【正文】 向下的加速度，但不一定是向下運動， C 錯；由牛頓第二定律mg － F N ＝ ma ，可知 a ＝g5， D 對。 [答案 ] C [沖關(guān)必試 ] 1．在探究超重和失重規(guī)律時，某體重為 G的同學(xué)站在一壓 力傳感器上完成一次下蹲動作。 [典例必研 ] 2 [例 1] 升降機內(nèi)，一個小球系于彈簧下端，如 圖 3－ 3－ 1所示，當(dāng)靜止時，彈簧伸長 4 cm，升 降機運動中，彈簧伸長 2 cm，則升降機運動情 況可能是 ( ) A．以 1 m/s2 的加速度加速下降 B．以 1 m/s2 的加速度加速上升 圖 3－ 3－ 1 C．以 m/s2的加速度加速下降 D．以 m/s2的加速度加速上升 [思路點撥 ] 由彈簧的伸長量變化判斷出合外力的方向，然后再由牛頓第二定律求解加速度的大小，最后由加速度的大小和方向判斷電梯的運動情況。 [名師點睛 ] (1)發(fā)生超、失重現(xiàn)象時，物體的重力不變，只是物體的視 重發(fā)生了變化。在發(fā)生這些現(xiàn)象時，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力 (或?qū)覓煳锏睦?)發(fā)生變化。 (2)盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)。 答案：相互作用 隔離 [知識必會 ] 1．超重、失重和完全失重的比較 超重 失重 完全失重定義物體對支持物的壓力 ( 或?qū)覓煳锏睦?) 大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力 ( 或?qū)覓煳锏睦?) 小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力 ( 或?qū)覓煳锏睦?) 等于零的狀態(tài) 超重 失重 完全失重產(chǎn)生條件物體有向上的加速度 物體有向下的加速度 a ＝ g ，方向向下視重 F ＝ m ( g ＋ a ) F ＝ m ( g － a ) F ＝ 0 2．對超重、失重的理解 (1)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直 方向上有分量即 ay≠ 0，物體就會出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)。 答案：超重 加速上升或減速下降 3 回扣二 整體法和隔離法 3．當(dāng)連接體內(nèi) (即系統(tǒng)內(nèi) )各物體具有相同的 ________時， 可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為 ________考慮，分析其受力和運動情況，運用牛頓第二定律對 ________列方程求解的方法，叫整體法。 (g取 10 m/s2) 解析：重力 mg＝ 20 N，知 mgF， 故物體處于超重狀態(tài)，電梯做加速上升或減速下降運動。 1 2022高考物理總復(fù)習(xí)學(xué)案 回扣一 超重和失重 1．游樂園中，乘客乘坐能加速或減速運動的升降機，可 以體會超重或失重的感覺，下列描述錯誤的是 ( ) A．當(dāng)升降機加速上升時，游客是處在超重狀態(tài) B．當(dāng)升降機減速下降時，游客是處在超重狀態(tài) C．當(dāng)升降機減速上升時，游客是處在失重狀態(tài) D．當(dāng)升降機加速下降時，游客是處在超重狀態(tài) 解析：加速上升、減速下降時，升降機具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)；減速上升、加速下降時，升降機具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)。 答案： D 2．重 2 kg的物體用彈簧測力計掛在可豎直升降的 電梯里， 讀數(shù)為 26 N，由此可知，該物體處于 ________狀態(tài)，電梯做 ______________________運動，其加速度大小等于 ________m/s2。 由牛頓第二定律得 F－ mg＝ ma，解得 a＝ 3 m/s2。 答案：加速度 整體 整體 4．當(dāng)研究對象涉及由多個物體組成的系統(tǒng)時，若要求出 連接體內(nèi)物體間的 ________力，則應(yīng)把某個物體或某幾個物體從系統(tǒng)中 ________出來，分析其受力情況及運動情況，再利用牛頓第二定律對隔離出來的物體列式求解的方法，叫隔離法。當(dāng) ay 方向豎直向上時，物體處于超重狀態(tài)；當(dāng) ay 方向豎直向下時，物體處于失重狀態(tài)。 (3)超重并不是說重力增加了，失重并不是說重力減小了，完全失重也不是說重力完全消失了。 (4)在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效 、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生向下的壓強等。 (2)物體的超、失重多少由物體的質(zhì)量和豎直方向的加速度共同決定，其大小為 ma。 [解析 ] 當(dāng)靜止時，彈簧伸長 4 cm，這時彈簧的彈力等于小球的重力，當(dāng)升降機運動時，彈簧伸長2 cm，則這時彈簧的彈力只有小球重力的一半，小球處于失重狀態(tài)，加速度向下，小球受到的合力為重力的一半，產(chǎn)生的加速度為 m/s2，因此升降機可能以 m/s2的加速度向下做加速運動，也可能以 m/s2的加速度向上做減速運動， C項正確。傳感器和計算機相連，經(jīng)計算機處理后得到壓力 F 隨時間 t 變化的圖像，則下列圖像 3－ 3－ 2中可能正確的是 ( ) 圖 3－ 3－ 2 解析：下蹲的過程是“ 0→ vm→ 0”的過程，人先向下加速再向下減速，即先失重再超重，選項 D 正確。 答案： D [知識必會 ] 1．隔離法的選取原則 若連接體或關(guān)聯(lián)體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時，就 需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解。 3．整體法、隔離法交替運用原則 若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力。 4．涉及隔離法與整體法的具體問題 (1)涉及滑輪的問題，若要求繩 的拉力，一般都必須采用隔 離法。 (2)固定斜面上的連接體問題。解 題時，一般采用先整體、后隔離的方法。 (3)斜面體 (或稱為劈形物體、楔形物體 )與在斜面體上物體組 成的連接體 (系統(tǒng) )的問題。 [典例必研 ] [例 2] 如圖 3－ 3－ 4所示，質(zhì)量為 80 kg的物體放在安裝在小車上的水平 3 磅秤上，小車在平行于斜面的拉力 F 作用下沿斜面無摩擦地向上運動， 現(xiàn)觀察到物體在磅秤上讀數(shù)為 1000 N。小車與磅秤的總 質(zhì)量為 20 kg。 [解析 ] (1)選物體為研究對象，受力分析 如圖甲所示。 F － ( M ＋ m ) g s i n θ ＝ ( M ＋ m ) a ∴ F ＝ ( M ＋ m ) g s i n θ ＋ ( M ＋ m ) a ＝ 1 0 0 0 N 乙 ( 2 ) 對物體有 f 靜 ＝ ma c o s θ ＝ 200 3 N 根據(jù)牛頓第三定律得，物體對磅秤的靜摩擦力大小為 200 3 N ，方向水平向左。當(dāng)手提著繩端沿水平方向一起做勻加速直線運動時 (空氣阻力不計 )，圖中 3－ 3－5 所描繪的四種情況中 正確的是 ( ) 圖 3－ 3－ 5 解析：手提著繩端沿水平方向一起做勻 加速直線運動，則整體的加速度應(yīng)該由 上端繩子的張力與整體所受重力的合力 提供，據(jù)此立即可排除 D；對下面小球 m，利用牛頓第二定律，則在水平方向有 Tcosα＝ ma①，而在豎直方向則有 Tsinα＝ mg②；對上面小球 M，同理有 Fcosβ－ Tcosα＝ Ma③， Fsinβ＝ Tsinα＋ Mg④，由①③容易得到 Fcosβ＝ (M＋ m)a，而由②④則得 Fsinβ＝ (M＋ m)g，故有 tanβ＝ g/a，而由①②得到 tanα＝ g/a，因此α＝β，選項C正確 。安慶模擬 )物體 M、 m緊靠著置于 動摩擦因數(shù)為μ、傾角為θ的斜面上， 如圖 3－ 3－ 6所示。 圖 3－ 3－ 6 解析：將兩者視為一個整體，受力分析如圖甲，建立坐標(biāo)系如圖所示，由牛頓第二定律得： N1－ (M＋ m)gcosθ－ Fsinθ＝ 0 Fcosθ－ f1－ (M＋ m)gsinθ＝ (M＋ m)a 又： f1＝μ N1 隔離 m受力分析如圖乙，可有： N 2 － mg c o s θ ＝ 0 N － mg s i n θ － f 2 ＝ ma 且： f 2 ＝ μN 2 解上式得： N ＝mF ? c o s θ － μ s i n θ ?M ＋ m。這是從量變到質(zhì)變的規(guī)律在物理學(xué)中的生動表現(xiàn)，這種界限通常以臨界值和臨界狀態(tài)的形式出現(xiàn)在不同的物理情景中。 4 2．臨界問題的處理方法 (1)極限法：在題目中如出現(xiàn)“最大”“最小”“剛好”等詞語 時，一般隱含著臨界問題，處理這類問題時，應(yīng)把物理問題 (或過程 )推向極端，從而使臨界現(xiàn)象 (或狀態(tài) )暴 露出來，達到盡快求解的目的。 (3)數(shù)學(xué)法：將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)公式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達 式求解得出臨界條件。 (2)臨界問題通常具有一定的隱蔽性，解題的靈活性較大， 審題時應(yīng)盡量還原物理情景，抓住臨界狀態(tài)的特征，找 到正確的解題方向。青島模擬 )一彈簧一端固定在傾角為 37176。 現(xiàn)給 Q施加一個方向沿斜面向上的力 F，使它從靜止開始沿斜 面向上做勻加速運動，已知在前 s時間內(nèi)， F為變力， s以后， F為恒力，求：力 F的最大值與最小值。＝ ， g＝ 10 m/s2) 圖 3－ 3－ 7 [思路點撥 ] s內(nèi)彈力是變化的，又合外力恒定 ，故 F是變力， s后 F為恒力，說明 s時兩者分離。 設(shè)剛開始時彈簧壓縮量為 x0 則 (m1＋ m2)gsinθ＝ kx0 ① 因為在前 s時間內(nèi)， F為變力， s以后， F為恒力，所以在 s時， P對 Q的作用力為 0，由牛頓第二定律知 kx1－ m1gsinθ＝ m1a ② F－ m2gsinθ＝ m2a ③ 前 0 . 2 s 時間內(nèi) P 、 Q 向上運動的距離為 x 0 － x 1 ＝12at2 ④ ①②④ 式聯(lián)立解得 a ＝ 3 m / s2 當(dāng) P 、 Q 開始運動時拉力最小，此時有 F m i n ＝ ( m 1 ＋ m 2 ) a ＝ 3 6 N 當(dāng) P 與 Q 分離時拉力最大，此時有 F m a x ＝ m 2 ( a ＋ g s i n θ ) ＝ 7 2 N ?，F(xiàn)對木塊 A施一水平推力 F， 若不計一切摩擦，要使 A、 B一起運動而不發(fā)生相 對滑動，求水平推力 F不得超過的最大值。 由圖可知， A、 B一起運動而不發(fā)生相對 滑動的臨界條件是地面對 A的支持力為 N＝ 0 豎直方向： FBAcosθ＝ mg 水平方向： F－ FBAsinθ＝ ma 聯(lián)立上式可得 F＝ 2mgtanθ，即水平推力 F的最大值為 2mgtanθ。兩繩能夠承受的最 大拉力均為 2 mg 。 ，繩 BC 剛好被拉直時，繩 BC 上沒有力，由牛頓第二定律，得： mg t a n θ ＝ ma 可得 a ＝ g 。 答案： (1)g (2)3g [每課一得 ] 1．模型特點 涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動。 3．解題思路 (1)分析滑塊和滑板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分別 求出滑塊和滑板的加速度。特別注意滑塊 和滑板的 位移都是相對地的位移。 [解析 ] (1)要保持兩者相對靜止，兩者之間的摩擦力不能超過最大靜摩擦力，故最大加速度 a＝μg＝ 1 m/s2 由牛頓第二定律對整體有 Fm＝ (m＋ M)a＝ 4 N (2)當(dāng) F＝ 10 N4 N時，兩者發(fā)生相對滑動 對小物體： a1＝μ g＝ 1 m/s2 對木板： F合＝ F－μ mg＝ Ma2 代入數(shù)據(jù)解得 a 2 ＝ 3 m / s 2 由位移關(guān)系有： L ＝12 a 2 t2 － 12 a 1 t2 代入數(shù)據(jù)解得 t＝ 2 s 則小物塊的速度 v 1 ＝ a 1 t＝ 2 m / s 。當(dāng)小朋友沿滑梯加速下滑時，具有向下加速度，滑梯對人的支持力小于人的重力，人處于失重狀態(tài)；乘客坐在沿平直路面減速行駛的汽車內(nèi)，加速度在水平方向，對乘客受力分析可得在豎直方向汽車對乘客的作用力平衡了人的重力，人不處于失重狀態(tài)；宇航員隨飛船繞地球做圓周運動，宇航員處于完全失重狀態(tài)；運動員離開跳板后僅受重力作用處于 完全失重狀態(tài)。若在某段時間內(nèi)，物塊對箱 底 剛 好無壓力，則在此段時間內(nèi)，木箱的運動狀態(tài)可能為 ( ) A． 勻 速下降 B．加速上升 圖 1 C．物塊處于失重狀態(tài) D．物塊處于超重狀態(tài) 解析： 木箱靜止時彈簧處于伸長狀態(tài)且物塊與箱底間有壓力，此時物塊在重力、彈簧彈力、木箱底對它向上的支持力作用下處于平衡狀態(tài)。 答案： C 3．如圖 2 所示，在光滑水平面上有甲、乙兩木塊，質(zhì)量分別為 m1 和 m2，中間用一原長為 L、勁度系數(shù)為 k的輕質(zhì)彈簧連接起來，現(xiàn)用一水平力 F 向左推木塊乙，當(dāng)兩木塊一起勻加速運動時，兩木塊之間的距 圖 2 離是 ( ) A． L