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,欢迎进入物理课堂,一、超重和失重1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称为视重，视重大小等于测力计所受物体的或台秤所受物体的,示数,拉力,压力,2超重、失重和完全失重比较,大于,小于,等于,竖直向上,竖直向下,竖直向下,减,减,速下降,速上升,特别提醒(1)在超重、失重、完全失重现象中，物体所受的重力不变(2)物体处于超重还是失重状态，与速度的大小和方向无关,二、整体法与隔离法1整体法：当系统中各物体的相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的当整体受到的外力F已知时，可用求出整体的加速度，这种处理问题的思维方法叫做整体法,加速度,质量之和,牛顿第二定律,2隔离法：从研究的方便出发，当求系统内物体间时，常把某个物体从系统中“隔离”出来进行受力分析，依据牛顿第二定律列方程，这种处理连接体问题的思维方法叫做隔离法,相互,作用的内力,3外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的，而系统内各物体间的相互作用力为应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力如果把某物体隔离出来作为研究对象，则将转换为隔离体的,外力,内力,内力,外力,1.下列说法中正确的是()A只有正在向上运动的物体，才有可能处于超重状态B超重就是物体所受的重力增加C物体处于超重状态时，地球对它的引力变大D超重时物体所受的重力不变,解析：物体处于超重状态时，物体具有向上的加速度，但物体的速度不一定向上，故A错误；物体处于超重状态，并不是物体的重力发生了变化，故B、C错误，D正确,答案：D,2如图331是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是(),A火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B飞船加速下落时，宇航员处于失重状态C飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力小于其重力D火箭上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力,解析：只要火箭或飞船的加速度竖直向上，宇航员就处于超重状态；加速度竖直向下，宇航员就处于失重状态,答案：B,3(2011池州模拟)在水平面上放着两个质量分别为3kg和2kg的小铁块A和B，它们之间用一根自由长度为10cm，劲度系数为100N/m的轻弹簧相连，铁块与水平面之间的动摩擦因数均为0.2.铁块A受到一大小为20N的恒定水平外力F，两个铁块一起向右做匀加速直线运动，如图332所示，这时两铁块之间的弹簧长度应为(重力加速度g取10m/s2)()A12cmB13cmC15cmD18cm,解析：取A、B为一整体，由牛顿第二定律可得：F(mAmB)g(mAmB)a，则a2m/s2，再以B为研究对象：kxmBgmBa，可得：x0.08m8cm，故弹簧的长度应为ll0x18cm，D正确,答案：D,4.如图333(甲)所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，Ft关系图象如图(乙)所示两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止则(),A两物体做匀变速直线运动B两物体沿直线做往复运动CB物体所受摩擦力的方向始终与力F的方向相同Dt2s到t3s这段时间内两物体间的摩擦力逐渐减小,解析：由于两物体在F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则有F(mAmB)a，对B有FfmBa，由Ft图象可知，F随时间变化，则a随时间变化，A项错，C项正确；A、B先沿正方向做加速度增大的变加速运动，再做加速度逐渐减小的变加速运动，然后做加速度增大的变减速运动，再做加速度逐渐减小的变减速运动至速度为0，整个过程中运动方向不变，B项错；2s3s的时间内，F逐渐增大，a增大，Ff增大，D项错,答案：C,典例启迪例1一同学想研究电梯上升过程的运动规律某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5kg的砝码和一套便携式DIS实验系统，砝码悬挂在力传感器上电梯从第一层开始启动，中间不间断，一直到最高层停止在这个过程中，显示器上显示出的力随时间变化的关系如图334所示取重力加速度g10m/s2，根据表格中的数据，求：,(1)电梯在最初加速阶段的加速度a1与最后减速阶段的加速度a2的大小；(2)电梯在3.0s13.0s时段内的速度v的大小；(3)电梯在19.0s内上升的高度H.,思路点拨解答本题时应注意以下三个方面：(1)显示器的示数大小为砝码所受拉力大小；(2)根据F与mg的大小关系确定a的方向；(3)由牛顿第二定律确定a的大小,答案(1)1.6m/s20.8m/s2(2)4.8m/s(3)69.6m,归纳领悟(1)物体是超重还是失重，由物体的加速度的方向决定(2)由物体超重还是失重，只能判断加速度的方向，不能确定其运动的速度方向,题组突破1如图335所示，A为电磁铁，挂在支架C上，放到台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块B，铁块B静止时，台秤示数为G，当电磁铁通电后，在铁块被吸引上升的过程中，台秤的示数将()A变大B变小C大于G，但呈恒量D先变大，后变小,解析：铁块被吸起上升的过程中，由于电磁铁A对B的吸引力越来越大，B做加速度变大的加速上升运动，对整个系统而言，处于超重现象越来越明显的状态(可以认为系统重心也在做加速度变大的加速上升运动)，所以台秤的示数应大于G，且不断变大A选项正确,答案：A,2在由静止开始向上运动的电梯里，某同学把一测量加速度的小探头(重力不计)固定在一个质量为1kg的手提包上进入电梯，到达某一楼层后停止该同学将采集到的数据分析处理后列在下表中：,为此，该同学在计算机上画出了很多图象，请你根据上表数据和所学知识判断下列图象(设F为手提包受到的拉力，取g9.8m/s2)正确的是()图336,解析：由题意可知，电梯在14s内一直向上运动，位移x一直增大，故错误；前3s匀加速直线运动，最后3s匀减速直线运动，加速度大小不随时间改变，故错误，正确；由F1mgma1，F1m(ga1)10.2N，中间8s内，F2mg9.8N，最后3s内，F2mgma2，F2m(ga2)9.4N，故正确,答案：B,ABCD,典例启迪例2(2011盐城模拟)如图337所示，固定在水平面上的斜面倾角37，木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m1.5kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数0.50.现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑求在木块下滑的过程中小球对木块MN面的压力(取g10m/s2，sin370.6，cos370.8),思路点拨先以A、B为一整体，由牛顿第二定律求出一起下滑的加速度，再以B为研究对象隔离分析，应用牛顿第二定律列式求解,解析由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a沿斜面向下运动将小球和木块看做一个整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律可得(Mm)gsin(Mm)gcos(Mm)a代入数据得a2.0m/s2选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为FN，根据牛顿第二定律有mgsinFNma,代入数据得FN6.0N根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0N，方向沿斜面向下,答案6.0N方向沿斜面向下,归纳领悟(1)本题中木块A的质量未知，但并不影响求解加速度(2)求小球对木块A的MN面的压力时，要用到牛顿第三定律，这是解题过程中最容易忽视的问题,题组突破3如图338所示，在光滑水平面上有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，m1m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.则以下关系式正确的是()Aa1a2，F1F2Ba1a2，F1F2Ca1a2，F1F2Da1a2，F1F2,答案：A,4(2011临沂模拟)如图339所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物，现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧测力计的读数为(),答案：D,典例启迪例3如图3310所示，物体A的质量为M1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m0.5kg、长为L1m某时刻A以v04m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g10m/s2.试求：如果要使A不至于从B上滑落，拉力F应满足的条件,思路点拨物体A从B上滑落有两种情况：F较小时从右测滑出，F较大时从左侧滑出；最后A不从B上滑出时，二者必须具有相同的速度和加速度，且此时的加速度不超过物体A的最大加速度g.,当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落对A、B分别应用牛顿第二定律得：F(mM)a，ga，解得：F3N若F大于3N，A就会相对B向左滑下综合得出力F应满足的条件是1NF3N.,答案1NF3N,归纳领悟临界问题的解法一般有三种方法：(1)极限法：在题目中如出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理这类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类题，一般用假设法(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式求解得出临界条件,题组突破5一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量m15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m110kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图3311所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g10m/s2)()A25m/s2B5m/s2C10m/s2D15m/s2,解析：要使重物不离开地面，猴子拉绳子的拉力最大值为Fmg，对猴子应用牛顿第二定律得：Fm1gm1a得出a5m/s2，故B正确,答案：B,6质量为m1.0kg的小滑块(可视为质点)放在质量为M3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为0.2，木板长L1.0m开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F12N，如图3312所示，经一段时间后撤去F.为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间(g取10m/s2),答案：1s,(18分)如图3313所示，一重为10N的小球，在F20N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2s后撤去已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，试求从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25m的B点(取g10m/s2),自主尝试(试一试，能否做到正确解答),错解1：有F作用时，小球受到的摩擦力沿杆向下，大小表示为Ff(GF)cos30.导致a1求解错误错解2：没有考虑到撤去F后，小球经过A点上方2.25m的B点有两次，只求一种情况错解3：对撤去F后，小球上滑和下滑两种情况下的受力情况分析不认真，片面地认为小球上冲和下滑的全过程做加速度不变的匀变速直线运动,答案0.2s0.75s,点击下图进入“创新演练大冲关”,同学们,来学校和回家的路上要注意安全,同学们,来学校和回家的路上要注意安全,
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