高考物理第一轮复习动力学的两类基本问题超重和失重二.docx
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高考物理第一轮复习动力学的两类基本问题超重和失重二
2006年高考物理第一轮复习动力学的两类基本问题超重和失重二
●知识梳理
1.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：
一类是已知受力情况求运动情况；另一类是已知运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析是解决问题的关键.
2.超重和失重
在平衡状态时，物体对水平支持物的压力（或对悬绳的拉力）大小等于物体的重力.当物体在竖直方向上有加速度时，物体对支持物的压力就不等于物体的重力了.当物体的加速度向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫做超重现象.当物体的加速度向下时，物体对支持物的压力小于物体的重力，这种现象叫失重现象.特别的，当物体向下的加速度为g时，物体对支持物的压力变为零，这种状态叫完全失重状态.
对超重和失重的理解应当注意以下几点：
（1）物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化.
（2）发生超重或失重现象与物体的速度无关，只决定于加速度的方向.
（3）在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等.
3.在连接体问题中，如果不要求知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，应用牛顿第二定律求出加速度（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，并分别应用牛顿第二定律列出方程.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应用，常能更有效地解决有关连接体的问题.
●疑难突破
1.对物体进行受力分析时，强调较多的是隔离法，但采用整体法求解，常能化难为易，化繁为简.如图3－2－1，物块b沿静止的粗糙斜面a匀速下滑，判断地面与斜面间有无摩擦力.由于系统处于平衡状态，系统的重力与地面对它们的支持力平衡，水平方向无其他外力，故在水平方向不存在相对运动的趋势，系统和水平面之间就不存在静摩擦力.
图3－2－1
2.动力学问题的一般解题步骤
（1）选取研究对象.所选的研究对象可以是一个物体，也可以是多个物体组成的系统.同一题目，根据需要也可以先后选取不同的研究对象.
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况.
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程.由于所用的公式均为矢量，所以在列方程过程中，要特别注意各量的方向.一般情况下均以加速度的方向为正方向，分别用正负号表示式中各量的方向，将矢量运算转化为代数运算.
（4）代入已知量求解.
●典例剖析
【例1】一位同学的家在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图3－2－2所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和停表测量这座楼房的高度.他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行，最后停在最高层.在整个过程中，他记录了台秤在不同时间段内的示数，记录的数据如下表所示.但由于0～3.0s段的时间太短，他没有来得及将台秤的示数记录下来.假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度g取10m/s2.
图3－2－2
时间（s）
台秤示数（kg）
电梯启动前
5.0
0～3.0
3.0～13.0
5.0
13.0～19.0
4.6
19.0以后
5.0
（1）电梯在0～3.0s时间段内台秤的示数应该是多少?
（2）根据测量的数据，计算该座楼房每一层的平均高度.
剖析：
（1）由图象知，电梯先匀加速运动，再匀速运动，最后匀减速运动到停止，由表中数据可知，物体的质量为5.0kg，电梯匀加速运动的时间为3.0s，匀速运动的时间为10.0s，匀减速运动的时间为6.0s，此时台秤对物体的支持力为46N，由牛顿第二定律可求得电梯匀减速运动的加速度为
a2=
=
m/s2=0.8m/s2
由于电梯匀加速运动的时间是它匀减速运动时间的一半，而速度变化量相同，故电梯匀加速运动的加速度是它匀减速运动加速度的2倍，即a1=2a2=1.6m/s2
由牛顿第二定律得
F1－mg=ma1
F1=m（g+a1）=5.0×（10+1.6）N=58N
即电梯在0～3.0s时间段内台秤的示数为5.8kg.
（2）电梯匀速运动的速度为：
v=a1t1=1.6×3.0m/s=4.8m/s
则电梯上升的总位移为
s=
（t1+t3）+vt2=
×9m+4.8×10m
=69.6m
则每层楼高为h=
m=2.9m.
说明：
本题中电梯加速上升时，物体处于超重状态；电梯减速上升时，物体处于失重状态.物体是处于超重状态还是处于失重状态，与物体的运动速度大小及方向无关，仅与加速度方向有关，当加速度方向向上时，物体处于超重状态；当加速度方向向下时，物体处于失重状态.无论物体处于超重状态还是处于失重状态，其重力都没有变化.
【例2】质量为m=2kg的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1、3、5……奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F1=6N的水平推力，在第2、4、6……偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为F2=2N的水平推力.已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s2，问：
（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动?
（2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25m?
剖析：
以木块为研究对象，它在竖直方向受力平衡，水平方向仅受推力F1（或F2）和摩擦力Ff的作用.由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动，结合运动学公式，即可求出运动时间.
（1）木块在奇数秒内的加速度为
a1=
=
=
m/s2=2m/s2
木块在偶数秒内的加速度为
a2=
=
=
m/s2=0
所以，木块在奇数秒内做a=a1=2m/s2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动.
（2）在第1s内木块向右的位移为
s1=
at2=
×2×12m=1m
至第1s末木块的速度
v1=at=2×1m/s=2m/s
在第2s内，木块以第1s末的速度向右做匀速运动，在第2s内木块的位移为
s2=v1t=2×1m=2m
至第2s末木块的速度
v2=v1=2m/s
在第3s内，木块向右做初速度等于2m/s的匀加速运动，在第3s内的位移为
s3=v2t+
at2
=2×1m+
×2×12m=3m
至第3s末木块的速度
v3=v2+at=2m/s+2×1m/s=4m/s
在第4s内，木块以第3s末的速度向右做匀速运动，在第4s内木块的位移为
s4=v2t=4×1m=4m
至第4s末木块的速度
v4=v2=4m/s
……
由此可见，从第1s起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列.因此，在ns内的总位移为
sn=1+2+3+…+n=
当sn=40.25m时，n的值为8＜n＜9.取n=8，则8s内木块的位移共为
s8=
m=36m
至第8s末，木块的速度为v8=8m/s.
设第8s后，木块还需向右运动的时间为tx，对应的位移为sx=40.25m－36m=4.25m，由sx=v8tx+
atx2，即4.25=8tx+
×2tx2
解得tx=0.5s
所以，木块位移大小等于40.25m时，需运动的时间T=8s+0.5s=8.5s.
思考讨论
若根据v－t图象如何求解？
提示：
物体的v－t图象如下图所示：
由v－t图象不难求出物体在第1s、第2s、第3s、第4s……第ns内的位移分别为1m、2m、3m、4m……nm.则前ns内的总位移为
sn=（1+2+3+…+n）m=
m
当sn=40.25m时，8＜n＜9，前8s内的位移为
s8=
m=36m
8s后物体的位移为
sx=s－s8=40.25m－36m=4.25m
sx=v8tx+
atx2
求得tx=0.5s，则物体发生40.25m的位移所需时间为8.5s.
说明：
（1）本题属于已知受力情况求运动情况的问题，解题思路为先根据受力情况由牛顿第二定律求加速度，再根据运动规律求运动情况.
（2）根据物体的受力特点，分析物体在各段时间内的运动情况，并找出位移的一般规律，是求解本题的关键.
【例3】如图3－2－3所示，在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面上，有一质量m=1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N的作用，从静止开始运动，经2s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22m/s.（sin37°=0.6，g取10m/s2）
图3－2－3
剖析：
本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起.
图3－2－4
第一阶段：
在最初2s内，物体在F=9.6N拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，据受力分析图3－2－4可知：
沿斜面方向：
F－mgsinθ－Ff=ma1①
沿垂直斜面方向：
FN=mgcosθ②
且Ff=μFN③
由①②③得：
a1=
=2m/s2
2s末绳断时瞬时速度v1=a1t1=4m/s.
第二阶段：
从撤去F到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a2，
则a2=
=－7.6m/s2
设从断绳到物体到达最高点所需时间为t2
据运动学公式
v2=v1+a2t2
所以t2=
=0.53s
第三阶段：
物体从最高点沿斜面下滑，在第三阶段物体加速度为a3，所需时间为t3.由牛顿第二定律可知：
a3=gsinθ－μgcosθ=4.4m/s2，速度达到v3=22m/s，所需时间t3=
=5s
综上所述：
从绳断到速度为22m/s所经历的总时间t=t2+t3=0.53s+5s=5.53s.
深化拓展
若本题的问题改为：
“绳断后多长时间物体的速度大小为2m/s”，结果如何？
答案：
绳断后物体的速度从4m/s减小到2m/s所用时间为：
t2′=
=
s=0.26s
物体的速度减小到零后，又反向增大到2m/s所用时间为
t3′=
=
s=0.45s
=t2+t3′=0.53s+0.45s=0.98s
则从绳断后物体的速度大小达到2m/s所用的时间分别为0.26s、0.98s.
【例4】如图3－2－5所示，光滑水平面上静止放着长L=1.6m、质量为M=3kg的木板.一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m与M之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F.
图3－2－5
（1）施力F后，要想把木板从物体m的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；
（2）如果所施力F=10N，为了把木板从m的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少?
（g取10m/s2）
剖析：
（1）力F拉木板运动过程：
对木块：
μmg=maa=μga=1m/s2
对木板：
F－μmg=Ma1a1=
只要a1＞a就能抽出木板，即F＞μ（M+m）g所以F＞4N.
（2）当F=10N，设拉力作用的最少时间为t1，加速度为a1，撤去拉力后木板运动时间为t2，加速度为a2，那么：
a1=
=3m/s2a2=
=
m/s2
木板从木块下穿出时：
木块的速度：
v=a（t1+t2）
木块的位移：
s=
a（t1+t2）2
木板的速度：
v木板=a1t1－a2t2
木板的位移：
s木板=
a1t12+a1t1t2－
a2t22
木板刚好从木块下穿出应满足：
v木板=vs木板－s=L
可解得：
t1=0.8s
【例5】如图3－2－6所示，传输带与水平面间的倾角为θ=37°，皮带以10m/s的速率运行，在传输带上端A处无初速地放上质量为0.5kg的物体，它与传输带间的动摩擦因数为0.5.若传输带A到B的长度为16m，则物体从A运动到B的时间为多少？
图3－2－6
剖析：
首先判定μ与tanθ的大小关系，μ=0.5，tanθ=0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止.
其次皮带运行速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论.
图3－2－7
当皮带的上表面以10m/s的速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下（如图3－2－7所示），该阶段物体对地加速度
a1=
=10m/s2
方向沿斜坡向下
物体赶上皮带对地速度需时间t1=
=1s
在t1s内物体沿斜坡对地位移
s1=
a1t12=5m
当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度
a2=
=2m/s2
物体以2m/s2加速度运行剩下的11m位移需时间t2
则s2=vt2+
a2t22
即11=10t2+
×2t22
t2=1s（t2′=－11s舍去）
所需总时间t=t1+t2=2s
当皮带上表面以10m/s的速度向上运行时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向上且不变.设加速度为a3
则a3=
=2m/s2
物体从传输带顶滑到底所需时间为
则s=
a3
2
=
=
s=4s.
说明：
本题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性.物体所受滑动摩擦力的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进行动力学运算时，物体位移、速度、加速度则均需取地面为参考系.
●教师下载中心
教学点睛
通过本单元的复习，要让学生体会综合应用牛顿定律和其他力学知识解决动力学问题的思路和方法，提高学生的综合能力.
应用牛顿运动定律解决动力学问题，要对物体进行受力分析，进行力的分解和合成，要对物体运动规律进行分析，然后根据牛顿第二定律，把物体受的力和运动联系起来，列方程求解.这是对多方面力学知识分析综合能力、推理能力、应用数学知识解决物理问题的能力的综合考查.要深刻理解牛顿运动定律的物理意义，要能够熟练地应用牛顿运动定律解题.即便是向应用型、能力型变革的高考试题中，无非是增加些结合实际生产、生活的一些实例，在把这些实例抽象成物理模型的过程中考查学生的能力和物理学的思想方法，最后解决物理问题，仍然离不开基本的物理知识和规律.万变不离其宗，无论何时，基本知识、基本方法还是要牢牢掌握的，最基本的才是重要的.
至于超重和失重状态，仅是动力学的简单问题之一，只要能熟练应用牛顿定律解力学问题，超重和失重问题很容易解决.在有些题目中用超重、失重的思想去进行推理、分析、判断，还是比较简捷和有用的.
中学阶段应用牛顿第二定律主要解决“单体”运动问题，对于“连接体”问题，可通过一些简单的例题和练习使学生体会这类问题的分析方法即可，没有必要花费太多精力.
单元Ⅱ中例题和习题的配置难度均比单元Ⅰ有所提高.例1是已知运动情况求受力情况.通过本例帮助学生掌握这类问题的解题方法，同时，通过本例也让学生学会分析这种多过程问题的方法.例2体会已知受力情况求物体的运动情况的方法，应用数学知识解决物理问题的能力是高考考查的能力之一，当然也是高三复习重点培养的能力之一.通过本例说明了应用数列知识解决物理问题的方法.例3是利用牛顿第二定律分析超重现象的问题；例4、例5是对物体复杂运动过程的分析，要充分利用好这些例题的功能，教给学生分析解决问题的方法，培养学生的思维能力.
拓展题例
【例1】如图所示，一根轻弹簧的一端系着一个物体，手拉弹簧的另一端，使弹簧和物体一起在光滑水平面上向右做匀加速运动，当手突然停止运动后的短时间内，物体可能
A.物体继续向右加速运动B.物体开始向右匀速运动
C.物体先加速后减速向右运动D.物体先减速后加速向右运动
解析：
当手突然停止运动则F消失，物体仍受弹簧拉力，故仍加速向右运动；当弹簧恢复原长后，继续被压缩，则物体受弹簧弹力，故减速向右运动.
答案：
C
【例2】放在光滑水平面上的物体受三个平行于水平面的共点力作用而处于静止状态，已知F2垂直于F3.若三个力中去掉F1，物体产生的加速度为2.5m/s2；若去掉F2，物体产生的加速度为1.5m/s2；若去掉F3，则物体的加速度大小为
A.1.5m/s2B.2.0m/s2
C.2.5m/s2D.4.0m/s2
解析：
由于物体受F1、F2、F3作用而处于静止状态，故三力的合力为零.根据题意画出三个力的示意图如图所示，
去掉F1时，F2、F3的合力大小等于F1，则
F1=ma1①
去掉F2时，F1、F3的合力的大小等于F2，则
F2=ma2②
去掉F3时，F1、F2的合力的大小等于F3，则
F3=ma3③
又有F3=
④
由①②③④得
a3=
=
m/s2
=2.0m/s2.
答案：
B
【例3】小磁铁A重10N，吸在一块水平放置的固定铁板B的下面，如图所示.要竖直向下将A拉下来，至少要用15N的力，若A、B间的动摩擦因数为0.3，现用5N的水平力推A
时，A的加速度大小是_______m/s2.（g取10m/s2）
解析：
以小磁铁为研究对象，受力分析如图，A、B间弹力FN=15N.
F水平－μFN=ma
a=
=
m/s2=0.5m/s2.
答案：
0.5
【例4】某人在地面上最多能举起60kg的重物，当此人站在以5m/s2的加速度加速上升的升降机中，最多能举起多少千克的重物?
（g取10m/s2）
解析：
本题属于超重的问题，分析时要抓住一点，即在不同的环境下人的最大上举力（人对物体的推力）是不变的.这一点想明白了之后列方程求解就简单了.某人在地面上能举起60kg的重物，则他的最大举力为F=600N.设在加速上升的升降机中最多能举起质量为m的物体.取物体m为研究对象，它只受重力mg和举力F的作用，由牛顿第二定律可得：
F－mg=ma
所以m=
=
kg=40kg.
答案：
40kg
【例5】汽车在平直公路上从静止开始做匀加速直线运动.当汽车的速度达到v1时关闭发动机，汽车维持滑行一段时间后停止，其运动的速度图线如图所示.若汽车加速行驶时牵引力为F1，汽车整个运动过程所受阻力恒为F2（大小不变），则F1∶F2为
A.4∶1B.3∶1C.1∶1D.1∶4
答案：
A
【例6】电梯地板上有一个质量为200kg的物体，它对地板的压力随时间变化的图象如图所示.则电梯从静止开始向上运动，在7s内上升的高度为多少？
解析：
以物体为研究对象，在运动过程中只可能受到两个力的作用：
重力mg=2000N，地板支持力F.在0～2s内，F＞mg，电梯加速上升，2～5s内，F=mg，电梯匀速上升，5～7s内，F＜mg，电梯减速上升.
若以向上的方向为正方向，由上面的分析可知，在0～2s内电梯的加速度和上升高度分别为
a1=
=
m/s2=5m/s2
电梯在t=2s时的速度为
v=a1t1=5×2m/s=10m/s，
因此，在2～5s内电梯匀速上升的高度为
h2=vt2=10×3m=30m.
电梯在5～7s内的加速度为
a2=
=
m/s2=－5m/s2
即电梯匀减速上升，在5～7s内上升的高度为
h3=vt3+
a2t32
=10×2m－
×5×22m=10m
所以，电梯在7s内上升的总高度为
h=h1+h2+h3=（10+30+10）m=50m.
答案：
50m
【例7】机车牵引力一定，在平直轨道上以a1=1m/s2的加速度行驶，因若干节车厢脱钩，加速度变为a2=2m/s2，设所受阻力为车重的0.1倍，则脱落车厢的质量与原机车总质量之比等于_______.
解析：
对脱钩前后列方程：
前：
F－0.1m总g=m总a1
后：
F－0.1m剩g=m剩a2
求得：
=
.
答案：
【例8】据报道，1989年在美国加利福尼亚州发生的6.9级地震，中断了该地尼米兹高速公路的一段，致使公路上高速行驶的约200辆汽车发生了重大的交通事故，车里的人大部分当即死亡，只有部分系安全带的人幸免.假设汽车高速行驶的速度达到108km/h，乘客的质量为60kg，当汽车遇到紧急情况时，在2s内停下来，试通过计算说明系安全带的必要性.
解析：
刹车时汽车的加速度大小为
a=
m/s2=15m/s2
安全带给乘客的作用力的大小为
F=ma=60×15N=900N.
答案：
使人随汽车刹车做减速运动的力的大小为900N，这个力只有靠安全带提供，否则，人将由于惯性而发生事故.
【例9】一种能获得强烈失重、超重感觉的巨型娱乐设施中，用电梯把乘有10多人的座舱送到大约二十几层楼高的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统开始启动，座舱匀减速运动到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为76m，当落到离地面28m时开始制动.若某人手托着质量为5kg的铅球进行这个游戏，问：
（1）当座舱落到离地高度40m左右的位置时，托着铅球的手感觉如何？
（2）当座舱落到离地高度15m左右的位置时，手要用多大的力才能托住铅球？
（g取10m/s2）
解析：
（1）座舱在40m处正自由下落，故铅球处于完全失重状态，对手无压力.
（2）座舱自由下落的末速度为减速运动的初速度，则有2gh1=2ah2
故a=
g=
×10m/s2=17.14m/s2
对铅球由牛顿第二定律得
F－mg=ma
F=m（g+a）=5×27.14N=135.7N.
答案：
（1）铅球对手无压力
（2）135.7N
【例10】静止在水平地面上的物体的质量为2kg，在水平恒力F推动下开始运动，4s末它的速度达到4m/s，此时将F撤去，又经6s物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F的大小.
解析：
物体的整个运动过程分为两段，前4s物体做匀加速运动，后6s物体做匀减速运动.
前4s内物体的加速度为
a1=
=
m/s2=1m/s2
设摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得
F－Ff=ma1①
后6s内物体的加速度为
a2=
=
m/s2=－
m/s2
物体所受的摩擦力大小不变，由牛顿第二定律得，－Ff=ma2②
由①②可求得水平恒力F的大小为
F=m（a1－a2）=2×（1+
）N=3.3N.
【例11】如图所示，一辆长L=2m、高h=0.8m、质量为M=12kg的平顶车，车顶光滑，在牵引力为零时，仍在向前运动，车与路面间的动摩擦因数μ=0.2.当车速为v0=7m/s时，把一个质量为m=1kg的物块（视为质点）轻轻放在车顶的前端.问物块落地时，落地点距车前端多远?
（重力加速度g取10m/s2）
解析：
由于m与M无摩
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