学年高中物理第三章牛顿运动定律第6节超重与失重教学案教科版必修1.docx

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学年高中物理第三章牛顿运动定律第6节超重与失重教学案教科版必修1

第6节超重与失重

　　　　　　　　　　　　　　　　1．当研究对象在竖直方向处于加速状态时，它受

到的重力和支持力（拉力）不再是一对平衡力。

2．物体对悬挂物的拉力或对支持物的压力大于物

体重力的现象称为超重现象。

3．物体对悬挂物的拉力或对支持物的压力小于物体重力的现象称为失重现象。

4．无论物体超重还是失重，物体的重力并没有改变。

一、超重与失重的概念

1．超重

（1）定义：

物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力）大于物体所受重力的现象。

（2）产生条件：

物体具有竖直向上的加速度。

2．失重

（1）定义：

物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力）小于物体所受重力的现象。

（2）产生条件：

物体具有竖直向下的加速度。

3．完全失重

（1）定义：

物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力）等于零的现象。

（2）产生条件：

物体竖直向下的加速度等于g。

二、超重、失重的定量分析

设物体质量为m，在拉力F作用下在竖直方向上运动，竖直方向加速度为a，重力加速度为g。

1．超重：

由F－mg＝ma可得F＝m（g＋a），即拉力大于重力，超重“ma”，加速度a越大，超重越多。

2．失重：

由mg－F＝ma可得F＝m（g－a），即拉力小于重力。

失重“ma”，加速度a越大，失重越多。

3．完全失重：

由mg－F＝ma和a＝g联立解得F＝0，即拉力为0，失重“mg”。

1．自主思考——判一判

（1）超重就是物体受到的重力增加了。

（×）

（2）完全失重就是物体不受重力了。

（×）

（3）超、失重可根据物体速度方向判定。

（×）

（4）超、失重可根据物体的加速度方向判定。

（√）

（5）做竖直上抛运动的物体先超重后失重。

（×）

2．合作探究——议一议

（1）有人说：

“在很高的山顶上，物体所受的重力要小于它在平地上所受的重力，这种现象也是失重！

”这种说法正确吗？

[提示]　不正确，这不是失重。

失重情况下重力不变。

在很高的山上，物体所受的重力减小，是因为地球对它的引力减小了。

（2）将体重计放到升降机中，人站在体重计上，当升降机运动时，若发现体重计示数变大，升降机一定是向上加速吗？

[提示]　不是。

体重计示数变大，升降机可能有两种运动情形：

①向上做加速运动；②向下做减速运动。

这两种情况下，加速度的方向均向上。

根据牛顿第二定律，人所受支持力F＝mg＋ma，所以F＞mg，出现超重。

对超重、失重的理解

1．重力和视重

（1）重力：

物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化。

（2）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称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。

2．超重和失重的本质

（1）出现超重、失重的实质是指视重与重力的差别，即由于物体沿竖直方向存在加速度，使得物体与支承物（或悬挂物）间的作用力发生了变化，并非物体的重力发生了变化。

（2）超重、失重现象与物体的运动方向无关，当物体具有向上的加速度时，无论物体向什么方向运动，均出现超重现象，反之则出现失重现象。

因此，判断出现超、失重的依据是加速度的方向。

3．对完全失重的理解

（1）完全失重是物体的视重为零，对支持物或悬挂物的压力或拉力为零。

处于完全失重的物体具有竖直向下、大小为g的加速度。

（2）发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失。

比如物体对支持物无压力、摆钟将停止摆动……，靠重力使用的仪器也不能再使用（如天平）。

（3）只受重力作用的一切抛体运动，如我们学过的自由落体运动和竖直上抛运动等，物体在空中只受重力的运动，其加速度等于g，物体都处于完全失重状态。

1.（多选）如图361所示，运动员“3m跳水”运动的过程可简化为：

运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）

图361

A．运动员将跳板从B压到C的过程中，一直失重

B．运动员向上运动（C→B）的过程中，先超重后失重

C．运动员将跳板从B压到C的过程中，对板的压力先增大后减小

D．运动员向上运动（C→B）的过程中，对板的压力一直减小

解析：

选BD　人受到重力及板向上的弹力，人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小，然后加速度变为向上增大，故人应先失重后超重，故A、C错误；运动员在向上运动时，由于弹力减小，但开始时弹力一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故B正确；运动员在向上运动时，板的形变量减小，弹力减小，运动员对板的压力一直减小，故D正确。

2．在完全失重情况下，下列哪些操作可以实现的是（　　）

A．用天平测物体的质量

B．测物体在水中的浮力

C．用弹簧秤测出对物体的拉力

D．用水银气压计测大气压强

解析：

选C　在完全失重的情况下，一切与重力有关的操作都不能进行，用天平测物体的质量、浮力以及水银气压计都与物体的重力有关，故都不能实现；用弹簧秤测出对物体的拉力与重力无关，故可以实现，故选C。

3.某实验小组利用DIS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，并在挂钩上悬挂一个重为10N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上显示出如图362所示图像，以下根据图像分析所得结论错误的是（　　）

图362

A．该图像显示出了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况

B．从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态

C．电梯可能开始在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼

D．电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼

解析：

选D　题图中图像显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况。

0～t1，钩码受力平衡；t1～t2，拉力小于10N，钩码处于失重状态；t2～t3，钩码受力平衡；t3～t4，拉力大于10N，钩码处于超重状态。

由以上分析可知，D项错误。

超重、失重问题的有关计算

[典例]　质量为60kg的人，站在升降机中的体重计上，升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？

（g＝10m/s2）

（1）升降机匀速上升；

（2）升降机以4m/s2的加速度加速上升；

（3）升降机以5m/s2的加速度加速下降。

[思路点拨]　

→

→

[解析]　人站在升降机中体重计上受力情况如图所示。

（1）当升降机匀速上升时，a＝0

由牛顿第二定律知，N－mg＝0

所以N＝mg＝600N

由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为600N。

（2）当升降机以4m/s2的加速度加速上升时，有

N－mg＝ma

所以N＝m（g＋a）＝840N

由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为840N（超重状态）。

（3）当升降机以5m/s2的加速度加速下降时，此时a的方向向下，有mg－N＝ma

所以N＝m（g－a）＝300N

由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为300N（失重状态）。

[答案]　

（1）600N　

（2）840N　（3）300N

当物体的受力在同一直线时，一般以加速度方向为正方向，则加速度方向的力减去与加速度方向相反的力即为合力。

1．电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的at图像如图363所示，电梯内乘客的质量m＝50kg，忽略一切阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

图363

A．第1s内乘客处于超重状态，第9s内乘客处于失重状态

B．第2s内电梯做匀速直线运动

C．第2s内乘客对电梯的压力大小为450N

D．第2s内乘客对电梯的压力大小为550N

解析：

选D　第1s内乘客向上加速，具有向上的加速度，处于超重状态，第9s内电梯仍然具有正向的加速度，即加速度向上，仍然处于超重状态，故A错误；由题图知第2s内乘客的加速度恒为1.0m/s2，即做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律：

F－mg＝ma得：

F＝mg＋ma＝500N＋50×1.0N＝550N，根据牛顿第三定律，则乘客对电梯的压力大小为550N，故D正确，B、C错误。

2．实验小组为了测量一栋26层的写字楼每层的平均高度（层高）及电梯运行情况，请一质量为m＝60kg的同学站在放于电梯的水平地板上的体重计上，体重计内安装有压力传感器，电梯从一楼直达26楼，已知t＝0至t＝1s内，电梯静止不动，与传感器连接的计算机自动画出了体重计示数F随时间变化的图线，如图364所示，求：

图364

（1）电梯启动和制动时的加速度大小；

（2）该大楼每层的平均层高。

解析：

（1）1～3s电梯启动，即加速向上运动，加速度向上，处于超重状态，对于此状态有：

F1－mg＝ma1，代入数据解得a1＝2m/s2

21～23s电梯制动，即向上减速运动，加速度向下，处于失重状态，对于此状态有：

mg－F3＝ma3，代入数据解得a3＝2m/s2。

（2）电梯匀速运动的速度v＝a1t1＝4m/s

匀加速上升的位移为x1＝

vt1＝

×4×2m＝4m

从图中读得，电梯匀速上升的时间t2＝18s，所以匀速上升的位移为x2＝vt2＝4×18m＝72m

匀减速上升的时间为2s，所以位移为x3＝

vt3＝

×4×2m＝4m

所以总位移x＝x1＋x2＋x3＝80m

层高：

h＝

＝

m＝3.2m。

答案：

（1）2m/s2　2m/s2　

（2）3.2m

1．下列关于超重与失重的说法中，正确的是（　　）

A．超重就是物体的重力增加了

B．失重就是物体的重力减少了

C．完全失重就是物体的重力没有了

D．不论是超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力是不变的

解析：

选D　超重是物体对接触面的压力大于物体的真实重力，物体的重力并没有增加，所以A错误；失重是物体对接触面的压力小于物体的真实重力，物体的重力并没有减小，所以B错误；完全失重是说物体对接触面的压力为零，此时物体的重力也不变，所以C错误；不论是超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力是不变的，只是对接触面的压力不和重力相等了，所以D正确。

2．下列说法中正确的是（　　）

A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态

B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态

C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态

D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态

解析：

选B　当加速度方向竖直向下时，物体处于失重状态；当加速度方向竖直向上时，物体处于超重状态。

蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且a＝g，为完全失重状态，所以B正确。

而A、C、D中运动员均为平衡状态，F＝mg，既不超重也不失重。

3.如图1所示，在台秤的托盘上放一个支架，支架上固定一电磁铁A，电磁铁A的正下方有一铁块B，电磁铁A不通电时，台秤的示数为G。

某时刻接通电源，在铁块B被吸引起来的过程中，台秤的示数将（　　）

图1

A．不变　　　　　　　　　B．变大

C．变小D．忽大忽小

解析：

选B　很多同学认为，当铁块B被吸起时脱离台秤，所以对台秤的压力消失，台秤的示数减小，从而错选C。

其实，铁块B被吸起的过程是铁块B加速上升的过程，处于超重状态，即整体处于超重状态，所以整体对托盘的压力大于整体的重力。

故选项B正确。

4.如图2所示，在托盘测力计的托盘内固定一个质量为M的光滑的斜面体，现将一个质量为m的物体放在斜面上，让它自由滑下，则测力计的示数（　　）

图2

A．N＝（M＋m）g

B．N＝Mg

C．N＞（M＋m）g

D．N＜（M＋m）g

解析：

选D　物体加速下滑，其加速度有竖直向下的分量，故它处于失重状态，物体与斜面体整体对托盘测力计的压力小于它们的总重力，D对。

5.（多选）“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图3中a点是弹性绳的原长位置，c点是人能到达的最低点，b点是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点下落到最低点c的过程中（　　）

图3

A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态

B．人在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态

C．人在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态

D．人在c点，人的速度为零，其加速度为零

解析：

选AB　人在Pa段只受重力作用，a＝g，完全失重，A正确；人在ab段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正确；人在bc段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C错误；人到c点时，拉力最大，合力最大，加速度最大，D错误。

6.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）变化的图像如图4所示，设在t1＝3s和t2＝8s时电梯的速度分别为v1和v2，由此他做出判断（　　）

图4

A．电梯在上升，v1＞v2B．电梯在上升，v1＜v2

C．电梯在下降，v1＜v2D．电梯在下降，v1＞v2

解析：

选B　物体最后静止时对地面的压力等于重力，所以根据牛顿第二定律可知，0～4s电梯向上加速，4～14s匀速，14～18s向上减速，18s后静止。

在t1＝3s时物体仍然做加速运动，所以t1时刻的速度小于t＝4s时的速度，而t2＝8s时电梯的速度等于t＝4s时的速度，所以v1＜v2，故选B。

7.（多选）如图5所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上，若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（　　）

图5

A．加速下降B．加速上升

C．减速上升D．减速下降

解析：

选BD　若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，相当于物块的视重变大，处于超重状态，即加速度向上，所以可能向上做加速运动，向下做减速运动，故B、D正确。

8.（多选）如图6所示是某同学站在力板传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。

由图线可知该同学（　　）

图6

A．体重约为650N

B．做了两次下蹲—起立的动作

C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2s起立

D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态

解析：

选AC　当该同学站在力板传感器上静止不动时，其合力为零，即压力读数恒等于该同学的体重值，由图线可知：

该同学的体重约为650N，A正确；每次下蹲，该同学都将经历先向下做加速（加速度方向向下）、后减速（加速度方向向上）的运动，即先经历失重状态，后经历超重状态，读数F先小于体重，后大于体重；每次起立，该同学都将经历先向上做加速（加速度方向向上）、后减速（加速度方向向下）的运动，即先经历超重状态，后经历失重状态，读数F先大于体重，后小于体重。

由图线可知：

C正确，B、D错误。

9.（多选）如图7所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是（　　）

图7

A．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有弹力

B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下

C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上

D．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的弹力

解析：

选AB　将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A正确，D错误；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：

上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：

B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力，A对B的压力向下，故B正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：

下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：

A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误。

10．在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体。

当电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x，某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了

（重力加速度为g）。

则电梯在此时刻后的运动情况可能是（　　）

A．以大小为

g的加速度加速上升

B．以大小为

g的加速度减速上升

C．以大小为

的加速度加速下降

D．以大小为

的加速度减速下降

解析：

选D　因为电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x，由此可以知道，mg＝kx，当弹簧又被继续压缩了

，弹簧的弹力变大了，所以物体的合力应该是向上的，大小是

mg，由牛顿第二定律F＝ma可得，

mg＝ma，所以加速度大小为a＝

g，合力是向上的，当然加速度的方向也就是向上的，此时物体可能是向上的匀加速运动，也可能是向下的匀减速运动，所以D正确。

11．某人在以加速度a＝2m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m1＝75kg的物体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体？

若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起50kg的物体，则此升降机上升的加速度是多大？

（g取10m/s2）

解析：

设此人在地面上的最大“举力”为F，那么他在以不同加速度运动的升降机中最大的“举力”仍然是F。

以物体为研究对象进行受力分析，物体的受力示意图如图所示，且物体的加速度与升降机相同。

当升降机以加速度a＝2m/s2匀加速下降时，对物体有：

m1g－F＝m1a

F＝m1（g－a）得：

F＝75×（10－2）N＝600N

设人在地面上最多可举起质量为m0的物体，则F＝m0g，m0＝

＝

kg＝60kg

当升降机以加速度a′匀加速上升时，对物体有：

F－m2g＝m2a′

a′＝

－g＝

m/s2＝2m/s2

所以升降机匀加速上升的加速度为2m/s2。

答案：

60kg　2m/s2

12．一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75m的高处，然后让座舱自由落下。

落到离地面30m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下。

若座舱中某人用手托着m＝5kg的铅球，取g＝10m/s2，试求：

（1）从开始下落到最后着地经历的总时间；

（2）当座舱落到离地面35m的位置时，手对铅球的支持力是多少？

（3）当座舱落到离地面15m的位置时，铅球对手的压力是多少？

解析：

（1）由题意可知，座舱先自由下落

h1＝75m－30m＝45m

由h1＝

gt12得t1＝

＝3s

下落45m时的速度v1＝gt1＝30m/s

减速过程中的平均速度

＝

＝15m/s

减速时间t2＝

＝2s

总时间t＝t1＋t2＝5s。

（2）离地面35m时，座舱自由下落，铅球处于完全失重状态，所以手对铅球的支持力为零。

（3）由v12＝2gh1＝2ah2得，减速过程中加速度的大小

a＝15m/s2（或a＝

＝15m/s2）

根据牛顿第二定律：

N－mg＝ma

解得：

N＝125N

根据牛顿第三定律可知，铅球对手的压力为125N。

答案：

（1）5s　

（2）0　（3）125N

　　　　　　　　　　　　　　　　牛顿运动定律的综合应用

1．（多选）（2015·江苏高考）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（　　）

图1

A．t＝2s时最大　　　　　B．t＝2s时最小

C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小

解析：

选AD　人受重力mg和支持力N的作用，由牛顿第二定律得N－mg＝ma。

由牛顿第三定律得人对地板的压力N′＝N＝mg＋ma。

当t＝2s时a有最大值，N′最大；当t＝8.5s时，a有最小值，N′最小，选项A、D正确。

2．如图2所示，两车厢的质量相同，其中一个车厢内有一人拉动绳子使两车厢相互靠近。

若不计绳子质量及车厢与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢里有人的判断正确的是（　　）

图2

A．绳子的拉力较大的那一端车厢里有人

B．先开始运动的车厢里有人

C．后到达两车中点的车厢里有人

D．不去称量质量无法确定哪个车厢有人

解析：

选C　根据牛顿第三定律，两车之间的拉力大小相等，故A错误；有拉力后，两车同时受到拉力，同时开始运动，故B错误；两车之间的拉力大小相等，根据牛顿第二定律，总质量大，加速度小，由x＝

at2，相同时间内位移小，后到达中点，即后到达两车中点的车厢里有人，故C正确；无需称质量，可用C项办法确定哪个车厢有人，故D错误。

3．（多选）如图3（a）所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，一物体在水平推力F的作用下沿斜面向上运动，逐渐增大F，物体的加速度随之改变，其加速度a随F变化的图像如图（b）所示。

取g＝10m/s2，根据图（b）中所提供的信息可以计算出（　　）

图3

A．sinθ＝0.6B．sinθ＝0.5

C．物体的质量为2.5kgD．物体的质量为2.0kg

解析：

选AD　对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，

x方向：

Fcosθ－mgsinθ＝ma，从图像中取两个点（30N,6m/s2），（0N，－6m/s2）代入解得m＝2kg，sinθ＝0.6，选项A、D正确。

4．（多选）如图4所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角。

则下列说法正确的是（　　）

图4

A．小铁球受到的合外力方向水平向左

B．F＝（M＋m）gtanα

C．系统的加速度为a＝gtanα

D．F＝Mgtanα

解析：

选BC　隔离小铁球分析受力得F合＝mgtanα＝ma，且合外力水平向右，故小铁球加速度为gtanα，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtanα，A错误，C正确。

整体分析得F＝（M＋m）a＝（M＋m）gtanα，故选项B正确，D错误。

5.（多选）如图5所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则（　　）

图5

A．速度可能向左，加速度可小于μg

B．加速度一定向右，不能超过（1＋μ）g

C．加速度一定向左，不能超过μg

D．加速度一定向左，不能超过（1＋μ）g

解析：

选AD　当小车处于静止时，A恰好不下滑，此时mg＝f＝μN，要保证A静止，则A与小车之间的弹力不能减小，所以加速度一定向左，要保证B静止，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到小车的支持力、重力和吸引力，磁铁B做加速度的合力等于摩擦力，要保证B静止，则受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力，即ma＝μ（mg＋N），解得a＝（1＋μ）g，故A、D正确。

6.如图6所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。

开始时，用手按住A，使B悬于距地面高H＝0.6m处，而A静止于斜面底端。

现释放A，试求A在斜