·广东高考)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图3－2－23所示，电梯运行的v－t图可能是图中的(取电梯向上运动的方向为正)(

)图3－2－23【解析】

由题图可知，在t0～t1时间内，弹簧秤的示数小于人的实际体重，则人处于失重状态，此时电梯具有向下的加速度，可能向下做匀加速运动或向上做匀减速运动；t1～t2时间内，弹簧秤的示数等于人的实际体重，则人处于平衡状态，电梯加速度为零，电梯可能做匀速运动或处于静止状态；t2～t3时间内，弹簧秤的示数大于人的实际体重，则人处于超重状态，电梯具有向上的加速度，电梯可能向下做匀减速运动或向上做匀加速运动．综上所述，正确答案为A、D.【答案】

AD4．如图3－2－24在长2.5m的水