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2013届高考物理基础知识梳理专项复习8


第三节 超重和失重

第 三 节 超 重 和 失 重

基础知识梳理

课堂互动讲练

经典题型探究

知能优化演练

基础知识梳理

超重和失重 1.超重 (1)物体对水平支持物的压力(或对竖直悬线的拉力 大于 )______ 物体所受

重力的情况称为超重现象. 向上 (2)产生条件:物体具有______的加速度. 2.失重 (1)物体对水平支持物的压力(或对竖直悬线的拉力 小于 )______ 物体所受重力的情况称为失重现象. (2)产生条件:物体具有______的加速度. 向下

3.完全失重 物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉 力)______ 的情况称为完全失重现象. 为零 4.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.视重的大小等于秤所

受的_____或______

拉力

压力.

思考感悟 物体向上运动的时候才出现超重,向下运动的时候才出 现失重,这种说法是否正确,为什么? 提示:这是一种错误的认识.超重与失重跟物体运动速 度的方向无关,只由物体运动的加速度来决定:加速度 向上即是处于超重状态;加速度向下就是处于失重状

态.

课堂互动讲练

一、超重和失重 1.产生条件:物体必须具有竖直方向上的加速 度,而与运动速度的大小和方向无关,只与加 速度的大小和方向有关.若加速度方向向上, 则处于超重状态;若加速度方向向下,则处于 失重状态;若加速度a=g(即方向向下、大小为 9.8 m/s2),则处于完全失重状态. 2.深化理解 (1)在重力加速度恒定时,重力是一恒量,超重、 失重现象只是“视重”发生变化,而物体所受 重力并不变化.

(2)凡是物体加速度方向与重力加速度方向相反时物 体处于超重状态,当物体出现超重状态时,对重物 的支持力(或拉力)的一部分与重物的重力相平衡, 另一部分提供重物与系统一起做加速运动所需的力, 视重超出物体实际重力的部分一定等于ma. (3)物体加速度方向与重力加速度方向一致时,处于 失重状态.当出现失重现象时,则重力有一部分提 供重物加速运动所需要的力,多余部分的重力则与 支持力(或拉力)相平衡.视重一定比物体实际重力 小ma.

(4)在失重状态中,如a=g时,物体处于完全失重状

态,这时由重力所产生的一切现象消失.如:两块
物体叠放在一起共同自由落体,上面物块对下面物 块将不产生压力;单摆停摆、天平无法测量物体质 量、浮力消失、液柱不再产生向下的压强等,但物 体的重力不会因出现超重或失重而变化.

3.重力与视重的区别和联系 重力是由地球对物体的吸引而产生的.人们通常用竖直 悬挂的弹簧秤或水平放置的台秤来测量物体的重力大 小.用这种方法测得的重力大小常称为“视重”,其实 质是弹簧秤拉物体的力或台秤对物体的支持力.

运动情况 平衡状态 具有向上的加速度a 具有向下的加速度a 向下的加速度为g

超重、失重 不超重、不失重 超重 失重 完全失重

视重 F=mg F=m(g+a) F=m(g-a) F=0

【名师点睛】

物体具有向上的加速度时,无论加速度

大小多大,物体都处于超重状态,只是加速度越大,超

重越厉害.

即时应用 (即时突破,小试牛刀) 1.(2011年深圳模拟)如图3-3-1所示,轻质弹簧的上端 固定在电梯的天花板上,弹簧下端悬挂一个小铁球,在 电梯运行时,乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸 长量小,这一现象表明( ) A.电梯一定是在下降 B.电梯可能是在上升 C.电梯的加速度方向一定是向上 D.乘客一定处在失重状态

图3-3-1

解析:选BD.因“弹簧的伸长量比电梯静止时的伸 长量小”,所以小球所受的合外力向下,加速度向 下,乘客处于失重状态,C错误,D正确.仅知加

速度的方向,无法判断电梯的运动方向,其运动方
向有两种可能,即上升或下降,A错误,B正确.

二、多过程问题 对于动力学中的多过程问题,往往要按时间顺序对题目 给出的物体的运动过程进行分析,这种方法简称“程序 法”.“程序法”一般用于综合题,要求我们从读题、 审题开始,注意题中能划分多少个不同的物理过程或多 少个不同的状态,然后对各个过程或状态进行分析,画 出运动过程示意简图(含物体所在位置、速度方向、加 速度方向等).特别注意:若所研究运动过程的运动性 质、受力情况并非恒定不变时,则要把整个运动过程分 成几个不同的运动过程详细分析,要弄清楚各运动过程 之间的联系.

【名师点睛】

多过程中各过程之间有联系的物理量常

为速度,而从一个过程到另一个过程发生变化的常为力, 特别要注意摩擦力的变化.

即时应用 (即时突破,小试牛刀) 2.(2011年辽宁锦州期末)如图3-3-2所示,一名消防队 员在模拟演习训练中,沿着长为12 m的竖立在地面上 的钢管往下滑.已知这名消防队员的质量为60 kg,他 从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地 面时速 度恰好为零.如果他加速时的 加速度大小是减速时的2倍, 下滑的总时间为3 s,g取10 m/s2,那么该消防队员( )

图3-3-2

A.下滑过程中的最大速度为4 m/s

B.加速与减速过程的时间之比为1∶2
C.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7 D.加速与减速过程的位移之比为1∶4

解析:选 BC.物体的 v-t 图像如图所示.设最大速度为 v,加速阶段的加速度、时间和位移分别为 a1、t1、s1, 减速阶段的加速度、时间和位移分别为 a2、t2、s2,由图 像可知,t1∶t2=1∶2,s1∶s2=1∶2,故选项 B 正确, v 而 D 错误; s= (t1+t2)及 t1+t2=3 s 可得, 由 v=8 m/s, 2 故选项 A 错误; v=a1t1=a2t2 得,1=8 m/s ,2=4 m/s , 由 a a 加速阶段:mg-f1=ma1,减速阶段:f2-mg=ma2,解 得:f1∶f2=1∶7,故选项 C 正确.
2 2

经典题型探究

超重和失重
例1 在升降电梯内的地面上放一体重计,电梯

静止时,晓敏同学站在体重计上,体重计示数为 50 kg,电梯运动过程中,某一段时间内晓敏同 学发现体重计示数如图3-3-3所示.在这段时 间内升降机的加速度怎样?

图3-3-3

【思路点拨】

解答本题时应注意以下三点:

(1)体重计的示数与晓敏对体重计的压力的关系. (2)晓敏对体重计的压力与其受的支持力的大小关系.

(3)根据视重和重力大小只能确定电梯的加速度的大小
和方向.

【解析】 体重计的示数是指晓敏对体重计的压力大小. 而晓敏对体重计的压力与其受的支持力 F 的大小相等, 方向相反. ∴F=400 N,所以以晓敏为研究对象 由牛顿第二定律得 F-mg=ma F-mg 400-50×10 ∴a= = m/s2=-2 m/s2 50 m 负号表示加速度的方向竖直向下.

【答案】

加速度大小为2 m/s2,方向竖直向下 在超重和失重现象中物体重力并没有

【规律总结】

变,变化的是物体对水平支持物或竖直悬绳的拉力.

互动探究 当升降机的加速度方向竖直向上,大小为6 m/s2时,体重计的示数如何? 解析:以晓敏为研究对象,她受到重力和支持力N 由牛顿第二定律得 N-mg=ma ∴N=mg+ma=50×10+50×6=800 (N) 由牛顿第三定律知她对体重计的压力大小也为800 N,即 80 kg. 所以体重计的示数为80 kg. 答案:80 kg

多过程问题
例3 (满分样板 15分)航模兴趣小组设计出一架遥控 飞行器,其质量m=2 kg,动力系统提供的恒定升力F =28 N.试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上 升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变,g取10 m/s2. (1)第一次试飞,飞行器飞行t1 =8 s时到达高度H=64 m.求飞行器所受阻力f的大小; (2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6 s时遥控器出现故障, 飞行器立即失去升力.求飞行器能达到的最大高度h.

(3)在(2)中,为了使飞行器不致坠落在地面,求飞行器

从开始下落到恢复升力的最长时间t3.
【思路点拨】 分析飞行器的受力情况,根据牛顿第二

定律列方程,再利用运动学公式列出关于位移和速度的 方程,联立方程即可求解.

?解题样板 规范步骤,该得的分一分不丢! (1)第一次飞行中,设加速度大小为 a1 1 2 匀加速运动 H= a1t1(1 分) 2 由牛顿第二定律 F-mg-f=ma1(2 分) 解得 f=4 N.(1 分)

(2)第二次飞行时,设失去升力时的速度大小为 v1, 此时的高度为 h1 1 2 匀加速运动 h1= a1t2(1 分) 2 设失去升力后加速度大小为 a2,上升的高度为 h2 由牛顿第二定律得 mg+f=ma2(1 分) v1=a1t2(1 分) 2 v1 h2= (1 分) 2a2 解得 h=h1+h2=42 m.(2 分)

图3-3-4

(3)设失去升力下降阶段加速度大小为 a3; 恢复升力后加速度大小为 a4, 恢复升力时速 度大小为 v3 由牛顿第二定律 mg-f=ma3(1 分) F+f-mg=ma4(1 分) v2 v2 3 3 且 + =h(1 分) 2a3 2a4 v3=a3t3(1 分) 3 2 解得 t3= s(或 2.1 s).(1 分) 2

【答案】

3 2 (1)4 N (2)42 m (3) s 或 2.1 s 2

【反思领悟】

在第二次飞行中,飞机经历

了三个过程,明确每个过程的运动情况和受 力情况是问题关键.为了分析清晰一定要作 出过程示意图.

与图像相综合的问题
例3 如图3-3-5所示是电梯上升的v-t图线,若 电梯的质量为100 kg,则承受电梯的钢绳受到的拉力 在0~2 s之间、2 s~6 s之间、6 s~10 s之间分别为多 大?(g取10 m/s2)

图3-3-5

【思路点拨】

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.

【解析】 对电梯的受力情况分析如图 3-3-6 所示: (1)由 v-t 图线可知,0~2 s 内电梯的速度从 0 均匀 增加到 6 m/s vt-v0 其加速度:a1= =3 m/s2 t 由牛顿第二定律可得:F1-mg=ma1 解得钢绳拉力:F1=m(g+a1)=1300 N(超重).

图3- 6 3-

(2)在 2 s~6 s 内,电梯做匀速运动,则: F2=mg=1000 N. (3)在 6 s~10 s 内,电梯做匀减速运动, v0=6 m/s,vt=0 vt-v0 加速度的大小:a3=| |=1.5 m/s2(方向向下) t 由牛顿第二定律可得:mg-F3=ma3 解得钢绳的拉力:F3=m(g-a3)=850 N(失重).

【答案】

1300 N

1000 N

850 N

【题后反思】

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像给出.要学会从已知的 v-t图线中找出有关的已知条件.

知能优化演练

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