9、)物體處于超重還是失重狀態(tài)，只取決于加速度的方向，與物體的運動方向無關(guān).
(2)發(fā)生超重和失重時，物體所受的重力并沒有變化.
(3)發(fā)生完全失重現(xiàn)象時，與重力有關(guān)的一切現(xiàn)象都將消失.比如物體對支持物無壓力，靠重力使用的儀器也不能再使用(如天平).只受重力作用的一切拋體運動，都處于完全失重狀態(tài).
例2 (多選)在升降電梯內(nèi)的地面上放一體重計，電梯靜止時，曉敏同學站在體重計上，體重計示數(shù)為50 kg，電梯運動過程中，某一段時間內(nèi)曉敏同學發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)如圖3所示，在這段時間內(nèi)下列說法正確的是( )
圖3
A.曉敏同學所受的重力變小了
B.曉敏對體重計的壓力小于曉敏的重力
C.電梯
10、一定在豎直向下運動
D.電梯的加速度大小為，方向一定豎直向下
答案 BD
解析 曉敏在這段時間內(nèi)處于失重狀態(tài)，是由于曉敏對體重計的壓力變小了，而曉敏的重力沒有改變，A錯誤，B正確；人處于失重狀態(tài)，加速度向下，可能向上減速運動，也可能向下加速運動，C錯誤；以豎直向下為正方向，有：mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝，方向豎直向下，D正確.
【考點】超重和失重
【題點】對超重、失重和完全失重的理解
針對訓練 在電梯中，把一重物置于臺秤上，臺秤與力傳感器相連，當電梯從靜止起加速上升，然后又勻速運動一段時間，最后停止運動時，傳感器的熒屏上顯示出其受的壓力與時間的關(guān)系圖象如圖4
11、所示.試由此圖回答問題：(g取10 m/s2)
圖4
(1)該物體的重力是多少？電梯在超重和失重時物體的重力是否變化？
(2)算出電梯在超重和失重時的最大加速度分別是多大？
答案 (1)30 N 不變 (2)6.67 m/s2 6.67 m/s2
解析 (1)根據(jù)題意4 s到18 s物體隨電梯一起勻速運動，由平衡條件及牛頓第三定律知：
臺秤受的壓力和物體的重力相等，即G＝30 N；
根據(jù)超重和失重的本質(zhì)得：物體的重力不變
(2)超重時：臺秤對物體的支持力最大為50 N，由牛頓第二定律得a1＝＝ m/s2≈6.67 m/s2，方向向上
失重時：臺秤對物體的支持力最小為10
12、N，由牛頓第二定律得a2＝＝ m/s2≈6.67 m/s2，方向向下.
【考點】超重和失重
【題點】超重、失重和完全失重的有關(guān)計算
三、從動力學觀點看自由落體和豎直上拋運動
自由落體運動和豎直上拋運動有什么共同點？
答案 (1)都只受重力作用，是a＝g的勻變速直線運動.
(2)都處于失重狀態(tài).
(3)豎直上拋運動到最高點的逆過程是自由落體運動，豎直上拋運動到最高點后的過程是自由落體運動.
對豎直上拋運動的理解
1.性質(zhì)：豎直上拋運動是初速度方向豎直向上，加速度為g的勻變速直線運動.
2.特點
(1)上升過程：加速度與速度方向相反，物體做勻減速直線運動；下降階段，加
13、速度與速度方向相同，物體做自由落體運動.
(2)在最高點時，物體速度為零，但加速度仍為g.
3.運動規(guī)律
基本公式
例3 氣球下掛一重物，以v0＝10 m/s勻速上升，當?shù)竭_離地面高175 m處時，懸掛重物的繩子突然斷裂，那么重物經(jīng)多長時間落到地面？落地速度多大？(空氣阻力不計，g取10 m/s2)
答案 7 s 60 m/s
解析 解法一 分段法
繩子斷裂后，重物先勻減速上升，速度減為零后，再勻加速下降.
重物上升階段，時間t1＝＝1 s，
由v02＝2gh1知，h1＝＝5 m
重物下降階段，下降距離H＝h1＋175 m＝180 m
設(shè)下落時間為t2，則H＝gt22，故
14、t2＝＝6 s
重物落地速度v＝gt2＝60 m/s，總時間t＝t1＋t2＝7 s
解法二 全程法
取初速度方向為正方向
重物全程位移h＝v0t－gt2，h＝－175 m
可解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)
由v＝v0－gt，
得v＝－60 m/s，負號表示方向豎直向下.
【考點】豎直上拋運動的有關(guān)計算
【題點】豎直上拋運動的有關(guān)計算
1.分段法
(1)上升過程：v0≠0、a＝g的勻減速直線運動.
(2)下降過程：自由落體運動.
2.全程法
(1)整個過程：初速度v0向上、加速度g豎直向下的勻變速直線運動，應(yīng)用規(guī)律v＝v0－gt，h＝v0t－gt2.
15、(2)正負號的含義
①v＞0表示物體上升，v＜0表示物體下降.
②h＞0表示物體在拋出點上方，h＜0表示物體在拋出點下方.
四、平衡中的臨界問題
1.問題界定：物體所處平衡狀態(tài)將要發(fā)生變化的狀態(tài)為臨界狀態(tài)，涉及臨界狀態(tài)的問題為臨界問題.
2.問題特點
(1)當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化.
(2)注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件.
3.分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進行論證、求解.
例4 物體的質(zhì)量為2 kg，兩根輕繩AB和AC的一端連接于豎直墻上(B、C在同一豎直線上)，另一端系于物體上，在物體
16、上另施加一個方向與水平線成θ＝60°的拉力F，若要使兩繩都能伸直，如圖5所示，伸直時AC與墻面垂直，繩AB與繩AC間夾角也為θ＝60°，求拉力F的大小范圍(g取10 m/s2).
圖5
答案 N≤F≤ N
解析 物體的受力情況如圖，由平衡條件得
Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0
Fcos θ－F2－F1cos θ＝0
由上述兩式得F＝－F1
F＝＋
令F1＝0，得F最大值
Fmax＝＝ N
令F2＝0，得F最小值Fmin＝＝ N
綜合得F的取值范圍為 N≤F≤ N.
【考點】共點力的平衡(解決較復雜的平衡問題)
【題點】平衡中的臨界問題
解決臨界
17、問題時應(yīng)注意的問題
1.求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡的臨界點和極值點.
2.臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此做出科學的推理分析，從而給出判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論.
1.(共點力的平衡)如圖6所示，一只質(zhì)量為m的螢火蟲停在傾角為θ的枝條上.枝條對螢火蟲的作用力大小為( )
圖6
A.mgsin θ B.mgcos θ
C.mgtan θ D.mg
答案 D
解析 螢火蟲是靜止的，所以處于平衡狀態(tài)，它受到的重力豎直向下，大小為mg，以及來自下
18、面枝條的力，說明枝條對它的力與重力的大小相等方向相反，所以枝條對螢火蟲的作用力大小為mg，方向豎直向上.
2.(超重和失重問題的分析)如圖7所示為一物體隨升降機由一樓豎直向上運動到某高層的過程中的v－t圖象，則( )
圖7
A.物體在0～2 s處于失重狀態(tài)
B.物體在2～8 s處于超重狀態(tài)
C.物體在8～10 s處于失重狀態(tài)
D.由于物體的質(zhì)量未知，所以無法判斷超重、失重狀態(tài)
答案 C
解析 從加速度的角度判斷，由題意知0～2 s物體的加速度豎直向上，則物體處于超重狀態(tài)；2～8 s物體的加速度為零，物體處于平衡狀態(tài)；8～10 s物體的加速度豎直向下，則物體處于失重狀態(tài)，故
19、C正確.
【考點】超重和失重
【題點】超重和失重問題的分析
3.(超重、失重和完全失重的有關(guān)計算)質(zhì)量是60 kg的人站在升降機中的體重計上，如圖8所示.重力加速度g取10 m/s2，當升降機做下列各種運動時，求體重計的示數(shù).
圖8
(1)勻速上升；
(2)以4 m/s2的加速度加速上升；
(3)以5 m/s2的加速度加速下降.
答案 (1)600 N (2)840 N (3)300 N
解析 (1)勻速上升時：由平衡條件得：
FN1＝mg＝600 N，由牛頓第三定律得：人對體重計壓力為600 N，即體重計示數(shù)為600 N.
(2)加速上升時，由牛頓第二定律得：
F
20、N2－mg＝ma1，F(xiàn)N2＝mg＋ma1＝840 N
由牛頓第三定律得：人對體重計壓力為840 N，即體重計示數(shù)為840 N.
(3)加速下降時，由牛頓第二定律得：
mg－FN3＝ma3，F(xiàn)N3＝mg－ma3＝300 N，
由牛頓第三定律得：人對體重計壓力為300 N，即體重計示數(shù)為300 N.
【考點】超重和失重
【題點】超重、失重和完全失重的有關(guān)計算
4.(豎直上拋運動的有關(guān)計算)如圖9所示，一同學從一高為H＝10 m的平臺上豎直向上拋出一個可以看成質(zhì)點的小球，小球的拋出點距離平臺的高度為h0＝0.8 m，小球拋出后升高了h＝0.45 m到達最高點，最終小球落在地面上.g＝1
21、0 m/s2，求：
圖9
(1)小球拋出時的初速度大小v0；
(2)小球從拋出到接觸地面的過程中經(jīng)歷的時間t.
答案 (1)3 m/s (2)1.8 s
解析 (1)上升階段，由－v02＝－2gh得：
v0＝＝3 m/s
(2)上升階段：0＝v0－gt1
自由落體過程：h0＋h＋H＝gt22
故有：t＝t1＋t2，得：t＝1.8 s.
【考點】豎直上拋運動的有關(guān)計算
【題點】豎直上拋運動的有關(guān)計算
一、選擇題
考點一 超重和失重
1.下列關(guān)于超重和失重的說法中正確的是( )
A.體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài)
B.蹦床運動員在空中上升
22、和下落過程中都處于失重狀態(tài)
C.舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內(nèi)處于超重狀態(tài)
D.游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài)
答案 B
解析 從受力上看，失重物體所受合外力向下，超重物體所受合外力向上；從加速度上看，失重物體的加速度向下，而超重物體的加速度向上.A、C、D中的各運動員所受合外力為零，加速度為零，只有B中的運動員處于失重狀態(tài).
【考點】超重和失重
【題點】超重、失重和完全失重的理解
2.(多選)在升降機中，一個人站在磅秤上，發(fā)現(xiàn)自己的體重減輕了20%，于是他作出下列判斷，其中正確的是( )
A.升降機以0.8g的加速度加速上升
B.升降機以0.2g的加速
23、度加速下降
C.升降機以0.2g的加速度減速上升
D.升降機以0.8g的加速度減速下降
答案 BC
解析 若a＝0.8g，方向豎直向上，由牛頓第二定律有F－mg＝ma得F＝1.8mg，其中F為人的視重，即人此時處于超重狀態(tài)，A、D錯誤；若a＝0.2g，方向豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律有mg－F′＝ma，得F′＝0.8mg，人的視重比實際重力小×100%＝20%，B、C正確.
【考點】超重和失重
【題點】超重、失重和完全失重的計算
3.放在電梯地板上的一個木箱，被一根處于伸長狀態(tài)的彈簧拉著而處于靜止狀態(tài)，如圖1所示，后發(fā)現(xiàn)木箱突然被彈簧拉動，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，據(jù)此可判斷出
24、電梯的運動情況是( )
圖1
A.勻速上升 B.加速上升
C.減速上升 D.減速下降
答案 C
解析 木箱靜止時的受力情況如圖所示
則支持力FN＝mg，靜摩擦力Ff＝F.
若木箱突然被彈簧拉動，說明最大靜摩擦力減小，則壓力減小，即木箱所受支持力FN減小，所以豎直方向mg>FN，物體處于失重狀態(tài)，則電梯可能加速下降，也可能減速上升，C正確.
【考點】超重和失重
【題點】超重和失重問題的分析
4.(多選)在一電梯的地板上有一壓力傳感器，其上放一物塊，如圖2甲所示，當電梯運行時，傳感器示數(shù)大小隨時間變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，根據(jù)圖象分析得出的結(jié)論中正確的是( )
25、
圖2
A.從時刻t1到t2，物塊處于失重狀態(tài)
B.從時刻t3到t4，物塊處于失重狀態(tài)
C.電梯可能開始停在低樓層，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，最后停在高樓層
D.電梯可能開始停在高樓層，先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最后停在低樓層
答案 BC
解析 由題圖可以看出，0～t1，F(xiàn)＝mg，物塊可能處于靜止狀態(tài)或勻速運動狀態(tài)；t1～t2，F(xiàn)>mg，電梯具有向上的加速度，物塊處于超重狀態(tài)，可能加速向上或減速向下運動；t2～t3，F(xiàn)＝mg，物塊可能靜止或勻速運動；t3～t4，F(xiàn)
26、正確.
【考點】超重和失重
【題點】超重和失重問題的分析
考點二 豎直上拋運動
5.(多選)如圖3所示，小球B放在真空薄壁容器A內(nèi)，球B的直徑恰好等于正方體A的邊長，將它們以初速度v0豎直向上拋出，下列說法中正確的是( )
圖3
A.若不計空氣阻力，上升過程中，A對B有向上的支持力
B.若考慮空氣阻力，上升過程中，A對B的壓力向下
C.若考慮空氣阻力，下落過程中，B對A的壓力向上
D.若不計空氣阻力，下落過程中，B對A沒有壓力
答案 BD
解析 上升過程中，不計空氣阻力時，A、B的加速度都等于g；若考慮空氣阻力，A的加速度大于g，B的運動狀態(tài)與A一致，B除受重力外必
27、受一向下的力，因A為真空容器，故此力為A對B向下的壓力.下落過程中，不計空氣阻力時，A、B的加速度等于g；若考慮空氣阻力，A的加速度小于g，B的運動狀態(tài)與A一致，B除受重力外必受一向上的力，因A為真空容器，所以此力為A對B向上的壓力，由牛頓第三定律得，B對A的作用力向下，故B、D正確.
【考點】超重和失重
【題點】完全失重問題的分析
6.(多選)一物體做豎直上拋運動(不計空氣阻力)，初速度為30 m/s，取豎直向上為正方向，當物體的位移為25 m時，經(jīng)歷的時間為(g取10 m/s2)( )
A.1 s B.2 s C.5 s D.3 s
答案 AC
解析 豎直上拋運動的全過
28、程是勻變速直線運動；由x＝v0t＋at2可知h＝v0t－gt2，即：25＝30t－5t2，解得：t＝1 s或t＝5 s，故選A、C.
【考點】豎直上拋運動的有關(guān)計算
【題點】豎直上拋運動的有關(guān)計算
7.(多選)一個從地面豎直上拋的小球，到達最高點前1 s上升的高度是它上升的最大高度的，不計空氣阻力，g＝10 m/s2.則( )
A.小球上升的最大高度是5 m
B.小球上拋的初速度大小是20 m/s
C.2.5 s時小球正在上升
D.1 s末、3 s末小球處于同一位置
答案 BD
解析 小球到達最高點前1 s上升的高度是h＝gt12＝×10×12 m＝5 m，由題知，小球上升
29、的最大高度是H＝4h＝20 m，故A錯誤；由H＝，得小球上拋的初速度大小v0＝＝ m/s＝20 m/s，故B正確；小球上升的總時間t上＝＝2 s，則2.5 s時小球正在下降，故C錯誤；由于小球上升的總時間是2 s，則1 s末、3 s末小球處于同一位置，故D正確.
【考點】豎直上拋運動的有關(guān)計算
【題點】豎直上拋運動的有關(guān)計算
考點三 共點力的平衡
8.如圖4所示，mA＞mB，設(shè)地面對A的支持力為FN，繩子對A的拉力為F1，地面對A的摩擦力為F2，若水平方向用力F拉A，使B勻速上升，不計滑輪摩擦，則在此過程中( )
圖4
A.FN增大，F(xiàn)2增大，F(xiàn)1不變
B.FN減小，F(xiàn)2減
30、小，F(xiàn)1不變
C.FN減小，F(xiàn)2減小，F(xiàn)1增大
D.FN增大，F(xiàn)2減小，F(xiàn)1增大
答案 A
解析 B保持勻速上升，由平衡條件可知，繩子的拉力大小FT不變.根據(jù)定滑輪的特點可知，A受到輕繩的拉力F1大小也不變.
對A受力分析如圖，
則豎直方向：FN＋F1cos θ＝mAg.
得FN＝mAg－F1cos θ；A沿地面向右運動時，θ增大，cos θ減小，F(xiàn)1不變，則FN逐漸增大，而F2＝μFN，μ不變，則F2也逐漸增大，故A正確，B、C、D錯誤.
【考點】共點力的平衡(解決較復雜的平衡問題)
【題點】多力平衡之正交分解法
9.(多選)如圖5所示，質(zhì)量為m的木塊A放在質(zhì)量為M的
31、三角形斜劈上，現(xiàn)用大小均為F、方向相反的水平力分別推A和B，它們均靜止不動，則( )
圖5
A.A與B之間一定存在摩擦力
B.B與地面之間可能存在摩擦力
C.B對A的支持力可能小于mg
D.地面對B的支持力的大小一定等于(M＋m)g
答案 CD
解析 對A、B整體受力分析，如圖所示，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的兩個推力，對于整體，由于兩個推力剛好平衡，故整體與地面間沒有摩擦力，且有FN＝(M＋m)g，故B錯誤，D正確.再對木塊A受力分析，至少受重力mg、已知的推力F、B對A的支持力N′，當推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力時，摩擦力的方向沿斜面向下.當推力F
32、沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力時，摩擦力的方向沿斜面向上.當推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力時，摩擦力為零.在垂直斜面方向上有FN′＝mgcos θ＋Fsin θ(θ為斜劈傾角)，故A錯誤，C正確.
【考點】共點力的平衡(解決較復雜的平衡問題)
【題點】整體法和隔離法解平衡問題
10.(多選)如圖6所示，質(zhì)量為m、頂角為α的直角劈和質(zhì)量為M的正方體放在兩豎直墻和一水平面間，處于靜止狀態(tài).若不計一切摩擦，則( )
圖6
A.水平面對正方體的彈力大小為(M＋m)g
B.墻面對正方體的彈力大小為
C.正方體對直角劈的彈力大小為mgcos α
D.直角劈對墻面的彈力大
33、小為mgsin α
答案 AB
解析 把兩個物體看成一個整體，分析受力，水平方向有兩個彈力，豎直方向有重力和支持力，在豎直方向上由二力平衡可得，水平面對正方體的彈力大小為(M＋m)g，選項A正確；以直角劈為研究對象，其受豎直向下的重力mg，右面墻的彈力F2，方向水平向左，正方體對直角劈的支持力F，方向過兩物體的接觸點垂直于直角劈的斜面，即與水平方向的夾角為α，由力的合成和二力平衡可知，F(xiàn)2與F的合力與重力等大反向，故F＝，F(xiàn)2＝Fcos α＝，所以選項C錯誤；由牛頓第三定律知直角劈對墻面的彈力大小為，所以選項D錯誤；再以整體為研究對象得墻面對正方體的彈力大小與F2相等，即為，所以選項B正確
34、.
【考點】共點力的平衡(解決較復雜的平衡問題)
【題點】整體法和隔離法解平衡問題
二、非選擇題
11.(平衡中的臨界問題)如圖7所示，一個傾角為θ＝37°(sin 37°＝0.6)的固定斜面上，放著一個質(zhì)量為M＝16 kg的三角形物塊A，一輕繩一端系著物塊A跨過光滑定滑輪，另一端掛著一個質(zhì)量為m的物塊B，A與滑輪間的輕繩水平.斜面與A間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，若最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，為使系統(tǒng)保持靜止，m最大為多少？(g取10 m/s2)
圖7
答案 0.5 kg
解析 B靜止平衡時，繩拉力FT滿足FT＝mg
A受力情況如圖所示，
沿斜面方向：
FTcos
35、 θ＋Mgsin θ＝Ff
垂直斜面方向：
FN＋FTsin θ＝Mgcos θ
系統(tǒng)保持靜止，則Ff不超過最大靜摩擦力，有Ff≤μFN
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：m≤0.5 kg.
【考點】共點力的平衡(解決較復雜的平衡問題)
【題點】平衡中的臨界問題
12.(豎直上拋運動)豎直上拋的物體，初速度為30 m/s，經(jīng)過2.0 s、4.0 s，物體的位移分別是多大？通過的路程分別是多長？2.0 s、4.0 s末的速度分別是多大？(g取10 m/s2，忽略空氣阻力)
答案 見解析
解析 物體上升到最高點所用時間t＝＝3 s.上升的最大高度H＝＝ m＝45 m
由x＝v0t－gt2得
36、當t1＝2.0 st時，
位移x2＝30×4.0 m－×10×4.02 m＝40 m，
所以路程s2＝45 m＋(45－40) m＝50 m
速度v2＝v0－gt2＝30 m/s－10×4.0 m/s＝－10 m/s，
負號表示速度方向與初速度方向相反.
13.(超重和失重的計算)小明用臺秤研究人在升降電梯中的超重與失重現(xiàn)象.他在地面上用臺秤稱得其體重為500 N，再將臺秤移至電梯內(nèi)稱其體
37、重，電梯從t＝0時由靜止開始運動到t＝11 s時停止，得到臺秤的示數(shù)F隨時間t變化的圖象如圖8所示，g取10 m/s2.求：
圖8
(1)小明在0～2 s內(nèi)加速度a1的大小，并判斷在這段時間內(nèi)他處于超重還是失重狀態(tài)；
(2)在10～11 s內(nèi)，臺秤的示數(shù)F3；
(3)小明運動的總位移大小.
答案 (1)1 m/s2 失重 (2)600 N (3)19 m
解析 (1)由題圖可知，在0～2 s內(nèi)，臺秤對小明的支持力F1＝450 N，由牛頓第二定律有mg－F1＝ma1
解得a1＝1 m/s2
加速度方向豎直向下，故小明處于失重狀態(tài)
(2)設(shè)在10～11 s內(nèi)小明的加速度大小為a3，時間為t3，
0～2 s的時間為t1，則a1t1＝a3t3，解得a3＝2 m/s2
由牛頓第二定律有F3－mg＝ma3
解得F3＝600 N
(3)0～2 s內(nèi)位移x1＝a1t12＝2 m
2～10 s內(nèi)位移x2＝a1t1t2＝16 m
10～11 s內(nèi)位移x3＝a3t32＝1 m
小明運動的總位移大小x＝x1＋x2＋x3＝19 m.
【考點】超重和失重
【題點】超重、失重和完全失重的有關(guān)計算
（全國通用版）2022-2023高中物理 第四章 牛頓運動定律 7 用牛頓運動定律解決問題（二）學案 新人教版必修1
